專題13 電磁感應--2024年高考物理三模試題分類匯編（山東專用）

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A. 導體棒cd離開磁場前已與ab棒達到共速
B. 導體棒cd剛進入半圓導軌瞬間，其兩端電壓
C. 導體棒cd離開半圓導軌前，通過其橫截面的電量
D. 導體棒cd離開水平導軌前，導體棒ab上產(chǎn)生的焦耳熱
【答案】BD
【解析】
A．導體棒cd從最高點飛出后做平拋運動，則有
，
導體棒cd從最低點運動到最高點過程，根據(jù)動能定理有
解得
若ab、cd兩導體棒在磁場中達到共速，根據(jù)動量守恒定律有
解得
可知，導體棒cd離開磁場前沒有與ab棒達到共速，故A錯誤；
B．結(jié)合上述，導體棒cd剛進入半圓導軌瞬間，根據(jù)動量守恒定律有
解得
則導體棒cd剛進入半圓導軌瞬間，其兩端電壓
故B正確；
C．導體棒cd離開半圓導軌前，通過其截面的電荷量與通過導體棒ab的電荷量相等，對導體棒ab進行分析，由于足夠大，可知，導體棒ab最終在水平軌道上減速至0，根據(jù)動量定理有
其中
解得
故C錯誤；
D．導體棒cd離開水平導軌前，總的焦耳熱
則導體棒ab上產(chǎn)生的焦耳熱
解得
故D正確。
故選BD。
2、（2024·煙臺市招遠市高考三模）如圖所示，平行光滑金屬導軌ab、cd間距為L=1.5m，與水平面間的夾角θ=37°，導軌上端接有電阻R=0.8Ω。一導體棒PQ垂直導軌放置且與導軌接觸良好，導體棒質(zhì)量為m=2kg，連入電路的電阻為r=0.2Ω，PQ上方導軌間有一矩形磁場區(qū)域，磁場面積為S=0.5m2，磁場方向垂直導軌平面向下，矩形磁場區(qū)域內(nèi)的磁感應強度大小B1隨時間t變化的圖像如圖乙所示，PQ棒下方包括PQ所在處的軌道間充滿垂直于軌道平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小B2=2T，導軌足夠長且電阻不計，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，導體棒從靜止釋放后，下列說法中正確的是（ ）
A. 剛釋放時，導體棒的加速度為6m/s2
B. 導體棒的加速度為6m/s2時，其下滑速度大小為1m/s
C. 導體棒穩(wěn)定下滑時速度大小為2m/s
D. 導體棒穩(wěn)定下滑時，R兩端電壓為3.2V
【答案】CD
【解析】
A．剛釋放時，感應電動勢為
根據(jù)楞次定律和左手定則，安培力方向沿導軌向下，根據(jù)牛頓第二定律
得
故A錯誤；
B．導體棒的加速度為6m/s2時，由牛頓第二定律有
解得下滑速度大小為
故B錯誤；
C．導體棒穩(wěn)定后勻速下滑運動
可得
故C正確；
D．導體棒穩(wěn)定勻速下滑時，電路中的電流為
則R兩端電壓為
故D正確。
故選CD。
3、（2024·濰坊市高考三模）如圖所示，af和dg是位于水平面內(nèi)的寬度為L的平行軌道，be、ch兩段用光滑絕緣材料制成，其余兩部分均為光滑導體且足夠長；ad左側(cè)接一電容器，電容器兩端電壓為U0，fg右側(cè)接有阻值為R的定值電阻；abcd和efgh區(qū)域均存在豎直向下的勻強磁場，abcd區(qū)域磁感應強度大小為B1，efgh區(qū)域的磁感應強度大小為B2。一長度為L、質(zhì)量為m、電阻為R的導體棒靜止于ad處，閉合開關S，導體棒開始向右運動，導體棒在abed區(qū)域獲得的最終速度為v，導體棒靜止后到eh的距離為x（x為未知）量）。導體棒與軌道始終保持垂直且接觸良好，則（ ）
A. 導體棒剛進入efgh區(qū)域時的加速度大小
B.
