05 电磁感应中的动力学问题 专项训练-2026届浙江省高考物理选考特训

浙江省物理选考专题特训5：电磁感应中的动力学问题 一、 核心知识点：物理量的“极简逻辑” 1. 电的来源： ， 与垂直，若存在夹角，需分解v或者B。 2. 力的来源：。 这是连接电与力的桥梁。 3. 运动的本质：。当 时，速度达到极值 （匀速）。 4. 能量的归宿： 克服安培力做的功等于产生的焦耳热，即 。 二、 解题策略：动态分析的“四步闭环” 第一步：定方向（右手+左手） 1. 先用右手定则判断感应电流方向，再用左手定则判断安培力方向。 2. 安培力总是“阻碍相对运动”（来拒去留）。 第二步：找极值（临界状态） 1. 最大速度 ： 时， 2. 最大加速度： 出现在速度 时（刚释放或刚进入磁场瞬间）。 第三步：列方程（牛顿第二定律） 1. 2. 随着 增大， 增大，导致合力减小，加速度 减小。加速度减小的加速运动。 第四步：算功热（能量守恒） 若求变力做功或热量，直接用能量转化： （外力做功减去重力势能变化，等于动能变化加上产生的焦耳热）。 三、 易错点：高频“避坑”指南 1. 公式 的陷阱： (1)垂直性： 必须确保 、 、 三者两两垂直。 (2)有效长度： 是切割磁感线的有效长度 (3)动态过程的思维误区： ①误判运动类型： 只要涉及安培力，加速度通常在变，绝不是匀变速直线运动。因此，不能直接用 或 求时间。 ②求时间的特殊法： 若题目要求时间 ，通常需用动量定理 ③求电荷量的捷径： 求电荷量 时，死磕 会因为 变化而算不出，必须用 2. 双杆模型的干扰： (1)在双杆问题中，不要被两根杆迷惑。核心是看回路中磁通量的变化率。若两杆同向切割且面积同时变化，电动势是叠加的。 四、典型例题 1. 电容器反电动势模型：金属棒的匀加速运动 例题1、如图，两根足够长且光滑平行的金属导轨PP'、QQ'倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好。现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则下列说法中正确的是（　　） A.金属棒ab最终可能匀速下滑 B.金属棒ab一直加速下滑 C.金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势 D.带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动 答案：BC 2. 双棒切割模型： 例题2、如图所示为用于摩天大楼的磁动力电梯示意图。在竖直平面上有两根很长的平行竖直轨道，轨道间有垂直轨道平面交替排列着方向相反的匀强磁场B1和B2，B1＝B2＝1.0 T，两磁场始终竖直向上做匀速运动。电梯轿厢固定在图示的金属框abcd内（电梯轿厢在图中未画出），并且两者绝缘。已知电梯载人时的总质量m＝4.75×103 kg，所受阻力恒定为Ff＝500 N，金属框cd边长为Lcd＝2.0 m，两磁场的宽度均与金属框ad边长相同，金属框整个回路的电阻R＝9.0×10－4 Ω，g取10 m/s2。假如设计要求电梯匀速上升阶段的速度为v1＝10 m/s。求： （1）金属框在图示位置时感应电流的方向； （2）电梯匀速上升时，金属框中感应电流的大小； （3）磁场向上运动速度的大小v0； （4）电梯由静止开始向上运动时的加速度大小。 答案：（1）沿逆时针方向或adcba　（2）1.2×104 A （3）12.7 m/s　（4）37.4 m/s2 3. 图像与极值分析：安培力做功与时间比较 例题3、如图，一个正方形导线框以初速度v0向右穿过一个有界的匀强磁场。线框两次速度发生变化所用时间分别为t1和t2，这两段时间内克服安培力做的功分别为W1和W2，则(　B　) A．t1＜t2，W1＜W2 B．t1＜t2，W1＞W2 C．t1＞t2，W1＜W2 D．t1＞t2，W1＞W2 4. 复杂受力与运动分解：斜面上的导体棒 例题4、如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里。正方形单匝线框abcd的边长L＝0.2 m、回路电阻R＝1.6×10 －3 Ω、质量m＝0.2 kg。线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L。现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为4 N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动。从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。