電磁感應(yīng)-好題集萃-解析時(shí)導(dǎo)線在線框R處產(chǎn)生的磁場(chǎng)垂直向里，且磁場(chǎng)強(qiáng)度逐漸減小，根據(jù)楞次定律，線圈R手螺旋定則，此時(shí)導(dǎo)線在線框R處產(chǎn)生的磁場(chǎng)垂直向外，且磁場(chǎng)強(qiáng)度逐漸增大，根據(jù)楞次定CD．由于磁感應(yīng)強(qiáng)度在豎直方向均勻分布，且水4．BD個(gè)回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，依據(jù)閉合電路歐姆定律，從而即可【詳解】AB、根據(jù)穿過(guò)整個(gè)回路的磁通量增大，依據(jù)楞CD、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，則有：E=kπ（R2-r2由閉合電路歐姆定律，那么回路中感應(yīng)電流大小為【詳解】當(dāng)飛機(jī)在北半球飛行時(shí)，由于地磁場(chǎng)的存棒在切割磁感線一樣．由右手定則可判定電6．C【詳解】地磁場(chǎng)在北半球有豎直向下和由南向北的感線，相當(dāng)于電源，由右手定則知，圓盤中心為電源正極，盤邊緣為負(fù)極，通過(guò)燈泡L的電流方向盤所受安培力的方向與外力平衡，保持平衡。磁場(chǎng)也達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，則圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的速度使圓盤磁性減弱，甚至消失，這將導(dǎo)致發(fā)電不可持續(xù)，選【詳解】A．導(dǎo)體棒ab向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電流不變小，穿過(guò)線圈c中的磁通量減小，則線圈c向螺線管【詳解】由B-t圖知，t1時(shí)刻磁通量的變化率為零，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，生，cd保持靜止，A錯(cuò)誤；和cd棒構(gòu)成的回路中有從c到d的感應(yīng)電流，由左手定則可知，cd棒向右移動(dòng)，B項(xiàng)正確；和cd棒構(gòu)成的回路中有從d到c的感應(yīng)電流，由左手定則可知，cd棒向左移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；和cd棒構(gòu)成的回路中有從c到d的感應(yīng)電流，由左手定則可知，cd棒向右移動(dòng)，故D正確。增強(qiáng)，由楞次定律可知，線圈B中的感應(yīng)磁場(chǎng)方向向下，由右手螺旋定則可知，ab棒電流同向，則有相互吸引趨勢(shì)，所以線圈B1【詳解】AB．若在M環(huán)通有電流，則穿過(guò)N環(huán)的磁通量垂直紙面向里，逐CD．若在N環(huán)通有電流，則穿過(guò)M環(huán)的磁通量垂環(huán)受到沿半徑向外的安培力，有擴(kuò)張的趨勢(shì)，選圖像可知圖（c）的脈沖電流峰值不斷增大，說(shuō)明強(qiáng)磁體的速度在增大，與玻動(dòng)，故用鋁管時(shí)測(cè)得的電流第一個(gè)峰到最后一個(gè)峰的時(shí)間間隔比用玻璃管時(shí)的長(zhǎng)，D錯(cuò)C．乙圖說(shuō)明，變化磁場(chǎng)的周圍會(huì)產(chǎn)生電場(chǎng)，與閉合電路是E=SΔB=kSW=UqW=Eq=kSqUUkrW=qU=τr2qkI==C．由左手定則可知，ad和bc邊在兩部分磁場(chǎng)中所受安培力恰好平衡。ab邊和cd邊所受安培力方向分別向左和當(dāng)B2<B0時(shí)，則F>F2設(shè)線框所受摩擦力為Ff，則F=F2+Ff當(dāng)B2>B0時(shí)，則F<F2則F+Ff=F2線框恰好與桌面發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則F+μmg=F2P=I2R4E=ΔΦ=ΔB.S=2B0.