人教版（2019）选择性必修2《第2章 电磁感应》2020年单元测试卷

选择性必修2《第2章电磁感应》
2020年单元测试卷
如图所示，圆环a和圆环b的半径之比为2：1，两环用同样粗细，同种材料制成的导线连成闭合回路，连接两环的导线电阻不计，匀强磁场的磁感应强度变化率恒定，则在a、b环分别单独置于磁场中的两种情况下，M、N两点的电势差之比为
A.
4：1
B.
1：4
C.
2：1
D.
1：2
如图所示，在平行于水平地面的有理想边界的匀强磁场上方，有三个大小相同且用相同的金属材料制成的正方形线框，线框平面与磁场方向垂直。A线框有一个缺口，B、C线框都闭合，但B线框导线的横截面积比C线框大。现将三个线框从同一高度由静止开始同时释放，下列关于它们落地时间的说法，正确的是
A.
三个线框同时落地
B.
三个线框中，A线框最后落地
C.
B线框在C线框之后落地
D.
B线框和C线框在A线框之后同时落地
如图所示，A、B、C是3个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈直流电阻可忽略不计。则
A.
电路接通稳定后，3个灯亮度相同
B.
电路接通稳定后，S断开时，C灯立即熄灭
C.
S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭
D.
S闭合时，B灯立即亮，然后逐渐熄灭
如图所示，在光滑水平桌面上有一正方形导线框；在导线框右侧有匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。让线圈由位置1通过一个匀强磁场区域运动到位置2，下列说法中正确的是
A.
线圈进入匀强磁场区域的过程中，线圈中有感应电流，而且进入的速度越大，感应电流越大
B.
整个线圈在匀强磁场中匀速运动时，线圈中有感应电流，而且感应电流是恒定的
C.
整个线圈在匀强磁场中加速运动时，线圈中有感应电流，而且感应电流越来越大
D.
线圈穿出匀强磁场区域的过程中，线圈中有逆时针方向感应电流
如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道固定在水平面上，轨道的圆心处固定了一条形磁铁。一半径为r，质量为m的金属球从半圆轨道的一端由静止释放金属球紧贴轨道，其球心在半圆轨道的水平直径上，金属球在轨道上来回往复运动，重力加速度大小为g，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是
A.
由于没有摩擦，金属球来回往复运动时，每次都能到达相同的高度
B.
金属球第一次到达轨道最低点的速度是，后续每次到达最低点的速度都小于
C.
金属球最终停在轨道最低点，运动过程中系统产生的总热量为
D.
金属球运动过程中有感应电动势产生，但因没有闭合回路，所以没有产生感应电流
如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内有一位于纸面内的电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框分别从两个方向移出磁场的过程中
A.
导体框所受安培力方向相同
B.
导体框中产生的焦耳热相同
C.
导体框ad边两端电压相同
D.
通过导体框截面的电荷量不同
匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感强度B随时间t变化规律如图甲所示．在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示．令、、分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，、、分别表示金属环对应感应电流时其中很小段受到的安培力．则
A.
沿逆时针方向，沿顺时针方向
B.
沿顺时针方向，沿顺时针方向
C.
方向指向圆心，方向指向圆心
D.
方向背离圆心向外，方向指向圆心
竖直放置的长直密绕螺线管接入如图甲所示的电路中，通有俯视顺时针方向的电流，其大小按图乙所示的规律变化。螺线管内中间位置固定有一水平放置的硬质闭合金属小圆环未画出，圆环轴线与螺线管轴线重合。下列说法正确的是
A.
时刻，圆环有扩张的趋势
B.
时刻，圆环有收缩的趋势
C.
和时刻，圆环内的感应电流大小相等
D.
时刻，圆环内有俯视逆时针方向的感应电流
如图a所示在光滑水平面上用恒力F拉质量m的单匝均匀正方形铜线框，边长为a，在1位置以速度进入磁感应强度为B的匀强磁场并开始计时，若磁场的宽度为，在时刻线框到达2位置速度又为并开始离开匀强磁场．此过程中图象如图b所示，则
A.
时，线框右侧边MN的两端电压为
B.
在时刻线框的速度为
C.