重力加速度大小取g＝10 m/s2，求： （1）ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小； （2）磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热； （3）磁场区域的水平宽度。 答案：（1）20 m/s2；10 m/s2；（2）0.2 T；0.4 J；（3）1.1 m 5. 微元法求解：变力作用下的位移计算 例题5、如图a，一倾角为θ的绝缘光滑斜面固定在水平地面上，其顶端与两根相距为L的水平光滑平行金属导轨相连；导轨处于一竖直向下的匀强磁场中，其末端装有挡板M、N，两根平行金属棒G、H垂直导轨放置，G的中心用一不可伸长绝缘细绳通过轻质定滑轮与斜面底端的物块A相连；初始时刻绳子处于拉紧状态并与G垂直，滑轮左侧细绳与斜面平行，右侧与水平面平行。从t＝0 s开始，H在水平向右拉力作用下向右运动；t＝2 s时，H与挡板M、N相碰后立即被锁定。G在t＝1 s后的速度—时间图线如图b所示，其中1～2 s段为直线。已知：磁感应强度大小B＝1 T，L＝0.2 m，G、H和A的质量均为0.2 kg，G、H的电阻均为0.1 Ω；导轨电阻、细绳与滑轮的摩擦力均忽略不计；H与挡板碰撞时间极短；整个运动过程A未与滑轮相碰，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好；sin θ＝0.25，cos θ＝0.97，重力加速度大小取10 m/s2，图b中e为自然常数，4/e＝1.47。求： (1)在1～2 s时间段内，棒G的加速度大小和细绳对A的拉力大小； (2)t＝1.5 s时，棒H上拉力的瞬时功率； (3)在2～3 s时间段内，棒G滑行的距离。 答案：(1)2 m/s2；0.9 N；(2)16.15 W；(3)2.53 m 五、巩固训练： 1.如图a所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定， 顶端接有阻值为R的电阻。垂直导轨平面存在变化规律如图b所示的匀强磁场，t＝0时磁场方向垂直纸面向里。在t＝0到t＝2t0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处；t＝2t0时，释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则(　　) A．在t＝t0/2时，金属棒受到安培力的大小为B02L3/t0R B．在t＝t0时，金属棒中电流的大小为B0L2/t0R C．在t＝3t0/2时，金属棒受到安培力的方向竖直向上 D．在t＝3时，金属棒中电流的方向向右 2.如图所示，光滑绝缘水平面上有一正方形导线框abcd，虚线右侧是匀强磁场区域，磁场方向竖直向下。t＝0时，导线框cd边恰与磁场左边界重合，在水平外力F作用下由静止开始向右运动，外力F与导线框速度v的关系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)。在导线框进入磁场的过程中，关于感应电流i与时间t的关系，下列图像中不可能的是(　　) 3. 如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面 垂直，R为一电阻。ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。ef及线框中导线的电阻不计。开始时，给ef一个向右的初速度，则（　　） A. ef将减速向右运动，但不是匀减速运动 B. ef将匀减速向右运动，最后停止 C. ef将匀速向右运动 D. ef将往返运动 4. 用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(r≪R) 的圆环。圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B。圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，下列说法正确的是(　　) A．下落过程圆环中磁通量不变 B．此时圆环受到竖直向上的安培力作用 C．此时圆环的加速度a＝(B2v/ρd)+g D．如果径向磁场足够深，则圆环的最大速度vmax=ρdg/B2 5. 如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L，其下端与电阻R连接；导体棒 ab电阻为r，导轨和导线电阻不计，匀强磁场方向竖直向上。若导体棒ab以一定初速度v下滑，则关于导体棒ab，下列说法中正确的是（　　） A.所受安培力方向水平向右 B.可能以速度v匀速下滑 C.刚下滑的瞬间导体棒ab产生的电动势为BLv D.减少的重力势能等于电阻R上产生的内能 6. 如图所示，两根倾斜放置与水平面成θ角的平行导电轨道间距为l，导轨间接一电阻R， 整个空间分布着匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B。