ΔtΔtT2TRBl2ba44TU=I=ba44T211）k1=；(I1=F安1=B0I1Lmgsinθ=F安1（2）假設(shè)金屬棒P釋放的初速度為v0，在時(shí)間t內(nèi)，位移為Φ=B0Lx?B2S+Φ0將x、B2代入可得I2=mgsinθ?B0I2L=ma0分析可知，回路中電流恒定，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2恒定，不隨時(shí)間變化，故BLa0?2Sk2=0（3）金屬棒Q在外力作用下由靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，在Φ=B3LxR3=2xrF+mgsinθ?B3I3L=ma221）12.5m/s2，10m/s2）18W3）4.8mF0=B1I0L=2×2.5×0.5N=2.5N當(dāng)導(dǎo)體棒ab到達(dá)最大速度時(shí)，ab切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)B1Lvm=Emvm?Mv0=mv1+Mv2v1=?6m/s，v2=6m/s根據(jù)B2=2+2x，可知ef邊與cd所處位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度差值為ΔB2=2Δx=2×0.5T=1TE總=Eef?Ecd=ΔB2Lv2=1×0.5×6V=3VF合=Fef?Fcd=ΔB2IL=1×6×0.5N=3NP=F合v2=3×6W=18W（3）設(shè)金屬框運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為v，則金E總x=4.8m【詳解】AB．圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)可等效看成無(wú)數(shù)軸向?qū)w切割磁感線，若從上E=BLv=BL2①可見電流在R上的熱功率有角速度的平方成正比，若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角24．Cdq6gd=mBr2①22251）vm=25m/s2）Q=200J3）④4）v’=19.8m/sE=BLvmvm RR+rQ=200JBLv=U+Ir帶電量為q。閉合電路中有BLv=?BL(q?q)=mv?mv26．CD由于在棒從a到b與從b到c的兩個(gè)過(guò)程中，面積的 I安=BIl.Δt=Blq取向右為正方向，對(duì)棒從a到b的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量定理有?Blq1=mvb?mva對(duì)棒從b到c的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量定理有?Blq2=0?mvb又電阻R的電功率為所以有棒通過(guò)a、b兩位置時(shí)，電阻R的電功率之比為9:1，故C正確；即在棒從a到b與從b到c的兩個(gè)過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量之比為8:1，故D正確。F=BIL=2N根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)體棒受到的安培力向左，導(dǎo)體棒恰好保持F+f=m2gf=μm1gμ=0.5f1=μ(m1g?F)=0a=6m/s2FAcosθ+m1g=FNFAsinθ+f=m2gf=μFNFA=BminIL28．C【詳解】穿過(guò)回路的磁通量是非均勻變化的，Φ?t圖像應(yīng)是曲線，故A錯(cuò)誤；q=kt2而F?F安?mgsinθ=ma則【詳解】A．若導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到某一位置，速度大小為v，其與導(dǎo)軌接觸點(diǎn)的坐標(biāo)為(±x,y)，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律v2=2ay根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，閉合回路中的感應(yīng)電動(dòng)E=2BvxE=2ByI=R=2kxF=2BIxD．顯然，導(dǎo)體棒所受安培力大小與其位移大小y成正比，作出安培力隨著位移變化的圖像Q=Fy2?12=1:15力為mgsinθ,此時(shí)導(dǎo)體棒所受合力為安培力，導(dǎo)體棒速度不是最大，故B錯(cuò)誤；mgsinθ=kxx=mgxsinθ=Q+EpD．若導(dǎo)體棒第一次運(yùn)動(dòng)到MN處時(shí)速度為v，由于此時(shí)彈簧彈力與重力分力平衡，則導(dǎo)體棒受到的安培力等于F=BIL=ma又EBLvI==2R2RB2L2v2mRmgsinθ=maa=gsinθv=2advBLvB2L2v2R2REBLvB2L2v2R2RF=mgsinθ 2 2mgRsinθB=B=則BΔφΔφBLdΔφΔφBLd2R2R2R兩磁場(chǎng)寬度相等，導(dǎo)體棒長(zhǎng)度不變，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度BB21q212Q1=mgdsinθQ1=mgdsinθ2Q2=2mgdsinθ則且12Q1=mgdsin12U=BLvQ’=CUΔQ=Q?Q’f=BiL在t~t+Δt時(shí)間內(nèi)，對(duì)金屬棒，由動(dòng)量定理fΔt=mΔv即BLq=mvΔQ=qE=BLvFA=BILFT=2mg又FT=FA總即B．