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1、【大高考】（三年模拟精选）2016届高考物理 专题十 电磁感应（全国通用）A组基础训练一、选择题1(2015中原名校、豫南九校一模)英国物理学家麦克斯韦认为,磁场变化时会在空间激发感生电场，如图所示，一个半径为r的绝缘光滑细圆环水平放置，环内存在竖直向上的磁场，环上套一带电荷量为q的质量为m的小球，已知磁感应强度大小B随时间均匀增大，其变化率为k，由此可知()A环所在处的感生电场的电场强度的大小为B小球在环上受到的电场力为kqrC若小球只在感生电场力的作用下运动，则其运动的加速度为D若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做的功大小是 r2qk解析半径为r的回路上产生的电动势为Esr2
2、k，则环所在处的感生电场的电场强度为E0，A项正确；小球在环上受到的电场力为FqE0kqr，B项错误；小球运动的加速度为a，C项错误；球在环上运动一周，电场力对球做功为WF2rr2qk,D项正确答案AD2(2015河北“五个一名校联盟”联考)矩形导线框abcd如图甲所示放在匀强磁场中，磁感线方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示t0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里若规定导线框中感应电流逆时针方向为正，则在04 s时间内，线框中的感应电流I以及线框的ab边所受安培力F随时间变化的图象为(安培力取向上为正方向)()解析由B t图象和楞次定律可知，02 s内感应电流的方向沿顺时
3、针方向，24 s内感应电流方向沿逆时针方向，故A、B项错误；由Bt图象和法拉第电磁感应定律、欧姆定律知04 s内感应电流大小恒定，由Bt图象，FBIL和左手定则知，C项正确，D项错误答案C3(2015云南三校一模)如图所示，在PQ、QR区域存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，bc边与磁场的边界P重合导线框与磁场区域的尺寸如图所示从t0时刻开始线框向右匀速横穿两个磁场区域以abcdef为线框中电流的正方向以下四个it关系示意图中正确的是()解析如图是线框切割磁感线的四个阶段示意图.在第一阶段，只有bc切割向外的磁感线，由右手定则知电动势为负，大小为Blv；在第二阶
4、段，bc切割向里的磁感线，电动势为逆时针方向,同时de切割向外的磁感线，电动势为顺时针方向，等效电动势为零；在第三阶段，de切割向里的磁感线，同时af切割向外的磁感线，两个电动势同为逆时针方向，等效电动势为正，大小为3Blv(到此通过排除法就可确定答案选C)；在第四阶段，只有af切割向里的磁感线，电动势为顺时针方向，等效电动势为负大小为2Blv.故C正确，A、B、D错误答案C4(2015河南八校联考)(多选)如图所示，正方形金属线圈abcd平放在粗糙水平传送带上，被电动机带动一起以速度v匀速运动，线圈边长为L，电阻为R，质量为m，有一边界长度为2L的正方形磁场垂直于传送带，磁感应强度为B，线圈
5、穿过磁场区域的过程中速度不变，下列说法中正确的是()A线圈穿出磁场时感应电流的方向沿abcdaB线圈进入磁场区域时受到水平向左的静摩擦力,穿出区域时受到水平向右的静摩擦力C线圈经过磁场区域的过程中始终受到水平向右的静摩擦力D线圈经过磁场区域的过程中，电动机多消耗的电能为解析由右手定则可知，线圈穿出磁场时感应电流方向沿abcda的方向，A项正确；由楞次定律可知，线圈进入磁场和穿出磁场的过程均受向左的安培力和向右的静摩擦力，全部进入磁场后不受静摩擦力的作用，故B、C项错误；线圈所受的安培力为F，则线圈经过磁场区域的过程中，电动机多消耗的电能为WF2L，D项正确答案AD5(2014贵州六校联考)(多