一根质量为m的金属棒ab以大小为v0的初速度沿导轨向上运动，到某一高度后又向下运动返回到原出发点。整个过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，导轨与棒间的摩擦及它们的电阻均可忽略不计。则在金属棒上行与下行的过程中，下列说法正确的是（重力加速度为g）（　　） A.金属棒的最大加速度为＋gsin θ B.上行过程中通过R的电荷量等于下行过程中通过R的电荷量 C.上行过程中R上产生的焦耳热等于下行过程中R上产生的焦耳热 D.上行的运动时间小于下行的运动时间 7. 如图，边长、材料相同，粗细不同的单匝正方形金属线框甲、乙在竖直平面内距磁场相同高度由静止开始同时下落，一段时间后进入方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平。乙线框导线的横截面积是甲的2倍。不计空气阻力，则在甲、乙线框进入磁场的过程中（　　） A.感应电流的方向一定均为顺时针方向 B.甲、乙线框的加速度时时相同 C.甲线框产生的焦耳热是乙线框的2倍 D.通过甲线框的电荷量是乙线框的2倍 8.两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B，使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A.B与v0无关，与成反比 B.通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变 C.通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等 D.调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变 9. 小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在0～2.0 A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使得天平平衡，测出电流即可测得物体的质量。（重力加速度g取10 m/s2） （1）为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？ （2）进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10 Ω，不接外电流，两臂平衡，如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1 m。当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率△B/△t。 10. 如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属 杆置于导轨上。t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求： (1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小； (2)电阻的阻值。 11. 如图所示，两根平行金属导轨固定在同一水平面内，间距为l，导轨左端连接一个电阻．一 根质量为m、电阻为r的金属杆ab垂直放置在导轨上．在杆的右方距杆为d处有一个匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向下，磁感应强度为B.对杆施加一个大小为F、方向平行于导轨的恒力，使杆从静止开始运动，已知杆到达磁场区域时速度为v，之后进入磁场恰好做匀速运动．不计导轨的电阻，假定导轨与杆之间存在恒定的阻力．求： (1)导轨对杆ab的阻力大小Ff. (2)杆ab中通过的电流及其方向． (3)导轨左端所接电阻的阻值R. 12. 如图甲所示，两根足够长直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两 导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下。导轨和ab杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和ab杆接触良好，不计它们之间的摩擦。（重力加速度为g） （1）由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图； （2）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求杆中的电流及其加速度的大小； （3）求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。 