计算4 电磁感应综合计算问题-【模型与方法】2025届高考物理二轮复习热点题型归类

计算4 电磁感应综合计算问题 考点内容 考情分析 考向一 单棒类电磁感应 电磁学计算题是高考的必考内容，高考对于这部分知识点的命题形式是以生活中的情景为背景，强调情景与对应的力学知识的有机融合，突出了应用性，巩固了基础性。 考向二 双棒类电磁感应 考向三 线框类电磁感应 考向四 含容类电磁感应 1.思想方法 此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题首先要建立“动→电→动”的思维顺序. 1.基本思路 (1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律(右手定则)求解电动势大小和方向. (2)根据欧姆定律，求解回路中电流. (3)分析安培力对导体棒加速度、速度的影响，从而推理得出对电路中电流的影响，最后定性分析出导体棒的最终运动情况. (4)运用运动学方程、牛顿第二定律、平衡方程或功能关系求解. 2.注意的问题 运用功能关系时，确定有哪些形式的能量发生了转化.如有摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能. 2.模型建构 一、单杆 电容模型 初态 v0≠0 v0＝0 示意图 质量为m、电阻不计的单杆ab以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动，两平行导轨间距为l 轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l 轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l，拉力F恒定 轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l，拉力F恒定 运动分析 导体杆做加速度越来越小的减速运动，最终杆静止 当E感＝E时，v最大，且vm＝，最后以vm匀速运动 当a＝0时，v最大，vm＝，杆开始匀速运动 Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝CBlΔv 电流I＝＝CBl＝CBla 安培力F安＝IlB＝CB2l2a F－F安＝ma，a＝， 所以杆以恒定的加速度匀加速运动 能量分析 动能转化为内能，mv＝Q 电能转化为动能和内能，E电＝mv＋Q 外力做功转化为动能和内能，WF＝mv＋Q 外力做功转化为电能和动能，WF＝E电＋mv2 二、电磁感应中的“双杆”问题分析 (1)初速度不为零，不受其他水平外力的作用 光滑的平行导轨 光滑不等距导轨 示意图 质量m1＝m2 电阻r1＝r2 长度l1＝l2 质量m1＝m2不 电阻r1＝r2 长度l1＝2l2 运动分析 杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动 稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为1∶2 能量分析 一部分动能转化为内能，Q＝－ΔEk (2)初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用 光滑的平行导轨 不光滑平行导轨 示意图 质量m1＝m2 电阻r1＝r2 长度l1＝l2 摩擦力Ff1＝Ff2 质量m1＝m2 电阻r1＝r2 长度l1＝l2 运动分析 开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动 开始时，若F≤2Ff，则PQ杆先变加速后匀速运动；MN杆静止。若F>2Ff，PQ杆先变加速后匀加速运动，MN杆先静止后变加速最后和PQ杆同时做匀加速运动，且加速度相同 能量分析 外力做功转化为动能和内能，WF＝ΔEk＋Q 外力做功转化为动能和内能(包括电热和摩擦热)，WF＝ΔEk＋Q电＋Qf 三、电磁感应中的“线框”问题分析 常见情景 动力学分析 能量分析 动量分析 在安培力作用下穿越磁场 以进入磁场时为例，设运动过程中某时刻的速度为v,加速度大小为a,则a=,a与v方向相反，导线框做减速运动，v⬇→a⬇，即导线框做加速度减小的减速运动，最终匀速运动（全部进入磁场）或静止（导线框离开磁场过程的分析相同） 部分（或全部)动能转化为焦耳热，Q=-△Ek 动量不守恒，可用动量定理分析导线框的位移、速度、通过某横截面的电荷量和力作用的时间： (1)求电荷量或速度： =mv2-mv1,q=I△t; (2)求位移：，即 (3)求时间： 即 已知电荷量q，（） 即 已知位移x，（） 在恒力F(包括重力mg)和安培力作用下穿越磁场 以进入磁场的过程为例，设运动过程中某时刻导线框的速度为v,加速度为a= (1)若进入磁场时,则导线框匀速运动； (2)若进人磁场时,则导线框做加速度减小的加速运动（直至匀速）； (3)若进人磁场时,则导线框做加速度减小的减速运动（直至匀速）(导线框离开磁场过程的分析相同) 力F做的功等于导线框的动能变化量与回路中产生的焦耳热之和，WF=△Ek十Q 考向一 单棒类电磁感应 1. （2024•沈河区校级模拟）我国新一代航母采用全新的电磁阻拦技术，其原理为飞机着舰时利用电磁作用力使它快速停止。为研究问题方便，我们将其简化为如图所示的模型。在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，有间距为L的水平平行金属导轨ab、cd，ac间连接一电阻R，质量为m、电阻为r的粗细均匀的金属杆MN垂直于金属导轨放置，现使金属杆MN获得一水平向右的初速度v0，滑行时间t后停下，已知金属杆MN受到的摩擦阻力恒为f，MN长为L，忽略空气阻力影响，重力加速度为g。求： （1）金属杆受到的安培力的最大值； （2）全过程金属杆MN克服摩擦阻力f做的功W； 2. （2024•台州二模）某中学兴趣小组研究了电机系统的工作原理，认识到电机系统可实现驱动和阻尼，设计了如图所示装置。