全国高考物理电磁感应现象的两类情况的推断题综合高考真题汇总及详细答案
全国高考物理电磁感应现象的两类情况的推断题综合高考真题汇总及详细答案
一、电磁感应现象的两类情况
1．如图所示，水平放置的两根平行光滑金属导轨固定在平台上导轨间距为1m ，处在磁感应强度为2T 、竖直向下的匀强磁场中，平台离地面的高度为h ＝3.2m 初始时刻，质量为2kg 的杆ab 与导轨垂直且处于静止，距离导轨边缘为d ＝2m ，质量同为2kg 的杆cd 与导轨垂直，以初速度v 0＝15m/s 进入磁场区域最终发现两杆先后落在地面上．已知两杆的电阻均为r ＝1Ω，导轨电阻不计，两杆落地点之间的距离s ＝4m （整个过程中两杆始终不相碰）
（1）求ab 杆从磁场边缘射出时的速度大小； （2）当ab 杆射出时求cd 杆运动的距离；
（3）在两根杆相互作用的过程中，求回路中产生的电能．
【答案】(1) 210m/s v =；(2) cd 杆运动距离为7m ； (3) 电路中损耗的焦耳热为100J ． 【解析】 【详解】
（1）设ab 、cd 杆从磁场边缘射出时的速度分别为1v 、2v
设ab 杆落地点的水平位移为x ，cd 杆落地点的水平位移为x s +，则有
2h x v g =2h x s v g
+=根据动量守恒
012mv mv mv =+
求得：
210m/s v =
（2）ab 杆运动距离为d ，对ab 杆应用动量定理
1BIL t BLq mv ==V
设cd 杆运动距离为d x +?
22BL x
q r r
?Φ?=
= 解得
1
22
2rmv x B L ?=
cd 杆运动距离为
1
22
27m rmv d x d B L
+?=+
= （3）根据能量守恒，电路中损耗的焦耳热等于系统损失的机械能
222
012111100J 222
Q mv mv mv =--=
2．如图所示，竖直放置、半径为R 的圆弧导轨与水平导轨ab 、在
处平滑连接，且
轨道间距为2L ，cd 、足够长并与ab 、以导棒连接，导轨间距为L ，b 、c 、
在
一条直线上，且与
平行，
右侧空间中有竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁
场，均匀的金属棒pq 和gh 垂直导轨放置且与导轨接触良好。gh 静止在cd 、导轨上，pq 从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与gh 没有接触。当pq 运动到
时，回路
中恰好没有电流，已知pq 的质量为2m ，长度为2L ，电阻为2r ，gh 的质量为m ，长度为L ，电阻为r ，除金属棒外其余电阻不计，所有轨道均光滑，重力加速度为g ，求：
（1）金属棒pq 到达圆弧的底端时，对圆弧底端的压力； （2）金属棒pq 运动到
时，金属棒gh 的速度大小；
（3）金属棒gh 产生的最大热量。 【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】【分析】金属棒pq 下滑过程中，根据机械能守恒和牛顿运动定律求出对圆弧底端的压力；属棒gh 在cd 、导轨上加速运动，回路电流逐渐减小，当回路电流第一次减小为零时，pq 运动到ab 、导轨的最右端，根据动量定理求出金属棒gh 的速度大小；金属棒pq 进入磁场后在ab 、
导轨上减速运动，金属棒gh 在cd 、
导轨上加速运
动，根据能量守恒求出金属棒gh 产生的最大热量； 解：（1）金属棒pq 下滑过程中，根据机械能守恒有：
在圆弧底端有
根据牛顿第三定律，对圆弧底端的压力有
联立解得
（2）金属棒pq进入磁场后在ab、导轨上减速运动，金属棒gh在cd、导轨上加速运动，回路电流逐渐减小，当回路电流第一次减小为零时，pq运动到ab、导轨的最右端，此时有
对于金属棒pq有
对于金属棒gh有
联立解得
（3）金属棒pq进入磁场后在ab、导轨上减速运动，金属棒gh在cd、导轨上加速运动，回路电路逐渐减小，当回路电流第一次减小为零时，回路中产生的热量为
该过程金属棒gh产生的热量为
金属棒pq到达cd、导轨后，金属棒pq加速运动，金属棒gh减速运动，回路电流逐渐减小，当回路电流第二次减小为零时，金属棒pq与gh产生的电动势大小相等，由于此时金属棒切割长度相等，故两者速度相同均为v，此时两金属棒均做匀速运动，根据动量守恒定律有