根據(jù)題意金屬棒所受的安培力大小不變，x=0處與x=1mB02L2v0=B12L2v1，B1R+rR+rv1=0.5m/s對(duì)金屬棒從x=0運(yùn)動(dòng)到x=1m過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能WF=?0.175Jx=0到x=2m過(guò)程中，由圖乙可得ΔΦ=ΔB.x2L=×2×0.4Wb=0.8Wbi=0.5x+0.25金屬棒在x=2m處感應(yīng)電流的大小解得金屬棒在x=2m處速度為v=5m/seBLvRRv=2x+1a=2v故金屬棒在x=2m處加速度為10m/s2，故B錯(cuò)誤；Q1=fx=μmgx=8J從開始到x=2m處電阻產(chǎn)生的熱量從開始到x=2m處系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量為從開始到x=2m處根據(jù)能量守恒有E=BLvB．設(shè)金屬棒從cd運(yùn)動(dòng)到ab的過(guò)程中所用時(shí)間為t，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值為E，感應(yīng)電流的平均值E'=BLv mg?B1iL=2ma1vt/smg?B1IL=2ma3B2IL=ma3a3=2.5m/s2，I=5AP=I2R=25WB．由右手定則可判斷，金屬桿中感應(yīng)電流方向由b指向a，故B錯(cuò)總總mgsinθ=BIL=.(R1+R)m=0.4kgR則導(dǎo)體棒的速度為v0，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得（2）設(shè)定值電阻的阻值為R0，則 R總RR0E=BLvm導(dǎo)體棒的電流為I=，導(dǎo)棒受的安培力為安F=BIL安F對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析，把重力分別沿著導(dǎo)軌和垂直導(dǎo)軌正交分解，沿著導(dǎo)軌由二力平衡mgsin30=F安401）v=v02）U=BLv0，W=CB2L2v02248F=F安=BILI=E=BLv0B2L2vFB2L2vR若PF=2PR時(shí)，即v=P=F'v=BILvPR=I2RBILv=2I2RW=ΣBIL(v.Δt)=BLvΣI.Δt=BLvq411）10m/s2）5C3）28.125JE=Bdv1F=B1Id，F(xiàn)2=B2Idmg=F1+μF2mgt?ΣB1idΔt?μΣB2idΔt=mvq=ΣiΔt（3）重物下降h時(shí)，設(shè)回路總的焦耳熱為Q1，棒與軌道的摩擦熱為Q2，由能量守恒得Q1=B1Idx，Q2=μB2Idx:μB2電阻R產(chǎn)生的熱量【詳解】A．根據(jù)右手定可知cd棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流方向由c指向d，由左手定則可知所受安培力方向水 ?BIL.Δt=0?mv' 又 q=IΔtq=0.24CQ=1mv2+mgh?1×2mv/2=0.84J2244．C當(dāng)ab導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)后，切割磁感線會(huì)產(chǎn)生B·3Lvab＝BLvcd ab-6mv03Fpab＝6mvab＝mv06pcd＝mvcd＝mv05Q＝mghD．從ab導(dǎo)體棒到達(dá)水平導(dǎo)軌到開始做勻速直線F45．D【分析】ab下滑時(shí)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，cd不切割磁感線，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和歐流強(qiáng)度；根據(jù)平衡條件和安培力公式求解ab桿和cd桿所受的摩擦力，兩個(gè)平衡方程結(jié)合分析D項(xiàng)．a(chǎn)b動(dòng)量的減小量等于cd動(dòng)量的增加量，故二者速度最終均為2m/s，故A正確，B錯(cuò)誤； BILt=BqL=mv0?mvq=4CE=E1+E2=3BLv0I=E=BLv03RR2m.2v0?mv0=2mv232v2=v322m.2v0?mv0=3mv共?BILt=2mv共?2m.2v0E=BLvB.導(dǎo)體棒b剛要滑動(dòng)的條件是受到的安培fmax=μmg=0.2NBIbL=fmaxIb=2A由于b與R并聯(lián)后與a串聯(lián)，根據(jù)閉合電路的E=2IbRa+IbRbE=0.6VE=BLv2h2h\gC.