电阻不计的“L型”金属导轨由足够长竖直部分和水平部分连接构成，竖直导轨间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导体棒ab与竖直导轨始终良好接触并通过轻质滑轮连接重物M，初始被锁定不动。已知导体棒ab的质量为m，重物M质量为3m，竖直导轨间距为d。电源电动势，内阻为R，导体棒与定值电阻阻值均为R。 （1）把开关k接1，解除导体棒锁定，导体棒经时间t恰好开始匀速上升，求： ①通过导体棒的电流方向； ②导体棒匀速上升时的速度； ③此过程导体棒上升的高度h； （2）把开关k接2，解除导体棒锁定，导体棒经时间t'、下落高度h'时恰好开始匀速下落，求此过程中回路产生的总焦耳热。 3. （2024•湖南一模）如图甲所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，其宽度L＝1m，导轨M与P之间连接阻值为R＝0.2Ω的电阻，质量为m＝0.5kg、电阻为r＝0.2Ω、长度为1m的金属杆ab静置在导轨上，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现用一垂直杆水平向右的恒力F＝7.0N拉金属杆ab，使它由静止开始运动，运动中金属杆与导轨接触良好并保持与导轨垂直，其通过电阻R上的电荷量q与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，已知ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10m/s2（忽略ab杆运动过程中对原磁场的影响），求： （1）磁感应强度B的大小和金属杆的最大速度； （2）金属杆ab从开始运动的1.8s内所通过的位移； （3）从开始运动到电阻R产生热量Q＝17.5J时，金属杆ab所通过的位移。 考向二 双棒类电磁感应 4. （2024•合肥三模）如图，倾角θ＝37°的足够长的粗糙平行金属导轨由上下两部分组成，宽度分别为L、2L，质量分别为m与2m、接入回路中电阻分别为R与2R的金属杆N、M垂直于导轨放置，在N上端与M下端分别安装有固定立柱，一不可伸长的绝缘细线绕过定滑轮两端分别连接N的中点与质量为3m的物块，导轨及金属杆都处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，M、N与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现解除N上端的固定立柱，N开始沿导轨向上运动，已知在N的运动过程中，细绳与导轨平面平行且始终与N垂直，导轨与金属杆接触良好，运动过程中物块始终未与地面接触，M、N也未脱离轨道，M未进入上部分轨道。导轨的电阻忽略不计，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g。 （1）求M刚要运动时，在物块下落的高度为h的过程中： ①N上产生的焦耳热； ②N运动的时间； （2）取沿轨道向上为正方向，N相对M的加速度用aNM＝aN﹣aM表示，求aNM的最小值。 5. （2024•西安三模）如图甲所示，两根平行光滑足够长金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，其间距L＝2m。导轨间存在垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2T。两根金属棒NQ和ab与导轨始终保持垂直且接触良好，NQ棒通过一绝缘细线与固定在斜面上的拉力传感器连接（连接前，传感器已校零），细线平行于导轨。已知ab棒的质量为2kg，NQ棒和ab棒接入电路的电阻均为2Ω，导轨电阻不计。将ab棒从静止开始释放，同时对其施加平行于导轨的外力F，此时拉力传感器开始测量细线拉力FT，作出力FT随时间t的变化图像如图乙所示（力FT大小没有超出拉力传感器量程），重力加速度g取10m/s2。求： （1）t1＝1s时，金属棒ab的速度大小； （2）t2＝3s时，外力F的大小。 6. （2024•郑州三模）如图所示MON﹣M′O′N′是由水平和竖直两部分光滑金属导轨组成的装置，导轨间距均为L，整个装置处于大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。导体棒ab、cd中点处用一根轻质绝缘刚性细线连接，固定在水平轨道上，导体棒cd与导体棒ef中点处同样用一根轻质绝缘刚性细线通过光滑定滑轮相连，三根导体棒的长度均为L且始终与导轨垂直接触。现给导体棒ab一个水平向左的初速度，ab、cd之间的细线伸直瞬间释放导体棒cd，之后两棒以相同速度v一起运动，且运动一段距离x后速度减为零。已知导体棒ab、cd达到共速时间极短，三根导体棒的质量均为m，电阻均为R。导体棒ef与OO′距离足够远，不计其他电阻及阻力，重力加速度为g。求； （1）导体棒ab、cd之间细线伸直前瞬间，导体棒ab的加速度大小； （2）从导体棒ab、cd共速开始到减速为零的过程中，导体棒ef产生的焦耳热。 考向三 线框类电磁感应 7. （2024•浙江一模）图甲为超导电动磁悬浮列车（EDS）的结构图，其简化图如图乙，超导磁体与“8”字形线圈之间通过互感产生电磁力将车体悬浮起来。如图丙所示，列车侧面安装的超导磁体产生垂直纸面向里的以虚线框为界的磁场，忽略边缘效应，磁感应强度大小恒为B，磁场的长和宽分别为2l和l。在列车轨道两侧固定安装了“8”字形线圈，每个“8”字形线圈均用一根漆包线绕制而成，匝数为n，电阻为R，水平宽度为l，竖直长度足够大，交叉的结点为P。