C. 導體棒在eh右側(cè)到eh距離為kx（0 < k < 1）時，安培力的功率為
D. 當電容器電容時，導體棒在abcd區(qū)域獲得的最終速度v最大
【答案】ACD
【解析】
A．由題知，導體棒在abed區(qū)域獲得的最終速度為v，則導體棒剛進入efgh區(qū)域時的加速度大小
，
解得
故A正確；
B．導體棒進入eh到靜止，根據(jù)動量定理有
－∑B2IL·t =－mv
且運動過程中有
聯(lián)立解得
故B錯誤；
C．導體棒在eh右側(cè)到eh距離為kx（0 < k < 1）時，根據(jù)逆向思維法，列出動量定理有
∑B2IL·t′ = mv′
且運動過程中有
則此時安培力的功率為
P = B2I′L·v′
聯(lián)立解得
故C正確；
D．導體棒在abcd區(qū)域獲得最終最大速度v時，滿足
U = B1Lv
Δq = q0－q
∑B1ILt = B1L·Δq = mv－0
聯(lián)立解得
整理后有
要讓v最大，則要最小，故根據(jù)均值不等式可知
故D正確。
故選ACD。
4、（2024·山東省實驗中學高考三模）如圖所示，兩條電阻不計的光滑平行導軌AED和BFC與水平面成角，平行導軌之間間距為L，一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧一端固定在O點，彈簧中心軸線與軌道平行，另一端與質(zhì)量為m、電阻為的導體棒a相連接，導軌的一端連接定值電阻，勻強磁場垂直穿過導軌平面ABCD，AB到CD距離足夠大，磁感應強度大小為，O點到AB的距離等于彈簧的原長，導體棒從AB位置靜止釋放，到達EF位置時速度達到最大，AB到EF距離為d，導體棒a始終與軌道良好垂直接觸，重力加速度為g，則下列說法正確的是（ ）
A. 導體棒在AB位置時，加速度為
B. 到達EF時導體棒最大速度為
C. 下滑到最低點的過程中導體棒機械能先增大后減小
D. 導體棒最終可以回到AB位置
【答案】AB
【解析】
A．導體棒a在AB位置只受重力和支持力，根據(jù)
解得
故A正確；
B．到達EF時速度達到最大，合力為0，受力分析可得
其中
解得到達EF時導體棒最大速度為
故B正確；
C．由于電路中焦耳熱增加，彈簧彈性勢能增加，根據(jù)能量守恒，導體棒機械能不斷減小，故C錯誤；
D．整個過程中焦耳熱增加，所以導體棒與彈簧組成系統(tǒng)機械能減少，不能回到原位置，故D錯誤。
故選AB。
5、（2024·山東省實驗中學高考三模）如圖所示，間距為的平行導軌固定在水平絕緣桌面上，導軌右端接有定值電阻，阻值為，垂直導軌的虛線和之間存在磁感應強度大小為、方向豎直向上的勻強磁場，其中導軌的和段光滑。在虛線左側(cè)、到的距離為的位置垂直導軌放置質(zhì)量為的導體棒，現(xiàn)給處于靜止狀態(tài)的導體棒一個水平向右的恒力作用，經(jīng)過時撤去恒力，此時導體棒的速度大小，經(jīng)過時導體棒的速度大小。已知恒力大小為，導體棒始終與導軌垂直且接觸良好，導體棒接入電路的電阻為，重力加速度為，導軌電阻不計，下列說法正確的是（ ）
A. 導體棒與左側(cè)導軌之間的動摩擦因數(shù)為0.66
B. 導體棒經(jīng)過磁場的過程中，通過導體棒的電荷量為
C. 導體棒經(jīng)過磁場的過程中，導體棒上產(chǎn)生的熱量為
D. 虛線和之間的距離為
【答案】D
【解析】
A．對導體棒從開始運動至到達虛線的過程，應用動能定理，可得
代入數(shù)據(jù)，解得動摩擦因數(shù)
故A錯誤；
B．對導體棒經(jīng)過磁場區(qū)域的過程，應用動量定理，可得
通過導體棒橫截面的電荷量
解得
故B錯誤；
C．導體棒通過磁場過程，整個回路中產(chǎn)生的熱量
代入數(shù)據(jù)可得
根據(jù)電阻的串并聯(lián)關系，導體棒上產(chǎn)生的熱量
