2020年高考复习微专题—电磁感应之线框类解答题习题选编(共31题)含解析

微专题一电磁感应之线框类解答题习题选编1.如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd,其边长为L,总电阻为R,ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求:(1)感应电动势的大小E;(2)拉力做功的功率P;ab边产生的焦耳热Q。.如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S=0.3m2、电阻R=0.6Q,磁场的磁感应强度B=0.2T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在At=0.5s时间内合到一起.求线圈在上述过程中:(1)感应电动势的平均值E;(2)感应电流的平均值I,并在图中标出电流方向;(3)通过导线横截面的电荷量q。.水平方向，一个边长为L的正方向导线线框位于水平面内，在拉力作用下，线框从磁场的左边缘由静止开始向右做匀加速直线运动，t=T时线框刚好完全进入磁场，此时线框中感应电流为I,求：XIXIXIXIJJVKETx*KXXWXtumxx(1)线框匀加速运动的加速度大小；(2)线框的电阻R;(3)线框进入磁场过程中受到的安培力随时间变化的关系。.如图所示，凸”字形硬质金属线框质量为m,相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l,cd边长为2l,ab与cd平行，间距为21。匀强磁场区域的上下边界均水平,磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，cd边到磁场上边界的距离为21,线框由静止释放,从cd边进入直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动。在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场的过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为go求:a磁场区(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍;(2)磁场上下边界间的距离Ho.如图所示，空间存在一个方向垂直桌面向下的磁场.现将质量为用、边长为上的正方形线框MXFQ,静止放在光滑绝缘足够大的水平桌面上，PQ边与了轴重合.边的电阻为义,尸。边的电阻为R.,线框其余部分电阻不计.⑴若磁场随时间的变化规律为以E=£：+*](比为大于零的已知常数)，求线框中感应电流的大小和方向.(2)若磁场不随时间变化，而是按照下列情况分布：磁感应强度沿下轴方向均匀分布，沿*轴方向按规律区=心■变化a为大于零的已知常数)，线框从f=o时刻、以初速度/由图示位置向工轴正方向平动.求在图示位置线框所受安培力的大小和方向.⑶在第(2)问中，若R.=2R:,求在整个运动过程中，电阻出：产生的焦耳热..如图所示，质量为m、电阻为R的单匝矩形线框置于光滑水平面上，线框边长ab=L、ad=2L.虚线MN过ad、bc边中点。一根能承受最大拉力Fo的细线沿水平方向拴住ab边中点O.从某时刻起，在MN右侧加一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小按B=kt的规律均匀变化.一段时间后，细线被拉断，线框向左运动，ab边穿出磁场时的速度为v。求:由IiXXXX_■IdtXoxXXcib!XXXXNTOC\o"1-5"\h\z(1)细线断裂前线框中的电功率P;(2)细线断裂后瞬间线框的加速度大小a及线框离开磁场的过程中安培力所做的功W；(3)线框穿出磁场过程中通过导线截面的电量q..如图所示，在区域I(0xd)和区域Il(dx2d)内分别存在匀强磁场，磁感应强度的大小分别为2B和B,方向相反，且都垂直于xOy平面。