導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，設(shè)通過(guò)a的電荷量為q0，根據(jù)電荷量的計(jì)算公式可得EΔΦBLdR總=R1212得q=0.75C(F?μmg)t?2BILt=mvq0=It得F=BILE=B×2Lv0+2BLI=對(duì)導(dǎo)體棒PQ有BI×2L=2ma得Blvab=B.2lvcdabBI.lΔt=mvab?BI.2lΔt=2mvcd?2mv0q=It?BI.2lΔt=2mvcd?2mv0q=2mv03BlD．導(dǎo)體棒ab和cd的長(zhǎng)度不一樣，所以受到的安培力大小不相等，系統(tǒng)感應(yīng)電流方向先是順時(shí)針的，ab受到的安培力與滑動(dòng)摩擦力均先向左v1E=BL0（v1-v2）針，ab受到的安培力反向，方向向右，與E=BL0（v2-v1）μmg-BIL0=ma1F-μmg-BIL0=ma2F-μmg-BIL0=F-2μmg=0（因即：cd的加速度a2為零，可見兩者加速度同時(shí)減小到零，此后v1、v2若保持不變，則（v2-v1）v2＞v1BIL0=μmgF=2μmgE0=BL0v0ma0=F+F0-μmgB．由上述①②的分析可知當(dāng)v1=v2時(shí)兩者的間距離最小，以水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得： ?BIL0t?μmgt=mv1?mv0Ft+BIL0t?μmgt=mv2?0……④兩式相加，再結(jié)合可得1v1=v2=2v01F-μmg-BIL0=0從兩者速度v1=v2=v0時(shí)到終極狀態(tài)的過(guò)程，以水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得： va+vc=v0531）F=0.4t(N)2）t=s3）vm=m/sF+mgsinθ?μmgcosθ?BIL=mav=atF=0.4t(N)mgsinα?μ(mgcosα+BIL)=0552（3）設(shè)cd棒的最大速度為vm，從釋放到t=s，流過(guò)cd棒的電流平均值為I，由動(dòng)量定理得mgtsinα?μmgtcosα?μBILt=mvm由可知，電流隨時(shí)間均勻增大，平均電流為【詳解】AB．ef棒保持a=0.2g的加速度沿斜面向下勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則可知電流方向?yàn)閒eab，根據(jù)左手定則可知ab棒受到的安培力垂直于斜面向下，則金屬棒ab釋放瞬間加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinα?μmgcosα=mam解得金屬棒ab運(yùn)動(dòng)過(guò)程中最大加速度的大小為am=0.2gmgsinα=μ(mgcosα+BIL)I=金屬棒ef切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLvef對(duì)ef棒根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系可得vef=0.2gt14mRt1=B2L2D．金屬棒ab釋放之后，任意時(shí)刻的加速度為aab，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinα?μ(mgcosα+BIL)=maab所以ab棒的加速度隨時(shí)間變化的圖像如圖所示速度減為零，此后保持靜止，在此過(guò)程中，金屬棒ef一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有ef的速度vef=0.2gt2ef的位移 對(duì)金屬棒ef，規(guī)定沿斜面向下為正方向，由動(dòng)量定理可得 IF?BILt2+mgsinβ.t2=mvef?0551）0.4s，10J2）C3）金屬棒乙落在斜面上后金屬棒甲仍在水平導(dǎo)軌上m1gsinα=m1aa=gsinα=5m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式x0=at2，解得\a\a因?yàn)閠>0.2s，則金屬棒甲到達(dá)虛線1前產(chǎn)生的焦耳熱的時(shí)間為0.2s，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E==sL=10VI==10AQ=I2Rt0=10Jq1=It0=2C2m1gx0sinα=2m12m)v10.2s后磁感應(yīng)強(qiáng)度用B'表示，對(duì)金屬棒乙從靜止到共速的過(guò)程，由動(dòng)量定理得'BIt1L=m2v1 q2=It12323（3）設(shè)兩金屬棒的相對(duì)位移為Δx，金屬棒甲從到達(dá)虛線22R2R4Δx=m43金屬棒乙離開水平導(dǎo)軌末端后做平拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間金屬棒落在傾斜導(dǎo)軌上，則由平拋運(yùn)y=gty=gt，x=vt21該過(guò)程中由于金屬棒甲的速度等于金屬棒乙的水平速度，則金屬棒甲在水平導(dǎo)軌x2<s?