第2章 电磁感应 水平测评-【金版教程】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册作业与测评课件PPT（人教版2019）

第二章　水平测评 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟。 第Ⅰ卷(选择题，共50分) 一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1．图甲为某款“自发电”无线门铃按钮， 其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过 程磁体靠近螺线管，松开门铃按钮磁体远离 螺线管回归原位置。下列说法正确的是(　　) A．按下按钮过程，螺线管Q端电势较高 B．松开按钮过程，螺线管P端电势较低 C．按住按钮不动，螺线管中会产生感应电动势 D．按下和松开按钮过程，螺线管产生大小相同的感应电动势 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析：P、Q端与外部电路连接，形成闭合回路，按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左增大，根据楞次定律可知，螺线管中感应电流为从P端流入Q端流出，螺线管充当电源，则Q端电势较高，故A正确；松开按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左减小，根据楞次定律可知，螺线管中感应电流为从Q端流入P端流出，螺线管充当电源，则P端电势较高，故B错误；按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，螺线管中不会产生感应电动势，故C错误；按下和松开按钮过程，螺线管中磁通量的变化率不一定相同，则螺线管产生的感应电动势大小不一定相同，故D错误。 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3．如图，圆环形导体线圈A平放在水平桌面上，在A的正上方固定一竖直螺线管B，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是(　　) A．线圈A中将产生俯视顺时针方向的感应电流 B．穿过线圈A的磁通量变小 C．线圈A有扩大的趋势 D．线圈A对水平桌面的压力FN将增大 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析：将滑动变阻器的滑片P向下滑动时，滑动变阻器的接入电阻变小，由闭合电路欧姆定律可得线圈中的电流增大，则穿过线圈A的磁通量增加，由图可知穿过线圈A的磁通量方向向下，根据楞次定律和右手螺旋定则可得，线圈A中将产生俯视逆时针方向的感应电流，A、B错误；根据楞次定律中“增缩减扩”的原理可知，线圈A有缩小的趋势，C错误；根据楞次定律中“增离减靠”的原理可知，线圈对水平桌面的压力FN将增大，D正确。 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 4．很多人喜欢到健身房骑车锻炼。某同学根据所学知识设计了一个发电测速装置，如图所示。自行车后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中，后轮圆形金属盘在磁场中转动时，可等效成一导体棒绕圆盘中心O转动。已知磁感应强度B＝0.5 T，圆盘半径l＝0.3 m，圆盘电阻不计，导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心O相连，导线两端a、b间接一阻值R＝10 Ω的小灯泡。后轮匀速转动时，用电压表测得a、b间电压大小U＝0.6 V。则(　　) A．车速越大，人骑得越轻松 B．电压表的正接线柱应与b相接 C．后轮匀速转动20 min产生的电能为426 J D．该自行车后轮边缘的线速度大小为4 m/s 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 5．在如图所示的电路中，A、B、C为三盏完全相同的灯泡，L是自感线圈，直流电阻为RL，则下列说法正确的是(　　) A．合上开关后，C先亮，A、B后亮 B．断开开关时，N点电势高于M点 C．断开开关后，B、C同时熄灭，A缓慢熄灭 D．断开开关后，C马上熄灭，B闪一下后缓慢熄灭 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析：开关S闭合瞬间，因线圈L中的电流增大，产生 自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势阻碍电流的 增大，通过A灯的电流逐渐增大，所以B、C先亮，A后亮， 故A错误。断开开关S的瞬间，因线圈L中的电流减小，产生 自感电动势，根据楞次定律可知，N点电势高于M点电势； L和A、B组成的回路中有电流，由于开关断开前通过A灯的电流小于通过B灯的电流，则开关断开的瞬间，通过A、B和线圈回路的电流从A灯中原来的电流大小减小到0，所以A、B一起缓慢熄灭，而C中没有电流，马上熄灭，故B正确，C、D错误。 