故C錯誤；
D．設虛線和之間的距離為，可得
解得
故D正確。
故選D。
6、（2024·青島市高考三模）如圖，學校興趣小組利用厚度為、電阻率為的硅鋼片制成一個內(nèi)徑為、高度為的圓筒，。已知圓筒所在處有沿軸線豎直向上方向的磁場，磁感應強度隨時間變化的規(guī)律為，下列說法正確的是（ ）
A. 硅鋼片中感應電動勢
B. 時，硅鋼片中感應電動勢最大
C. 硅鋼片中感應電流的有效值為
D. 硅鋼片的發(fā)熱功率為
【答案】C
【解析】
AB．根據(jù)法拉第電磁感應定律可得
則當時，硅鋼片中感應電動勢最小，故AB錯誤；
C．根據(jù)電阻決定式得

感應電流的有效值為
選項C正確；
D．發(fā)熱功率為
故D錯誤；
故選C。
7、（2024·齊魯名校大聯(lián)考高考三模）如圖甲所示，光滑且足夠長的固定斜面與水平面的夾角為，斜面上兩平行水平虛線MN和PQ之間有垂直于斜面向下的勻強磁場；PQ以下區(qū)域有垂直于斜面向上的勻強磁場，PQ兩側(cè)勻強磁場的磁感應強度大小相等。正方形導線框abcd四條邊的阻值相等，時刻將處于斜面上的導線框由靜止釋放，開始釋放時ab邊恰好與虛線MN重合，之后導線框的運動方向始終垂直于兩虛線，其運動的v-t圖像如圖乙所示，時間內(nèi)導線框的速度大小為v0，重力加速度為g，下列說法正確的是（ ）
A. 時間內(nèi)，導線框的ab邊一定沒有經(jīng)過虛線PQ
B. 時間內(nèi)，導線框的速度大小為
C. 時間內(nèi)，導線框a、c兩點間的電勢差為0
D. 時間內(nèi)，導線框的位移大小為
【答案】CD
【解析】
A．導線框在下滑過程中，若導線框的邊長大于MN和PQ之間的磁場寬度，導線框的ab邊可以經(jīng)過虛線PQ，故A錯誤；
B．時間內(nèi)，設導線框的總電阻為，根據(jù)平衡條件可得
其中
時間內(nèi)，根據(jù)平衡條件可得
其中
則時間內(nèi)，導線框的速度大小為
故B錯誤；
C．時間內(nèi)，a、b兩點間的電勢差為
a、c兩點間的電勢差為
故導線框a、c兩點間的電勢差為0，故C正確；
D．時間內(nèi)，根據(jù)動量定理
其中
解得導線框的位移大小為
故D正確。
故選CD。
8、（2024·聊城市高考三模）如圖甲所示，足夠長的U型導軌放置在光滑水平絕緣桌面上，CD長為1m，導軌電阻不計。質(zhì)量為0.1kg、長為1m、電阻為0.5Ω的導體棒MN放置在導軌上，棒MN與導軌間的動摩擦因數(shù)為且始終接觸良好。Ⅰ區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場；Ⅱ區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里、磁感應強度大小為2B的勻強磁場。時，對導軌施加一個水平向右恒力F，時MN與CD恰好進入磁場Ⅰ和Ⅱ中，時撤去F，前2s內(nèi)導軌與導體棒的圖像如圖乙所示，MN與CD停止運動時分別位于Ⅰ區(qū)域和Ⅱ區(qū)域，已知重力加速度g取，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則（ ）
A. 動摩擦因數(shù)B. 導軌質(zhì)量0.2kg
C. 恒力F做的總功為3.6JD. 撤去F后通過導體棒的總電荷量為2C
【答案】ACD
【解析】
AB．根據(jù)1s前導軌與導體棒圖像反映兩者均做勻加速直線運動，則導軌還未進入?yún)^(qū)域Ⅱ磁場且導體棒在區(qū)域I磁場外，回路無感應電流而都不受安培力，設導軌質(zhì)量為M，由牛頓第二定律對導軌有
對導體棒有
由圖像有
解得
根據(jù)第2s導軌與導體棒的圖像可知兩者均做勻速直線運動，表示導軌與導體棒均進入磁場，切割磁感線產(chǎn)生兩動生電動勢，所受安培力讓合力為零，有
