备战高考物理《电磁感应现象的两类情况的推断题综合》专项训练附详细答案

备战高考物理《电磁感应现象的两类情况的推断题综合》专项训练附详细答案
一、电磁感应现象的两类情况
1．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 ，32244
532m g R Q mgL B L =-
2．如图，垂直于纸面的磁感应强度为B ，边长为 L 、电阻为 R 的单匝方形线圈 ABCD 在外力 F 的作用下向右匀速进入匀强磁场，在线圈进入磁场过程中，求：
(1)线圈进入磁场时的速度 v 。

(2)线圈中的电流大小。

(3)AB 边产生的焦耳热。

【答案】(1)22FR v B L =；(2)F I BL
=；(3)4FL Q =
【解析】 【分析】 【详解】
(1)线圈向右匀速进入匀强磁场，则有
F F BIL ==安
又电路中的电动势为
E BLv =
所以线圈中电流大小为
=
=E BLv
I R R 联立解得
22
FR
v B L =
(2)根据有F F BIL ==安得线圈中的电流大小
F I BL
=
(3)AB 边产生的焦耳热
22(
)4AB F R L Q I R t BL v
==⨯⨯ 将22
FR
v B L =
代入得 4
FL Q =
3．如图所示，一阻值为R 、边长为l 的匀质正方形导体线框abcd 位于竖直平面内，下方存在一系列高度均为l 的匀强磁场区，与线框平面垂直，各磁场区的上下边界及线框cd 边均磁场方向均与线框平面垂水平。

第1磁场区的磁感应强度大小为B 1，线框的cd 边到第1磁区上场区上边界的距离为h 0。

线框从静止开始下落，在通过每个磁场区时均做匀速运动，且通过每个磁场区的速度均为通过其上一个磁场区速度的2倍。

重力加速度大小为
g ，不计空气阻力。

求： (1)线框的质量m ；
(2)第n 和第n +1个磁场区磁感应强度的大小B n 与B n+1所满足的关系；
(3)从线框开始下落至cd 边到达第n 个磁场区上边界的过程中，cd 边下落的高度H 及线框产生的总热量Q 。

【答案】22112B l gh gR (2)+12n n B B =；2311
2(1)2n B l gh - 【解析】 【分析】 【详解】
(1)设线框刚进第一个磁场区的速度大小为v 1，由运动学公式得2
112v gh =，设线框所受安
培力大小为F 1，线框产生的电动势为E 1，电流为I ，由平衡条件得
1F mg =
由安培力的表达式得11F B Il =，111=E B lv ，1
E I R
=
联立解得 22
112B l m gh gR
=(2)设线框在第n 和第n +1个磁场区速度大小分别为v n 、v n +1，由平衡条件得
22n n
B l v mg R = 22+1+1
n n B l v mg R
=
且
12n n v v +=
联立解得
12n n B B +=
(3)设cd 边加速下落的总距离为h ，匀速下落的总距离为L ，由运动学公式得
22n
v h g
=
112n n v v -=
=2(1)L n l -
联立解得
2(1)122(1)n H h L h n l -=+=+-
由能量守恒定律得
2(1)Q mg n l =-
联立解得
2311
2(1)2n B l gh Q R
-=
4．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
5．如图，水平面（纸面）内同距为l 的平行金属导轨间接一电阻，质量为m 、长度为l 的金属杆置于导轨上，t ＝0时，金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动．0t 时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ．重力加速度大小为g ．求
（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小； （2）电阻的阻值．
【答案】0F E Blt g m μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ； R =220
B l t m
【解析】 【分析】 【详解】
（1）设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得：ma=F-μmg ① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v ，由运动学公式有：v =at 0 ②
当金属杆以速度v 在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为:E=Blv ③ 联立①②③式可得:0F E Blt g m μ⎛⎫
=-
⎪⎝⎭
④ （2）设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆的电流为I ，根据欧姆定律：I=E
R
⑤ 式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为：f BIl = ⑥
因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得：F –μmg–f=0 ⑦
联立④⑤⑥⑦式得: R =220
B l t m
6．如图所示空间存在有界匀强磁场，磁感应强度B =5T ，方向垂直纸面向里，上下宽度为d =0.35m.现将一边长L =0.2m 的正方形导线框自磁场上边缘由静止释放经过一段时间，导线框到达磁场下边界，之后恰好匀速离开磁场区域.已知导线框的质量m =0.1kg ，电阻
2R =Ω.（g 取10m/s 2)求:
（1）导线框匀速穿出磁场的速度； （2）导线框进入磁场过程中产生的焦耳热；
（3）若在导线框进入磁场过程对其施加合适的外力F 则可以使其匀加速地进入磁场区域，且之后的运动同没施加外力F 时完全相同。