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 6．1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆 盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上 方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。 实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖 直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下 列说法正确的是(　　) A．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动 B．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化 C．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动 D．图示时刻，圆盘中电流沿半径从边缘到圆心 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析：当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴 旋转时，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势和感应电流 ，圆盘内的涡电流产生的磁场对磁针施加磁场力作用，导致 磁针转动，A正确；由于圆盘中心正上方悬挂小磁针，故在 圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终 为零，B错误；圆盘呈电中性，其中的电流不是自由电子随圆盘转动形成的，而是圆盘半径切割磁感线形成的，C错误；图示时刻，磁针在圆盘左半部分的磁感线斜向右下方，在圆盘右半部分的磁感线斜向右上方，根据右手定则可知，圆盘内部左半部分的感应电动势指向圆心，右半部分的感应电动势背离圆心，则圆盘中心电流向右，前后两侧电流向左，D错误。 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 8.磁电式仪表的基本组成部分是磁体和线圈。缠绕线圈的骨架常用铝框，铝框、指针固定在同一转轴上。线圈未通电时，指针竖直指在表盘中央；线圈通电时发生转动，指针随之偏转，由此就能确定电流的大小。如图所示，线圈通电时指针向右偏转，在此过程中，下列说法正确的是(　　) A．俯视看，线圈中通入的是逆时针方向的电流 B．穿过铝框的磁通量减少 C．俯视看铝框中产生逆时针方向的感应电流 D．使用铝框做线圈骨架能够尽快使表针停在某一刻度处 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析：线圈两侧所受洛伦兹力均沿顺时针方向，由左手定则可知，俯视看线圈中通入的是顺时针方向的电流，A错误；线圈在水平位置时，穿过铝框的磁通量为零，线圈转动时，穿过铝框的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，俯视看铝框中产生逆时针方向的感应电流，B错误，C正确；当铝框中产生感应电流时，铝框受到的安培力与运动方向相反，故起到了电磁阻尼作用，则使用铝框做线圈骨架能够尽快使表针停在某一刻度处，D正确。 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 9.如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形磁场区域abcd，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图像正确的是(规定电流从M经R到N为正，安培力向左为正)(　　) 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析：导体棒由b运动到ac过程中，切割磁感线的 有效长度l随时间t均匀增大，由E＝Blv可知，感应电动 势E随时间t均匀增大，由闭合电路欧姆定律可知，感应 电流I随时间t均匀增大，则导体棒受到的安培力大小F＝ IlB随时间t增大得越来越快；由右手定则可知，感应电流的方向为由M经R到N，电流为正值，由左手定则可知，导体棒所受安培力水平向左，为正值。导体棒由ac运动到d的过程中，由题知E′＝2Blv＝2E，则导体棒切割磁感线的有效长度l相同时，I′＝2I，导体棒切割磁感线的有效长度l随时间t均匀减小，则感应电流I′随时间t均匀减小，导体棒受到的安培力大小F′＝I′l·2B＝4F，随时间t减小得越来越慢；由右手定则可知，感应电流的方向为由N经R到M，电流为负值，由左手定则可知，导体棒所受安培力水平向左，为正值。综上所述，A、D正确，B、C错误。　 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 第Ⅱ卷(非选择题，共50分) 二、实验题(本题共2小题，共10分) 11.