13. 如图所示，足够长的光滑平行金属导轨cd和ef水平放置，在其左端连接倾角为θ＝37° 的光滑金属导轨ge、hc，导轨间距均为L＝1 m，在水平导轨和倾斜导轨上，各放一根与导轨垂直的金属杆，金属杆与导轨接触良好．金属杆a、b质量均为m＝0.1 kg，电阻Ra＝2 Ω、Rb＝3 Ω，其余电阻不计．在水平导轨和斜面导轨区域分别有竖直向上和竖直向下的匀强磁场B1、B2，且B1＝B2＝0.5 T．已知从t＝0时刻起，杆a在外力F1作用下由静止开始水平向右运动，杆b在水平向右的外力F2作用下始终保持静止状态，且F2＝0.75＋0.2t (N)．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2) (1)通过计算判断杆a的运动情况； (2)从t＝0时刻起，求1 s内通过杆b的电荷量； (3)若t＝0时刻起，2 s内作用在杆a上的外力F1做功为13.2 J，则这段时间内杆b上产生的热量为多少？ 14. 如图所示，两条平行的金属导轨相距L=1 m，金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为 37°，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中．金属棒MN和PQ的质量均为m＝0.2 kg，电阻分别为RMN＝1 Ω和RPQ＝2 Ω.MN置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，PQ置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好．从t＝0时刻起，MN棒在水平外力F1的作用下由静止开始以a＝1 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，PQ则在平行于斜面方向的力F2作用下保持静止状态．t＝3 s时，PQ棒消耗的电功率为8 W，不计导轨的电阻，水平导轨足够长，MN始终在水平导轨上运动．求： (1)磁感应强度B的大小； (2)t＝0～3 s时间内通过MN棒的电荷量； (3)求t＝6 s时F2的大小和方向； (4)若改变F1的作用规律，使MN棒的运动速度v与位移 x满足关系：v＝0.4x，PQ棒仍然静止在倾斜轨道上．求MN棒从静止开始到x＝5 m的过程中，系统产生的焦耳热． 15.如图，光滑的水平长直轨道放在匀强磁场中，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B＝0.25 T，轨道宽L＝0.4 m，一导体棒长也为0.4 m，质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.05 Ω，它与导轨接触良好。当开关与a接通时，电源可提供恒定的1 A电流，电流方向可根据需要进行改变；开关与b接通时，电阻R＝0.05 Ω。若开关的切换与电流的换向均可在瞬间完成，求： (1)当开关与a接通，棒中电流由M流向N时，棒的加速度的大小和方向是怎样的？ (2)当开关始终接a时，要想在最短时间内使棒向左移动4 m而静止，则棒的最大速度是多少？ (3)要想棒在最短时间内向左移动7 m而静止，则棒中产生的焦耳热是多少？ 参考答案： 1. 　BC 解析　在0～2t0时间内，根据法拉第电磁感应定律可知闭合回路中的感应电动势E1＝＝，金属棒中的电流大小I＝＝，故B正确；由图b知，在t＝时，磁感应强度B1＝，则金属棒受到的安培力大小F＝B1IL＝··L＝，故A错误；在t＝时，磁场方向垂直纸面向外，根据楞次定律可知闭合回路中的感应电流方向为顺时针，根据左手定则可知金属棒受到安培力的方向竖直向上，故C正确；在t＝3t0时，磁场方向垂直纸面向外，金属棒具有竖直向下的速度，根据右手定则可知金属棒中电流的方向向左，故D错误。 2. 　B 解析　设导线框的边长为L、电阻为R、质量为m，磁场的磁感应强度为B，在导线框进入磁场的过程中，当导线框的速度为v时，导线框所受安培力的大小为F安＝BiL＝B··L＝，此时导线框的加速度为a＝＝＋。若k＝，则有a＝，为一个定值，感应电流i＝＝t，则i与t成正比；若k>，则加速度a随着速度的增大而增大，感应电流i＝，v­t图像的斜率a越来越大，则i­t图像的斜率越来越大；若k<，则加速度a随着速度的增大而减小，若能减小到零则之后线框匀速运动，感应电流i＝，v­t图像的斜率a越来越小，可能最终速度恒定，则i­t图像的斜率越来越小，可能最终电流恒定。综上所述，A、C、D均可能，B不可能。 