金属棒pq从到达cd、导轨道电流第二次减小为零的过程，回路产生的热量为
该过程金属棒gh产生的热量为
联立解得
θ=的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等、方向分别3．如图所示，在倾角30o
垂直斜面向上和垂直斜面向下的匀强磁场，两磁场宽度均为L。一质量为m、边长为L的正方形线框距磁场上边界L处由静止沿斜面下滑，ab边刚进入上侧磁场时，线框恰好做匀速直线运动。ab边进入下侧磁场运动一段时间后也做匀速度直线运动。重力加速度为g。求：
（1）线框ab 边刚越过两磁场的分界线ff′时受到的安培力； （2）线框穿过上侧磁场的过程中产生的热量Q 和所用的时间t 。 【答案】(1)安培力大小2mg ，方向沿斜面向上(2)4732mgL Q = 7
2L
t g
= 【解析】 【详解】
(1）线框开始时沿斜面做匀加速运动，根据机械能守恒有
2
1sin 302
mgL mv ?=
， 则线框进入磁场时的速度
2sin30v g L gL =?=
线框ab 边进入磁场时产生的电动势E =BLv 线框中电流
E I R
=
ab 边受到的安培力
22B L v
F BIL R
== 线框匀速进入磁场，则有
22sin 30B L v
mg R
?= ab 边刚越过ff '时，cd 也同时越过了ee '，则线框上产生的电动势E '=2BLv 线框所受的安培力变为
22422B L v
F BI L mg R
==''=
方向沿斜面向上
（2）设线框再次做匀速运动时速度为v '，则
224sin 30B L v mg R
?=
'
解得
4v v =
'=根据能量守恒定律有
2211
sin 30222
mg L mv mv Q ?'?+=+
解得4732
mgL
Q =
线框ab 边在上侧磁扬中运动的过程所用的时间1L t v
=
设线框ab 通过ff '后开始做匀速时到gg '的距离为0x ，由动量定理可知：
22sin 302mg t BLIt mv mv ?-='-
其中
()022BL L x I t R
-=
联立以上两式解得
()02432L x v t v
g
-=
-
线框ab 在下侧磁场匀速运动的过程中，有
00
34x x t v v
='=
所以线框穿过上侧磁场所用的总时间为
123t t t t =++=
4．如图所示，质量为4m 的物块与边长为L 、质量为m 、阻值为R 的正方形金属线圈abcd 由绕过轻质光滑定滑轮的绝缘细线相连，已知细线与斜面平行，物块放在光滑且足够长的固定斜面上，斜面倾角为300。垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为B ，磁场上下边缘的高度为L ，上边界距离滑轮足够远，线圈ab 边距离磁场下边界的距离也为L 。现将物块由静止释放，已知线圈cd 边出磁场前线圈已经做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g ，求：
（1）线圈刚进入磁场时ab 两点的电势差大小 （2）线圈通过磁场的过程中产生的热量
【答案】（1）3245ab U BL gL =；（2）322
44
532m g R Q mgL B L =-
【解析】 【详解】
（1）从开始运动到ab 边刚进入磁场，根据机械能守恒定律可得
214sin 30(4)2mgL mgL m m v =++o ，2
5
v gL =应电动势E BLv =，此时ab 边相当于是电源，感应电流的方向为badcb ，a 为正极，b 为负极，所以ab 的电势差等于电路的路端电压，可得332
445
ab U E gL =
= （2）线圈cd 边出磁场前线圈已经做匀速直线运动，所以线圈和物块均合外力为0，可得
绳子的拉力为2mg ，线圈受的安培力为mg ，所以线圈匀速的速度满足22m
B L v mg R
=，从
ab 边刚进入磁场到cd 边刚离开磁场，根据能量守恒定律可知
2
143sin 3(4)2m mg L mgL m m v Q θ=+++g ，32244532m g R Q mgL B L =-