请写出F 随时间t 变化的函数表达式. 【答案】(1)2m/s (2)0.15J (3)F =0.75-1.25t (0<t <0.4s) 【解析】 【详解】
（1）导线框匀速穿出磁场过程中，感应电动势： E BLv =
感应电流：BLv
I R
=
, 线框受到的安培力：22=B L v
F BIL R =安培
线框匀速穿出磁场，由平衡条件得：22g B R
m L v
=
解得：v =2m/s
（2）自导线框刚要进入磁场至刚要离开磁场的过程中，仅进人磁场过程中有焦耳热产生，由能量守恒得：2
12
mgd mv Q =+ 得：Q =0.15J
（3）导线框刚好完全进入磁场至刚好要离开磁场的过程
()22
02v v g d L -=-
得：导线框刚好完全进入磁场的速度v 0=1m/s
导线框进入磁场的过程由2
02v aL =
得：a =2.5m/s 2
2012
L at =
得：t 0=0.4s
取向下为正方向有：22'
'B L v mg F mav at R
--==
得：F =0.75-1.25t (0<t <0.4s)
7．如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5T .在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L ＝1m ，电阻可忽略不计．质量均为m ＝lkg ，电阻均为R ＝2.5Ω的金属导体棒MN 和PQ 垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好．先将PQ 暂时锁定，金属棒MN 在垂直于棒的拉力F 作用下，由静止开始以加速度a ＝0.4m /s 2向右做匀加速直线运动，5s 后保持拉力F 的功率不变，直到棒以最大速度v m 做匀速直线运动.
(1)求棒MN 的最大速度v m ；
(2)当棒MN 达到最大速度v m 时，解除PQ 锁定，同时撤去拉力F ，两棒最终均匀速运动.求解除PQ 棒锁定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热.
(3)若PQ 始终不解除锁定，当棒MN 达到最大速度v m 时，撤去拉力F ，棒MN 继续运动多远后停下来?（运算结果可用根式表示）
【答案】（1）25m /s m v = （2）Q =5 J （3）5m x = 【解析】 【分析】 【详解】
(1)棒MN 做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F -BIL =ma 棒MN 做切割磁感线运动，产生的感应电动势为：E =BLv 棒MN 做匀加速直线运动，5s 时的速度为：v =at 1=2m/s 在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得：2E I R
=
联立上述式子，有：222B L at
F ma R
=+
代入数据解得：F =0.5N
5s 时拉力F 的功率为：P =Fv 代入数据解得：P =1W
棒MN 最终做匀速运动，设棒最大速度为v m ，棒受力平衡，则有：
0m m
P
BI L v -= 2m
m BLv I R
=
代入数据解得
:m v =
(2)解除棒PQ 后，两棒运动过程中动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设速度大小为v ′，则有：2m mv mv '=
设从PQ 棒解除锁定，到两棒达到相同速度，这个过程中，两棒共产生的焦耳热为Q ，由能量守恒定律可得：2211
222
m Q mv mv '=-⨯ 代入数据解得：Q =5J ；
(3)棒以MN 为研究对象，设某时刻棒中电流为i ，在极短时间△t 内，由动量定理得：-BiL △t =m △v
对式子两边求和有：()()m BiL t m v ∑-∆=∑∆ 而△q =i △t
对式子两边求和，有:()q i t ∑∆=∑∆ 联立各式解得：BLq =mv m ， 又对于电路有：2E q It t R
==
由法拉第电磁感应定律得：BLx
E t
= 又2BLx
q R
=
代入数据解得：x =
8．如图，POQ 是折成60°角的固定于竖直平面内的光滑金属导轨，导轨关于竖直轴线对称，OP ＝OQ ＝L .整个装置处在垂直导轨平面向里的足够大的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律为B ＝B 0－kt (其中k 为大于0的常数)．一质量为m 、长为L 、电阻为R 、粗细均匀的导体棒锁定于OP 、OQ 的中点a 、b 位置．当磁感应强度变为
1
2
