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1、高考试卷试题学习资料专题强化十二电磁感应的综合问题专题解读 1.本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识的综合应用，高考既以选择题的形式命题，也以计算题的形式命题.2.学好本专题，可以极大地培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决数形结合、利用动力学和功能关系解决电磁感应问题的信心.3.用到的知识有：左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿运动定律、函数图象、动能定理和能量守恒定律等.命题点一电磁感应中的图象问题1.题型简述借助图象考查电磁感应的规律，一直是高考的热点，此类题目一般分为两类
2、：(1)由给定的电磁感应过程选出正确的图象；(2)由给定的图象分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图象.常见的图象有Bt图、Et图、it图、vt图及Ft图等.2.解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键.3.解题步骤(1)明确图象的种类，即是Bt图还是t图，或者Et图、It图等；(2)分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；(6
3、)画图象或判断图象.4.常用方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项.(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断.例1(2018全国卷18)如图1，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下.一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动.线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是()图1答案D解析设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i.
4、线框位移等效电路的连接电流0I2i(顺时针)lI0lI2i(逆时针)2lI0分析知，只有选项D符合要求.变式1(多选)(2018湖北省黄冈市期末调研)如图2所示，在光滑水平面内，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，一正方形金属线框质量为m，电阻为R，边长为L，从虚线处进入磁场时开始计时，在外力作用下，线框由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场，规定顺时针方向为感应电流I的正方向，外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过导线横截面的电荷量为q，选项中Pt图象和qt图象均为抛物线，则这些量随时间变化的图象正确的是()图2答案CD解析线框切割磁感
5、线运动，则有运动速度vat，产生感应电动势EBLv，所以产生感应电流i，故A错误；对线框受力分析，由牛顿第二定律得FF安ma，F安BLi，解得：Fma，故B错误；电功率Pi2R，P与t是二次函数，图象为抛物线，故C正确；由电荷量表达式，则有q，q与t是二次函数，图象为抛物线，故D正确.例2(多选)(2018广西北海市一模)如图3甲所示，导体框架abcd放置于水平面内，ab平行于cd，导体棒MN与两导轨垂直并与导轨接触良好，整个装置放置于垂直于框架平面的磁场中，磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示，MN始终保持静止.规定竖直向上为磁场正方向，沿导体棒由M到N为感应电流的正方向，水平向右为导体棒所
6、受安培力F的正方向，水平向左为导体棒所受摩擦力Ff的正方向，下列图象中正确的是()图3答案BD解析由题图乙可知，回路中产生的感应电动势先为零，后恒定不变，感应电流先为零，后恒定不变，回路中感应电流方向为逆时针，故A错误，B正确；在0t1时间内，导体棒MN不受安培力；在t1t2时间内，导体棒MN所受安培力方向水平向右，由FBIL可知，B均匀减小，MN所受安培力均匀减小；在t2t3时间内，导体棒MN所受安培力方向水平向左，由FBIL可知，B均匀增大，MN所受安培力均匀增大；根据平衡条件得到，棒MN受到的摩擦力大小FfF，二者方向相反，即在0t1时间内，没有摩擦力，而在t1t2时间内，摩擦力方向向左
7、，大小均匀减小，在t2t3时间内，摩擦力方向向右，大小均匀增大，故C错误，D正确.变式2(多选)(2019安徽省黄山市质检)如图4甲所示，闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示.规定垂直纸面向外为磁场的正方向，顺时针为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向.关于线框中的感应电流i与ad边所受的安培力F随时间t变化的图象，下列选项中正确的是()图4答案BC解析由题图乙可知，01 s内，B增大，增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，为正值，12 s内，磁通量不变，无感应电流，23 s内，B的方向垂直纸面向外，
8、B减小，减小，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，为负值，34 s内，B的方向垂直纸面向里，B增大，增大，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，感应电流为负值，A错误，B正确；由左手定则可知，在01 s内，ad边受到的安培力方向水平向右，是正值，12 s内无感应电流，ad边不受安培力，23 s，安培力方向水平向左，是负值，34 s，安培力方向水平向右，是正值.由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势ES，感应电流I，由Bt图象可知，在每一时间段内，的大小是定值，在各时间段内I是定值，ad边受到的安培力FBIL，I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值，C正确，D错误.命题点二电磁感应
9、中的动力学问题1.题型简述感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起.解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等).2.两种状态及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析3.动态分析的基本思路解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件.具体思路如下： 例3(2016全国卷24)如图5，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，
10、质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上.t0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.t0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.重力加速度大小为g.求：图5(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(1)Blt0(g)(2)解析(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Fmgma设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有vat0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知产生的电
11、动势为EBlv联立式可得EBlt0(g)(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I式中R为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为F安BlI因金属杆做匀速运动，有FmgF安0联立式得R.变式3(多选)(2018安徽省安庆市二模)如图6甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成角，M、P两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中.t0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为r，导轨电阻忽略不计.已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图乙所示.下列关于棒的运动速度v、外力F、流过R的电荷量q以及闭合
12、回路中磁通量的变化率随时间变化的图象正确的是()图6答案AB解析根据题图乙所示的It图象可知Ikt，其中k为比例系数，由闭合电路欧姆定律可得：Ikt，可推出：Ekt(Rr)，而E，所以有：kt(Rr)，t图象是一条过原点且斜率大于零的直线，故B正确；因EBlv，所以vt，vt图象是一条过原点且斜率大于零的直线，说明金属棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，即vat，故A正确；对金属棒在沿导轨方向有FBIlma，而I，vat，得到Fma，可见Ft图象是一条斜率大于零且与纵轴正半轴有交点的直线，故C错误；qtt2，qt图象是一条开口向上的抛物线，故D错误.变式4如图7甲所示，间距L0.5 m的两根光
13、滑平行长直金属导轨倾斜放置，导轨平面倾角30.导轨底端接有阻值R0.8 的电阻，导轨间有、两个矩形区域，其长边都与导轨垂直，两区域的宽度均为d20.4 m，两区域间的距离d10.4 m，区域内有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B01 T，区域内的磁感应强度B随时间t变化如图乙所示，规定垂直于导轨平面向上的磁感应强度方向为正方向.t0时刻，把导体棒MN无初速度地放在区域下边界上.已知导体棒的质量m0.1 kg，导体棒始终与导轨垂直并接触良好，且导体棒在磁场边界时都认为处于磁场中，导体棒和导轨电阻不计，取重力加速度g10 m/s2.求：图7(1)0.1 s内导体棒MN所受的安培力大小；(
14、2)t0.5 s时回路中的电动势和流过导体棒MN的电流方向；(3)0.5 s时导体棒MN的加速度大小.答案(1) 0.5 N(2)0.4 VNM(3)7 m/s2解析(1)t10.1 s时间内感应电动势E1d2L，I10.1 s内安培力F1B0I1L，解得F10.5 N(2)因F1mgsin ，故导体棒在0.1 s内静止，从第0.1 s末开始加速，设加速度为a1，则：mgsin ma1，d1a1t2，v1a1t，解得：t0.4 s，v12 m/st0.5 s时，导体棒刚滑到区域上边界，此时B20.8 T，切割磁感线产生的电动势E2B2Lv10.8 Vt0.5 s时，因磁场变化而产生的感应电动势
15、E3d2L，6 T/s，解得E31.2 Vt0.5 s时的总电动势EE3E20.4 V导体棒电流方向：NM(3)设0.5 s时导体棒的加速度为a，有Fmgsin ma，又I，FB2IL，解得a7 m/s2，方向沿斜面向下.命题点三电磁感应中的动力学和能量问题1.题型简述电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的.安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程.2.解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；(3)根据能量守恒定
16、律或功能关系列式求解.3.求解电能应分清两类情况(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及WUIt或QI2Rt直接进行计算.(2)若电流变化，则利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能.例4(2018吉林省吉林市第二次调研)如图8甲所示，一边长L2.5 m、质量m0.5 kg的正方形金属线框，放在光滑绝缘的水平面上，整个装置处在方向竖直向上、磁感应强度B0.8 T的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN重合.在水平力F作用下由静止开始向左运动，经过5 s线框被拉出磁场.测得金属线框中的电流随时间变化的