边长为L(LtKXKXiXKKXKXTOC\o"1-5"\h\zP0(1)导线框刚下落时，bc边距磁场上边界MN的高度h;(2)导线框离开磁场的过程中，通过导线框某一横截面的电荷量q；(3)导线框穿越磁场的整个过程中，导线框中产生的热量Q..磁场在xOy平面内的分布如图所示，其磁感应强度的大小均为B0,方向垂直于xOy平面，相邻磁场区域的磁场方向相反，每个同向磁场区域的宽度均为Lo,整个磁场以速度v沿x轴正方向匀速运动。若在磁场所在区间内放置一由n匝线圈组成的矩形线框abcd,线框的bc=LB、ab=L、Lb略大于Lo,总电阻为R,线框始终保持静止。求：(1)线框中产生的总电动势大小和导线中的电流大小;(2)线框所受安培力的大小和方向。10.如图甲所示，足够长的粗糙斜面与水平面成0=37固定放置，斜面上平行虚线aa和bb之间有垂直斜面向上的有界匀强磁场，间距为d=1m,磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示。现有一质量为m=0.1kg,总电阻为R=10Q,边长也为d=1m的正方形金属线圈MNPQ,其初始位置有一半面积位于磁场中，在t=0时刻，线圈恰好能保持静止，此后在t=0.25s时，线圈开始沿斜面下滑，下滑过程中线圈MN边始终与虚线aa保持平行。已知线圈完全进入磁场前已经开始做匀速直线运动。求：(取sin37=0.6,cos=370.8,g=10m/s2)(1)前0.25s内通过线圈某一截面的电量;(2)线圈与斜面间的动摩擦因数;(3)线圈从开始运动到通过整个磁场的过程中，电阻上产生的焦耳热。.如图所示，水平面内存在一有界匀强磁场，磁感应强度大小为B,边长为L的正方形单匝导线框位于水平面内，线框的右边与磁场的边界重合.t0时，线框从磁场左边缘由静止开始向右做匀加速运动；tT时线框刚要完全进入磁场，此时线框中感应电流强度为I。，此过程中线框的右边始终与磁场的边界平行.求:K(1)线框做匀加速运动的加速度大小a；(2)线框刚要完全进入磁场时，线框产生的感应电动势大小E;(3)线框刚要完全进入磁场时，线框的热功率P..如图所示，质量为m、边长为l的正方形线框，从有界的匀强磁场上方由静止自由下落，线框电阻为R.匀强磁场的宽度为H(lvH),磁感强度为B,线框下落过程中ab边与磁场边界平行且沿水平方向.已知ab边刚进入磁场和刚穿出磁场时线框都作减速运动，加速度1大小都是—g.全程忽略空气阻力.求：3ab边刚进入磁场时与ab边刚出磁场时的速度大小；cd边刚进入磁场时，线框的速度大小；(3)在线框从释放到线框完全离开磁场的过程中，线框中产生的热量..如图所示，空间内有一磁感应强度B0.8T的水平匀强磁场，其上下水平边界的间距为H,磁场的正上方有一长方形导线框，其长和宽分别为L2m、d0.8mdH,质量m0.4kg,电阻R3.2Qo将线框从距磁场高h0.8m处由静止释放，线框平面始终与磁场方向垂直，线框上下边始终保持水平，重力加速度取g10m/s2o求：(1)线框下边缘刚进入磁场时加速度的大小；(2)若在线框上边缘进入磁场之前，线框已经开始匀速运动。求线框进入磁场过程中产生的焦耳热Q;线框速度v随t变化的图(3)请画出从线框由静止开始下落到线框上边缘进入磁场的过程中,像(定性画出)。.如图所示，有一磁感应强度大小为B的水平匀强磁场，其上下水平边界的间距为H;磁场的正上方有一长方形导线框，其长和宽分别为L、d(dH),质量为m,电阻为R。现将线框从其下边缘与磁场上边界间的距离为h处由静止释放，测得线框进入磁场的过程所用的时间为to线框平面始终与磁场方向垂直，线框上下边始终保持水平，重力加速度为g。求：(1)线框下边缘刚进入磁场时线框中感应电流的大小和方向;(2)线框的上边缘刚进磁场时线框的速率Vi；(3)线框下边缘刚进入磁场到下边缘刚离开磁场的全过程中产生的总焦耳热Q。.如图所示，质量为m、边长为L的正方形线框，从有界的匀强磁场上方由静止自由下落，线框每边电阻为R.匀强磁场的宽度为H(L1),线框进入磁场I时，恰好做匀速运动，从磁场I中穿出后又匀速通过磁场n。