對導軌有
對導體棒有
已知，，，聯(lián)立解得
故A正確，B錯誤；
C．導軌在前2s的位移為
則恒力做的功為
故C正確；
D．撤去F之后，導體棒和導軌分別做減速運動到停止，對兩者受力分析，取向右為正方向，由動量定律有
而通過導體棒的電量為
得
故D正確。
故選ACD。
9、（2024·濱州市高考三模）如圖所示，MN、PQ兩條平行光滑固定金屬導軌與水平面的夾角為，兩導軌的間距為L，M和P之間接阻值為R的定值電阻。導軌所在的空間有兩條寬度均為d的勻強磁場I和Ⅱ，磁場方向垂直于導軌平面向下，大小分別為、，磁場I的下邊界與磁場Ⅱ的上邊界間距為3d。現(xiàn)將一質(zhì)量為m，阻值為R的導體棒從距磁場I上邊界距離為d處由靜止釋放，導體棒恰好分別以速度、勻速穿過磁場I和Ⅱ。導體棒穿過磁場I和Ⅱ的過程中通過導體棒橫截面的電荷量分別為、，定值電阻R上產(chǎn)生的熱量分別為、。導軌電阻不計，重力加速度為g，在運動過程中導體棒始終垂直于導軌且與導軌接觸良好，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
A．當導體棒在導軌上無磁場區(qū)域運動過程，根據(jù)牛頓第二定律
解得
導體棒從靜止運動到磁場I上邊界過程，根據(jù)
解得導體棒運動到磁場I上邊界時的速度為
同理導體棒從靜止運動到磁場Ⅱ上邊界過程根據(jù)
解得
解得
A正確；
B．受到的安培力為
導體種通過兩勻強磁場時做勻速直線運動有
兩式聯(lián)立解得磁感應強度
則
B正確；
C．通過導體棒電荷量
兩磁場寬度相等，導體棒長度不變，兩磁場的磁感應強度大小之比
則導體棒在穿過勻強磁場I和Ⅱ過程中通過導體棒橫截面的電荷量
C錯誤；
D．導體棒的電阻與定值電阻阻值相等，根據(jù)串聯(lián)電路特點可知，兩者產(chǎn)生的熱量相等，導體棒勻速通過勻強磁場I過程中，根據(jù)能量守恒定律有
解得
導體棒勻速通過勻強磁場Ⅱ過程中，根據(jù)能量守恒定律有
解得
則
且
D錯誤
故選AB。
10、（2024·濱州市高考三模）如題圖所示，正方形區(qū)域MNPQ內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，在外力作用下，一正方形閉合剛性導線框沿QN方向勻速運動，t=0時刻，其四個頂點M′、N′、P′、Q′恰好在磁場邊界中點，下列圖像中能反映線框所受安培力F的大小隨時間t變化規(guī)律的是（ ）
B.
C. D.
【答案】B
【解析】
第一段時間從初位置到M′N′離開磁場，圖甲表示該過程的任意一個位置
切割磁感線的有效長度為M1A與N1B之和，即為M1M′長度的2倍，此時電動勢
E=2Bvtv
線框受的安培力
F=2BIvt=
圖像是開口向上的拋物線，如圖乙所示
線框的右端M2N2剛好出磁場時，左端Q2P2恰與MP共線，此后一段時間內(nèi)有效長度不變，一直到線框的左端與M′N′重合，這段時間內(nèi)電流不變，安培力大小不變；最后一段時間如圖丙所示
從勻速運動至M2N2開始計時，有效長度為
A′C′=l?2vt′
電動勢
E′=B(l?2vt′)v
線框受的安培力
F′=
圖像是開口向上的拋物線，故選B。
11、（2024·濟寧市高考三模）電磁驅(qū)動技術現(xiàn)已廣泛應用于生產(chǎn)、生活和軍事中，如圖所示為一電磁驅(qū)動模型，水平面內(nèi)，連續(xù)排列的邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)存在豎直方向的勻強磁場，相鄰區(qū)域的磁感應強度方向相反，大小均為B.質(zhì)量為m、總電阻為R的矩形金屬線框處于勻強磁場中，邊長為L.當勻強磁場水平向右以速度v勻速運動時，金屬線框能達到的最大速度為。線框達到最大速度后做勻速直線運動，線框運動中受到的阻力恒定，則下列說法正確的是（ ）