线框完全离开磁场的瞬间位置3速度一定比时刻线框的速度大
D.
线框从1位置进入磁场到完全离开磁场位置3过程中，线框中产生的电热为2Fb
如图甲所示，垂直纸面向里的有界匀强磁场的磁感应强度，质量，高、总电阻，匝的矩形线圈竖直固定在质量的绝缘小车上，小车与线圈的水平长度L相等。线圈和小车一起沿光滑水平面运动，并以初速度进入磁场，线圈平面和磁场方向始终垂直。若小车运动的速度v随车的位移x变化的图象如图乙所示，则根据以上信息可知
A.
小车的水平长度
B.
磁场的宽度
C.
小车的位移时线圈中的电流
D.
线圈通过磁场的过程中线圈产生的热量
为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图所示．已知线圈由a端开始绕至b端；当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转．
将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转．俯视线圈，其绕向为______填“顺时针”或“逆时针”．
当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，指针向右偏转．俯视线圈，其绕向为______填“顺时针”或“逆时针”．
如图所示，一根电阻为的导线弯成一个圆形线圈，圆半径，圆形线圈质量，此线圈放在绝缘光滑的水平面上，在y轴右侧有垂直于线圈平面的匀强磁场．若线圈以初动能沿x轴方向滑进磁场，当进入磁场时，线圈中产生的电热为求：
此时线圈的运动速度；
此时线圈与磁场左边缘两交接点间的电压；
此时线圈加速度大小．
如图甲所示，斜面上存在一有理想边界的匀强磁场，磁场方向与斜面垂直．在斜面上离磁场上边界处由静止释放一单匝矩形金属线框，线框底边和磁场边界平行，金属线框与斜面间的动摩擦因数整个线框进入磁场的过程中，机械能E和位移s之间的关系如图乙所示．已知，线框的质量为，电阻为，斜面倾角，磁场区域的宽度，重力加速度，，求：
线框刚进入磁场时的速度大小；
线框从开始进入至完全进入磁场所用的时间t；
线框穿越磁场的整个过程中电功率的最大值．
某科研机构在研究磁悬浮列车的原理时，把它的驱动系统简化为如下模型；固定在列车下端的线圈可视为一个矩形纯电阻金属框，如图甲所示，MN边长为L，平行于y轴，MP边宽度为b，边平行于x轴，金属框位于xOy平面内，其电阻为；列车轨道沿Ox方向，轨道区域内固定有匝数为n、电阻为的字型如图乙通电后使其产生图甲所示的磁场，磁感应强度大小均为B，相邻区域磁场方向相反使金属框的MN和PQ两边总处于方向相反的磁场中已知列车在以速度v运动时所受的空气阻力满足为已知常数．
驱动列车时，使固定的字型线圈依次通电，等效于金属框所在区域的磁场匀速向x轴正方向移动，这样就能驱动列车前进．
当磁场以速度沿x轴正方向匀速移动，列车同方向运动的速度为时，金属框MNQP中产生的磁感应电流多大？提示：当线框与磁场存在相对速度时，动生电动势
求列车能达到的最大速度；
列车以最大速度运行一段时间后，断开接在字型线圈上的电源，使线圈与连有整流器其作用是确保电流总能从整流器同一端流出，从而不断地给电容器充电的电容器相接，并接通列车上的电磁铁电源，使电磁铁产生面积为、磁感应强度为、方向竖直现下的匀强磁场，使列车制动，求列车通过任意一个字型线圈时，电容器中贮存的电量Q．
间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所示，倾角为的导轨处于大小为、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间I中，水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”由两根长为l的金属杆cd和ef，用长度为L的刚性绝缘杆连接构成，在“联动双杆”右侧存在大小为，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间II，其长度大于L，质量为m、长为l的金属杆ab从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨无能量损失，杆ab与“联动双杆”发生碰撞，碰后杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”，“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间II并从中滑出，运动过程中，杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直，已知杆ab、cd和ef电阻均为，，，，，，，不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应，求：
杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小；
“联动三杆”进入磁场区间II前的速度大小v；
“联动三杆”滑过磁场区间II产生的焦耳热Q。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
a环与b环的半径之比为2：1，故周长之比为2：1，根据电阻定律，电阻之比为2：1；根据法拉第电磁感应定律公式得到两次电动势的大小关系，然后结合闭合电路欧姆定律分析即可．
本题关键是理清电路结构，然后根据闭合电路欧姆定律、电阻定律和法拉第电磁感应定律列式分析，同时理解路端电压的含义．
【解答】
a环与b环的半径之比为2：1，故周长之比为2：1，根据电阻定律，电阻之比为2：1；
M、N两点间电势差大小为路端电压，为：；
磁感应强度变化率恒定的变化磁场，故根据法拉第电磁感应定律公式，得到两次电动势的大小之比为4：1；
故两次的路段电压之比为：：：1，故C正确，ABD错误；
故选：C。
2.【答案】D
【解析】解：A、A线框有一个缺口，A线框进入磁场过不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度等于g；线框B、C是闭合的，进入磁场过程产生感应电流，线框受到竖直向上的安培力作用，加速度小于g，则A线框最先落地，故A错误；
BCD、设B、C线框的边长为L，横截面积为S，电阻率为，密度为，质量为m，进入磁场速度为v时加速度为a，
线框受到的安培力，线框的质量，线框的电阻
对线框，根据牛顿第二定律得：，
解得：，加速度a与横截面积S、线框边长L无关，B、C线圈进入磁场时加速度，运动情况相同，B、C在A后同时落地，故BC错误，D正确。
故选：D。
A线框有一个缺口，进入磁场后，不产生感应电流，不受安培力作用，只受重力，加速度等于而B、C线框是闭合的，进入磁场后，产生感应电流，线框受到竖直向上的安培力作用，根据牛顿第二定律研究BC加速度的关系，再分析下落时间的关系．
本题是电磁感应、电路与力学相结合的一道综合题，难点在于分析出B、C的加速度与横截面积无关，要将质量和电阻细化，这是解题的关键．
3.【答案】C
【解析】解：ACD、电路刚刚接通时，由于线圈的自感，线圈相当于断路，此时相当于A与B串联后与C并联，所以三个灯同时亮；由于是A与B串联后与C并联，所以A与B的亮度相同，都比C暗；
S闭合后，由于线圈的电阻很小，线圈逐渐将A灯短路，A灯逐渐熄灭，电路相当于B与C并联，B灯与C灯亮度相同，故AD错误，C正确；
B、电路接通稳定后，S断开时线圈内产生自感电动势，此时B与C串联后与A并联，然后与线圈组成自感回路，B、C灯中原来的电流立即减小但不是减小到零，所以C灯过一会儿熄灭，故B错误。
故选：C。
开关S闭合的瞬间，通过线圈的电流在增大，导致线圈出现自感电动势，从而阻碍电流增大。断开开关S的瞬间，自感电动势阻碍电流的减小。
解决本题的关键掌握线圈对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小，当电流不变时，线圈将与之并联的电路短路。
4.【答案】A
【解析】解：A、线圈进入匀强磁场区域的过程中，线圈中磁通量增加，则有感应电流，根据可知，进入的速度越大，感应电流越大，故A正确；
B、整个线圈在匀强磁场中匀速运动时，线圈中磁通量不变，则无感应电流，故B错误；
C、整个线圈在匀强磁场中加速运动时，线圈中磁通量不变，则无感应电流，故C错误；
D、根据楞次定律，线圈穿出匀强磁场区域的过程中，线圈中有顺时针方向感应电流，故D错误。
故选：A。
明确感应电流的条件，根据即可确定感应电流的变化，根据楞次定律确定感应电流的方向。
本题是滑轨问题，关键是熟练运用切割公式、欧姆定律以及楞次定律等、能熟练判断感应电流的有无和方向是解题的关键。
5.【答案】C