B 0后保持不变，同时将导体棒解除锁定，导体棒向下运动，离开导轨时的速度为v .导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度为g .求导体棒： (1)解除锁定前回路中电流的大小及方向； (2)滑到导轨末端时的加速度大小； (3)运动过程中产生的焦耳热．
【答案】⑴2
38kL R
，顺时针方向或b→a ；⑵g －2204B L v mR ；⑶
【解析】 【分析】 【详解】
⑴导体棒被锁定前，闭合回路的面积不变，B t
∆∆＝k 由法拉第电磁感应定律知：E ＝
t Φ∆∆＝B S t ∆∆＝2
3kL 由闭合电路欧姆定律知：I ＝E R 总＝2
38kL R
由楞次定律知，感应电流的方向：顺时针方向或b→a ⑵导体棒刚离开导轨时受力如图所示
根据法拉第电磁感应定律有：E ＝01
2
B Lv 根据闭合电路欧姆定律知：I ＝E R
根据安培力公式有：F ＝01
2
ILB 解得：F ＝
01
2
ILB 由牛顿第二定律知：mg －F ＝ma
解得：a ＝g －2204B L v
R
⑶由能量守恒知：mgh ＝2
12
mv ＋Q 由几何关系有：h ＝
34
L
解得：Q＝
3
4
mgL－2
1
2
mv
9．如图(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L＝0.4 m．导轨右端接有阻值R＝1 Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好．导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L.从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场．若使棒在导轨上始终以速度v＝1 m/s做直线运动，求：
(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E大小；
(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流I与时间t的关系式．
【答案】(1)0.04 V；(2)0.04 N，I＝
2
2Bv t
R
；
【解析】
【分析】
【详解】
⑴在棒进入磁场前，由于正方形区域abcd内磁场磁感应强度B的变化，使回路中产生感应电动势和感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，在棒进入磁场前回路中的电动势为E
＝＝0.04V
⑵当棒进入磁场时，磁场磁感应强度B＝0.5T恒定不变，此时由于导体棒做切割磁感线运动，使回路中产生感应电动势和感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中的电动势为：e＝Blv，当棒与bd重合时，切割有效长度l＝L，达到最大，即感应电动势也达到最大e m＝BLv＝0.2V＞E＝0.04V
根据闭合电路欧姆定律可知，回路中的感应电流最大为：i m＝＝0.2A
根据安培力大小计算公式可知，棒在运动过程中受到的最大安培力为：F m＝i m LB＝0.04N
在棒通过三角形abd区域时，切割有效长度l＝2v（t－1）（其中，1s≤t≤＋1s）
综合上述分析可知，回路中的感应电流为：i＝＝（其中，1s≤t≤＋1s）
即：i＝t－1（其中，1s≤t≤1.2s）
【点睛】
注意区分感生电动势与动生电动势的不同计算方法，充分理解B-t图象的含义．
10．在如图甲所示区域(图中直角坐标系Oxy 的一、三象限)内有匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面向里，大小为B ，半径为l ，圆心角为60°的扇形导线框OPQ 以角速度ω绕O 点在纸面内沿逆时针方向匀速转动，导线框回路电阻为R .
(1)求线框中感应电流的最大值I 0和交变感应电流的频率f ；
(2)在图乙中画出线框在一周的时间内感应电流I 随时间t 变化的图象(规定与图中线框的位置相应的时刻为t =0)
【答案】（1）2012I bl R ω=
，f ω
π
= （2）
【解析】 【详解】
（1）在从图1中位置开始t =0转过60°的过程中，经△t ，转角△θ=ω△t ，回路的磁通增量为
△Φ＝
1
2
△θ l 2B 由法拉第电磁感应定律，感应电动势为：
ε＝
t
Φ
V V 因匀速转动，这就是最大的感应电动势．由欧姆定律可求得：
I 0＝1 2R
ωBl 2
前半圈和后半圈I （t ）相同，故感应电流周期为：
T ＝ πω
，
频率为：
1f T ＝
ωπ
=． 故感应电流的最大值为
I 0＝1 2R
ωBl 2，
频率为
f ＝
ωπ
． （2）由题可知当线框开始转动
3
π
过程中，有感应电流产生，全部进入时，无感应电流，故当线框全部进入磁场接着再旋转6
π
过程中无电流，然后出磁场时，又有感应电流产生．故图线如图所示：
【点睛】
本题考查了法拉第电磁感应定律的应用，注意公式=E t