17、图象如图乙所示，在金属线框被拉出的过程中，图8(1)求通过线框的电荷量及线框的总电阻；(2)分析线框运动性质并写出水平力F随时间变化的表达式；(3)已知在这5 s内力F做功1.92 J，那么在此过程中，线框产生的焦耳热是多少.答案见解析解析(1)根据qt，由It图象得，q1.25 C又根据得R4 ；(2)由题图乙可知，感应电流随时间变化的规律：I0.1t由感应电流I，可得金属线框的速度随时间也是线性变化的，v0.2t线框做初速度为0的匀加速直线运动，加速度a0.2 m/s2线框在外力F和安培力F安作用下做匀加速直线运动，FF安ma又F安BIL得F(0.2t0.1) N；(3)5 s时，线框从磁
18、场中拉出时的速度v5at1 m/s由能量守恒得：WQmv52线框中产生的焦耳热QWmv521.67 J变式5(多选)如图9所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场、的高和间距均为d，磁感应强度为B.质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场和时的速度相等.金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g.金属杆()图9A.刚进入磁场时加速度方向竖直向下B.穿过磁场的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场产生的总热量为4mgdD.释放时距磁场上边界的高度h可能小于答案BC解析穿过磁场后，金属杆在磁场之间做加速运动，在磁场上边缘速度大于从磁场出来时的速度，即进入
19、磁场时的速度等于进入磁场时的速度，大于从磁场出来时的速度，金属棒在磁场中做减速运动，加速度方向向上，A错误；金属棒在磁场中做减速运动，由牛顿第二定律知BILmgmgma，a随着减速过程逐渐变小，即在前一段做加速度减小的减速运动，在磁场之间做加速度为g的匀加速直线运动，两个过程位移大小相等，由vt图象(可能图象如图所示)可以看出前一段用时多于后一段用时，B正确；由于进入两磁场时速度相等，由动能定理知，W安1mg2d0，W安12mgd.即通过磁场产生的热量为2mgd，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd，C正确；设刚进入磁场时速度为v，则由机械能守恒定律知mghmv2，进入磁场时BILmgmgma，
20、解得v，由式得h，D错误.变式6(2018福建省南平市适应性检测)如图10所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间距L0.2 m，左端接有阻值R0.3 的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道.仅在水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B1.0 T.一根质量m0.2 kg、电阻r0.1 的金属棒ab垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移x9 m时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度.当金属棒离开磁场时撤去外力F，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度h0.8 m处.已知金属棒与导轨间的动摩擦因数0.1，导轨电阻不计，棒在运动过程中
21、始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触，取g 10 m/s2.求：图10(1)金属棒运动的最大速率v；(2)金属棒在磁场中速度为时的加速度大小；(3)金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R上产生的焦耳热.答案见解析解析(1)金属棒从出磁场到上升到弯曲轨道最高点，根据机械能守恒定律得：mv2mgh由得：v4 m/s(2)金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流为I，根据平衡条件得FBILmgI 联立式得F0.6 N金属棒速度为时，设回路中的电流为I，根据牛顿第二定律得FBILmgma I 联立得：a1 m/s2(3)设金属棒在磁场区域运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q，根据功能关系：Fxmgxmv2Q
22、则电阻R上的焦耳热QRQ联立解得：QR1.5 J.1.(多选)(2018广西防城港市3月模拟)如图1所示，等边闭合三角形线框，开始时底边与匀强磁场的边界平行且重合，磁场的宽度大于三角形的高度，线框由静止释放，穿过该磁场区域，不计空气阻力，则下列说法正确的是()图1A.线框进磁场过程中感应电流为顺时针方向B.线框底边刚进入和刚穿出磁场时线圈的加速度大小可能相同C.线框出磁场的过程，可能做先减速后加速的直线运动D.线框进出磁场过程，通过线框横截面的电荷量不同答案BC解析线框进入磁场过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流为逆时针方向，故A错误；线框底边刚进入瞬间，速度为零，产生的感应电动势为
23、零，下落加速度为g，完全进入磁场后下落加速度为g，随着下落速度的增大，出磁场时产生的安培力可能等于2mg，此时减速的加速度大小可能为g，故B正确；线框出磁场的过程，可能先减速，随着速度减小，切割长度变短，线框受到的安培力减小，当小于重力后线框做加速直线运动，故C正确；线框进、出磁场过程，磁通量变化相同，所以通过线框横截面的电荷量相同，故D错误.2.(2018陕西省咸阳市第二次模拟)如图2甲所示，匝数n2的金属线圈(电阻不计)围成的面积为20 cm2，线圈与R2 的电阻连接，置于竖直向上、均匀分布的磁场中，磁场与线圈平面垂直，磁感应强度为B，Bt关系如图乙所示，规定感应电流i从a经过R到b的方向
24、为正方向，忽略线圈的自感影响，则下列it关系图正确的是()图2答案D解析由题图乙可知，02 s内，线圈中磁通量的变化率相同，故02 s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为正方向；同理可知，25 s内电路中的电流方向为逆时针，为负方向，由En可得EnS，则知02 s内电路中产生的感应电动势大小为：E1220104 V6106 V，则电流大小为：I1106A3106 A；同理25 s内，I22106 A，故A、B、C错误，D正确.3.(多选)(2019湖北省武汉市调研)如图3甲所示，在足够长的光滑的固定斜面上放置着金属线框，垂直于斜面方向的匀强磁场的磁感应强度B随时间
