47..（1）设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1，根据动能定理则有 （F-μmg）s=mv12 ……2分
导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势E=Blv1…………………………………1分
此时通过导体杆上的电流大小I=E/（R+r）=3.8A（或3.84A）………………2分
根据右手定则可知，电流方向为由b向a ………………………………………2分
（2）设导体杆在磁场中运动的时间为t，产生的感应电动势的平均值为E平均，则由法拉第电磁感应定律有 E平均=△φ/t=Bld/t…………………………………………………2分
通过电阻R的感应电流的平均值 I平均=E平均/（R+r）……………………………1分
通过电阻R的电荷量 q=I平均t=0.512C（或0.51C）………………………………2分
（3）设导体杆离开磁场时的速度大小为v2，运动到圆轨道最高点的速度为v3，因导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高点，根据牛顿第二定律对导体杆在轨道最高点时有
mg=mv32/R0…………………………………………………………………………1分
对于导体杆从NN′运动至PP′的过程，根据机械能守恒定律有
mv22=mv32+mg2R0………………………………………………………………1分
解得v2=5.0m/s…………………………………………………………………………1分
导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能△E=mv12-mv22=1.1J………………3分
此过程中电路中产生的焦耳热为
Q=△E-μmgd=0.94J…………………………………………………………………2分
46. 解：（1）从图丙可以看出，线圈往返的每次运动都是匀速直线运动，其速度为
v＝＝m/s＝0.8 m/s ①……………………………………………（3分）
线圈做切割磁感线产生感生电动势E＝nBLv ②………………………………… (2分)
L=2pr ③………………………………………………………（2分）
联立①②③式得E=nB2prv＝20´0.2´2´3.14´0.1´0.8 ≈2 V ④………………（2分）
（2）感应电流 I＝＝＝0.2 A ⑤……………………………………（3分）
电流图像如右图 （2分）
（3）由于线圈每次运动都是匀速直线运动，所以每次运动过程中推力必须等于安培力．
F推＝F安＝nBIL＝2pnrBI＝2´3.14´20´0.1´0.2´0.2 ＝0.5 N……………………（3分）
（4）发电机的输出功率即灯的电功率．P＝I2R2＝0.22´9.5＝0.38W ……………（3分）
45. 解：（1）由法拉第电磁感应定律，两铜板间的电势差E=Blv0…………（2分）
由右手定则可判断出M板的电势高…………（2分）
（2）用电阻可忽略不计的导线将铜板M、N外侧相连接，即铜板由外侧短路后，M、N两板间的电动势E=Blv…………（2分）
短路电流I=E/R内，…………（1分）
R内=…………（3分）
磁场对流体的作用力F=BIl…………（1分）
解得：F=…………（2分）
方向与v方向相反（或水平向左）…………（1分）
（3）设流体在流动过程中所受的阻力与流速的比例系数为k，所以在外电路未短路时流体以稳定速度v0流过，此时流体所受的阻力（即涡轮机所提供的动力）F0=kv0……（1分）
此时涡轮机提供的功率P0=F0v0=kv02…………（1分）
外电路短路后，流体仍以稳定速度v0流过时，设此时磁场对流体的作用力为F磁，根据第（2）问的结果可知F磁=…………（1分）
此时涡轮机提供的动力Ft=F0+F磁=kv0+…………（1分）
此时涡轮机提供的功率Pt=Fv0= kv02+…………（1分）
所以新增加功率△P=Pt-P0=…………（1分）
说明：第（3）问如果采用如下做法也得6分：
外电路没有接通，流体以稳定速度v0流过时，磁场对流体无作用力；外电路短路后，流体仍以稳定速度v0流过，设此时磁场对流体的作用力为F磁，外接涡轮机必须增加压力F用以平衡F磁，即 F=F磁…………（2分）
根据第（2）问的结果可知F磁=…………（2分）
此时涡轮机新增加功率的功率△P =Fv0= …………（2分）
44.解：（1）由右手定则判断出感应电流的方向是abcda（或逆时针） 2分
缓冲车以速度碰撞障碍物后滑块K静止，滑块相对磁场的速度大小为 1分
线圈中产生的感应电动势 1分
线圈中感应电流 1分
解得 1分
（2）设缓冲车的最大速度为，碰撞后滑块K静止，滑块相对磁场的速度大小为。