(4分)小明用如图所示的装置做“探究影响感应电流方向的因素”实验，螺线管与灵敏电流计构成闭合电路。请回答下列问题： (1)我们知道，穿过闭合回路的磁通量变化是产生感应电流的条件，所以感应电流的方向可能与磁通量的变化有关。影响磁通量变化“方向”的因素有________(选填选项前的字母)。 A．磁体的磁场方向 B．磁体的磁性强弱 C．磁体运动的方向 D．磁体运动的速度大小 答案 AC 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)使用如图实验装置探究感应电流的方向与磁通量的变化的普遍规律，根据(1)可知，最好设计________种实验操作。 答案 解析 解析：(1)磁通量变化的“方向”取决于初始时磁通量的“方向”和磁通量变化的“方向”，前者由磁体的磁场方向决定，后者由磁体运动的方向决定，所以影响磁通量变化“方向”的因素有磁体的磁场方向和磁体运动的方向，A、C正确。 (2)为了探究感应电流的方向与磁通量的变化的普遍规律，需要获得尽可能多的实验数据；根据(1)可知，影响磁通量变化“方向”的因素有初始时磁通量的“方向”和磁通量变化的“方向”，而初始时磁通量的“方向”有向上穿过螺线管和向下穿过螺线管2种可能，磁通量变化的方向有增大和减小2种可能，所以磁通量变化“方向”有4种可能，即最好设计4种实验操作。 　 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12．(6分)我们知道，穿过闭合回路的磁通量变化是产生感应电动势的条件，磁通量变化包括磁感应强度的变化、回路面积的变化、二者夹角的变化。 (1)为了探究感应电动势大小与磁感应强度变化的定量关系，某实验小组设计了如图a的实验，通过调节电源可在原线圈中产生变化的电流，用磁传感器可记录原线圈中产生的磁场的磁感应强度B的变化情况，用电压传感器可记录副线圈中感应电动势E的变化情况，二者的变化情况可同时显示在计算机显示屏上。某次实验中得到的B­t、E­t图像如图b所示。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 B随时间均匀变化 (2)为了探究感应电动势大小与回路面积变化的定量关系，请设计合理的实验方案，简要说明实验原理和需要记录的量：__________________________________ ________________________________________________________________________________________________________。 C 保持回路中线圈匝数、磁感应强度及其与回路面积的夹角不变，改变并记录回路面积变化的大小和所用时间，并用电压表测量记录回路的感应电动势 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)探究感应电动势大小与回路面积变化的定量关系时，根据控制变量法，需要保持线圈匝数、磁感应强度及其与回路面积的夹角不变，使回路面积变化；回路面积的变化涉及回路面积变化的大小和所用时间，所以需要记录回路面积变化的大小和所用时间；要达到实验目的，还需要用电压表测量记录回路的感应电动势。 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 三、计算题(本题共3小题，共40分。解答中应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤，只写出最后答案的不给分) 13.(10分)如图所示，在一个圆形金属线圈区域内，存在着磁场方向与线圈平面垂直的匀强磁场。已知圆形金属线圈的面积S＝400 cm2，匝数N＝1000，线圈电阻r＝1.0 Ω。线圈与电阻R构成 闭合回路，R＝9.0 Ω。取垂直线圈平面向里为磁场正方向，若匀强磁场磁感应强度B随时间t变化的关系式为B＝(0.2－0.05t) T。求： (1)通过电阻R的感应电流I的大小和方向； (2)在t＝4.0 s时刻，a、b两点间的电势差Uab。 答案 答案：(1)0.2 A　电流方向为b→R→a　 　 (2)－1.8 V 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 14．(13分)如图甲所示，足够长的光滑平行金属 导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L＝1 m，一磁感应强 度B＝0.1 T的匀强磁场，垂直穿过导轨平面，导轨的 上端M与P之间连接一阻值为R＝0.60 Ω的电阻，电阻 为r＝0.30 Ω的金属棒ab紧贴在导轨上。现使金属棒ab 由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与 导轨接触良好，其下滑距离x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，g取10 m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，求： (1)金属棒达到最大速度时，a、b两端的电势差U的大小； (2)金属棒ab从静止开始运动的1.5 s内，通过电阻R的电荷量q及电阻R上产生的热量Q(结果保留两位有效数字)。 答案 答案：(1)0.6 V　(2)0.62 C　0.10 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 15．(17分)如图，两根足够长的光滑金属直导轨 平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面 均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向 上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为 m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之 间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。 (1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0； (2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0； (3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 2.如图所示，在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动。导轨间距为L，a、b间电阻为R，杆在两导轨间部分的电阻为2R，导轨电阻不计，则通过电阻R的 电流方向及大小为(　　) A．b→a，eq \f(BLv,3R) B．b→a，eq \f(BLv,2R) C．a→b，eq \f(BLv,R) D．a→b，eq \f(BLv,3R) 解析：金属杆MN以速度v向右匀速滑动，根据右手定则，可判断通过MN的电流方向为N→M，故流过R的电流方向为a→b；根据法拉第电磁感应定律可得金属杆产生的感应电动势大小为E＝BLv，根据闭合电路欧姆定律，可得通过电阻R的电流大小I＝eq \f(E,2R＋R)＝eq \f(BLv,3R)，故选D。 解析：车速越大，由E＝eq \f(1,2)Bl2ω可知，产生的感应电动势越大，感应电流越大，由F＝IlB可知，车轮所受安培力越大，而安培力阻碍车轮转动，所以人骑得越不轻松，A错误；根据右手定则可判断轮子边缘的点等效为电源的负极，则电压表的正接线柱应与b相接，B正确；根据焦耳定律得Q＝I2Rt，由欧姆定律得I＝eq \f(U,R)，联立并代入数据解得Q＝43.2 J，C错误；由U＝E＝eq \f(1,2)Bl2ω，解得v＝ωl＝eq \f(2U,Bl)＝8 m/s，D错误。 7．如图甲所示，两根足够长的光滑金属导轨ab、cd与水平面成θ＝30°角固定，导轨间距离为l＝1 m，电阻不计，一个阻值为R0的定值电阻与可变电阻并联接在两金属导轨的上端，整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B＝1 T。现将一质量为m、不计电阻的金属棒MN从图示位置由静止开始释放，金属棒下滑过程中与导轨接触良好，且始终与导轨保持垂直，改变可变电阻的阻值R，测定金属棒的最大速度vm，得到eq \f(1,vm)­eq \f(1,R)图像如图乙所示，g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　　) A．金属棒的质量m＝1 kg B．金属棒的质量m＝2 kg C．定值电阻R0＝2 Ω D．定值电阻R0＝4 Ω 解析：金属棒以速度vm下滑时，由法拉第电磁感应定律得E＝Blvm，由闭合电路欧姆定律得E＝I·eq \f(RR0,R＋R0)，金属棒所受安培力F＝BIl，当金属棒以最大速度vm下滑时，由平衡条件得BIl－mgsinθ＝0，联立并整理可得eq \f(1,vm)＝eq \f(B2l2,mgsinθ)·eq \f(1,R)＋eq \f(B2l2,mgsinθ)·eq \f(1,R0)，由eq \f(1,vm)­eq \f(1,R)图像可得eq \f(B2l2,mgsinθ)＝1 Ω·s·m－1，eq \f(B2l2,mgsinθ)·eq \f(1,R0)＝0.5 m－1·s，解得m＝0.2 kg，R0＝2 Ω，故选C。 10．如图所示，竖直放置的“ ”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ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Ⅰ和Ⅱ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(　　) A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下 B．