当列车以速度v匀速前进时： （1）若磁场的中心O点与线圈结点P等高，求此时线圈中的电流大小； （2）若磁场的中心O点比线圈结点P低了h时（，且保持不变），只考虑动生电动势： ①在磁场刚进入单个“8”字形线圈时，求线圈对列车阻力的瞬时功率； ②在磁场穿越单个“8”字形线圈的过程中，画出单个“8”字形线圈对列车竖直方向的作用力与时间的关系图，取竖直向上为正方向，磁场刚进入线圈时t＝0。 8. （2024•和平区二模）航天回收舱实现软着陆时，回收舱接触地面前经过喷火反冲减速后的速度为v0，此速度仍大于要求的软着陆设计速度，为此科学家设计了一种电磁阻尼缓冲装置，其原理如图所示。主要部件为缓冲滑块K及固定在绝缘光滑缓冲轨道MN和PQ上的回收舱主体，回收舱主体中还有超导线圈（图中未画出），能在两轨道间产生垂直于导轨平面的匀强磁场B，导轨内的缓冲滑块由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有n匝矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，ab边长为L，当回收舱接触地面时，滑块K立即停止运动，此后线圈与轨道间的磁场发生作用，使回收舱主体持续做减速运动，从而实现缓冲。已知回收舱主体及轨道的质量为m，缓冲滑块（含线圈）K的质量为M，重力加速度为g，不考虑运动磁场产生的电场，求： （1）缓冲滑块刚落地时回收舱主体的加速度大小； （2）达到回收舱软着陆要求的设计速度时，缓冲滑块K对地面的压力大小； （3）回收舱主体可以实现软着陆，若从v0减速到的过缓冲程中，通过线圈的电荷量为q，求该过程中线圈中产生的焦耳热Q。 9. （2024•中山区校级模拟）某同学根据电磁阻尼知识设计了如图1所示的降落缓冲装置基本原理图。均匀导线构成的正方形线框abcd质量为m，边长为L，总电阻为R。现使线框从距离磁场上部水平边界h处静止释放，线圈abcd恰好能匀速进入磁场。已知磁场下方范围足够大，不考虑线框之间的相互作用力，线框下落不翻转，空气阻力不计，重力加速度为g，求： （1）匀强磁场的磁感应强度B的大小； （2）dc边刚好进入磁场时dc两点间的电势差Udc； （3）根据缓冲的原理，物体下落过程中的加速度小于重力加速度就起到了缓冲作用。实际下落的物体可看作棱长为l的金属正方体，质量为M，从侧面看该物体是在水平向右的磁感应强度为B的匀强磁场中竖直下落，如图2所示，假设物体从静止开始就一直在磁场中运动，金属正方体的电阻忽略不计，则该物体下落的加速度将如何变化，并说明能否起到缓冲作用，请推理论证你的结论。 考向四 含容类电磁感应 10. （2024•温州一模）如图所示，光滑的水平面上固定足够长、光滑平行金属导轨，导轨右端接有一个单刀双掷开关K。开关接1时，导轨与电动势E＝0.3V、内阻r＝1Ω的电源相连；开关接2时，导轨与电容C＝0.3F的电容器相连。与导轨垂直的边界QQ′右侧空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝2T。一质量m＝0.1kg、电阻R1＝1Ω的金属杆PP′垂直导轨放置，一边长d＝0.2m、电阻R2＝0.32Ω，质量也为m的正方形金属框恰好置于水平面上的边界QQ′外，金属框与金属杆中点处通过绝缘、松弛、不可伸长的轻绳连接。已知导轨间距L＝0.5m，电容器初始电量q＝2C，金属杆与导轨始终接触良好且导轨的电阻均可忽略不计。 （1）开关接1时，金属杆PP′受到垂直金属杆的水平外力保持静止，求水平外力F的大小； （2）先断开开关K并撤去外力，再将开关K拨到2，金属杆由静止开始向右运动，杆速率最大时轻绳尚未拉直，求金属杆的最大速率v1； （3）接第（2）问，金属杆达到最大速度、轻绳未拉直时，断开开关K。求金属框完全进入磁场区域时的速率v2（已知金属杆与金属框在轻绳拉直瞬间达到共速）； （4）接第（3）问，金属框完全进入磁场区域后将开关接1，一段时间后金属杆速度减为零，且金属框始终未与金属杆碰撞，求该过程中金属杆上产生的焦耳热Q杆。 11. （2024•涧西区校级一模）如图所示，两条平行光滑足够长的无电阻导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接着没有充电的一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在垂直于导轨无初速释放一质量为m、电阻不计的金属棒，若不计导轨电阻。 （1）金属棒与轻弹簧不连接时： a、金属棒下滑速度为v时，电容器所带的电量Q为多少？ b、金属棒做什么运动？并求出金属棒下滑距离x时的速度。 （2）金属棒与轻弹簧相连接，劲度系数为k，弹簧给金属棒的拉力垂直棒，静止释放时弹簧处于原长，则： a、金属棒做什么运动？向下运动的最大位移是多少？ b、金属棒向下运动过程中电容器能充入电量的最大值是多少？（假设金属棒运动过程中，弹簧一直处于弹性限度内） 12. （2024•荆州区校级四模）如图所示，有两条不计电阻的平行光滑金属导轨MQN、M′Q′N′，导轨间距L＝1m，其中MQ、M′Q′段倾斜放置，倾斜角θ＝37°，MQ＝M′Q′＝6m，QN、Q′N′段水平放置，两段之间通过一小段（大小可忽略）光滑圆弧绝缘材料平滑相连，在倾斜导轨左端连接一电容C＝1F的电容器，在N和N′两端与R＝0.1Ω的电阻器相连，在倾斜导轨MQ、M′Q′区域内加有垂直于倾斜导轨平面向下的匀强磁场B1＝1T，在水平导轨的DD′E′E区域内加有垂直水平导轨平面向上的匀强磁场B2＝0.4T，DD′、EE′均与导轨垂直，且DE＝D′E′＝L＝1m，cdef是质量为M＝3kg、各边长度均为L的开口向左的U形金属框，已知其de边电阻为R＝0.1Ω，其余各段电阻可忽略不计，开始时紧挨导轨静置于DD′E′E左侧外，一不计电阻的质量为m＝1kg的金属棒a紧贴MM′从静止释放，使其向下滑行，越过QQ′后与U形金属框发生碰撞，碰后粘在一起形成一个正方形导体框沿导轨穿过磁场B2区域。不计一切摩擦，取重力加速度g＝10m/s2，求： （1）金属棒a在倾斜导轨下滑的加速度大小； （2）de边刚进入磁场B2区域时的速度大小； （3）整个过程中电阻器R上产生的焦耳热。