Δx=m561）0.4C2）4m/s3）0.064Jq=CE=2.0×10?2×20C=0.4C（2）當(dāng)ab棒以最大速度運(yùn)動(dòng)，電容器的電荷量為q’，則有q’=CB1Lv Δq=q?q’=C(E?B1Lv)ab棒歷時(shí)t從靜止到速度v，由動(dòng)量定理有 B1ILt=mv（3）當(dāng)電路中產(chǎn)生的焦耳熱最大時(shí)，ab棒，cd棒的速度分別是vab,vcd，有BLv=BLv有cd從閉合S到達(dá)到最大焦耳熱，歷時(shí)t’，對(duì)ab,cd棒，由動(dòng)量定理有vcd此時(shí)，整個(gè)電路產(chǎn)生焦耳熱最大為2Q，由能量守恒有而ΣIiΔt=qaq=IΔt4BLh3R2mgh=2221?BIL.Δt=mv?21即?BLq=mv2?mv1mv2=2mv3mgh=Q+ΔE591）v2=2.5m/s2）Q=2.75J3）P=Wmgsinθ=fFCD=mgsinθ+f又安F=BIL安E1=B1Lv2v2=2.5m/s（2）設(shè)AB受的安培力為FAB，AB和線框整體的加速度大小為amg?FAB=2maΔq=C.ΔUΔU=B1LΔvΔva=4m/s2即這段過(guò)程，線框勻加速下落距離為d，設(shè)線框下邊緣剛?cè)氪艌?chǎng)時(shí)的速度為v12ad=vB2I3L?mgsinθ?f=maCDmg?B1I3L=2maAB3P=I2R3aAB=2aCDP=P=W601）3m/s22）1.5m/s3）1.12JQ=IΔt1ΔU=BLΔv1則v==6m/s金屬棒a越過(guò)QQ’后與U形金屬框發(fā)生碰撞，由動(dòng)量守恒定律mv=(m+M)v1此后一起勻速向右運(yùn)動(dòng)直到de邊進(jìn)入磁場(chǎng)B2區(qū)域，de邊的電阻R；在cf邊進(jìn)出磁場(chǎng)時(shí)，此時(shí)右側(cè)de邊和電阻器組成并聯(lián)電路，此時(shí)總電阻為0.F=BILE=BLv則碰后粘在一起全部進(jìn)入磁場(chǎng)B2區(qū)域過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量定理有金屬框一起全部穿出磁場(chǎng)B2區(qū)域過(guò)程，有611）12m/s，1T2）9m/s，67.5J3）3Cmgsin37o=maa=6m/s2均為1s，所以金屬棒a運(yùn)動(dòng)到BE處時(shí)的速度大小mgsin37o=BIL又B=1T a2?BILt=mv?a2又va=6m/smva+mvb=2mv共v共=9m/s所以金屬棒a上產(chǎn)生的焦耳熱為11 BILt=BLq=mv?mva621）?BLv02）mv34）+E=BLv0φa<φb（2）根據(jù)題意可知，兩導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，M、N系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有1223434|(2v0,=16mv0xN=x02mv0t=2mxM+mx0E=BLv0電流方向?yàn)閍→b，電流的大小為（2）①金屬桿N在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)量定理有且@設(shè)兩桿在磁場(chǎng)中相對(duì)靠近的位移為Δx，有3B2L2若兩桿在磁場(chǎng)內(nèi)剛好相撞，N到ab的最小距離為（3）兩桿出磁場(chǎng)后在平行光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，若N到cd的距離與第（2）問初始時(shí)刻的相同、到ab的距離為kx(k>1)，則N到cd邊的速度大小恒為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知2323s=(k?1)x①M(fèi)減速出磁場(chǎng)，出磁場(chǎng)的速度剛好等于N的速度，一定不與N相撞，對(duì)M根據(jù)動(dòng)量定理有k=2@M運(yùn)動(dòng)到cd邊時(shí)，恰好減速到零，則對(duì)M由動(dòng)量定理有BI2L.