6、选)水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中,在导轨上放着金属棒ab，开始时，ab棒以水平初速度v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程()A安培力对ab棒所做的功不相等B电流所做的功相等C产生的总内能相等D通过ab棒的电荷量相等解析导轨光滑时，只有安培力做功，安培力做功等于动能变化量，导轨粗糙时，安培力与摩擦力做功之和等于动能的变化量，又两种情况中动能变化量相等，故A对、B错；两种情况中金属棒的动能最终全部转化为内能，C对；通过ab棒的电荷量Q，光滑时比粗糙时ab棒运动的路程长，故S大，通过的电荷量Q多，故D错答案AC6(2014广东肇庆一模)
7、如图所示,水平放置的平行金属导轨MN和PQ之间接有定值电阻R,导体棒ab长为L且与导轨接触良好，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，现使导体棒ab匀速向右运动，下列说法正确的是()A导体棒ab两端的感应电动势越来越小B导体棒ab中的感应电流方向是abC导体棒ab所受安培力方向水平向右D导体棒ab所受合力做功为零解析ab棒切割磁感线产生的感应电动势的大小EBLv，由于棒匀速运动，v不变，又因为B、L不变，所以棒ab产生的感应电动势不变，A错误；根据右手定则可知，ab棒中的电流方向从b到a，B错误；根据左手定则判断知，棒ab所受安培力方向向左，C错误；棒ab做匀速运动，动能不变，根据动能定理可知合力
8、做功为零，D正确答案D7(2014湖北八校二联)如图所示,两个垂直于纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度均为a.高度为a的正三角形导线框ABC从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下列图形中能正确描述感应电流I与线框移动距离x关系的是()解析正三角形线框ABC刚进入向里的磁场时,利用右手定则知，感应电流沿逆时针方向为正，大小I0，之后线框随进入磁场距离的增大,有效切割长度变小，则I变小；当线框ABC前进a距离，在刚进入向外的磁场区域瞬间，此时ABC线框中感应电流方向沿顺时针为负，大小为I2I0，则B正确答案B二、非选择题8(2015辽
9、宁沈阳模拟)如图所示,两根竖直固定的足够长的金属导轨ab和cd相距L0.2 m,另外两根水平金属杆MN和PQ的质量均为m1102 kg，可沿导轨无摩擦地滑动,MN杆和PQ杆的电阻均为R0.2 (竖直金属导轨电阻不计)，PQ杆放置在水平绝缘平台上，整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中，g取10 m/s2.(1)若将PQ杆固定，让MN杆在竖直向上的恒定拉力F0.18 N的作用下由静止开始向上运动，磁感应强度B01.0 T，杆MN的最大速度为多少？(2)若将MN杆固定，MN和PQ的间距为d0.4 m，现使磁感应强度从零开始以0.5 T/s的变化率均匀地增大,经过多长时间，杆PQ对地面的压力为零？解析
10、(1)MN杆切割磁感线产生的电动势为E1B0Lv由闭合电路欧姆定律得I1MN杆所受安培力大小为F安B0I1L对MN杆应用牛顿第二定律得FmgF安ma当MN杆速度最大时,MN杆的加速度为零，联立得MN杆的最大速度为vm m/s0.8 m/s(2)感应电动势为E2由闭合电路欧姆定律得I2t时刻的磁感应强度为BtPQ杆受力平衡mgBI2L联立得t s10 s答案(1)0.8 m/s(2)10 s9(2015安徽合肥模拟)如图(a)所示，平行长直导轨MN、PQ水平放置，两导轨间距L0.5 m,导轨左端M、P间接有一阻值R0.2 的定值电阻，导体棒ab质量m0.1 kg,与导轨间的动摩擦因数0.1，导体
11、棒垂直于导轨放在距离左端为d1.0 m处，导轨和导体棒始终接触良好，电阻均忽略不计整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，t0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取重力加速度g10 m/s2.(1)求t0时棒所受到的安培力F0；(2)分析前3 s时间内导体棒的运动情况并求前3 s内棒所受的摩擦力f随时间t变化的关系式；(3)若t3 s时，突然使ab棒获得向右的速度v08 m/s，同时垂直棒施加一方向水平、大小可变化的外力F,使ab棒的加速度大小恒为a4 m/s2、方向向左求从t3 s到t4 s的时间内通过电阻的电荷量q.解析(1)由图知0.
12、1 T/st0时棒的速度为零，故只有感应电动势：E0.10.51.0 V0.05 VI A0.25 A得t0时棒所受到的安培力F0IB0L0.025 N(2)棒与轨道间的最大静摩擦力fmmg0.10.11010 NF00.025 N所以t0时棒静止不动,加速度为零，这以后磁感应强度B都小于B0，棒所受到的安培力都小于最大静摩擦力,故前3 s时间内导体棒静止不动，电流恒为I0.25 A在03 s的时间内，磁感应强度BB0kt0.20.1t因导体棒静止不动,故棒在水平方向受安培力和静摩擦力，合力为零，fBIL(0.20.1t)0.250.5 N0.012 5(2t)N(t3 s)(3)3.04.0
13、 s时间内磁感应强度大小恒为B00.1 T，ab棒做匀变速运动，t24.0 s3.0 s1.0 s，设t4.0 s时速度大小为v，位移为x，则vv0at24 m/s，xt26 m在这段时间内的平均电动势为E在这段时间内通过电阻的电荷量为qIt2t21.5 C答案(1)0.025 N(2)f0.012 5(2t) N(t3 s)(3)1.5 CB组能力提升一、选择题1(2015北京海淀区一模)如图所示,一根空心铝管竖直放置，把一枚小圆柱形的永磁体从铝管上端由静止释放，经过一段时间后，永磁体穿出铝管下端口假设永磁体在铝管内下落过程中始终沿着铝管的轴线运动，不与铝管内壁接触，且无翻转忽略空气阻力，则
14、下列说法中正确的是()A若仅增强永磁体的磁性，则其穿出铝管时的速度变小B若仅增强永磁体的磁性，则其穿过铝管的时间缩短C若仅增强永磁体的磁性，则其穿过铝管的过程中产生的焦耳热减少D在永磁体穿过铝管的过程中，其动能的增加量等于重力势能的减少量解析若仅增强永磁体的磁性，则铝管中产生的感应电流变大，磁体受到的向上的安培力变大，加速度减小，故则其穿出铝管时的速度变小，选项A正确；由于当增强永磁体的磁性后，磁体在铝管中的平均速度减小，故其穿过铝管的时间变长，选项B错误；由能量守恒关系可知，穿过铝管的过程中产生的焦耳热等于磁体的机械能的减小量,即Qmghmv2，因为v减小，故Q增大，选项C错误；由以上分析可
15、知，在永磁体穿过铝管的过程中，其动能的增加量小于重力势能的减少量，选项D错误答案A2. (2015河北“五个一名校联盟”一模)如图所示，一正方形闭合线圈，从静止开始下落一定高度后，穿越一个有界的匀强磁场区域，线圈上、下边始终与磁场边界平行自线圈开始下落到完全穿越磁场区域的过程中，线圈中的感应电流I、受到的安培力F及速度v随时间t变化的关系，可能正确的是()解析线框下落过程中，受到的安培力总是阻力，与线框的运动方向相反，则进入和穿出磁场过程安培力方向相同，故B错误；若线框到达磁场边界时速度过大，则线框会在进入磁场过程中做加速度减小的减速运动，之后在磁场内做加速运动，最后在穿出磁场过程中还应做减速
16、运动，故C错误；若线框进入磁场的过程中受到的竖直向上的安培力等于竖直向下的重力，则会做匀速运动，之后在磁场内做加速运动，最后在穿出磁场过程中一定会先减速，但是减速的最小速度大小不可能小于进入磁场时的匀速速度大小，故D错误，A正确；若导体框进入磁场后安培力与重力平衡而做匀速直线运动，感应电流保持不变，完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，穿出磁场的过程中，由于速度大于进入时的速度，线框所受的安培力大于重力，线框将做减速运动，速度减小，安培力也减小，线框的加速度也减小，则电流减小(变化率减小)，斜率变小，而且穿出与进入磁场两个过程磁通量变化情况相反，产生的感应电流方向相反，所以A是可能的)
17、答案A3(2015河北名校联盟联考)一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内,线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示t0时刻对线框施加一水平向右的外力，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场，外力F随时间t变化的图象如图乙所示已知线框质量m1 kg、电阻R1 ，以下说法错误的是()A线框做匀加速直线运动的加速度为1 m/s2B匀强磁场的磁感应强度为2 TC线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为 CD线框边长为1 m解析1 s后线框离开磁场，由牛顿第二定律得a1 m/s2,A项正确；1 s末线框的速度为vat1 m/s,线框的边长Lv-t0.5 m，D项错误；此时线框受到安培