重力加速度为g,求：⑴在I、n两磁场中匀速运动时的速度大小的比值；(2)写出L与1的关系式；(3)若斜面底端离磁场n下边界的距离为1,求金属线框从静止开始下滑到底端所产生的热量。.某研学小组设计了一个辅助列车进站时快速刹车的方案。如图所示，在站台轨道下方埋一励磁线圈，通电后形成竖直方向的磁场(可视为匀强磁场)。在车身下方固定一矩形线框，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车快速刹车。已知列车的总质量为m,车身长为s,线框白^短边ab和cd分别安装在车头和车尾，长度均为L(L小于匀强磁场的宽度)，整个线框的电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长(大于车长s),车头进入磁场瞬间的速度为V0,假设列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。已知磁感应强度的大小为B,车尾进入磁场瞬间，列车恰好停止。Ui(1)求列车车头刚进入磁场瞬间线框中的电流大小I和列车的加速度大小a；(2)求列车从车头进入磁场到停止所用的时间t;(3)请你评价该

设计方案

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的优点和缺点。(优、缺点至少一种).均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd,边长为L=1m,总电阻为R=1◎，总质量为m=1kg,将其置于磁感应强度为B=1T的垂直于纸面向里的匀强磁场上方某处，如图所示，线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与磁场的水平边界面平行,当cd边刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零，求线框下落的高度ho(g=10m/s2)TOC\o"1-5"\h\z■■■Ml■IM■■IMIHYPERLINK\l"bookmark20"\o"CurrentDocument"XXXXXXXX.如图所示，两根足够长的固定平行光滑金属导轨间的距离Li=1m,导轨平面与水平面的夹角9=37,整个导轨平面内存在垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T,在导轨的底端连接一个阻值为R=0.5◎的电阻.一根质量m=1kg、电阻不计、垂直于导轨放置的金属棒甲通过平行于导轨平面的绝缘轻绳和一个质量M=1kg、边长L2=0.8m、电阻r=0.32◎的正方形线框乙相连，轻绳绕过固定在天花板的光滑轻质定滑轮.线框乙下方存在磁感应强度大小也为B=0.5T的有界匀强磁场，线框乙的下边距离磁场的上边界h=4.8m,磁场宽度大于线框边长.开始时用外力作用于金属棒甲，使整个系统处于静止状态，然后撤去外力，系统从静止开始运动，线框乙进入磁场时恰好做匀速运动.已知g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8,求:(1)线框乙刚开始运动时轻绳对金属棒甲的拉力大小；(2)线框乙刚进入磁场时的速度大小以及从开始释放到线框乙刚进入磁场的过程中电阻上产生的焦耳热；(3)线框乙从刚开始进入到完全进入磁场的过程中，线框乙中产生的焦耳热..如图所示，在倾角为37的光滑斜面上存在两个磁感应强度均为B的匀强磁场区域。磁场I的方向垂直于斜面向下，其上下边界AA'与DD'的间距为H。磁场H的方向垂直于斜面向上，其上边界CC'与DD'的间距为ho线有一质量为m、边长为L(h0.25C=0.05C(2)根据楞次定律，线圈内感应电流为顺时针方向。0.25s时，线圈开始沿斜面下滑。