Δt2=m.?0k=3綜上所述，M出磁場(chǎng)后不與N相撞條件下556(3)mghmgh=mva棒與b棒發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后分離時(shí)兩棒的速度大小分別為v1、v2；由動(dòng)量得mv0=mv1+mv2（2）設(shè)b棒進(jìn)入磁場(chǎng)后某時(shí)刻，b棒的速度為vb，c棒的速度為vc，則b、c組成的回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BL(vb?vc)F=BIL=ma金屬棒b進(jìn)入磁場(chǎng)后b、c受到的安培力大小相等，方向相反，b、c組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，則有聯(lián)立解得兩金屬棒b、c上最終產(chǎn)生的總焦耳熱為（4）以金屬棒c為對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理可得又【詳解】A．線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程，其ab邊切割磁感線，線框做勻速運(yùn)動(dòng)，由于線框的邊長(zhǎng)和磁場(chǎng)的寬度均為L(zhǎng)，所以當(dāng)cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)Q=2mgLE=BLv0ab邊兩端的電壓 B．線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，設(shè)平均電流為I1，線框進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)間為Δt1，則線框離開磁場(chǎng)過(guò)程中，設(shè)平均電流為I2，線框進(jìn)入磁場(chǎng)的時(shí)間為Δt2，則42223202=22232E=BLvEBLvI==RRQ=I2Rtq=It=nvv1=m/sE1=BLv1I1=I1=AF?μmg?BIL=maI=，v=atF=4+1.2t(N)P=7.2t2+24t(W)v12?v22=2a2Lv2=2m/st=0.9sE=BLv，F(xiàn)=BILW?W安=ΔEkEka>Ekb兩線圈穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中磁通量的變化量相同，而v2=8m/s1~t2時(shí)間內(nèi)線圈一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則知線圈內(nèi)磁通量變化為零，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，線用，僅在重力作用下運(yùn)動(dòng)，以cd邊與L2重合時(shí)為初狀態(tài)L'=2d=2m【詳解】A．因?yàn)閷?dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，此時(shí)金屬框上下部分被B．金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)的末速度為v1，金屬框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，以水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理?BILΔt=mv? 又 即總總 22 假設(shè)金屬框的右邊能夠到達(dá)磁場(chǎng)右邊界，且速度為v2，以水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理，同理得可知金屬框的右邊恰好能到達(dá)磁場(chǎng)右邊界，沒有穿過(guò)磁場(chǎng)。根據(jù)能量守恒定律可得此過(guò)程產(chǎn)生的總4R4【詳解】A．線圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)磁通量增大，離開磁場(chǎng)時(shí)磁F=B.BLv.L=B2L2vRRE=BLv0BIL+f=ma損失，大小為mv，故C正確；D．設(shè)導(dǎo)線框在時(shí)間t時(shí)的水平分速度大小為ve=B右Lv?B左Lv=k(x+L)Lv?kxLv=kL2vΣ(?Ft)=(0?mv0)E=Bdv1F=BId有題意可知，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即mg=FB．線框AB邊從剛越過(guò)l2到剛越過(guò)l3過(guò)程中，