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 计算4 电磁感应综合计算问题 考点内容 考情分析 考向一 单棒类电磁感应 电磁学计算题是高考的必考内容，高考对于这部分知识点的命题形式是以生活中的情景为背景，强调情景与对应的力学知识的有机融合，突出了应用性，巩固了基础性。 考向二 双棒类电磁感应 考向三 线框类电磁感应 考向四 含容类电磁感应 1.思想方法 此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题首先要建立“动→电→动”的思维顺序. 1.基本思路 (1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律(右手定则)求解电动势大小和方向. (2)根据欧姆定律，求解回路中电流. (3)分析安培力对导体棒加速度、速度的影响，从而推理得出对电路中电流的影响，最后定性分析出导体棒的最终运动情况. (4)运用运动学方程、牛顿第二定律、平衡方程或功能关系求解. 2.注意的问题 运用功能关系时，确定有哪些形式的能量发生了转化.如有摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能. 2.模型建构 一、单杆 电容模型 初态 v0≠0 v0＝0 示意图 质量为m、电阻不计的单杆ab以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动，两平行导轨间距为l 轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l 轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l，拉力F恒定 轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l，拉力F恒定 运动分析 导体杆做加速度越来越小的减速运动，最终杆静止 当E感＝E时，v最大，且vm＝，最后以vm匀速运动 当a＝0时，v最大，vm＝，杆开始匀速运动 Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝CBlΔv 电流I＝＝CBl＝CBla 安培力F安＝IlB＝CB2l2a F－F安＝ma，a＝， 所以杆以恒定的加速度匀加速运动 能量分析 动能转化为内能，mv＝Q 电能转化为动能和内能，E电＝mv＋Q 外力做功转化为动能和内能，WF＝mv＋Q 外力做功转化为电能和动能，WF＝E电＋mv2 二、电磁感应中的“双杆”问题分析 (1)初速度不为零，不受其他水平外力的作用 光滑的平行导轨 光滑不等距导轨 示意图 质量m1＝m2 电阻r1＝r2 长度l1＝l2 质量m1＝m2不 电阻r1＝r2 长度l1＝2l2 运动分析 杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动 稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为1∶2 能量分析 一部分动能转化为内能，Q＝－ΔEk (2)初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用 光滑的平行导轨 不光滑平行导轨 示意图 质量m1＝m2 电阻r1＝r2 长度l1＝l2 摩擦力Ff1＝Ff2 质量m1＝m2 电阻r1＝r2 长度l1＝l2 运动分析 开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动 开始时，若F≤2Ff，则PQ杆先变加速后匀速运动；MN杆静止。若F>2Ff，PQ杆先变加速后匀加速运动，MN杆先静止后变加速最后和PQ杆同时做匀加速运动，且加速度相同 能量分析 外力做功转化为动能和内能，WF＝ΔEk＋Q 外力做功转化为动能和内能(包括电热和摩擦热)，WF＝ΔEk＋Q电＋Qf 三、电磁感应中的“线框”问题分析 常见情景 动力学分析 能量分析 动量分析 在安培力作用下穿越磁场 以进入磁场时为例，设运动过程中某时刻的速度为v,加速度大小为a,则a=,a与v方向相反，导线框做减速运动，v⬇→a⬇，即导线框做加速度减小的减速运动，最终匀速运动（全部进入磁场）或静止（导线框离开磁场过程的分析相同） 部分（或全部)动能转化为焦耳热，Q=-△Ek 动量不守恒，可用动量定理分析导线框的位移、速度、通过某横截面的电荷量和力作用的时间： (1)求电荷量或速度： =mv2-mv1,q=I△t; (2)求位移：，即 (3)求时间： 即 已知电荷量q，（） 即 已知位移x，（） 在恒力F(包括重力mg)和安培力作用下穿越磁场 以进入磁场的过程为例，设运动过程中某时刻导线框的速度为v,加速度为a= (1)若进入磁场时,则导线框匀速运动； (2)若进人磁场时,则导线框做加速度减小的加速运动（直至匀速）； (3)若进人磁场时,则导线框做加速度减小的减速运动（直至匀速）(导线框离开磁场过程的分析相同) 力F做的功等于导线框的动能变化量与回路中产生的焦耳热之和，WF=△Ek十Q 考向一 单棒类电磁感应 1. （2024•沈河区校级模拟）我国新一代航母采用全新的电磁阻拦技术，其原理为飞机着舰时利用电磁作用力使它快速停止。为研究问题方便，我们将其简化为如图所示的模型。在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，有间距为L的水平平行金属导轨ab、cd，ac间连接一电阻R，质量为m、电阻为r的粗细均匀的金属杆MN垂直于金属导轨放置，现使金属杆MN获得一水平向右的初速度v0，滑行时间t后停下，已知金属杆MN受到的摩擦阻力恒为f，MN长为L，忽略空气阻力影响，重力加速度为g。