在开始下滑前有：mgsin37=mcos37+BId代入数据得：0.6=铲0.8+2X0.2X解得：尸0.25⑶设线圈最后匀速运动时的速度为v,感应电动势E=Bdv①感应电流IE■②R安培力F安=BId③22联立①②③得F安BdvR匀速运动时，对线圈根据平衡条件得mgsin37mgcos37+22代入数据得：0.60.2+21v10解得v=1m/s12-mv2d、一+mgcos37(d+—)+Qd根据能量守恒定律，有mgsin37(d+—)2代入数据：0.620.12312+0.2-+Q2解得：Q=0.55J11.【答案】(1)2L产(2)2BL2(3)2BL2I。T(1)t=T时刻线圈完全进入磁场，则位移为L,-aT22解得2La产(2)线框刚要完全进入磁场时的速度aT2LT2BI2感应电动势：EBLv2BL-T(3)线框刚要完全进入磁场时,线框的热功率Ei。22BLI。T16m2-2g(H-l)(3)2mgH4mgR，c、12.【答案】(1)—芳(2)3B2l2(1)ab边刚进入磁场时和ab边刚出磁场时，EBlv,感应电流I巨，安培力：FBIlR22由牛顿第二定律可得：且乎-mgRR解…霸(2)设cd边刚进入磁场时线框的速度大小为v',(从cd边刚进入磁场到ab边刚出磁场的过程，由动能定理可得：mg(H-l)=lmv2-1mv222铲阳，16m2g2R2/、斛vV.9却为H-l)(3)线框进入磁场的过程中，由能量守恒可得:1212mgL+mv-mvQ22解得：Q=mgL+mg(H-L)=mgH,所以从释放到线框完全离开磁场的过程中，线框中产生的热量：Q'2Q2mgH13.【答案】(l)2m/s2；(2)1.4J；(1)线框从静止释放到下边缘刚进入磁场，根据动能定理mgh1mv2解得v1.2gh2100.8m/s4m/s线框下边切割磁感线，感应电动势为EBLv1根据闭合电路欧姆定律I安培力大小为F安BIL2,2BLv1-2_20.824N3.2N3.2根据牛顿第二定律mgF安maF生解得ag—10m/s2空m/s20.42m/s2(2)线框匀速运动,重力和安培力等大反向mg_22B2L2v20.4103.2,广，；；—m/s5m/s0.8222mgR解得丫2月B2L2从线框静止释放到上边缘刚进入磁场，根据动能定理mg(hd)Q2mv221212解得Qmg(hd)-mv20.4101.6J—0.452J6.4J5J1.4J22(3)线框未进入磁场前做自由落体运动，进入磁场后先做加速度减小的加速运动，然后做匀逆时针方向【解析】(2)gt,2gh-22B2L2dmR2(1)线框由静止释放到下边缘刚进入磁场白过程，做自由落体运动，有V02gh即线框下边缘刚进入磁场的速率为v0j2gh线框下边缘切割磁感线产生的感应电动势为EBLV0感应电流的大小为IEBL2ghRR根据右手定则判断知，线框中感应电流的方向沿逆时针方向；(2)在线框下边缘刚进入磁场到上边缘刚进入磁场的过程中，根据微元法，取一小段时间t,时间内速度的减少量为V,由动量定理可得mgtBILtmv在时间t内，通过线框某一横截面的电荷量为qIt对动量定理表达式等式两边累加得mgtBLqmymv0根据法拉第电磁感应定律有E——吧ttE根据闭合电路欧姆定律有IBLdR代入动量定理方程解得Vigt,2gh-22B2L2dmR在时间t内，通过线框某一横截面的电荷量为qIt(3)在线框下边缘刚进入磁场到下边缘刚离开磁场的全过程中，线框切割磁感线的过程中才TOC\o"1-5"\h\z1212有焦耳热广生，根据能重寸恒7E律有-mvomgd-mvi一r12斛得Qm%2-22B2L2d)2mRHYPERLINK\l"bookmark85"\o"CurrentDocument"22,12八，、1——mgd-mvimg(hd)5m(gt2ghHYPERLINK\l"bookmark73"\o"CurrentDocument"22215.【答案】(1)—(2)J16mgR2g(HL)(3)-mgHBRL\9B4L44(1)根据题意可知，ab边刚进入磁场和刚穿出磁场时线框都作减速运动，加速度大小都是1-g,所以ab边刚进入磁场和刚穿出磁场时线框速度相等，设速度为v,根据法拉第电磁HYPERLINK\l"bookmark125"\o"CurrentDocument"3BLv1感应te律、牛顿运动th律，可得EBLv,BLmgm-gHYPERLINK\l"bookmark54"\o"CurrentDocument"R3结合楞次定律可得，ab边刚进入磁场时，电流从a-b,可得b为相当于电源正极.