穿过磁场Ⅰ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4mgd D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于eq \f(m2gR2,2B4L4) 解析：由于金属杆进入两个磁场时的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为g的加速运动，所以金属杆进入磁场Ⅰ、Ⅱ时都做减速运动，A错误；对金属杆受力分析，根据eq \f(B2L2v,R)－mg＝ma可知，金属杆在磁场中做加速度减小的减速运动(有可能最后做匀速运动)，其进出磁场的v­t图像如图所示，由于0～t1和t1～t2图线与t轴包围的面积相等(都为d)，所以t1>(t2－t1)，B正确；从刚进入Ⅰ磁场到进入Ⅱ磁场之前过程中，根据能量守恒定律，金属棒减小的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1＝mg·2d，所以穿过两个磁场过程中产生的总热量为4mgd，C正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则eq \f(B2L2v,R)－mg＝0，得v＝eq \f(mgR,B2L2)，由前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于eq \f(mgR,B2L2)，根据h＝eq \f(v2,2g)得金属杆进入磁场的高度应大于eq \f(m2g2R2,2gB4L4)＝eq \f(m2gR2,2B4L4)，D错误。 ①分析图b两组图像可知副线圈中产生恒定感应电动势的条件是____________________。 ②感应电动势的大小与B的变化有关，为进一步确定两者之间的定量关系，可以根据图b的信息，作图像进行研究，则应作________。 A．E­B图像 B．E­ΔB图像 C．E­eq \f(ΔB,Δt)图像 D．E­eq \f(ΔΦ,Δt)图像 解析：(1)①对比图b所示图像的上、下两部分可知，当B随时间均匀变化时，副线圈中产生恒定的感应电动势。 ②由图b所示图像可知，在线圈匝数、回路面积、磁感应强度与回路面积夹角一定的情况下，B随时间的变化率eq \f(ΔB,Δt)越大，产生的感应电动势越大，根据Φ＝BS，为进一步确定感应电动势与B的关系，可以作出E­eq \f(ΔB,Δt)图像，故选C。 解析：(1)根据题意，由楞次定律可知，通过R的电流方向为b→R→a，由法拉第电磁感应定律得E＝Neq \f(ΔΦ,Δt) 其中eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)·S，eq \f(ΔB,Δt)＝0.05 T/s 根据闭合电路欧姆定律，通过电阻R的电流 I＝eq \f(E,R＋r) 联立并代入数据得I＝0.2 A。 (2)根据题意，由楞次定律可知，a点电势低于b点电势，则有Uab<0 可得Uab＝－IR 代入数据得Uab＝－1.8 V。 解析：(1)由x­t图像可得，t＝1.5 s后金属棒匀速运动，故金属棒ab运动的最大速度 v＝eq \f(Δx,Δt)＝eq \f(11－5.6,2.1－1.5) m/s＝9 m/s 金属棒达到最大速度时，产生的感应电动势 E＝BLv＝0.1×1×9 V＝0.9 V a、b两端的电势差大小U＝eq \f(R,R＋r)E＝0.6 V。 (2)0～1.5 s内，通过电阻R的电荷量 q＝eq \o(I,\s\up16(－))t＝eq \f(ΔΦ,R总)＝eq \f(BLx,R＋r) 由图乙得x＝5.6 m，代入数据得q＝0.62 C 当金属棒匀速运动时，电路中的感应电流 I＝eq \f(E,R＋r) 由平衡条件得mg＝ILB 代入数据解得m＝0.01 kg 在0～1.5 s内，金属棒的重力势能转化为金属棒的动能和电路的内能，设电路中产生的总热量为Q总， 根据能量守恒定律得mgx＝eq \f(1,2)mv2＋Q总 代入数据解得Q总＝0.155 J 则0～1.5 s内电阻R上产生的热量为 Q＝eq \f(R,R＋r)Q总＝0.10 J。 答案：(1)eq \f(2mgRsinθ,B2L2)　(2)2gsinθ　(3)gsinθ·t0＋eq \f(v0,2)　eq \f(mv0R,B2L2) 解析：(1)棒a匀速运动时， 根据平衡条件可得mgsinθ＝BIL 由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0 由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,2R) 联立解得v0＝eq \f(2mgRsinθ,B2L2)。 (2)由右手定则可知，释放棒b瞬间，棒a、b构成的回路中有顺时针方向(俯视)的感应电流，大小仍为I，由左手定则知，棒b受到沿导轨平面向下的安培力，则对棒b由牛顿第二定律可得mgsinθ＋BIL＝ma0 联立解得a0＝2gsinθ。 (3)自释放棒b至两棒恰好共速，对棒a由动量定理有mgsinθ·t0－Beq \o(I,\s\up16(－))Lt0＝mv－mv0 对棒b由动量定理有mgsinθ·t0＋Beq \o(I,\s\up16(－))Lt0＝mv 联立解得v＝gsinθ·t0＋eq \f(v0,2) 由法拉第电磁感应定律可得eq \o(I,\s\up16(－))＝eq \f(\o(E,\s\up16(－)),2R) 又eq \o(E,\s\up16(－))＝eq \f(BLΔx,t0) 联立解得Δx＝eq \f(mv0R,B2L2)。 $$