3. A 解析：ef向右运动切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，根据右手定则和左手定则可知，ef受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，由F＝BIl＝＝ma，知ef做的是加速度减小的减速运动，故A正确。 4. BD [解析]　圆环下落过程中切割磁感线产生感应电流，则圆环中磁通量一定变化，故A错误；根据右手定则，圆环中有(俯视)顺时针的感应电流，根据左手定则可知，圆环受到的安培力竖直向上，阻碍圆环的运动，故B正确；速度为v的时刻圆环产生的感应电动势E＝Blv＝B·2πRv，圆环的电阻R0＝ρ，感应电流I＝，圆环所受的安培力大小F＝BI·2πR＝，由牛顿第二定律得mg－F＝ma，其中质量m＝dV＝d·2πR·πr2，联立解得a＝g－，故C错误；当圆环做匀速运动时，安培力与重力等大反向，加速度为零，速度最大，即有g－＝0，解得vmax＝，故D正确。 5. AB 解析：AB　导体棒ab以一定初速度v下滑，导体棒ab切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，由右手定则可判断出电流方向为从b到a，由左手定则可判断出导体棒ab所受安培力方向水平向右，选项A正确。当mgsin θ＝BILcos θ时，导体棒ab沿导轨方向所受合外力为零，导体棒ab可能以速度v匀速下滑，选项B正确。由于速度方向与磁场方向夹角为（90°＋θ），刚下滑的瞬间导体棒ab产生的电动势为E＝BLvcos θ，选项C错误。由能量守恒定律可知，导体棒ab减少的重力势能一定大于电阻R上产生的内能，选项D错误。 6. ABD 解析：ABD　金属棒在上行和下行的全过程中，加速度一直减小（下行后段可能不变），故刚开始向上运动时，加速度最大，由F安＋mgsin θ＝ma得最大加速度a＝＋gsin θ，故A正确；上行和下行过程中穿过闭合回路的磁通量大小相等，由q＝可知，上行过程中通过R的电荷量等于下行过程中通过R的电荷量，故B正确；金属棒上行过程中克服安培力做的功大于下行过程中克服安培力做的功，故上行过程中R上产生的焦耳热应大于下行过程中R上产生的焦耳热，故C错误；上行的平均加速度大于下行的平均加速度，而位移大小相等，所以上行的运动时间小于下行的运动时间，故D正确。 7. B 解析：B　根据楞次定律可知，感应电流的方向一定均为逆时针方向，选项A错误；甲、乙同时进入磁场，设此时的速度为v0，则E＝Blv0，I＝，R＝ρ，由牛顿第二定律得mg－BIl＝ma，m＝4lSρ0，联立解得a＝g－，则进入磁场时两线框的加速度相同，进入磁场的过程加速度也相同，完全进入时加速度也都是为g，可知甲、乙线框的加速度时时相同，选项B正确；因甲、乙两线框的加速度相同，则两线框进入磁场时任意时刻的速度相同，则由Q＝t＝t∝S，可知，乙线框产生的焦耳热是甲线框的2倍，选项C错误；根据q＝＝∝S，可知通过乙线框的电荷量是甲线框的2倍，选项D错误。 8. CD 解析：CD　将组合体以初速度v0水平无旋转抛出后，组合体做平抛运动，后进入磁场做匀速运动，由于水平方向切割磁感线产生的感应电动势相互抵消，则有mg＝F安＝，vy＝，综合有B＝·，则B与成正比，A错误；当金属框刚进入磁场时，通过金属框的磁通量增加，此时感应电流的方向为逆时针方向，当金属框刚出磁场时，通过金属框的磁通量减少，此时感应电流的方向为顺时针方向，B错误；由于组合体进入磁场后做匀速运动，水平方向的感应电动势相互抵消，有mg＝F安＝，组合体克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，C正确；无论调节哪个物理量，只要组合体仍能匀速通过磁场，都有mg＝F安，则安培力做的功都为W＝F安·4L，组合体通过磁场过程中产生的焦耳热不变，D正确。 9. （1）25匝　（2）0.1 T/s 解析：（1）线圈受到的安培力F＝N1B0IL 天平平衡，mg＝N1B0IL 代入数据得N1＝25匝。 （2）由电磁感应定律得E＝N2 E＝N2Ld 由欧姆定律得I'＝ 线圈受到的安培力F'＝N2B0I'L 天平平衡，m'g＝B0· 代入数据可得＝0.1 T/s。 10. (1)Blt0　(2) [解析]　(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得 ma＝F－μmg① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有 v＝at0② 当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为 E＝Blv③ 联立①②③式可得 E＝Blt0。④ (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律 I＝⑤ 式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为 F安＝BlI⑥ 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得 F－μmg－F安＝0⑦ 联立④⑤⑥⑦式得 R＝。