求： （1）金属杆受到的安培力的最大值； （2）全过程金属杆MN克服摩擦阻力f做的功W； 【解答】解：（1）刚开始时，导体棒受到的安培力最大，根据闭合电路的欧姆定律可得： 根据法拉第电磁感应定律可得：E＝BLv0 根据安培力的计算公式可得：F＝BIL 所以最大安培力为： （2）取向右为正方向，对金属杆MN根据动量定理可得：﹣ft﹣ΣBILΔt＝0﹣mv0 则有： 解得金属棒的位移为： 所以导体棒克服摩擦阻力做功为：W＝f•s 因此：。 答：（1）金属杆受到的安培力的最大值为； （2）全过程金属杆MN克服摩擦阻力f做的功为。 2. （2024•台州二模）某中学兴趣小组研究了电机系统的工作原理，认识到电机系统可实现驱动和阻尼，设计了如图所示装置。电阻不计的“L型”金属导轨由足够长竖直部分和水平部分连接构成，竖直导轨间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导体棒ab与竖直导轨始终良好接触并通过轻质滑轮连接重物M，初始被锁定不动。已知导体棒ab的质量为m，重物M质量为3m，竖直导轨间距为d。电源电动势，内阻为R，导体棒与定值电阻阻值均为R。 （1）把开关k接1，解除导体棒锁定，导体棒经时间t恰好开始匀速上升，求： ①通过导体棒的电流方向； ②导体棒匀速上升时的速度； ③此过程导体棒上升的高度h； （2）把开关k接2，解除导体棒锁定，导体棒经时间t'、下落高度h'时恰好开始匀速下落，求此过程中回路产生的总焦耳热。 【解答】解：（1）把开关k接1，解除导体棒锁定，导体棒经时间t恰好开始匀速上升时： ①根据右手定则可知，通过导体棒的电流方向由a到b； ②设导体棒匀速上升时的速度为v1。 导体棒中感应电流大小为 I 对两棒整体，根据平衡条件得 BId+mg＝3mg 解得：v1 ③导体棒从开始运动到刚匀速运动的过程，取竖直向上为正方向，对两棒整体，根据动量定理得 （3mg﹣mg）t﹣Bdt＝（3m+m）v1﹣0 即2mgt﹣Bdq＝4mv1 又通过导体棒的电荷量为 qt 联立解得：h（2t） （2）把开关k接2，解除导体棒锁定，导体棒经时间t'、下落高度h'时恰好开始匀速下落，此时导体棒中感应电流大小为 I′ 对两棒整体，根据平衡条件得 BI′d+mg＝3mg 联立解得导体棒匀速运动的速度大小为：v2 取竖直向上为正方向，对两棒整体，根据动量定理得 Bdq′﹣（3mg﹣mg）t′＝（3m+m）v2﹣0 即Bdq′﹣2mgt＝4mv2 解得此过程通过导体棒的电荷量为：q′ 根据能量守恒有 Eq′（3m﹣m）gh′+Q 解得：Q（10t′）﹣2mgh′ 答：（1）①通过导体棒的电流方向由a到b； ②导体棒匀速上升时的速度为； ③此过程导体棒上升的高度h为（2t）； （2）此过程中回路产生的总焦耳热为（10t′）﹣2mgh′。 3. （2024•湖南一模）如图甲所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，其宽度L＝1m，导轨M与P之间连接阻值为R＝0.2Ω的电阻，质量为m＝0.5kg、电阻为r＝0.2Ω、长度为1m的金属杆ab静置在导轨上，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现用一垂直杆水平向右的恒力F＝7.0N拉金属杆ab，使它由静止开始运动，运动中金属杆与导轨接触良好并保持与导轨垂直，其通过电阻R上的电荷量q与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，已知ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，取g＝10m/s2（忽略ab杆运动过程中对原磁场的影响），求： （1）磁感应强度B的大小和金属杆的最大速度； （2）金属杆ab从开始运动的1.8s内所通过的位移； （3）从开始运动到电阻R产生热量Q＝17.5J时，金属杆ab所通过的位移。 【解答】解：（1）1.8s～2.0s过程，通过导体棒电流：A＝5A 导体棒匀速运动过程中，对导体棒根据平衡条件可得：F＝BLI+μmg 联立解得：B＝1T 导体棒匀速运动时，导体棒产生的电动势为：E＝BLvmax 根据闭合电路欧姆定律可得： 联立解得最大速度为：vmax＝2m/s； （2）0～1.8s过程，取向右为正方向，对导体棒根据动量定理可得： 即： 联立解得：x1＝3.2m； （3）0～1.8s过程，根据动能定理可得： 0～1.8s过程产生总热量：Q总＝﹣W安 0～1.8s电阻R产生热量为： 联立解得：QR1＝7.5J 1.8s后匀速阶段电阻R热量为：QR2＝Q﹣QR1 根据焦耳定律： 根据运动学公式可得：x2＝vmaxt，又有：x＝x1+x2 联立解得：x＝7.2m。 答：（1）磁感应强度B的大小为1T，金属杆的最大速度2m/s； （2）金属杆ab从开始运动的1.8s内所通过的位移为3.2m； （3）从开始运动到电阻R产生热量Q＝17.5J时，金属杆ab所通过的位移为7.2m。 考向二 双棒类电磁感应 4. （2024•合肥三模）如图，倾角θ＝37°的足够长的粗糙平行金属导轨由上下两部分组成，宽度分别为L、2L，质量分别为m与2m、接入回路中电阻分别为R与2R的金属杆N、M垂直于导轨放置，在N上端与M下端分别安装有固定立柱，一不可伸长的绝缘细线绕过定滑轮两端分别连接N的中点与质量为3m的物块，导轨及金属杆都处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，M、N与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现解除N上端的固定立柱，N开始沿导轨向上运动，已知在N的运动过程中，细绳与导轨平面平行且始终与N垂直，导轨与金属杆接触良好，运动过程中物块始终未与地面接触，M、N也未脱离轨道，M未进入上部分轨道。导轨的电阻忽略不计，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g。 （1）求M刚要运动时，在物块下落的高度为h的过程中： ①N上产生的焦耳热； ②N运动的时间； （2）取沿轨道向上为正方向，N相对M的加速度用aNM＝aN﹣aM表示，求aNM的最小值。 【解答】解：（1）①设当M刚要运动时N的速度大小为v，对M有： BI•2L＝2mgsinθ+μ•2mgcosθ 其中：I 解得：v 设回路产生总的焦耳热为Q，对N、M及物块组成的系统，由能量守恒定律得： Q＝3mgh﹣mgsinθ•h﹣μ•mgcosθ•hmv2 解得：Q 根据焦耳定律和串联电路规律可得N上产生的焦耳热为： QN 解得：QN； ②取N的运动方向为正方向，对N和物块整体，根据动量定理可得： 3mgt﹣mgsinθ•t﹣μ•mgcosθ•t﹣BLt＝（m+3m）v﹣0 其中：t 联立解得：t （2）M开始运动后，设N、M的速度大小分别为vN、vM，则回路中的感应电流为： I′ 回路中的电流先增大，N做加速度减小的加速运动，M做加速度增大的加速运动，当两者的加速度满足：aN＝2aM时，（vN﹣2vM）的值恒定，回路中的电流恒定，两者受到的安培力恒定，两者以恒定的加速度做匀加速直线运动，此时aNM＝aN﹣aM达到为最小值。 两者加速度恒定时，对N和重物整体，由牛顿第二定律得： 3mg﹣μmgcosθ﹣mgsinθ﹣BI′L＝4maN 对M由牛顿第二定律得： 2BI′L﹣2mgsinθ﹣μ•2mgcosθ＝2maM 又有：aN＝2aM 联立解得：aN，aM 可得aNM的最小值为：aNM＝aN﹣aM 答：（1）①N上产生的焦耳热为； ②N运动的时间为； （2）aNM的最小值为。 5. （2024•西安三模）如图甲所示，两根平行光滑足够长金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，其间距L＝2m。导轨间存在垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2T。两根金属棒NQ和ab与导轨始终保持垂直且接触良好，NQ棒通过一绝缘细线与固定在斜面上的拉力传感器连接（连接前，传感器已校零），细线平行于导轨。已知ab棒的质量为2kg，NQ棒和ab棒接入电路的电阻均为2Ω，导轨电阻不计。将ab棒从静止开始释放，同时对其施加平行于导轨的外力F，此时拉力传感器开始测量细线拉力FT，作出力FT随时间t的变化图像如图乙所示（力FT大小没有超出拉力传感器量程），重力加速度g取10m/s2。求： （1）t1＝1s时，金属棒ab的速度大小； （2）t2＝3s时，外力F的大小。 【解答】解：（1）设NQ棒的质量为M。 当t＝0时，对NQ棒，由平衡条件得：Mgsinθ＝FT＝2N 代入数据解得：M＝0.4kg t1＝1s，NQ棒受到沿斜面向上的拉力FT1＝4N 对NQ棒分析，由平衡条件得：Mgsinθ+F安1＝FT1 解得NQ棒受到的安培力大小为：F安1＝2N，方向沿斜面向下 又 F安1＝BI1L 代入数据解得：I1＝0.5A ab棒产生的感应电动势为 E1＝I1（2R）＝0.5×2×2V＝2V 由E1＝BLv1，代入数据解得：v1＝0.5m/s （2）由图乙可得，当t2＝3s时，NQ棒受到沿斜面向上的拉力FT2＝8N 对NQ棒受力分析，由平衡条件得：Mgsinθ+F安2＝FT2 代入数据解得：F安2＝6N 由安培力公式有：F安2＝BI2L 代入数据解得：I2＝1.5A ab棒产生的感应电动势为E2＝I2（2R）＝1.5×2×2V＝6V 又 E2＝BLv2 代入数据解得金属棒ab的速度为：v2＝1.5m/s 由以上可知，棒ab的速度可表示为v 由于FT随时间均匀增大，所以ab在做匀加速直线运动，其加速度为 am/s2＝0.5m/s2 对棒ab受力分析，由牛顿第二定律得： mgsinθ﹣F安2﹣F＝ma 代入数据解得：F＝3N 答：（1）t1＝1s时，金属棒ab的速度大小为0.5m/s； （2）t2＝3s时，外力F的大小为3N。 6. （2024•郑州三模）如图所示MON﹣M′O′N′是由水平和竖直两部分光滑金属导轨组成的装置，导轨间距均为L，整个装置处于大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。导体棒ab、cd中点处用一根轻质绝缘刚性细线连接，固定在水平轨道上，导体棒cd与导体棒ef中点处同样用一根轻质绝缘刚性细线通过光滑定滑轮相连，三根导体棒的长度均为L且始终与导轨垂直接触。现给导体棒ab一个水平向左的初速度，ab、cd之间的细线伸直瞬间释放导体棒cd，之后两棒以相同速度v一起运动，且运动一段距离x后速度减为零。已知导体棒ab、cd达到共速时间极短，三根导体棒的质量均为m，电阻均为R。导体棒ef与OO′距离足够远，不计其他电阻及阻力，重力加速度为g。求； （1）导体棒ab、cd之间细线伸直前瞬间，导体棒ab的加速度大小； （2）从导体棒ab、cd共速开始到减速为零的过程中，导体棒ef产生的焦耳热。 【解答】解：（1）设细线伸直前瞬间导体棒ab速度v1，在导体棒ab、cd之间细线伸直前瞬间到达到相同速度v。 取向右为正方向，对三个导体棒，根据动量守恒定律可得：mv1＝3mv 解得：v1＝3v 导体棒ab电动势：E＝BLv1 导体棒ab中的电流：I 由题意可知：R总＝RRR 导体棒ab所受安培力：F＝BIL＝ma 联立解得：a； （2）三者一起运动一段距离x后速度减为零，由能量守恒可得产生的总热量为： Q总mgx 导体棒ef产生的焦耳热：Q 联立解得：Q＝mv2。 考向三 线框类电磁感应 7. （2024•浙江一模）图甲为超导电动磁悬浮列车（EDS）的结构图，其简化图如图乙，超导磁体与“8”字形线圈之间通过互感产生电磁力将车体悬浮起来。如图丙所示，列车侧面安装的超导磁体产生垂直纸面向里的以虚线框为界的磁场，忽略边缘效应，磁感应强度大小恒为B，磁场的长和宽分别为2l和l。在列车轨道两侧固定安装了“8”字形线圈，每个“8”字形线圈均用一根漆包线绕制而成，匝数为n，电阻为R，水平宽度为l，竖直长度足够大，交叉的结点为P。