则ab边的电势差：一33mgUab一E-BLv44BRL(2)设cd边刚进入磁场时的速度为v1,从cd边刚进入磁场到ab边刚离开磁场，线框做加速度为g的匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的规律可得2_v12g(HL)又第(1)求出v4m譬3B2L2所以v1VmigR)22g(HL)3BL16m2g2R2\9B4L42g(HL)(3)根据能量守恒可得，线框进入磁场过程中产生的热量满足1212QmgL-mv一mv122所以ab边产生的热量QabmgH1-1QmgH4416.【答案】(1)线中gad边刚离开磁场时的速度大小是bc边刚进入磁场时速度的4倍；(2)磁32一Qo3场左右边界间的距离是321;(3)线框从开始运动到完全离开磁场前的最大动能是2a3532Ek=—QQ=—Q。(1)设磁感强度为B,设线框总电阻为R,线框受的拉力为F,bc边刚进磁场时的速度为vi,则感应电动势为：Ei=2Blvi感应电流为：I1旦R线框所受安培力为：Fi=2BIilFR线框做匀速运动，其受力平衡，即：Fi=F,联立各式得：vi=-FRRy4B212FR设ad边离开磁场之刖，线框做匀速运动的速度为V2同理可得：v2=—2-2-B212所以：V2=4vi；(2)bc边进入磁场前，线框做匀加速运动，设加速度为a,bc边到达磁场左边界时，线框的速度为2a21:2VaT从ad边进入磁场到bc边刚好进入右侧窄磁场区域的过程中线框的加速度仍为a,由题意可知bc边刚进入右侧窄磁场区域时的速度为：v2=4vi,v24Vl8H从线框全部进入磁场开始，直到bc边进入右侧窄磁场前，线框做匀加速运动，设位移为si,则：Si将%=2.al,v28；al代入得：si=30i磁场左右边界间的距离为：s=1+si+i=321；(3)整个过程中，只有拉力F和安培力对线框做功，线框离开磁场之前，动能最大，设最大动能为Ek,由动能定理有：Wf+W安=Ek-0由：Wf=F(21+s+l)=35F1W安=-FX31及Q=-W安35c可知：WF=Q3i7.【答案】(i)M4634,丽；皿弁；⑶"b赢线框的最大动能为：【解析】(1)线框进入磁场过程中，由于产生感应电流，ad和bc边受到的安培力大小相等，方向相反，对竖直方向的运动没有影响，线框在竖直方向一直做自由落体运动v2022gH解得vt2gH(2)取线框进入磁场过程任意时刻分析TOC\o"1-5"\h\zXXXXBXXKXXMXXX!"!MXMXMX此时的电流iR此时的安培力F安BlvxRBil2,2BlVxR在该时刻附近取一段时间t(t很小)，在t时间内由动量定理有mVxF安t_22B212Vx将进入磁场过程分割为很多个t小段，再求和，即m0v0B212VxtB213BT得平抛初速度v0"mR线框从抛出到落地，由动能定理1212mvtmvomgHW安22联立解得W安B4162mR2由功能关系得QB4l62mR2⑶设线框有半进入磁场时的水平速度为vx同理可得如图所示，由法拉第电磁感应定律有Blvxm0vxvxt_22BllR2B2l3解得vx£_L2mR此时的感应电动势BlvxB3l42mR此时的感应电流iB3l42mR2Ra、b两点间的电势差Uabi—4B3l48mR18.【答案】(1)尸0.5(2)1.2m/s(3)0.125s(4)0.43W⑴根据线段①减少的机械能等于克服摩擦力做的功：E1mgs,cos37(0.900—0.756)J=0.144J其中si=0.36m解得：尸0.5(2)未进入磁场时，根据牛顿第二定律：mamgsin37—mgcos37线框的加速度agsin37—gcos372m/s2速度：％2a5f1.2m/s(3)线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，由图线②可知，此时机械能线性减小，说明安培力也为恒力，线框做匀速运动。