⑧ 11. 　(1)F－；(2)，方向由a流向b；(3)－r 解析　(1)杆ab进入磁场前做匀加速运动，有 F－Ff＝ma v2＝2ad 解得导轨对杆的阻力Ff＝F－ (2)杆ab进入磁场后做匀速运动，有 F＝Ff＋F安 杆ab所受的安培力F安＝IBl 解得杆ab中通过的电流I＝ 由右手定则判断杆中的电流方向自a流向b (3)杆运动过程中产生的感应电动势E＝Blv 杆中的感应电流I＝ 解得导轨左端所接电阻阻值R＝－r 12. 　（1）见解析图；（2）；gsin θ－；（3） 解析　（1）由右手定则可知，ab杆中电流方向为a→b。如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于导轨平面向上；安培力F安，方向沿导轨向上。 （2）当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E＝BLv， 此时电路中的电流I＝＝， ab杆受到安培力F安＝BIL＝， 根据牛顿第二定律，有 mgsin θ－F安＝mgsin θ－＝ma， 解得a＝gsin θ－。 （3）当a＝0时，ab杆有最大速度vm， 由平衡条件得mgsin θ＝， 解得vm＝。 13. 　(1)以4 m/s2的加速度做匀加速运动 (2)0.2 C　(3)6 J 解析　(1)因为杆b静止，所以有 F2－B2IL＝mgtan 37° 而F2＝0.75＋0.2t(N) 解得I＝0.4t (A) 整个电路中的电动势由杆a运动产生，故 E＝I(Ra＋Rb) E＝B1Lv 解得v＝4t 所以，杆a做加速度为a＝4 m/s2的匀加速运动． (2)杆a在1 s内运动的距离d＝at2＝2 m q＝Δt ＝ E＝＝ q＝＝＝0.2 C 即1 s内通过杆b的电荷量为0.2 C (3)设整个电路中产生的热量为Q，由能量守恒定律得 W1－Q＝mv v1＝at＝8 m/s 解得Q＝10 J 从而Qb＝Q＝6 J 14. 　(1)2 T；(2)3 C；(3)5.2 N；方向沿斜面向下；(4)20/3 J 解析　(1)当t＝3 s时，设MN的速度为v1，则v1＝at＝3 m/s E1＝BLv1 E1＝I(RMN＋RPQ) P＝I2RPQ 联立以上各式并代入数据得：B＝2 T. (2)＝ q＝Δt＝ 代入数据可得：q＝3 C (3)当t＝6 s时，设MN的速度为v2，则v2＝at＝6 m/s E2＝BLv2＝12 V I2＝＝4 A F安＝BI2L＝8 N 规定沿斜面向上为正方向，对PQ进行受力分析可得： F2＋F安cos 37°＝mgsin 37° 代入数据得：F2＝－5.2 N(负号说明力的方向沿斜面向下) (4)MN棒做变加速直线运动，当x＝5 m时，v＝0.4x＝0.4×5 m/s＝2 m/s 因为速度v与位移x成正比，所以电流I、安培力也与位移x成正比， 安培力做功W安＝－BL··x＝－ J Q＝－W安＝ J. 15. 　(1)1 m/s2　水平向右　(2)2 m/s　(3)0.4 J 解析　(1)当开关与a接通，棒中电流由M流向N时，棒所受安培力大小为F＝BIL 由左手定则可判断出安培力方向水平向右 由牛顿第二定律有F＝ma 联立并代入数据解得棒的加速度大小为a＝1 m/s2，方向水平向右。 (2)当开关始终接a时，要想在最短时间内使棒向左移动x＝4 m而静止，导体棒应该先向左加速后向左减速；因电流大小恒定，则加速和减速的加速度大小均为a＝1 m/s2。设导体棒的最大速度为vm，所用时间为t，由＝x。vm＝a，联立并代入数据解得vm＝2 m/s。 (3)借助v­t图像分析可知，要想棒在最短时间内向左移动x总＝7 m而静止，应先让开关接a，使棒向左匀加速运动时间t1、速度达到v1，再让开关接b，使棒向左减速运动时间t2、速度达到v2、加速度大小达到a＝1 m/s2，最后让开关接a，使棒向左匀减速运动时间t3后静止。 设三段过程的位移大小分别为x1、x2和x3，棒中产生的焦耳热分别为Q1、Q2和Q3 第一段过程，由运动学公式有v1＝at1，x1＝at，焦耳热Q1＝I2rt1 第二段过程，由动量定理有－BLt2＝mv2－mv1，其中感应电流的平均值＝ 感应电动势的平均值＝，磁通量变化量ΔΦ＝BLx2 在速度达到v2时，有E2＝BLv2，I2＝，BI2L＝ma 由能量守恒定律有Q2＋QR＝mv－mv，且＝ 第三段过程，由运动学公式有0＝v2－at3，x3＝at，焦耳热Q3＝I2rt3 又x总＝x1＋x2＋x3，棒中产生的总焦耳热Q总＝Q1＋Q2＋Q3 联立并代入数据解得Q总＝0.4 J。 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $