222由r?(2R)?(r?R) 解得最大半径r?5R， 2同时可得最小半径为r?1R 2再根据
152R?r?R，由R?22BmU0， e解得
125m?mx?m。 4415.倾角为?的光滑绝缘斜面如图所示，在相隔为d的平行虚线MN和PQ与斜面底边平行，其间有大小为B的匀强磁场，方向垂直斜面向下。一质量为m、电阻为R、用相同的金属线做成的边长为L的正方形单匝线框，在斜面上某位置由静止释放，且释放时cd边与斜面底边平行。当cd边刚进入磁场时，线框的加速度大小为a，方向沿斜面向上；线框ab边刚要离开磁场和
cd边刚进入磁场时，ab边两端的电压相同。已知磁场的宽度d大于线框的边长L，不计空气
阻力，重力加速度为g。求：
（1）cd边刚进入磁场时，cd边的电流方向和线框速度大小v； （2）线框通过磁场的过程中，线框中产生的热量Q； （3）线框从进入磁场到完全离开磁场所用的时间t。
mR(gsin??a)4m3R2(gsin??a)2v?【答案】（1）d→c ， （2） Q?mg(d?L)sin??B2L29B4L4
2B2L32mR(gsin??a)?（3）t?
mgRsin?3B2L2gsin?【解析】
【详解】（1）由右手定则知电流方向为d→c ； 由牛顿第二定律得：BIL?mgsin??ma 由闭合电路欧姆定律得：I?E R由法拉第电磁感应定律得E=BLv 得 v?mR(gsin??a)
B2L21BLv 43BLv1 4（2）cd边进入磁场时，ab边两端电压为U?设ab边离开磁场时，线框的速度为v1，ab边两端电压为U?可得 v1?1v 31212mv1?mv?Q?mg(d?L)sin? 22由能量守恒定律得：
4m3R2(gsin??a)2得Q?mg(d?L)sin?? 449BL（3）对线框穿过磁场的全过程用动量定理得：
B2L2mgsin??t??v?t?mv1?mv
R因为线框只在进出磁场时受安培力作用，故有：
?v?t?2L
2B2L32mR(gsin??a)?可得线框穿过磁场的总时间：t?
mgRsin?3B2L2gsin?
浙江省杭州市2018 - 2019学年高二物理下学期期末考试试题（含解析） - 图文