设L为线框的边长，则:E2WfW安(FfF安)L(0.756—0.666)J0.09JFfF安mgsin37联立解得L=0.15mL0.15线框刚进入磁场到恰好完全进入磁场所用的时间：t-s0.125smgcos370.2Nv11.2(4)在线框匀速进入磁场时，安培力F安mgsin37一官2।2又因为：F安BILR可求出B2L20.01线框完全进入磁场后始终做匀加速直线运动，当ab边要离开磁场时，开始做减速运动，此时线框速度最大，受到的安培力最大，线框内的电功率最大.22由丫2v12a(l—L)可求得V2=1.6m/s所以线框内的最大电功率Pm2.22BLV2*W0,3W19.【答案】(1)14m2R2gL\4L(2)3mgL2(1)设线框AB刚进入磁场时磁场的磁感应强度为B,线框的速度为v,由动能定理可得:12mgL-mvBLv回路中的电流为：I1—R线框进入磁场过程中做匀速运动，由平衡条件得:BIiL=mgm2R2g联立解得：B14L(2)线框匀速进入磁场的过程中产生的焦耳热:Qi=mgL设线框进入磁场匀速转动的时间为to,则to2\g线框在磁场中无感应电流的时间为:t1磁场变化时，线框中有感应电流，但线框受到的安培力为0,设线框从完全进入磁场到AB边落地时间为t,有7L+1.2vt3gt解得：t线框中有感应电流的时间：t2tt1:1—IVBL2回路中电流：2VtRLR\g出磁场产生的焦耳热：Q2=|22Rt22从线框释放到AB边落地过程中，线框中产生的焦耳热:20.【答案】(1)vi=V2=1m/s(2)0.05m(3)0.5J【解析】Q=Qi+Q2=—mgL.2根据题意可知LAD=40cm=0.4m,宽LAB=20cm=0.2m,磁场宽度d=10cm=0.1m。(1)匀速运动受力平衡，根据平衡条件可得FF1Fa其中安培力为FABILABB2lAbV1代入数据解得Vi1m/s线框已经做匀速直线运动，速度大小为FFiFaBLaBV2V2,根据平衡条件可AB边从磁场右侧离开磁场前，得其中安培力为FABI'LAB代入数据解得V21m/s12(2)从开始到AB边进入磁场过程中，根据动能定理可得(FF1)x—mv22解得x0.05mo1o(3)在穿越磁场的过程中，根据动能定理可得(FF1)(LADd)Q-mvf-mv122解得Q0.5J。.【答案】⑴Vi1.2m/s；(2)t0.125s；⑶Pm0.43W【解析】(1)金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，机械能R均匀减小，因此安培力为恒力，线框匀速进入磁场，在未进入磁场前有mgsin37mgcso37mgsin37crc，2gcos372m/sv122asi解得v1=1.2m/s(2)设线框的侧边长为s2,即线框进入磁场过程运动的距离为S2,根据功能关系，除重力之外的力所做的功等于物体机械能的变化，所以EWf2WAfFAs2因为是匀速运动，所以fFamgsin370.6N解得S20.15m0.15s1.20.125s⑶线框刚出磁场时的速度最大，线框电功率最大，设此时的速度为V2,则有PmI2R2,22BLv222由v2%2ads2根据线框匀速进入磁场时Famgcos37mgsin37FaBIL2.2BLv1解得pm0.43W2r2.【答案】(1)mg4(2)mgL(3)见解析2B4L4【解析】(1)线框进入磁场前，只有重力做功，机械能守恒mgh^mv2①2mg=BIL②线框进入磁场时受到竖直向下的重力和向上的安培力作用，恰好匀速，有根据切割产生感应电动势规律和闭合电路欧姆定律有22联立①②③三式，可得：hmgR42B4L4(2)线框进入磁场时的感应电流大小I吧，由BLBLvIRIb2i3所需的时间tLB-L-vmgR线框进入磁场的过程中通过线框截面的电量qitBL2R产生的热量Q=I2Rt=mgL(3)线框下边进入磁场前只有重力做功，机械能守恒;线框下边进入磁场后，安培力做负功，因此线框机械能减少；线框全部进入磁场到下边出磁场前，无感应电流，不受安培力,只有重力做功，机械能守恒。