18、力大小为F安，该时刻由牛顿第二定律得FF安ma，代入数值解得B2T，B项正确；线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量EC，C项正确答案D4(2015青岛市一模)(多选)如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为1，两导轨间连有一电阻R，导轨平面与水平面的夹角为，在两虚线间的导轨上涂有薄绝缘涂层，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直，质量为m的导体棒从h高度处由静止释放，在刚要滑到涂层处时恰好匀速运动，导体棒始终与导轨垂直且仅与涂层间有摩擦，动摩擦因数tan ，其他部分的电阻不计,重力加速度为g,下列说法正确的是()A导体棒到达涂层前做加速度减小的加速运动B在涂层区导体
19、棒做减速运动C导体棒到达底端的速度为D整个运动过程中产生的焦耳热为mgh解析导体棒到达涂层前随着速度的增加，安培力越来越大，因此合力越来越小，加速度越来越小，因此做加速度减小的加速运动，A正确；由于到达涂层时已匀速运动,而涂层的动摩擦因数tan ，因此在涂层区导体棒做匀速运动，B错误；穿过涂层后导体棒仍匀速运动，因此到达底端时， mgsin,因此导体棒到达底端的速度为，C正确；由于涂层 存在，因此整个运动过程中产生的焦耳热为mg(hlsin )mv2mg(hlsin )，其中1为涂层的宽度，D错误答案AC5(2015中原名校豫南九校一模)如图所示，同一竖直面内的正方形导线框ABCD、abcd的
20、边长均为l,电阻均为R，质量分别为2m和m.它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面向里的匀强磁场开始时，ABCD的下边与匀强磁场的上边界重合，abcd的上边到匀强磁场的下边界的距离为l.现将系统由静止释放，当ABCD全部进入磁场时，系统开始做匀速运动不计摩擦和空气阻力，则()A系统匀速运动的速度大小为B从开始运动至ABCD全部进入磁场的过程中，两线框组成的系统克服安培力做的功为mglC两线框从开始运动至等高的过程中，所产生的总焦耳热为2mglD线框abcd通过磁场的时间为解析匀速运动时对系统由平衡条件得mg，解得v，A项错误；对
21、系统由动能定理得mglW3mv2，把v代入解得克服安培力做功为Wmgl,B项正确；线框从开始运动至等高的过程中，由能量守恒定律得产生的总焦耳热Q2mgl3mv22mgl，C项错误；线框abcd通过磁场的时间t，D项正确答案BD6(2014山东日照一模)在xOy平面内有一条抛物线金属导轨，导轨的抛物线方程为y24x，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向里，一根足够长的金属棒ab垂直于x轴从坐标原点开始，以恒定速度v沿x轴正方向运动，运动中始终与金属导轨保持良好接触形成闭合回路，如图所示则下图所示图象中能表示回路中感应电动势大小随时间变化的图象是()解析金属棒ab沿x轴以恒定速度v运动，因此x
22、v-t，则金属棒在回路中的有效长度L2y44,由法拉第电磁感应定律得回路中感应电动势EBLv4B，即E2t，B正确答案B7(2013云南第一次检测)如图甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当磁场变化时,线圈AB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是选项中的()解析A图中，磁场均匀增强，由楞次定律判断线圈ABCD中的感应电流沿顺时针方向,利用左手定则判断AB边受安培力方向向右，安培力大小由法拉第电磁感应定律有F安lB，则知F安变大，与题目已知不符，A错；B图中，磁场变强,线圈中产生顺时针方向电流，AB边受安培力方向向右，安培力大小F安lB，则知F安变