当列车以速度v匀速前进时： （1）若磁场的中心O点与线圈结点P等高，求此时线圈中的电流大小； （2）若磁场的中心O点比线圈结点P低了h时（，且保持不变），只考虑动生电动势： ①在磁场刚进入单个“8”字形线圈时，求线圈对列车阻力的瞬时功率； ②在磁场穿越单个“8”字形线圈的过程中，画出单个“8”字形线圈对列车竖直方向的作用力与时间的关系图，取竖直向上为正方向，磁场刚进入线圈时t＝0。 【解答】解：（1）由于上下对称，上、下两个线圈产生的感应电动势大小为 因“8”字绕向，两个感应电动势方向相反，相互抵消，所以线圈中总的电动势为0，则线圈中的电流为0。 （2）①在磁场刚进入“8”字形线圈时，回路总的感应电动势为 E＝2nBhv 由闭合电路欧姆定律得 I “8”字形线圈此时受到的安培力大小为 F＝2nIhB 联立解得 磁场受到大小相等、方向相反的阻力，为 F′＝F 则线圈对列车阻力的瞬时功率为 ②阻力随时间变化情况如图所示。 8. （2024•和平区二模）航天回收舱实现软着陆时，回收舱接触地面前经过喷火反冲减速后的速度为v0，此速度仍大于要求的软着陆设计速度，为此科学家设计了一种电磁阻尼缓冲装置，其原理如图所示。主要部件为缓冲滑块K及固定在绝缘光滑缓冲轨道MN和PQ上的回收舱主体，回收舱主体中还有超导线圈（图中未画出），能在两轨道间产生垂直于导轨平面的匀强磁场B，导轨内的缓冲滑块由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有n匝矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，ab边长为L，当回收舱接触地面时，滑块K立即停止运动，此后线圈与轨道间的磁场发生作用，使回收舱主体持续做减速运动，从而实现缓冲。已知回收舱主体及轨道的质量为m，缓冲滑块（含线圈）K的质量为M，重力加速度为g，不考虑运动磁场产生的电场，求： （1）缓冲滑块刚落地时回收舱主体的加速度大小； （2）达到回收舱软着陆要求的设计速度时，缓冲滑块K对地面的压力大小； （3）回收舱主体可以实现软着陆，若从v0减速到的过缓冲程中，通过线圈的电荷量为q，求该过程中线圈中产生的焦耳热Q。 【解答】解：（1）缓冲滑块刚落地时，ab边切割磁感线产生的感应电动势为 E＝nBLv0 线圈中的感应电流为 ab边受到的安培力大小为 F安＝nBIL 联立可得：F安 根据牛顿第三定律知，回收舱主体受到的安培力大小也为F安。 对回收舱主体，根据牛顿第二定律得 F安﹣mg＝ma 可得缓冲滑块刚落地时回收舱主体的加速度大小为： （2）达到回收舱软着陆要求的设计速度时，根据F安可得此时ab边受到的安培力大小为 对装置中缓冲滑块，根据平衡条件有 N′＝Mg+F′安 根据牛顿第三定律知，缓冲滑块K对地面的压力大小N＝N′ 可得 （3）回收舱主体从v0减速到的过缓冲程中，由能量守恒有 设此过程中，回收舱主体下降的高度为h。 通过线圈的电荷量为qt 即得 h 可得 9. （2024•中山区校级模拟）某同学根据电磁阻尼知识设计了如图1所示的降落缓冲装置基本原理图。均匀导线构成的正方形线框abcd质量为m，边长为L，总电阻为R。现使线框从距离磁场上部水平边界h处静止释放，线圈abcd恰好能匀速进入磁场。已知磁场下方范围足够大，不考虑线框之间的相互作用力，线框下落不翻转，空气阻力不计，重力加速度为g，求： （1）匀强磁场的磁感应强度B的大小； （2）dc边刚好进入磁场时dc两点间的电势差Udc； （3）根据缓冲的原理，物体下落过程中的加速度小于重力加速度就起到了缓冲作用。实际下落的物体可看作棱长为l的金属正方体，质量为M，从侧面看该物体是在水平向右的磁感应强度为B的匀强磁场中竖直下落，如图2所示，假设物体从静止开始就一直在磁场中运动，金属正方体的电阻忽略不计，则该物体下落的加速度将如何变化，并说明能否起到缓冲作用，请推理论证你的结论。 【解答】解：（1）从开始下落到恰进入磁场，由动能定理得：mgh dc边以速率v进入磁场时，产生的感应电动势为：E＝BLv 线框中的电流为：I 而此时线框匀速运动，根据平衡条件有：mg＝BIL 联立以上各式可得：B （2）线框进入磁场时，cd边切割磁感线相当于电源，由右手定则可知，c点电势高，d点电势低， 则dc两点间的电势差为：Udc＝﹣IR外 （3）证明：平行磁感线的前后两个面近似看成作平行板电容器，电容为C。正方体以速度v切割磁感线时产生的感应电动势为E＝BLv 则正方形左右面所构成电容器的电荷量Q＝CE， 由于v不断变大，E和Q也不断变大，由后表面到前表面所构成的充电电流iCBl 所受的安培力F＝BiL 根据牛顿第二定律有：Mg﹣F＝ma 根据加速度的定义：a 联立可得：a 因此正方体以加速度小于g做匀加速直线运动。 考向四 含容类电磁感应 10. （2024•温州一模）如图所示，光滑的水平面上固定足够长、光滑平行金属导轨，导轨右端接有一个单刀双掷开关K。开关接1时，导轨与电动势E＝0.3V、内阻r＝1Ω的电源相连；开关接2时，导轨与电容C＝0.3F的电容器相连。与导轨垂直的边界QQ′右侧空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝2T。一质量m＝0.1kg、电阻R1＝1Ω的金属杆PP′垂直导轨放置，一边长d＝0.2m、电阻R2＝0.32Ω，质量也为m的正方形金属框恰好置于水平面上的边界QQ′外，金属框与金属杆中点处通过绝缘、松弛、不可伸长的轻绳连接。已知导轨间距L＝0.5m，电容器初始电量q＝2C，金属杆与导轨始终接触良好且导轨的电阻均可忽略不计。 （1）开关接1时，金属杆PP′受到垂直金属杆的水平外力保持静止，求水平外力F的大小； （2）先断开开关K并撤去外力，再将开关K拨到2，金属杆由静止开始向右运动，杆速率最大时轻绳尚未拉直，求金属杆的最大速率v1； （3）接第（2）问，金属杆达到最大速度、轻绳未拉直时，断开开关K。