23.【答案】(1)V,2gsin(doL)(2)qBL2°、c(3)QcdRB2L3;2gsin(doL)(4)2R【解析】⑴线框从开始做匀加速度直线运动，由牛顿第二定律可知，加速度为mgsinmgsin由速度位移公式得v22a(doL)解得v2gsin(d0L)(2)由电流定义式I="得qBL2tRE平均感应电流为I=E=——RtR联立解得BL2⑶在线框进入磁场区域的过程中，产生的感应电动势为E=BLvBL,2gsin(doL)感应电流为IEBL：2gsin(d°L)所用时间为t2gsin(d°L)cd边中产生的电能Q=I2Rt4213,J2gsin4R-(d°L)由对称性在线框出磁场的过程中，cd边中产生的电能Q=I2Rt4B2L32gsin(d0L)4R所以在线框穿过磁场区域程中，cd边中产生的电能Qcd2QB2L32R,2gsin(doL)(4)若线框释放的初始位置稍稍降低，线框ab边进入磁场时的速度减小，所以ab边受到的安培力小于重力的分力，线框做加速度减小的加速运动，当安培力与重力分力相等时，线框做匀速直线运动，一直到线框出磁场，图像如图:24.【答案】(1)Uab(1)线框在进入磁场I过程中,ab边的切割电动势Ei=2BLv电流I1E1,根据欧姆定律R3UabI14R3.43BL可得Uab——mR(2)线框在进入磁场n过程中，ab边和cd边同时切割磁感线产生电动势E2=2BLv+BLv电流I2E2,线框受到的安培力F安2BI2LBI2LR由平衡方程FF安可得f18BLmR(3)线框在离开磁场n的过程中，由动量定理BI3LtmvmvE3电流I3,，由法拉第电磁感应定律e3R3BL2由能量守恒定律Q12一mv212-mv2」曰3B4L6可得Q22mR25.【答案】(1)1:4;(2)L=—l；(3)2mgL4mgsin0=F安=BIl(1)金属线框进入磁场I和n后，均做匀速运动，据平衡条件有线框切割磁感线时，电动势E=Blv线框中白^电流I=ER联立解得：v=mR22B212vB21所以」==2=一;v2B24(2)金属线框进入磁场I前、离开磁场I到进入磁场n前，都是做匀加速直线运动，加速度为a=gsin0由运动学公式v12=2a22v2v1=2a19联立解得:1_=一l4⑶产生的热量等于克服安培力做功QB1I112lB2I2l2lmgsin4l2mgl26.【答案】(1)IBLVoB2L2V0fRamR(2)t2・2mv0RBLsfR(3)见解析【解析】(1)车头进入磁场时线框ab边切割磁感线，有EBLVo①线框中的电流为IE②R联立①②式可得IBLv。线框所受的安培力为F安BILd由牛顿第二定律可得F安fma④联立①②③④式可得B2L2v0fRmR(2)设列车前进速度方向为正方向，由动量定理可得F安itift0mvoTOC\o"1-5"\h\zHYPERLINK\l"bookmark347"\o"CurrentDocument"B2L2vinB2L2vi_其中F安i,代入上式得tift0mvo⑤HYPERLINK\l"bookmark46"\o"CurrentDocument"RR2・2mv0RBLs联立⑤⑥式可得其中Mtis⑥fR(3)该方案的优点：利用电磁阻尼现象辅助刹车，可以使列车的加速度平稳减小；可以减小常规刹车的机械磨损等。该方案的缺点：没有考虑列车车厢和内部线路等也是金属材质，进入磁场时会产生涡流对设备产生不良影响；励磁线圈也需要耗能；线框固定在列车上增加负载且容易出现故障;列车出站时也会受到电磁阻尼等。.【答案】h5m【解析】—....1c线框进入磁场前做自由落体运动，由机械能守恒定律得：mgh1mv2,vV2ghcd边刚进入磁场时，产生的感应电动势EBLv=BLV2gh此时线框中电流为IE_BL2ghR-r则此时的安培力为FBILBL2时R因为线框的加速度恰好为零，根据牛顿第二定律有mgFma因为a=0,代入数据解得h22/2mgR_1101cr4,4=~—~4~2BL2115m.