23、大，与题目已知不符，B错；C图中，磁场变弱，线圈中产生逆时针方向电流,AB边受力方向向左，与题目已知不符，C错；D图中，磁场变强,线圈中产生顺时针方向电流，AB边受安培力方向向右，安培力大小F安lB，可知安培力大小可能恒定，D对答案D二、非选择题8(2015北京西城区模拟)如图，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内,相距为L.一质量为m的导体棒ab垂直于MN、PO放在轨道上，与轨道接触良好轨道和导体棒的电阻均不计(1)如图甲，若轨道左端MP间接一阻值为R的电阻，导体棒在拉力F的作用下以速度v沿轨道做匀速运动请通过公式推导证明：在任意一段时
24、间t内，拉力F所做的功与电路获取的电能相等(2)如图乙，若轨道左端接一电动势为E、内阻为r的电源和一阻值未知的电阻闭合开关S，导体棒从静止开始运动，经过一段时间后，导体棒达到最大速度vm，求此时电源的输出功率(3)如图丙，若轨道左端接一电容器，电容器的电容为C，导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右运动电容器两极板电势差随时间变化的图象如图所示,已知t1时刻电容器两极板间的电势差为U1.求导体棒运动过程中受到的水平拉力大小解析(1)导体棒切割磁感线，EBLv导体棒速运动，FF安又F安BIL，I在任意一段时间t内，拉力F所做的功WFvtF安vtt电路获取的电能E电qEEItt可见，在任意一段时间
25、t内，拉力F所做的功与电路获取的电能相等(2)导体棒达到最大速度vm时，棒中没有电流电源的路端电压UBLvm电源与电阻所在回路的电流I电源的输出功率PUI(3)感应电动势与电容器两极板间的电势差相等，即BLvU由电容器的Ut图可知Ut导体棒的速度随时间变化的关系为vt可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度a由CI则I由牛顿第二定律FBILma可得F答案(1)见解析(2)(3)9(2015四川绵阳模拟)如图甲所示,两条不光滑平行金属导轨倾斜固定放置，倾角37，间距d1 m,电阻r2 的金属杆与导轨垂直连接，导轨下端接灯泡L，规格为“4 V，4 W”，在导轨内有宽为l、长为d的矩形区域abcd，矩形
26、区域内有垂直导轨平面均匀分布的磁场，各点的磁感应强度B大小始终相等，B随时间t变化如图乙所示在t0时，金属杆从PQ位置静止释放，向下运动直到cd位置的过程中,灯泡一直处于正常发光状态不计两导轨电阻，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度g10 m/s2.求：(1)金属杆的质量m；(2)03 s内金属杆损失的机械能E.解析(1)Edl，2 T/s联立解得I1 A，R4 ，E6 V，l3 m在t1 s金属杆进入磁场后，磁场磁感应强度保持不变，设金属杆进入磁场时速度为v，金属杆中的感应电动势为E1，则E1E，E1Bdv设金属杆在运动过程中受到的摩擦力为f，杆进入磁场前加速度为a，则amg
27、sin fma进入磁场后杆匀速运动，设受到的安培力为F安，所以F安BIdmgsin fF安0联立解得v3 m/s，a3 m/s2，f2 N，F安2 Nm0.67 kg(2)设金属杆进入磁场前01 s内的位移为x1，通过磁场的时间为t2，则x1t1，t2解得x11.5 m，t21 s故在2 s后金属杆出磁场,设第3 s内金属杆的位移为x3，3 s末金属杆的速度为v3，则x3v-t3atv3vat3E机mg(x1lx3)sin mv联立解得x34.5 m，v36 m/sE机24 J(3)另解：03 s内杆克服摩擦力做功Wf克f(x1lx3)18 J克服安培力做功W安克F安l6 J03 s内杆损失的
28、机械能为E机Wf克W安克24 J答案(1)0.67 kg(2)24 J考向一考查法拉第电磁感应定律与图象的综合应用1(法拉第电磁感应定律与图象问题)某学生设计了一个验证法拉第电磁感应定律的实验,实验装置如图甲所示在大线圈中放置一个小线圈，大线圈与多功能电源连接多功能电源输入到大线圈的电流i1的周期为T，且按图乙所示的规律变化，电流i1将在大线圈的内部产生变化的磁场，该磁场磁感应强度B与线圈中电流i的关系为Bki1(其中k为常数).小线圈与电流传感器连接，并可通过计算机处理数据后绘制出小线圈中感应电流i2随时间t变化的图象若仅将多功能电源输出电流变化的频率适当增大，则下列四个选项中可能正确反映i