【解析】解：A、金属球在运动过程中，穿过金属球的磁通量不断变化，在金属球内形成闭合回路，产生涡流，金属球要产生的热量，机械能不断地减少，所以金属球能到达的最大高度不断降低，直至金属球停在半圆轨道的最低点，故A错误；
B、从开始到金属球第一次到达轨道最低点的过程，根据能量守恒定律得，可知，，由于机械能不断减少，所以，
后续每次到达最低点的速度都小于，故B错误。
C、金属球最终停在轨道最低点，根据能量守恒定律得系统产生的总热量，故C正确。
D、金属球运动过程中有感应电动势产生，在金属球内形成闭合回路，所以能产生感应电流，故D错误。
故选：C。
根据感应电流产生条件判断有无感应电流产生根据能量守恒确定金属球第一次到达轨道最低点的速度，并分析系统产生的总热量。
本题考查了感应电流产生的条件，及能量守恒定律，要知道感应电流产生的条件闭合回路、磁通量变化。要注意本题中感应电流被称为涡流。
6.【答案】C
【解析】解：从一般情况去考虑，设以速度V从磁场中拉出线框，则感应电动势为：，感应电流为：。
A、在磁场切割的那条边受到的安培力为：，显然安培力大小与速度V成正比，即以v和3v速度拉出时安培力大小不同；从左边拉出时，安培力向右，从右边拉出出方向向左，方向不同，所以选项A错误。
B、产生的焦耳热为：，显然与速度V成正比，所以选项B错误。
C、从左边拉出时，ad边切割磁感线是电源，所以导体框ad两端的电压大小为：，从右边拉出时，ad边不切割磁感线不是电源，所以导体框ad两端的电压大小为，所以选项C正确。
D、通过线框截面的电量为：，与速度无关，所以选项D错误。
故选：C。
将一个线框从匀强磁场中匀速拉出来，线框在磁场中的一边切割磁感线产生感应电流，但感应电流又受到阻碍相对运动的安培力，那么克服安培力做功又产生了焦耳热．本题是以不同的速度拉出线框，要判断安培力大小、焦耳热大小、没切割的那边两端电压、通过线框的电量大小等问题．这要从一般情况去考虑，写出每一个判断量的表达式，再看它与速度的关系，再作判断．
这是一道关于电磁学内容的综合题，涉及电磁感应、安培力、欧姆定律等内容，只有把要求判断的每一个物理量均用速度表示出来，才能判断选项的对错．
7.【答案】ABD
【解析】解：A、由图甲所示可知，oa段，磁场垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，
在ab段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，故A正确；
B、由图甲所示可知，在bc段，磁场向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，故B正确；
C、由左手定则可知，oa段电流受到的安培力方向指向圆心，ab段安培力方向背离圆心向外，故C错误；
D、由左手定则可知，ab段安培力方向背离圆心向外，bc段，安培力方向指向圆心，故D正确；
故选：ABD。
应用楞次定律可以判断出感应电流方向，由左手定则可以判断出电流所受安培力方向．
本题考查了判断感应电流方向与安培力方向，应用楞次定律与左手定则即可正确解题；要熟练掌握楞次定律与左手定则；要掌握应用楞次定律解题的步骤．
8.【答案】BC
【解析】解：A、由图可知在时刻，通过线圈的电流增大，则线圈产生的磁场增大，所以穿过金属小圆环的磁通量变大，根据楞次定律可知，圆环有收缩的趋势；故A错误，B正确；
C、由图可知在和时刻，线圈内电流的变化率是大小相等的，则线圈产生的磁场的变化率也相等，根据法拉第电磁感应定律可知，圆环内的感应电动势大小是相等的，所以感应电流大小也相等；故C正确；
D、由图可知在时刻穿过线圈的电流正在减小，根据安培定则可知，线圈产生的磁场的方向向下，所以穿过圆环的磁通量向下减小，则根据楞次定律可知，圆环内有俯视顺时针方向的感应电流。故D错误
故选：BC。
线圈中的电流增大或减小时，根据楞次定律判断出闭合金属小圆环中感应电流的方向。根据感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因，可以很好判断闭合金属小圆环的面积变化趋势。根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势与感应电流的大小。
首先应掌握楞次定律的基本应用，楞次定律的第二描述是能量守恒定律在电磁感应现象中得出的必然结果。
9.【答案】BD
【解析】解：A、时，线框右侧边MN的两端电压为外电压，总的感应电动势为：，外电压，故A错误；
B、根据图象可知在时间内，线框做匀加速直线运动，合力等于F，则在时刻线框的速度为，故B正确。
C、因为时刻和时刻线框的速度相等，进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故线框完全离开磁场时的速度与时刻的速度相等，故C错误。
D.因为时刻和时刻线框的速度相等，进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故线框完全离开磁场时的速度与时刻的速度相等，进入磁场克服安培力做的功和离开磁场克服安培力做的功一样多。线框在位置1和位置3时的速度相等，根据动能定理，外力做的功等于克服安培力做的功，即有，所以线框穿过磁场的整个过程中，产生的电热为2Fb，故D正确。
故选：BD。
图乙为速度时间图象，斜率表示加速度，根据图象分析线框的运动情况：在时间内速度在减小，加速度也在减小，对应甲图中的进入磁场的过程，在时间内做匀加速直线运动，对应甲图中的完全在磁场中运动过程．
当通过闭合回路的磁通量发生变化时，闭合回路中产生感应电流，所以只有在进入和离开磁场的过程中才有感应电流产生，根据安培定则可知，在此过程中才受到安培力．
从1位置到2位置的过程中，外力做的功可以根据动能定理去求解．t因为时刻和时刻线框的速度相等，进入磁场和穿出磁场的过程中受力情况相同，故在位置3时的速度与时刻的速度相等，进入磁场克服安培力做的功和离开磁场克服安培力做的功一样多．
该图象为速度--时间图象，斜率表示加速度．根据加速度的变化判断物体的受力情况．要注意当通过闭合回路的磁通量发生变化时，闭合回路中产生感应电流，所以只有在进入和离开磁场的过程中才有感应电流产生．该题难度较大．
10.【答案】CD
【解析】
【分析】
闭合线圈进入和离开磁场时磁通量发生改变，产生感应电动势，形成感应电流，线圈会受到安培力的作用，做变速运动；当线圈完全在磁场中运动时磁通量不变，不受安培力，做匀速运动。线圈通过磁场过程中产生的热量等于克服安培力所做的功，在这类题目中求安培力所做的功经常运用动能定理去求解。
线圈在进入磁场之前、完全在磁场中运动以及出磁场之后做匀速直线运动，在进入和离开磁场时做减速直线运动；结合乙图可以知道，是进入之前的过程，是进入的过程，是完全在磁场中运动的过程，是离开磁场的过程，40cm以后是完全离开之后的过程；根据切割产生的感应电动势公式和欧姆定律求出线圈中的电流。线圈通过磁场过程中产生的热量等于克服安培力所做的功，可以通过动能定理去求解。
【解答】
解：A、由图可知开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，在安培力作用下小车做减速运动，速度v随位移x的增大而减小；当时，线圈完全进入磁场，小车做匀速运动，则小车的水平长度，故A错误；
B、由图知，当时，线圈开始离开磁场，则，故B错误；
当时，由图象可知，线圈速度，感应电流，故C正确；
D、线圈左边离开磁场时，小车速度为，由能量守恒定律可得，故D正确；
故选：CD。
11.【答案】顺时针
?
逆时针
【解析】解：将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，穿过L的磁场向下，磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，感应电流磁场应该向上，电流表指针向左偏转，电流从电流表左端流入，由安培定则可知，俯视线圈，线圈绕向为顺时针．
当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，穿过L的磁通量向上，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流磁场应向上，指针向右偏转，电流从右端流入电流表，由安培定则可知，俯视线圈，其绕向为逆时针．
故答案为：顺时针；逆时针．
电流从左端流入指针向左偏转，根据电流表指针偏转方向判断电流方向，然后应用安培定则与楞次定律分析答题．
熟练应用安培定则与楞次定律是正确解题的关键；要掌握安培定则与楞次定律的内容．
12.【答案】解：由能量守恒定律得：
?，
代入数据解得：；
进入磁场时，切割磁感线的有效长度：
?
圆弧所对应的圆心角为：
感应电动势：
线圈在磁场外的电阻为：
线圈与磁场左边缘两交接点间的电压：
?；
线圈受到的安培力：
由牛顿第二定律得：
代入数据解得：．
答：
此时线圈的运动速度；
此时线圈与磁场左边缘两交接点间的电压为；
此时线圈加速度a的大小
【解析】由能量守恒定律可以求出线圈运动速度；
由求出感应电动势，由欧姆定律可以求出电压；
由安培力公式和牛顿第二定律结合可以求出加速度．
本题考查了求电能、电压、加速度，应用能量守恒定律、、欧姆定律、牛顿第二定律即可正确解题；线圈与磁场左边缘两交接点间的电压是外电压，不是感应电动势．
13.【答案】解：金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，机械能仍均匀减小，因为安培力也为恒力，线框做匀速运动．则有：
，其中
可解得线框刚进入磁场时的速度大小为：．
设线框边长为，即线框进入磁场过程中运动的建立为，
根据功能关系可得：，
其中有：，，为线框的侧边长，
解得：．
．
线框刚出磁场时速度最大，线框内的电功率最大．
，
由，
解得：
根据线框匀速进入磁场时，有：
可求出：
因为，
求得：
将、的值代入得：
。
答：线框刚进入磁场时的速度大小为；
线框从开始进入至完全进入磁场所用的时间为；
线框穿越磁场的整个过程中电功率的最大值为。
【解析】金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，机械能仍均匀减小，因为安培力也为恒力，线框做匀速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出线框进入磁场时的速度；
结合功能关系求出线框进入磁场时的距离，从而得出金属线框刚进入磁场到恰完全进入磁场所用的时间；
线框刚出磁场时速度最大，线框内的电功率最大，根据速度位移公式求出线框出磁场时的速度，根据线框进入磁场时匀速运动得出安培力的大小，综合功率的表达式求出最大电功率。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．解决本题的关键能通过图象分析出物体的运动状况：先做匀加速，再做匀速，接着做匀加速．以及能对线框进行正确的受力分析和熟练运用运动学公式。
14.【答案】解：金属框相对于磁场的速度为：，
每边产生的电动势：，
由欧姆定律得：，
解得：?
；
当加速度为零时，列车的速度最大，
此时列车的两条长边各自受到的安培力：，
由平衡条件得：?，已知：，
解得：；
电磁铁通过字型线圈左边界时，电路情况如图1所示：
感应电动势：，，
电流：，
电荷量：，
解得：，
电磁铁通过字型线圈中间时，电路情况如图2所示：
，，，
解得：，
电磁铁通过字型线圈右边界时，电路情况如图3所示：
，解得：，
总的电荷量，
解得：；
答：金属框MNQP中产生的磁感应电流为；
求列车能达到的最大速度；
电容器中贮存的电量．
【解析】应用、欧姆定律求出电流；
由安培力公式求安培力，由平衡条件求出最大速度；
由法拉第电磁感应定律求出感应电动势、由欧姆定律求出电流，由求出电荷量．
本题是电磁感应与力学、电路相结合的综合题，难度较大，分析清楚线框运动过程是正确解题的关键，应用、平衡条件、法拉第电磁感应电流、欧姆定律、电流定义式可以分析答题．
15.【答案】解：杆受到的安培力：，
ab杆匀速运动，由平衡条件得：，解得：；
杆与联动双杆碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：，解得：；
联动三杆进入磁场过程速度的变化量为，
由动量定理得：，
，解得：，
联动三杆离开磁场过程，速度的变化量大小也为：，
离开磁场时联动三杆的速度：，
“联动三杆”滑过磁场区间II产生的焦耳热：，
解得：；
答：杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小为。
“联动三杆”进入磁场区间II前的速度大小v为。
“联动三杆”滑过磁场区间II产生的焦耳热Q为。
【解析】杆在倾斜轨道上做匀速直线运动，由平衡条件可以求出其速度。
杆与联动双杆碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出其速度。
应用动量定理与能量守恒定律可以求出联动三杆产生的焦耳热。
分析清楚杆的运动过程是解题的前提与关键，应用安培力公式、平衡条件、动量守恒定律与能量守恒定律可以解题；解题时注意分析清楚电路结构，本题是一道综合题，难度较大，解题时应细心、认真。
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