【答案】(1)8N；(2)4m/s,3.2J；(3)1.6J.【解析】(1)设线框乙刚开始运动时轻绳对金属棒甲的拉力大小为F,系统刚释放的瞬间，线框乙和金属棒甲均无速度，故二者均不受安培力作用.分别对线框乙和金属棒甲受力分析，由牛顿第二定律得Mg-F=MaF-mgsin9=ma代入数据解得F=8N(2)当线框乙刚进入磁场时，线框乙和金属棒甲均做匀速运动，设此时系统的速度为v,系统处于平衡状态，对线框乙：线框乙底边切割磁感线产生的电动势E2=BL2v,线框乙中流过的电流12-2r线框乙受到的安培力F2=BI2L2,设此时绳中的张力为T,对线框乙由平衡条件得Mg=T+F2对金属棒甲：金属棒甲切割磁感线产生的电动势Ei=BLiv,回路中流过的电流I2反R金属棒甲受到的安培力Fi=BIiLi,对金属棒甲由平衡条件得mgsin卅Fi=T解得v=4m/s对系统由能量守恒定律得(Mg-mgsin帅=Eo+-(m+M)v22解得电阻R上产生的焦耳热为Eo=3.2J(3)线框乙从刚进入磁场到完全进入磁场的过程中，系统做匀速运动，电流恒定，安培力恒定，故此过程运动的时间为t—0.2s2v线框乙中产生的焦耳热为2_Q=I2rt=1.6J3mgR29.【答案】(1)v1一茨5BL(2)Q3mg(Hh)5322HYPERLINK\l"bookmark370"\o"CurrentDocument"2mgR/3ag44(3)2g25BL【解析】(1)cd边刚到达AA'时有mgsin372,2BLv1R解得vi第(2)已知当cd边刚要进入磁场n的前一瞬间，由牛顿第二定律得mgsin372,2BLv2ma2mgR解得v2一当5B2L2由能量守恒得mg(H12h)sin37Q-mv2解得Q-2m3g2R225B4L4(3)当cd边刚进入磁场II时，ab,cd两边分别在两磁场中切割磁感线，则有此时线圈中的电动势变为只有cd切割时的两倍，电流也为两倍，由左手定则可知，ab,cd两边受的安培力相同，方向沿斜面向上，线圈此时受的安培力变为原来的4倍，则有2.2BLv2mgsin374ma2R解得a230.【答案】(1)1m/s；(2)6166N/C；(3)12.8J(1)设线框下边离开磁场时做匀速直线运动的速度为vo,贝UE=BLvo根据欧姆定律I-R安培力FaBIL_22BLv0根据平衡条件有mgsin2।2BLvo解得V0喈*1m/s(2)从线框刚离开磁场区域到小球刚运动到电场的下边界，根据动能定理TOC\o"1-5"\h\zHYPERLINK\l"bookmark10"\o"CurrentDocument"12HYPERLINK\l"bookmark409"\o"CurrentDocument"qELmgsin2L0mv02可得E=6X106N/C(3)设从线框下边界第一次进入磁场到上边界第一次离开磁场过程中线框产生的热量为Qi,12对该过程运用能重寸恒得mg2LsinQ1—mv02经足够时间后，线框上边界运动到磁场下边界时速度恰好为零，线框最终不会再进入磁场，即线框之后运动的最高点是线框的上边与磁场的下边界重合，不再产生焦耳热，设线框从上边界第一次离开磁场至线框的上边与磁场下边界重合的最终状态的过程中产生的热量为Q2,根据能量守恒有:1E2Q2—mvo2则Q=Qi+Q2=12.8J31.【答案】(1)4mgdBILd；(2)BILdBILmg(1)因为导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，所以导体棒所受安培力方向竖直向上，根据左手定则可知导体棒通有电流的方向水平向右；安培力大小为FBIL设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W,由动能定理得mg4dWBILd0解得Q4mgdBILd(2)线框每进磁场一次都要消耗机械能转化为焦耳热，所以经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离Xm之间往复运动，由动能定理得mgXmBLI(xmd)0解得XmBILdBILmg