Φ
V V 和E =BLv 的区别以及感应电流产生条件，并记住旋转切割产生感应电动势的公式E =
1
2
BωL 2．
11．如图所示，将边长为a 、质量为m 、电阻为R 的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b 、磁感应强度为B 的匀强磁场区域，磁场的方向垂直纸面向里，线框向上离开磁场时的速度刚好是进入磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进入磁场．整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f ，且线框不发生转动．求：
(1)线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v 2； (2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v 1； (3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q .
【答案】(1)
22mg fR B a - (2)()
2
21
22
R
v mg f B a =-
(3)()()()2224432mR Q mg f mg f a b B a
⎡⎤=--++⎣⎦ 【解析】 【分析】
(1)下落阶段匀速进入磁场说明线框所受力：重力、空气阻力及向上的安培力的合力为零.(2)对比线框离开磁场后继续上升一段高度（设为h ），然后下落相同高度h 到匀速进入磁场时两个阶段受力情况不同，合力做功不同，由动能定理：线框从离开磁场至上升到最高点的过程．(3)求解焦耳热Q ，需要特别注意的是线框向上穿过磁场是位移是a+b 而不是b ，这是易错的地方 【详解】
(1)线框在下落阶段匀速进入磁场瞬间，由平衡知识有：222
B a v mg f R
=+
解得：222
()mg f R
v B a -=
(2)线框从离开磁场至上升到最高点的过程，由动能定理：2110()02
mg f h mv -+=- 线圈从最高点落至进入磁场瞬间：211()2
mg f h mv -= 联立解得：221222()mg f R
v v mg f mg f B a
+=
=-- (3)线框在向上通过磁场过程中，由能量守恒定律有：
22
0111()()22
Q mg f a b mv mv +++=
- 而012v v =
解得：2
2244
3[()]()()2mR Q mg f mg f a b B a
=--++ 即线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热为
222
44
3[()]()()2mR Q mg f mg f a b B a
=--++ 【点睛】
此类问题的关键是明确所研究物体运动各个阶段的受力情况，做功情况及能量转化情况，选择利用牛顿运动定律、动能定理或能的转化与守恒定律解决针对性的问题，由于过程分析不明而易出现错误.
12．为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一种闪烁装置．如图所示，自行车后轮由半径
的金属内圈、半径
的金属外圈和绝缘幅条构成．后
轮的内、外圈之间等间隔地接有4跟金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为的小灯泡．在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度、方向垂直纸面向外的扇形匀强磁场，其内半径为、外半径为、张角．后轮以角速度，相对转轴转动．若不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应．
（1）当金属条进入扇形磁场时，求感应电动势E，并指出ab上的电流方向；
（2）当金属条进入扇形磁场时，画出闪烁装置的电路图；
（3）从金属条进入扇形磁场时开始，经计算画出轮子一圈过程中，内圈与外圈之间电势差随时间变化的图象；
【答案】（1），电流方向由到；（2）见解析；（3）见解析
【解析】
【分析】
【详解】
（1）金属条ab在匀强磁场中转动切割，由得：感应电动势为
，根据右手定则判
断可知电流方向由到；
（2）边切割充当电源，其余为外电路，且并联，其等效电路如图所示
（3）设电路的总电阻为，根据电路图可知，
两端电势差：
设离开磁场区域的时刻，下一根金属条进入磁场的时刻，则：，，设轮子转一圈的时间为，则，在内，金属条有四次进出，后三次与第一次相同，由上面的分析可以画出如下图象：
【点睛】
本题考查了电磁感应和恒定电路的知识，设计问题从容易入手，层层递进，较好地把握了试题的难度和区分度．
13．如图，两根相距l =0.4m 的平行金属导轨OC 、O ′C ′水平放置。