25、的变化规律如图乙所示(规定垂直斜面向上为正方向).t0时刻将线框由静止释放，在线框下滑的过程中，下列说法正确的是()图3A.线框中产生大小、方向周期性变化的电流B.MN边受到的安培力先减小后增大C.线框做匀加速直线运动D.线框中产生的焦耳热等于其机械能的损失答案BC解析穿过线框的磁通量先向下减小，后向上增大，则根据楞次定律可知，感应电流方向不变，选项A错误；因磁感应强度的变化率不变，则感应电动势不变，感应电流不变，而磁感应强度的大小先减小后增大，根据FBIL可知，MN边受到的安培力先减小后增大，选项B正确；因线框平行的两边电流等大反向，则整个线框受到的安培力为零，则线框下滑的加速度不变，线框做
26、匀加速直线运动，选项C正确；因安培力对线框做功为零，斜面光滑，则线框的机械能守恒，选项D错误.4.(多选)(2018福建省厦门市质检)如图4所示，在倾角为的光滑固定斜面上，存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直斜面向上，磁场的宽度为2L.一边长为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场瞬间和刚越过MN穿出磁场瞬间速度刚好相等.从ab边刚越过GH处开始计时，规定沿斜面向上为安培力的正方向，则线框运动的速率v与线框所受安培力F随时间变化的图线中，可能正确的是()图4答案AC解析根据楞次定律可得线框进入磁场的过程中电流方向为顺时针；根据法拉第电磁感应定律可得感应电
27、动势EBLv，感应电流I，所受的安培力大小为FBIL，ab边刚越过GH进入磁场瞬间和刚越过MN穿出磁场瞬间速度刚好相等，可能的运动情况有两种，一是进磁场时匀速，完全进入磁场后做匀加速直线运动，出磁场过程中，做加速度逐渐减小的减速运动，二是进磁场时做加速度逐渐减小的减速运动，完全进入磁场后做匀加速运动，出磁场时做加速度逐渐减小的减速运动，结合图象知A正确，B错误；根据左手定则可得线框进入磁场的过程中安培力方向沿斜面向上，为正，且FBIL，线框完全进入磁场后，线框所受安培力为零；出磁场的过程中安培力方向沿斜面向上，且出磁场时的安培力可能等于进入磁场时的安培力，所以C正确，D错误.5.(2018山东
28、省泰安市上学期期末)如图5，两固定的绝缘斜面倾角均为，上沿相连.两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L、质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，两定滑轮间的距离也为L.左斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上.已知斜面及两根柔软轻导线足够长.回路总电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g.使两金属棒水平，从静止开始下滑.求：图5(1)金属棒运动的最大速度vm的大小；(2)当金属棒运动的速度为时，其加速度大小是多少？答案(1)(2)(sin 3c
29、os )解析(1)达到最大速度时，设两导线中张力均为FT，金属棒cd受到的安培力为F对ab、cd，根据平衡条件得到：2mgsin 2FT2mgcos 2FTmgsin mgcos F而安培力FBIL根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律：EBLvm，I整理得到：vm(2)当金属棒的速度为时，设两导线中张力均为FT1，金属棒cd受到的安培力为F1，根据牛顿第二定律：2mgsin 2FT12mgcos 2ma2FT1mgsin mgcos F1ma又F1BI1L，E1BL，I1，联立解得：a(sin 3cos ).6.(2018天津市实验中学模拟)如图6所示，固定光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不
30、计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为，且处在磁感应强度大小为B、 方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上.初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿导轨向上的初速度v0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触.已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行.图6(1)求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a.答案(1)电流方向为ba(2)gsin 解析(1)导体棒产生的感应电动势为：E1BLv0根据闭合电路欧姆定律得通过R的电流大小为
31、：I1根据右手定则判断得知：电流方向为ba(2)导体棒第一次回到初始位置时产生的感应电动势为：E2BLv根据闭合电路欧姆定律得感应电流为： I2导体棒受到的安培力大小为：FBIL，方向沿斜面向上.导体棒受力如图所示：根据牛顿第二定律有：mgsin Fma解得：agsin .7.(2018广东省惠州市模拟)如图7所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成37角放置，在斜面上虚线aa和bb与斜面底边平行，在aa、bb围成的区域中有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B1 T；现有一质量为m10 g、总电阻R1 、边长d0.1 m的正方形金属线圈MNQP，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端由静止释放，
32、线圈刚好匀速穿过整个磁场区域.已知线圈与斜面间的动摩擦因数为0.5，(取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：图7(1)线圈进入磁场区域时的速度大小；(2)线圈释放时，PQ边到bb的距离；(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热.答案(1)2 m/s(2)1 m(3)4103 J解析(1)对线圈受力分析，根据平衡条件得：F安mgcos mgsin ，F安BId，I，EBdv联立并代入数据解得：v2 m/s(2)线圈进入磁场前做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：a2 m/s2线圈释放时，PQ边到bb的距离L m1 m；(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d0.1 m，QW安F安2d代入数据解得：Q4103 J.