A. 圖示位置時，線框ab邊中感應電流方向從a到b
B. 線框運動中受到的阻力大小為
C. 線框勻速運動后，受到安培力所做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱
D. 線框勻速運動后，外界每秒提供給線框的總能量為
【答案】BD
【解析】
A．線框相對于磁場向左運動，根據(jù)右手定則知，線框ab邊中感應電流方向從b到a，故A錯誤；
B．因阻力恒定，又線框最后做勻速直線運動，由二力平衡知，阻力應與安培力大小相等，由于磁場以速度v向右運動，當金屬框穩(wěn)定后以最大速度v0向右運動，此時金屬框相對于磁場的運動速度大小為v-v0，根據(jù)右手定則可以判斷回路中產(chǎn)生的感應電動勢E等于ad、bc邊分別產(chǎn)生感應電動勢之和，即
根據(jù)歐姆定律可得，此時金屬框中產(chǎn)生的感應電流為
金屬框的兩條邊ad和bc都受到安培力作用，邊長等于說明ad和bc邊處于的磁場方向一直相反，電流方向也相反，根據(jù)左手定則可知它們所受安培力方向一致，故金屬框受到的安培力大小為
故B正確；
C．線框勻速運動后，磁場的的勻速運動產(chǎn)生了感應電流從而產(chǎn)生了焦耳熱，與安培力做功無關，故C錯誤；
D．線框勻速運動后，外界提供給線框的總能量等于回路中的焦耳熱和克服阻力做功之和，即外界每秒提供給線框的總能量為
故D正確。
故選BD。
12、（2024·濟南市高考三模）如圖所示，半徑為的半圓形閉合金屬線框可繞圓心在紙面內(nèi)逆時針勻速轉(zhuǎn)動，過點的邊界上方存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為。初始時線框直徑與虛線邊界垂直。已知線框的電阻為，線框勻速轉(zhuǎn)動的角速度為，從圖示位置開始計時，以順時針為感應電流的正方向，下列關于線圈中的感應電流隨時間的變化關系正確的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
如圖所示
在時間內(nèi)，穿過線圈的磁通量向外增加，根據(jù)楞次定律可知，線圈中的感應電流方向為順時針方向（正方向），線圈切割磁感線的有效長度為
則線圈轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為
線圈中的感應電流為
在時間內(nèi)，整個線圈都在磁場中，線圈的感應電流為0；
在時間內(nèi)，穿過線圈的磁通量向外減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈中的感應電流方向為逆時針方向（負方向），線圈切割磁感線的有效長度為
則線圈轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為
線圈中的感應電流為
在時間內(nèi)，整個線圈都在磁場外，線圈的感應電流為0。
故選D
13、（2024·菏澤市外國語學校高考三模）足夠長U形導軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為，電阻不計。質(zhì)量為、長為、電阻為的導體棒MN放置在導軌上，與導軌形成矩形回路并始終接觸良好，I和Ⅱ區(qū)域內(nèi)分別存在豎直方向的勻強磁場，磁感應強度分別為和，其中，方向向下。用不可伸長的輕繩跨過固定輕滑輪將導軌CD段中點與質(zhì)量為的重物相連，繩與CD垂直且平行于桌面。如圖所示，某時刻MN、CD同時分別進入磁場區(qū)域I和Ⅱ并做勻速直線運動，MN、CD與磁場邊界平行。MN的速度，CD的速度為且，MN和導軌間的動摩擦因數(shù)為0.2。重力加速度大小取，下列說法正確的是（ ）

A. 的方向向上B. 的方向向下C. D.
【答案】BD
【解析】
AB．導軌的速度，因此對導體棒受力分析可知導體棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小為
導體棒的安培力大小為
由左手定則可知導體棒的電流方向為，導體框受到向左的摩擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小為
由左手定則可知的方向為垂直直面向里，A錯誤B正確；
CD．對導體棒分析
對導體框分析
電路中的電流為
聯(lián)立解得
C錯誤D正確；
故選BD。
14、（2024·濱州市高考三模）飯卡是學校等單位最常用的輔助支付手段，其內(nèi)部主要部分是一個多匝線圈，當刷卡機發(fā)出電磁信號時，置于刷卡機上的飯卡線圈的磁通量發(fā)生變化，發(fā)生電磁感應，產(chǎn)生電信號，其原理可簡化為如圖所示。設線圈的匝數(shù)為1000匝，每匝線圈面積均為，線圈的總電阻為，線圈連接一電阻，其余部分電阻不計。線圈處磁場的方向不變，其大小按如圖所示的規(guī)律變化，（垂直紙面向里為正），
（1）請你判定0~0.1s時間內(nèi)，流經(jīng)電阻R的電流方向
（2）求0~0.1s時間內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱；
（3）求0.1~0.4s時間內(nèi)，通過電阻R的電荷量。
【答案】（1）從上到下；（2）；（3）
【解析】
（1）根據(jù)楞次定律“增反減同”可知0~0.1s時間內(nèi)，流經(jīng)電阻R的電流方向從上到下；
（2）由法拉第電磁感應定律有
0～0.1s時間內(nèi)線圈產(chǎn)生的感應電動勢為
根據(jù)閉合電路歐姆定律，則有
根據(jù)焦耳定律，可得0～0.1s時間內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為
（3）0.1～0.4s時間內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應定律有
根據(jù)閉合電路歐姆定律有
則通過電阻R的電荷量為
結(jié)合圖像可得
15、（2024·青島市高考三模）如圖，在水平面上固定有圓環(huán)形金屬軌道和足夠長的平行金屬直軌道，整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為，圓形軌道半徑為，為圓心，平行直軌道間距為。直軌道用電阻不計的導線分別與圓軌道邊緣和圓心相連。兩根完全相同的導體棒、，質(zhì)量均為，長度均為，電阻均為，導體棒的一端與圓軌道的圓心連接，另一端搭在圓軌道上，在外力作用下繞過點的軸沿順時針方向以角速度勻速轉(zhuǎn)動。導體棒垂直軌道放置，開始處于鎖定狀態(tài)。各軌道均光滑且電阻忽略不計，導體棒與軌道接觸良好。
（1）導體棒處于鎖定狀態(tài)時，求外力維持導體棒勻速轉(zhuǎn)動的功率；
（2）解除鎖定后，棒開始運動，求其加速度大小隨其速率變化的關系式及運動的最大速度；
（3）若從解除鎖定到導體棒的速度達到最大速度的所經(jīng)歷的時間為，求這段時間內(nèi)通過導體棒的電荷量及導體棒前進的距離。
【答案】（1）；（2），；（3），
【解析】
（1）導體棒處于鎖定狀態(tài)時，設導體棒勻速轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的電動勢為，有
解得
（2）解除鎖定后，設回路總電動勢為，回路中的電流為，有
對棒，有
解得
當棒加速度，速度最大，即
解得
（3）設棒速度為時，經(jīng)過一小段時間，速度變化量為，流經(jīng)棒的電量為，前進的距離為，對棒，有
從解除鎖定到導體棒的速度達到最大速度的過程，有
另有
即
從解除鎖定到導體棒的速度達到最大速度的過程，有
解得
16、（2024·德州市一中高考三模）如圖所示，P、Q、M、N為四個互相平行的豎直分界面，間距均為d，P、Q之間充滿豎直向上的勻強磁場，M、N之間充滿豎直向下的勻強磁場，磁感應強度的大小均為B。在分界面P的左側(cè)有一邊長為的正方形線框，線框水平放置，邊平行于分界面P，與界面P的距離也為d。線框以水平初速度飛出，當邊剛好到達分界面Q時，線框的速度大小仍為。已知線框由同種規(guī)格導線制成，總質(zhì)量為m，總電阻為R，重力加速度為g。求
（1）邊剛好進入分界面P時，a、b兩點間的電勢差大小以及線框加速度的大小；
（2）邊剛好到達分界面Q時，線框產(chǎn)生的焦耳熱以及下落的距離；
（3）要想線框最終能豎直下落，求磁感應強度的最小值。
【答案】（1），；（2），；（3）
【解析】
（1）導體棒切割磁感線
a點電勢高于b點電勢，則
根據(jù)歐姆定律
所受安培力
根據(jù)牛頓第二定律
解得
（2）ab邊從分界面P運動到分界面Q，由法拉第電磁感應定律，電路中產(chǎn)生的感應電動勢
根據(jù)歐姆定律
對線框abcd由動量定理得
又
解得
（3）線框最終能豎直下落的臨界條件為cd邊運動到分界面N時水平速度為零，此時磁感應強度最小。從開始進入磁場到最終出磁場過程中，線圈中有感應電流的階段為：
①ab邊切割，運動的水平距離為d
②cd邊切割，運動的水平距離為
③ab邊、cd邊都切割，運動的水平距離為
④ab邊切割，運動的水平距離為
⑤cd邊切割，運動的水平距離為d
一個邊切割的總水平距離為，此過程中安培力的沖量為；
兩個邊同時切割的總水平距離為，此過程中安培力的沖量為；
對線框abcd水平方向全程應用動量定理得
得