两根导轨右端O 、O ′连接着与水平面垂直的光滑平行导轨OD 、O ′D ′，两根与导轨垂直的金属杆M 、N 被放置在导轨上，并且始终与导轨保持保持良好电接触。

M 、N 的质量均为m =0.2kg ，电阻均为R =0.4Ω，N 杆与水平导轨间的动摩擦因数为μ=0.1。

整个空间存在水平向左的匀强磁场，磁感应强度为B =0.5T 。

现给N 杆一水平向左的初速度v 0=3m/s ，同时给M 杆一竖直方向的拉力F ，使M 杆由静止开始向下做加速度为a M =2m/s 2的匀加速运动。

导轨电阻不计，（g 取10m/s 2）。

求：
(1)t =1s 时，N 杆上通过的电流强度大小；
(2)求M 杆下滑过程中，外力F 与时间t 的函数关系；（规定竖直向上为正方向） (3)已知N 杆停止运动时，M 仍在竖直轨道上，求M 杆运动的位移；
(4)在N 杆在水平面上运动直到停止的过程中，已知外力F 做功为﹣11.1J ，求系统产生的总热量。

【答案】（1）0.5A （2）F=1.6﹣0.1t （3）7.84m （4）2.344J 【解析】 【详解】 (1)M 杆的速度：
21m/s 2m/s M v a t ==⨯=
感应电流：
0.50.420.5A A 2220.4
E BLv I R R ⨯⨯=
===⨯ (2)对M 杆，根据牛顿第二定律：
M mg F BIl ma --=
M v a t =
整理得：
2M M Bla t
F mg ma B l R
=--⨯
⨯ 解得：
1.60.1F t =-
(3)对N 杆，由牛顿第二定律得：
()2M N Bla t
mg B l ma R
μ+⨯
⨯= 可得：
222M N B l a t
a g mR
μ=+
解得：
10.05N a t =+
可做N a t -图
可得：
0001(10.05[)]v t t =++
解得：
0 2.8s t =
位移：
22011
2 2.87.84m 2m 2
M s at =
=⨯⨯= (4)对M 杆，则有：
21
02
M F M mgS W W mv ++=
-安 解得：
1.444J I W Q ==安
对N 杆，则有：
22011
0.23J 0.9J 22
f W mv =
=⨯⨯= 总热量：
1.4440.9J
2.344J I f Q Q W =+=+=总
14．如图所示，竖直平面存在宽度均为0.2m L =的匀强电场和匀强磁场区域，电场方向竖直向上，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小0.5T B =．电场的下边界与磁场的上边界相距也为L ．电荷量4
2.510C -=⨯q 、质量0.02kg m =的带正电小球（视为质点）通过长度为
3.5L 的绝缘轻杆与边长为L 、电阻0.01ΩR =的正方形线框相连，线框质量
0.08kg M =．开始时，线框下边与磁场的上边界重合，现将该装置由静止释放，当线框
下边刚离开磁场时恰好做匀速运动；当小球刚要运动到电场的下边界时恰好返回．装置在运动过程中空气阻力不计，求：
(1)线框下边刚离开磁场时做匀速运动的速度大小； (2)线框从静止释放到线框上边匀速离开磁场所需要的时间； (3)经足够长时间后，小球能到达的最低点与电场上边界的距离； (4)整个运动过程中线框内产生的总热量．
【答案】(1)1m/s ；(2) 0.5s t =；(3)0.133m ； (4) 0.4J Q = 【解析】 【详解】
(1)设线框下边离开磁场时做匀速直线运动的速度为0v ，则有：
0E BLv =，E I R = ，220
A B L v F BIL R
==
根据平衡条件：
220
)A B L v F M m g R
==+(
可解得：
022
)1m/s M m Rg
v B L
+=
=( (2)由动量定理得：
0()()m m gt BILt M m v +-=+
其中：
2
2BL q It R
== 由以上两式代入数据解得：
0.5s t =
(3)从线框刚离开磁场区域到小球刚运动到电场的下边界的过程中，由动能定理得：
2
0()(11502
.)()qEL m m g L M m v =+--++
解得：
3710N/C E =⨯
设经足够长时间后，线框最终不会再进入磁场，即运动的最高点是线框的上边与磁场的下边界重合，小球做上下往复运动．
设小球运动的最低点到电场上边界的距离为x ，从图中“1”位置到“2”位置由动能定理
得：
()(0.5)0
M m g L x qEx
++-=
可得：
2
m0.133m
15
x==
(4)从开始状态到最终稳定后的最高点（线框的上边与磁场的下边界重合处）
由能量守恒得：
()2
Q M m g L
=+g
代入数值求得：
0.4J
Q=
15．研究小组同学在学习了电磁感应知识后，进行了如下的实验探究（如图所示）：两个足够长的平行导轨（MNPQ与M1P1Q1）间距L=0.2m，光滑倾斜轨道和粗糙水平轨道圆滑连接，水平部分长短可调节，倾斜轨道与水平面的夹角θ=37°．倾斜轨道内存在垂直斜面方向向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，NN1右侧没有磁场；竖直放置的光滑半圆轨道PQ、P1Q1分别与水平轨道相切于P、P1，圆轨道半径r1=0．lm，且在最高点Q、Q1处安装了压力传感器．金属棒ab质量m=0.0lkg，电阻r=0.1Ω，运动中与导轨有良好接触，并且垂直于导轨；定值电阻R=0.4Ω，连接在MM1间，其余电阻不计：金属棒与水平轨道间动摩擦因数μ=0.4．实验中他们惊奇地发现：当把NP间的距离调至某一合适值d，则只要金属棒从倾斜轨道上离地高h=0.95m及以上任何地方由静止释放，金属棒ab总能到达QQ1处，且压力传感器的读数均为零．取g=l0m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．则：
（1）金属棒从0.95m高度以上滑下时，试定性描述金属棒在斜面上的运动情况，并求出它在斜面上运动的最大速度；
（2）求从高度h=0.95m处滑下后电阻R上产生的热量；
（3）求合适值d．
【答案】（1）3m/s；（2）0.04J；（3）0.5m．
【解析】
【详解】
（1）导体棒在斜面上由静止滑下时，受重力、支持力、安培力，当安培力增加到等于重力的下滑分量时，加速度减小为零，速度达到最大值；根据牛顿第二定律，有：
A 0
mgsin F
θ-=
安培力：A F BIL = BLv I R r =
+ 联立解得：2222
()sin 0.0110(0.40.1)0.63m /s 0.50.2mg R r v B L θ+⨯⨯+⨯===⨯ （2）根据能量守恒定律，从高度h =0.95m 处滑下后回路中上产生的热量：
22110.01100.950.0130.05J 22
Q mgh mv ==⨯⨯-⨯⨯=- 故电阻R 产生的热量为：0.40.050.04J 0.40.1
R R Q Q R r ==⨯=++ （3）对从斜面最低点到圆轨道最高点过程，根据动能定理，有：
()221111222
mg r mgd mv mv μ--=-① 在圆轨道的最高点，重力等于向心力，有：211
v mg m r =② 联立①②解得：221535100.10.5m 220.410
v gr d g μ--⨯⨯===⨯⨯。