线圈中的电流 1分
线圈ab边受到的安培力 2分
依据牛顿第三定律，缓冲车厢受到的磁场力 1分
依题意
解得 2分
（3）设K、C碰撞后共同运动的速度为，由动量守恒定律
2分
设缓冲车与物体C共同运动的速度为 2分
由动量守恒定律 2分
设线圈abcd产生的焦耳热为Q，依据能量守恒
43. 解：（1）在运动过程中ab棒中的电流方向向左（b→a），cd棒受到的安培力方向垂直于纸面向里。 （2分）
（2）经过时间t，金属棒ab的速率
此时，回路中的感应电流为
对金属棒ab，由牛顿第二定律得
由以上各式整理得： （1分）
在图线上取两点：
，
代入上式得 B＝1.2T （2分）
（3）在2s末金属棒ab的速率
所发生的位移 （1分）
由动能定律得 （1分）
又
联立以上方程，解得
（1分）
(4) cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动。 （2分）
当cd棒速度达到最大时，有
整理解得
（2分）
fcd随时间变化的图像如图（c）所示。 （2分）
42. 解：(1）(2分)因为电动势大小随时间均匀增大，根据E=BLv得速度v随时间均匀增大，线框作匀加速直线运动。 (2分)
(2）(5分)bc间电压U，则感应电动势4U/3
设线框边长l，则4U/3=Blv……① (2分)
Δt1时间内，平均感应电动势E=Δφ/Δt1=Bl2/Δt1……② (2分)
联立得E=16U2/（9Bv2Δt1） (1分)
(3）(6分)设线框加速度a，bc边进入磁场时速度v，Δt1=Δt2=2Δt3=2Δt，线框边长l，磁场宽L
根据三段时间内线框位移，得
(4分)
解得l/L=7∶18 (2分)
(4）(3分)
41. 解：（1）设ab棒离开磁场边界前做匀速运动的速度为v，产生的电动势为E = BLv （1分）
电路中电流 I = （1分）
对ab棒，由平衡条件得 mg－BIL = 0 （1分）
解得 v = （2分）
(2) 由能量守恒定律：mg(d0 + d) = E电 + mv2 （1分)
解得 （2分）
（3）设棒自由落体d0高度历时为t0，由d0 = gt02，得t0 =
棒在磁场中匀速时速度为v = ，设
1 当t0=t，即d0 = 时，棒进入磁场后做匀速直线运
2 当t0 < t，即d0 <时，棒进入磁场后做先加速后匀速直线运动
3 当t0＞t，即d0＞时，棒进入磁场后做先减速后匀速直线运动
40. 解：（1）通过cd棒的电流方向 d→c（1分）
区域I内磁场方向为垂直于斜面向上（1分）
（2）对cd棒，F安=BIl=mgsinθ所以通过cd棒的电流大小I = （1分）
当ab棒在区域II内运动时cd棒消耗的电功率P=I2R=（1分）
（3）ab棒在到达区域II前做匀加速直线运动，a==gsinθ
cd棒始终静止不动，ab棒在到达区域II前、后，回路中产生的感应电动势不变，则ab棒在区域II中一定做匀速直线运动
可得；=Blvt =Blgsinθt x 所以t x=（2分）
ab棒在区域II中做匀速直线运动的速度vt=
则ab棒开始下滑的位置离EF的距离h= a t x2+2l=3 l（3分）
（4） ab棒在区域II中运动的时间t2==（1分）
ab棒从开始下滑至EF的总时间t= t x+t2=2 ε=Blvt =Bl（2分）
ab棒从开始下滑至EF的过程中闭合回路中产生的热量：Q=εIt=4mglsinθ（2分
39. 解：（1）当金属棒匀速运动时，
进入磁场前，
进入磁场后，
解得：
（2）金属棒在磁场外运动过程中，
穿过 n 段磁场过程中，
所以拉力做功为：
（3）金属棒进入磁场前，
穿过第一段磁场过程中， 金属棒从穿出第一段磁场到进入第二段磁场的过程中，
整个过程中电阻上产生的总热量为：
38.解：（1）k接到W#W$W%.K**S*&5^U1位置时
，,
（2）k接到2位置时，,
（3）k接到3位置时，ab棒做匀加速运动
设下落距离s时的速度为v
此时电容器储存的电能为E
mv12
……2分
＝0.2 A ⑤……………………………………（3分）
电流图像如右图 （2分） 
…………（3分）
…………（2分）
…………（1分）
…………（1分）
…………（1分）
…………（2分）
…………（2分）
碰撞障碍物后滑块K静止，滑块相对磁场的速度大小为
1分
1分
1分
，碰撞后滑块K静止，滑块相对磁场的速度大小为
1分
1分
2分
1分
2分
，由动量守恒定律
2分
2分
2分
1分
（1分）
，
B＝1.2T （2分）
（1分）
（1分）
（1分）
又 
（2分）
(4分)
（1分）
（2分）
mv2
（1分)
（2分）
（2分）
时，棒进入磁场后做匀速直线运 
金属棒从穿出第一段磁场到进入第二段磁场的过程中，
，
, 
,
，