求金属框完全进入磁场区域时的速率v2（已知金属杆与金属框在轻绳拉直瞬间达到共速）； （4）接第（3）问，金属框完全进入磁场区域后将开关接1，一段时间后金属杆速度减为零，且金属框始终未与金属杆碰撞，求该过程中金属杆上产生的焦耳热Q杆。 【解答】解：（1）开关接1时，由闭合电路欧姆定律得 对金属杆，根据平衡条件和安培力公式得 F＝FA＝B1IL 联立解得 F＝0.15N （2）金属杆由静止到速率最大过程中，设电容器的带电量从q减至q1，取向右为正方向，根据动量定理得 BL•Δt＝mv1 其中•Δt＝q﹣q1 即BL（q﹣q1）＝mv1 电容器电容在金属杆匀速时，有 此时电容器两端电压等于导体棒两端电压，则有U1＝BLv1 联立解得v1＝5m/s （3）金属框完全进入磁场区域时，设通过R电荷量q2，则 上述过程中，对金属杆，取向右为正方向，由动量定理有﹣Bq2d＝2mv2﹣mv1 解得v2＝2m/s （4）轻绳松弛，金属杆到静止时，设通过杆电荷量q3，取向右为正方向，根据动量定理有 ﹣Bq3L＝0﹣mv2 根据回路中能量守恒有 该过程中金属杆上产生的焦耳热为Q杆Q总 解得Q杆＝0.13J 11. （2024•涧西区校级一模）如图所示，两条平行光滑足够长的无电阻导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接着没有充电的一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在垂直于导轨无初速释放一质量为m、电阻不计的金属棒，若不计导轨电阻。 （1）金属棒与轻弹簧不连接时： a、金属棒下滑速度为v时，电容器所带的电量Q为多少？ b、金属棒做什么运动？并求出金属棒下滑距离x时的速度。 （2）金属棒与轻弹簧相连接，劲度系数为k，弹簧给金属棒的拉力垂直棒，静止释放时弹簧处于原长，则： a、金属棒做什么运动？向下运动的最大位移是多少？ b、金属棒向下运动过程中电容器能充入电量的最大值是多少？（假设金属棒运动过程中，弹簧一直处于弹性限度内） 【解答】解：（1）a、金属棒不与弹簧连接，速度为v时，金属棒产生的感应电动势为：E＝BLv 所以电容器所带的电量为：Q＝CU＝CBLv； b、在很短时间Δt内，速度变化为Δv，取沿导轨向下为正方向，根据动量定理可得：mgΔtsinθ﹣BILΔt＝mΔv 其中给电容器的充电电荷量为：ΔQ＝CΔU＝CBLΔv 根据加速度定义式可得：a 联立解得加速度大小为：a 加速度a不随时间变化，金属棒做匀加速直线运动，金属棒下滑距离x时的速度为v，则有：v2＝2ax 解得：v，方向沿导轨向下； （2）a、金属棒与弹簧连接时，设下滑位移x1时，速度为v1，则有： Q＝CBLv1 I1＝CBLa1 由牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣kx1﹣BI1L＝ma1 联立解得：a1 金属棒所受的合力为：F＝ma1＝m•（x1） 令x'＝x1 则F•x′ 故金属棒以x2为平衡位置做简谐运动，振幅：A 向下运动的最大位移为：x3＝2A； b、当金属棒下滑距离为x2时速度最大，最大速度为v2，根据动能定理可得： mgx2sinθ U＝BLv2 根据电容器电荷量的计算公式可得：Qm＝CU＝CBLv2 联立解得：Qm。 12. （2024•荆州区校级四模）如图所示，有两条不计电阻的平行光滑金属导轨MQN、M′Q′N′，导轨间距L＝1m，其中MQ、M′Q′段倾斜放置，倾斜角θ＝37°，MQ＝M′Q′＝6m，QN、Q′N′段水平放置，两段之间通过一小段（大小可忽略）光滑圆弧绝缘材料平滑相连，在倾斜导轨左端连接一电容C＝1F的电容器，在N和N′两端与R＝0.1Ω的电阻器相连，在倾斜导轨MQ、M′Q′区域内加有垂直于倾斜导轨平面向下的匀强磁场B1＝1T，在水平导轨的DD′E′E区域内加有垂直水平导轨平面向上的匀强磁场B2＝0.4T，DD′、EE′均与导轨垂直，且DE＝D′E′＝L＝1m，cdef是质量为M＝3kg、各边长度均为L的开口向左的U形金属框，已知其de边电阻为R＝0.1Ω，其余各段电阻可忽略不计，开始时紧挨导轨静置于DD′E′E左侧外，一不计电阻的质量为m＝1kg的金属棒a紧贴MM′从静止释放，使其向下滑行，越过QQ′后与U形金属框发生碰撞，碰后粘在一起形成一个正方形导体框沿导轨穿过磁场B2区域。不计一切摩擦，取重力加速度g＝10m/s2，求： （1）金属棒a在倾斜导轨下滑的加速度大小； （2）de边刚进入磁场B2区域时的速度大小； （3）整个过程中电阻器R上产生的焦耳热。 【解答】解：（1）金属棒a沿倾斜轨道向下滑行过程中有： 又根据电流的定义：Q＝IΔt 所以电流为： 对金属棒a，由牛顿第二定律： 又根据动生电动势公式有：ΔU＝B1LΔv 上式变为： 又因为 所以可求得金属棒加速度为：a 代入数据得：a＝3m/s2 （2）金属棒a沿倾斜轨道向下滑行过程由运动学公式得：vm/s＝6m/s 金属棒a越过QQ′后与U形金属框发生碰撞，以向右为正方向，由动量守恒定律有：mv＝（m+M）v1 解得：v1＝1.5m/s 此后一起匀速向右运动直到de边进入磁场B2区域，即de边进入磁场B2区域时速度为1.5m/s。 （3）在de边进入磁场区域时，de边左侧电阻为0，即右侧的电阻器R被短路，无电流。此时回路总电阻就为de边的电阻R；在cf边进出磁场时，此时右侧de边和电阻器组成并联电路，此时总电阻为0.5R， 根据安培力公式：F＝BIL 动生电动势公式：E＝BLv 则碰后粘在一起全部进入磁场B2区域过程，以向右为正，根据动量定理有： 解得：v2＝1.1m/s 金属框一起全部穿出磁场B2区域过程，有： 解得：v3＝0.3m/s 所以此过程中电阻器R上产生的焦耳热为：QR 代入数据得电阻器R上产生的焦耳热为：QR＝1.12J 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$