5．如图()a ，平行长直导轨MN 、PQ 水平放置，两导轨间距0.5L m =，导轨左端MP 间接有一阻值为0.2R =Ω的定值电阻，导体棒ab 质量0.1m kg =，与导轨间的动摩擦因数
0.1μ=，导体棒垂直于导轨放在距离左端 1.0d m =处，导轨和导体棒电阻均忽略不计.整
个装置处在范围足够大的匀强磁场中，0t =时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度B 随时间t 的变化如图()b 所示，不计感应电流磁场的影响.当3t s =时，突然使ab 棒获得向右的速度08/v m s =，同时在棒上施加一方向水平、大小可变化的外力F ，保持ab 棒具有大小为恒为24/a m s =、方向向左的加速度，取2
10/g m s =．
()1求0t =时棒所受到的安培力0F ；
()2分析前3s 时间内导体棒的运动情况并求前3s 内棒所受的摩擦力f 随时间t 变化的关系
式；
()3从0t =时刻开始，当通过电阻R 的电量 2.25q C =时，ab 棒正在向右运动，此时撤去
外力F ，此后ab 棒又运动了2 6.05s m =后静止.求撤去外力F 后电阻R 上产生的热量Q ．
【答案】(1)0 0.025F N =，方向水平向右(2) ()0.01252?f t N =-(3) 0.195J
【解析】 【详解】 解：()1由图b 知：
0.2
0.1T /s 2
B t V V == 0t =时棒的速度为零，故回路中只有感生感应势为：
0.05V B E Ld t t
Φ===V V V V
感应电流为：0.25A E
I R
==
可得0t =时棒所受到的安培力：
000.025N F B IL ==，方向水平向右；
()2ab 棒与轨道间的最大摩擦力为：00.10.025N m f mg N F μ==>=
故前3s 内导体棒静止不动，由平衡条件得： f BIL = 由图知在03s -内，磁感应强度为：00.20.1B B kt t =-=- 联立解得： ()0.01252(3s)f t N t =-<；
()3前3s 内通过电阻R 的电量为：10.253C 0.75C q I t V =?=?=
设3s 后到撤去外力F 时又运动了1s ，则有：
1
1BLs q q I t R R
Φ-===V V &
解得：16m s =
此时ab 棒的速度设为1v ，则有：22
1012v v as -=
解得：14m /s v =
此后到停止，由能量守恒定律得：
可得：2
1210.195J 2
Q mv mgs μ=
-=
6．某兴趣小组设计制作了一种磁悬浮列车模型，原理如图所示，PQ 和MN 是固定在水平地面上的两根足够长的平直导轨，导轨间分布着竖直（垂直纸面）方向等间距的匀强磁场
1B 和2B ，二者方向相反．矩形金属框固定在实验车底部（车厢与金属框绝缘）．其中ad
边宽度与磁场间隔相等，当磁场1B 和2B 同时以速度0m 10s
v =沿导轨向右匀速运动时，
金属框受到磁场力，并带动实验车沿导轨运动．已知金属框垂直导轨的ab 边长
0.1m L =m 、总电阻0.8R =Ω，列车与线框的总质量0.4kg m =，12 2.0T B B ==T ，悬
浮状态下，实验车运动时受到恒定的阻力1h N ．
（1）求实验车所能达到的最大速率；
（2）实验车达到的最大速率后,某时刻让磁场立即停止运动,实验车运动20s 之后也停止运动，求实验车在这20s 内的通过的距离；
（3）假设两磁场由静止开始向右做匀加速运动，当时间为24s t =时，发现实验车正在向右做匀加速直线运动，此时实验车的速度为m 2s
v =，求由两磁场开始运动到实验车开始
运动所需要的时间．
【答案】(1)m 8s
；(2)120m ；(3)2s
【解析】 【分析】 【详解】
（1）实验车最大速率为m v 时相对磁场的切割速率为0m v v -，
则此时线框所受的磁场力大小为22
04-B L v v F R
=
（）
此时线框所受的磁场力与阻力平衡，得：F f =
2m 02
8m/s 4fR
v v B L =-= （2）磁场停止运动后，线圈中的电动势：2E BLv =
线圈中的电流：E
I R
=
实验车所受的安培力：2F BIL =
根据动量定理，实验车停止运动的过程：m F t ft mv ∑?+=
整理得：224m B L v
t ft mv R
∑?+=
而v t x ∑?=
解得：120m x =
（3）根据题意分析可得，为实现实验车最终沿水平方向做匀加速直线运动，其加速度必须与两磁场由静止开始做匀加速直线运动的加速度相同，设加速度为a ，
则t 时刻金属线圈中的电动势 2)E BL
at v =-（ 金属框中感应电流 2)BL at v I R
-=
（ 又因为安培力22
4)
2B L at v F BIL R
（-==
所以对试验车，由牛顿第二定律得 22
4)
B L at v f ma R
（--=
得 21.0m/s a =
设从磁场运动到实验车起动需要时间为0t ，则0t 时刻金属线圈中的电动势
002E BLat =
金属框中感应电流0
02BLat I R
=
又因为安培力220
0042B L at F BI L R
==
对实验车，由牛顿第二定律得：0F f =
即2204B L at f R
= 得：02s t =
7．如图所示，足够长且电阻忽略不计的两平行金属导轨固定在倾角为α=30°绝缘斜面上，导轨间距为l =0.5m 。沿导轨方向建立x 轴，虚线EF 与坐标原点O 在一直线上，空间存在
垂直导轨平面的磁场，磁感应强度分布为1
()00.60.8()0
T x B x T x -
+≥?（取磁感应强度B 垂直斜面向上为正）。现有一质量为10.3m =kg ，边长均为l =0.5m 的U 形框cdef 固定在导轨平面上，c 点（f 点）坐标为x =0。U 形框由金属棒de 和两绝缘棒cd 和ef 组成，棒de 电阻为10.2R =Ω。另有一质量为20.1=m kg ，长为l =0.5m ，电阻为20.2R =Ω的金属棒ab 在离EF 一定距离处获得一沿斜面向下的冲量I 后向下运动。已知金属棒和U 形框与导
轨间的动摩擦因数均为3
μ=
。 （1）若金属棒ab 从某处释放，且I =0.4N·s ，求释放瞬间金属棒ab 上感应电流方向和电势差ab U ；
（2）若金属棒ab 从某处释放，同时U 形框解除固定，为使金属棒与U 形框碰撞前U 形框能保持静止，求冲量I 大小应满足的条件。
（3）若金属棒ab 在x =－0.32m 处释放，且I =0.4N·
s ，同时U 形框解除固定，之后金属棒ab 运动到EF 处与U 形框发生完全非弹性碰撞，求金属棒cd 最终静止的坐标。
【答案】（1）感应电流方向从b 到a ；0.1V;（2）0.48N ?s ；（3）2.5m 【解析】 【分析】 【详解】
（1）金属棒获得冲量I 后，速度为
2
4m/s I
v m =
= 根据右手定则，感应电流方向从b 到a ； 切割磁感线产生的电动势为
1E B lv =
其中11B =T ；
金属棒ab 两端的电势差为
1212
0.1V ab B lv
U R R R =
=+
（2）由于ab 棒向下运动时，重力沿斜面的分力与摩擦力等大反向，因此在安培力作用下运动，ab 受到的安培力为
2212212
B l v F m a R R ==+
做加速度减小的减速运动；由左手定则可知，cd 棒受到安培力方向沿轨道向上，大小为
21212
B B l v F R R =+安
其中21T B =；
因此获得冲量一瞬间，cd 棒受到的安培力最大，最容易发生滑动 为使线框静止，此时摩擦力沿斜面向下为最大静摩擦力，大小为
11cos sin m f m g m g μαα==
因此安培力的最大值为12sin m g θ； 可得最大冲量为
()12122
122sin 0.48m m g R R I B B l α+==N·s
（3）当I =0.4N·
s 时，金属棒获得的初速度为04/v m s =，其重力沿斜面分力与摩擦力刚好相等，在安培力作用下做加速度减小的减速，而U 形框在碰撞前始终处于静止； 设到达EF 时速度为1v ，取沿斜面向下为正，由动量定理得
22212012
B l vt
m v m v R R -=-+ 其中0.32m vt x == 解得
12m/s v =
金属棒与U 形线框发生完全非弹性碰撞，由动量守恒得
()11122m v m m v =+
因此碰撞后U 形框速度为
20.5m/s v =
同理：其重力沿斜面的分力与滑动摩擦力等大反向，只受到安培力的作用，当U 形框速度为v 时，其感应电流为
12
de ab B lv B lv
I R R -=
+
其中，de B ，ab B 分别为de 边和ab 边处的磁感应强度，电流方向顺时针，受到总的安培力为
()22
12
de
ab de ab
B B l v
F B Il B Il R R -=-=+
其中，,0.8cd ab B B kl k -== 由动量定理得
()2412212
0k l vt
m m v R R -=-++ 因此向下运动的距离为
()()1221224
2m m m v R R s k l ++==
此时cd 边的坐标为
x =2.5m
8．如图所示，光滑导线框abfede 的abfe 部分水平，efcd 部分与水平面成α角，ae 与ed 、bf 与cf 连接处为小圆弧，匀强磁场仅分布于efcd 所在平面，方向垂直于efcd 平面，线框边ab 、cd 长均为L ，电阻均为2R ，线框其余部分电阻不计。有一根质量为m 、电阻为R 的金属棒MN 平行于ab 放置，让它以初速水平向右运动在到达最高点的过程中，ab 边
产生的热量为Q 。求：
(1)金属棒MN 受到的最大安培力的大小； (2)金属棒MN 刚进入磁场时，ab 边的发热功率； (3)金属棒MN 上升的最大高度。
【答案】(1)220A 2B L v F R =；(2)222
08ab B L v P R
=；(3)2082mv Q h mg -=
【解析】 【分析】 【详解】
(1)金属棒MN 刚冲上斜面时，速度最大，所受安培力最大。此时电路中总电阻为
22222R R
R R R R R
?=
+=+总
最大安培力
2200
A 2BLv
B L v F BIL B L R R
===总
由楞次定律知，MN 棒受到的安培力方向沿导轨向下。 (2)金属棒MN 刚进入磁场时，MN 棒中的电流
02BLv E I R R
=
=总 则
024ab BLv I I R
=
=，2ab ab ab P I R = 解得
222
08ab B L v P R
=
(3)当金属棒MN 上升到最大高度的过程中，ab 边、cd 边产生的热量相等，即
cd ab Q Q Q ==
ab 边产生的热量
2·2Q I Rt =
金属棒MN 产生的热量
2(2)MN Q I Rt =
得
2MN Q Q =
ab 边、cd 边及MN 棒上产生的总热量
4Q Q =总
由动能定理
2
01402
mgh Q mv --=-
解得
2082mv Q h mg
-=
9．如图所示，两条平行的固定金属导轨相距L =1m ，光滑水平部分有一半径为r =0.3m 的圆形磁场区域，磁感应强度大小为10.5T B =、方向竖直向下；倾斜部分与水平方向的夹角为θ=37°，处于垂直于斜面的匀强磁场中，磁感应强度大小为B =0.5T 。金属棒PQ 和MN 的质量均为m =0.lkg ，电阻均为1ΩR =。PQ 置于水平导轨上，MN 放置于倾斜导轨上、刚好不下滑。两根金属棒均与导轨垂直且接触良好。从某时刻起，PQ 棒在水平外力的作用下由静止开始向右运动，当PQ 棒进人磁场1B 中时，即以速度v =16m/s ；匀速穿过该区域。不计导轨的电阻，PQ 始终在水平导轨上运动。取210m/s g =，sin370.6,37cos 0.8??==； (1)求MN 棒刚要滑动时，PQ 所处的位置；
(2)求从PQ 棒开始运动到MN 棒刚要滑动的过程中通过PQ 棒的电荷量；
(3)通过计算，定量画出PQ 棒进人磁场1B 后在磁场中水平外力F 随位移变化的图像。
【答案】(1)0.6m ；(2)
9800
π
C ；(3)
【解析】 【分析】 【详解】
(1)开始MN 刚好不下滑时，MN 受沿倾斜导轨向上的最大静摩擦力m f ，则
sin 37m f mg =?
设PQ 进入磁场1B 后切割磁感线的有效长度为x L ，由法拉第电磁感应定律得PQ 产生的感应电动势为
1x E B L v =
由闭合电路欧姆定律得整个回路中的感应电流为
2E I R
=
则MN 所受的安培力为
2A F B IL =
MN 棒刚要向上滑动时，MN 受沿倾斜导轨向下的最大静摩擦力，由力的平衡条件有
sin 37A m F f mg =+?
联立解得
0.6x L =m
即MN 棒刚要滑动时，PQ 棒刚好运动到圆形磁场区域的直径位置。
(2)从PQ 棒开始运动到MN 棒刚要滑动的过程中，穿过回路的磁通量的变化量为
21192400
BS B r π
π?Φ==?=Wb
平均感应电动势
E t
?Φ
=
? 平均感应电流
2E I R
=
通过PQ 棒的电荷量
922800
E q I t t R R π
?Φ=?=
?==
C (3)当PQ 棒进入磁场1B 后的位移为x 时，切割磁感线的有效长度为
y L ==回路中的电流为
12y B L v I R
=
受到的安培力为
1A y F B IL =
由题意知外力为
1A y F F B IL ==
故有
22128 4.82y A B L v F x x R
=
=-+ (00.6)x <<
因此PQ 棒所受水平外力F 随位移变化的图像如图所示
10．如图甲所示，在一对平行光滑的金属导轨的上端连接一阻值为R ＝4Ω的定值电阻，两导轨在同一平面内。质量为m ＝0.1kg ，长为L ＝0.1m 的导体棒ab 垂直于导轨，使其从靠近电阻处由静止开始下滑，已知导体棒电阻为r ＝1Ω，整个装置处于垂直于导轨面的匀强磁场中，导体棒下滑过程中加速度a 与速度v 的关系如图乙所示，(g ＝10m/s 2)。求： （1）导轨平面与水平面间夹角θ； （2）磁场的磁感应强度B ；
（3）若靠近电阻处到底端距离为20m ，ab 棒在下滑至底端前速度已达10m/s ，求ab 棒下滑的整个过程中，电阻R 上产生的焦耳热。
【答案】（1）30θ=?；（2）5T B =；（3）4J R Q = 【解析】 【分析】 【详解】
（1）由E BLv =、E
I R r
=
+、F BIL =得安培力 22B L v
F R r
=
+ 根据牛顿第二定律得
sin mg F ma θ-=
代入得
22sin B L v
mg ma R r
θ-=+
整理得
()
22
sin B L a v g m R r θ=-++
由数学知识得知，a -v 图象斜率的大小等于
()
22
B L k m R r =+
纵截距等于
sin g θ
由图象可知图象的纵截距等于5，即
sin 5g θ=
解得
30θ=?
（2）由图象可知图象斜率的大小等于0.5，则有
()
22
0.5B L m R r =+
代入解得
5T B =
（3）ab 棒下滑到底端的整个过程中，根据能量守恒定律得
2
1sin 2
mgx mv Q θ=
+ 得电路中产生的总热量
5J Q =
根据焦耳定律得电阻R 上产生的焦耳热为
4J R R
Q Q R r
=
=+
11．如图，两足够长的平行金属导轨平面与水平面间夹角为=30θ?，导轨电阻忽略不计，二者相距l =1m ，匀强磁场垂直导轨平面，框架上垂直放置一根质量为m =0.1kg 的光滑导体棒ab ，并通过细线、光滑滑轮与一质量为2m 、边长为
2
l
正方形线框相连，金属框下方h =1.0m 处有垂直纸面方向的长方形有界匀强磁场，现将金属框由静止释放，当金属框刚进入磁场时，电阻R 上产生的热量为1Q =0.318J ，且金属框刚好能匀速通过有界磁场。已知两磁场区域的磁感应强度大小相等。定值电阻R =1Ω。导体棒ab 和金属框单位长度电阻r =1Ω/m ，g =10m/s 2，求
(1)两磁场区域的磁感应强度为多大？
(2)金属框刚离开磁场时，系统损失的机械能是多大？ (3)金属框下方没有磁场时，棒的最大速度是多少？
【答案】(1)1T(2)2.136J(3)3m/s 【解析】 【详解】
(1)由题意知，导体棒ab 接入电路的电阻为
11ΩR rl ==
与定值电阻R 相等，故金属框由静止释放到刚进入磁场过程重金属导轨回路产生的总热量为
120.636J Q Q ==
此过程由动能定理得
21
2sin 30(2)2
mgh mgh Q m m v ?--=+
解得
v =2.4m/s
金属框的总电阻为
21
42Ω2
R l r =??=
金属框在磁场中做匀速运动时导体棒ab 产生的电动势为1E Blv =，则有
1
11E I R R
=
+ 金属框产生的电动势
212E Blv =
2
22
E I R =
金属框在磁场中做匀速运动时由平衡条件得
121
2sin 3002
mg mg BI l BI l ?---=
得
B =1T
(2)由于金属框刚好能做匀速通过有界磁场，说明磁场宽度与线框边长相等
0.52
l
d m =
= 根据能量守恒得
21
2(2)(2)sin 30(2)2
mg h d mg h d E m m v ?+-+=?++
得
2.136J E ?=
(3)金属框下没有磁场，棒的速度达到最大后做匀速运动，设此时速度为m v ，则
m
1Blv I R R
=
+ 根据平衡条件得
2sin 300mg mg BIl ?--=
解得
m 3m/s v =。
12．如图所示，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角θ，导轨间距l ，所在平面的正方形区域abcd 内存在有界匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直斜面向上．将甲乙两电阻阻值相同、质量均为m 的相同金属杆如图放置在导轨上，甲金属杆处在磁场的上边界，甲乙相距l .静止释放两金属杆的同时，在甲金属杆上施加一个沿着导轨的外力F ，使甲金属杆在运动过程中始终做沿导轨向下的匀加速直线运动，加速度大小.sin g θ.
(1)乙金属杆刚进入磁场时，发现乙金属杆作匀速运动，则甲乙的电阻R 各为多少？ (2)）以刚释放时t =0，写出从开始到甲金属杆离开磁场，外力F 随时间t 的变化关系，并说明F 的方向．
(3)乙金属杆在磁场中运动时，乙金属杆中的电功率多少？
(4)若从开始释放到乙金属杆离开磁场，乙金属杆中共产生热量Q ，试求此过程中外力F 对甲做的功．
【答案】（1）222sin B l gl R θ
=（222sin gl θ（3222sin gl θ（4）
2sin Q mgl θ－
【解析】 【分析】 【详解】
（1）由于甲乙加速度相同，当乙进入磁场时，甲刚出磁场：乙进入磁场时
2sin v gl θ=，
受力平衡有：22222sin sin 2B l gl B l v mg R θ
θ==
解得：
222sin B l gl R θ
=
； （2）甲在磁场用运动时，外力F 始终等于安培力: 2A Blv
F F BIl Bl R
===， 速度为：
sin v g t θ=
可得：
22sin 2sin A Blg t F Bl t R gl θθ
==，
F 沿导轨向下
（3）乙金属杆在磁场中运动时，乙金属杆中的电功率为：
2
222
22sin Blv P I R R R gl θ??
===
???
； （4）乙进入磁场前匀加速运动中，甲乙发出相同热量，设为Q 1， 此过程中甲一直在磁场中，外力F 始终等于安培力，则有：F 12W W Q ==安 乙在磁场中运动发出热量Q 2， 利用动能定理：2sin 20mgl Q θ=－ 可得：
2sin 2
mgl Q θ=
， 由于甲出磁场以后，外力F 为零，可得：
F 2sin W Q mgl θ=－。
13．如图所示，光滑绝缘水平面上放置一均匀导体制成的正方形线框abcd ，线框质量为m,电阻为R,边长为L ，有yi 方向竖直向下的有界磁场，磁场的磁感应强度为B,磁场区宽度大于L ，左边界与ab 边平行，线框水平向右拉力作用下垂直于边界线穿过磁场区．
(1)若线框以速度v匀速穿过磁场区，求线框在离开磁场时七两点间的电势差；
(2)若线框从静止开始以恒定的加速度a运动，经过h时间七边开始进入磁场，求cd边将要进入磁场时刻回路的电功率；
(3)若线框速度v0进入磁场，且拉力的功率恒为P0，经过时间T，cd边进入磁场，此过程中回路产生的电热为Q，后来ab边刚穿出磁场时，线框速度也为v0,求线框穿过磁场所用的时间t.
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）线框在离开磁场时，cd边产生的感应电动势 E=BLv
回路中的电流
则ab两点间的电势差 U=IR ab=BLv
（2）t1时刻线框速度 v1=at1
设cd边将要进入磁场时刻速度为v2，则v22-v12=2aL
此时回路中电动势 E2=BLv2
回路的电功率
解得
（3）设cd边进入磁场时的速度为v，线框从cd边进入到ab边离开磁场的时间为△t，则 P0T=（mv2?m v02）+Q
P0△t=m v02-mv2
解得
线框离开磁场时间还是T，所以线框穿过磁场总时间t=2T+△t=+T
【点睛】
本题电磁感应中电路问题，要熟练运用法拉第电磁感应定律切割式E=Blv，欧姆定律求出电压．要抓住线框运动过程的对称性，分析穿出磁场时线框的速度，运用能量守恒列式求时间．
14．（1）如图1所示，固定于水平面上的金属框架abcd，处在竖直向下的匀强磁场中．金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．框架的ab与dc平行，bc与ab、dc垂直．MN与bc的长度均为l，在运动过程中MN始终与bc平行，且与框架保持良好接