29、2t图象变化的是(选项中分别以实线和虚线表示调整前、后的i2t图象)()解析由法拉第电磁感应定律得小线圈感应电动势e2kS，所以感应电流i2.若将电流i1的频率适当增大，则i2的频率也变大，峰值也将变大答案B考向二考查法拉第电磁感应定律与电路知识的综合应用2(法拉第电磁感应定律、电功率、安培力)某校科技小组的同学设计了一个传送带测速仪,测速原理如图所示在传送带一端的下方固定有间距为L、长度为d的平行金属电极电极间充满磁感应强度为B、方向垂直传送带平面(纸面)向里、有理想边界的匀强磁场，且电极之间接有理想电压表和电阻R，传送带背面固定有若干根间距为d的平行细金属条,其电阻均为r，传送带运行过程中
30、始终仅有一根金属条处于磁场中，且金属条与电极接触良好当传送带以一定的速度匀速运动时，电压表的示数为U.则下列说法中正确的是()A传送带匀速运动的速率为B电阻R产生焦耳热的功率为C金属条经过磁场区域受到的安培力大小为D每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功为解析根据EBLv，则电压表读数为U，解得v，选项A错误；电阻R产生焦耳热的功率为PR,选项B错误；金属条经过磁场区域受到的安培力大小为FBIL,选项C错误；每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功为WFd，选项D正确答案D考向三考查法拉第电磁感应定律与力学知识的综合应用3(感应电动势、安培力、牛顿第二定律)(多选)用一段截面半径
31、为r、电阻率为、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(rR)的圆环.圆环落入磁感应强度为B的径向磁场中.如图所示，当圆环在加速下落时某一时刻的速度为v，则()A此时整个环的电动势为E2BvRB忽略电感的影响，此时圆环中的电流IC此时圆环的加速度aD如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm解析在下落过程中，线圈切割磁感线产生的电动势为EBlvB(2R)v，A正确；根据闭合电路欧姆定律I，B错误；此刻所受安培力为FBILBI(2R)，化简则FB(2R)，加速度为agB(2R),所以C错误；当物体下落时，速度变快，因此安培力F变大，根据牛顿第二定律可知加速度变小，直到加速度a为零时获得最大速度mg
32、B(2R)，其中mdr22R，代入化简则vm，D正确答案AD考向四电磁感应现象、动能定理、欧姆定律、安培力的综合应用4(电磁感应现象、动能定理、欧姆定律、安培力的综合应用)如图所示,空间中自下而上依次分布着垂直纸面向里的匀强磁场区域、N,相邻两个磁场的间距均为a1.2 m.一边长L0.2 m、质量m0.5 kg、电阻R0.01 的正方形导线框，与质量M2 kg的物块通过跨过两光滑轻质定滑轮的轻质细线相连线框的上边距离磁场I的下边界为b1 m，物块放在倾角53的斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数0.5，斜面足够长将物块由静止释放，线框在每个磁场区域中均做匀速直线运动已知重力加速度g10 m/s2，
33、sin 530.8，cos 530.6，求：(1)线框进入磁场时速度v1的大小；(2)磁场的磁感应强度B1的大小；(3)磁场N的磁感应强度Bn与B1的函数关系解析(1)线框从静止开始运动至刚进入磁场时，以线框和物块整体为研究对象，由动能定理得W(Mgsin 53Mgcos 53)bmgb(Mm)v解得v12 m/s(2)线框在磁场中匀速运动，由法拉第电磁感应定律：E1B1Lv1由欧姆定律：I1线框受到的安培力F1B1I1L设细线拉力为T，以线框为研究对象：TmgF1以物块为研究对象：TMgsin 53Mgcos 53联立解得B1 T.(3)线框在相邻两个磁场之间加速的距离均为aLb，故线框由静止开始运动至刚进入第n个磁场时，由动能定理：nW(mM)v联立解得vnv1又由解得F1线框在第n个磁场中受到的安培力Fn线框在每个磁场区域中均做匀速直线运动,受到的安培力均相等,则FnF1联立解得Bn.答案(1)2 m/s(2) T(3)Bn