增分突破四電磁感應與動力學和能量觀點綜合問題增分策略1.電磁感應與力學問題聯(lián)系的橋梁是磁場對感應電流的安培力。解答電磁感應中的力學問題,在分析方法上,要始終抓住導體的受力(特別是安培力)特點及其變化規(guī)律,明確導體的運動過程以及運動過程中狀態(tài)的變化,準確把握運動狀態(tài)的臨界點。解決電磁感應中的力、電問題的關鍵有以下幾點(1)電學對象電源:E=BLv或E=nt分析電路的結構利用電路的規(guī)律如E=I(R+r)或U=E-Ir。(2)力學對象受力分析:F安=BILF合=ma。過程分析:F合=mavEIF安。(3)臨界點:運動狀態(tài)的臨界點。2.從能量觀點解決電磁感應問題與解決力學問題時的分析方法相似,只是多了一個安培力做功、多了一個電能參與能量轉化,因此需要明確安培力做功及電能轉化的特點。電磁感應中焦耳熱的三種求法:(1)根據(jù)定義式Q=I2Rt計算;(2)利用克服安培力做的功等于回路中產生的焦耳熱計算;(3)利用能量守恒定律計算。典例1將一斜面固定在水平面上,斜面的傾角為=30°,其上表面絕緣且斜面的頂端固定一擋板,在斜面上加一垂直斜面向上的勻強磁場,磁場區(qū)域的寬度為H=0.4 m,如圖甲所示,磁場邊界與擋板平行,且上邊界到斜面頂端的距離為x=0.55 m。將一通電導線圍成的矩形導線框abcd置于斜面的底端,已知導線框的質量為m=0.1 kg、導線框的電阻為R=0.25 、ab的長度為L=0.5 m。從t=0時刻開始在導線框上加一恒定的拉力F,拉力的方向平行于斜面向上,使導線框由靜止開始運動,當導線框的下邊與磁場的上邊界重合時,將恒力F撤走,最終導線框與斜面頂端的擋板發(fā)生碰撞,碰后導線框以等大的速度反彈,導線框沿斜面向下運動。已知導線框向上運動的v-t圖像如圖乙所示,導線框與斜面間的動摩擦因數(shù)為=33,整個運動過程中導線框沒有發(fā)生轉動,且始終沒有離開斜面,g=10 m/s2。(1)求在導線框上施加的恒力F以及磁感應強度的大小;(2)若導線框沿斜面向下運動通過磁場時,其速度v與位移s的關系為v=v0-B2L2mRs,其中v0是導線框ab邊剛進入磁場時的速度大小,s為導線框ab邊進入磁場區(qū)域后對磁場上邊界的位移大小,求整個過程中導線框中產生的熱量Q。答案(1)1.5 N0.50 T(2)0.45 J解析(1)由v-t圖像可知,在00.4 s時間內導線框做勻加速直線運動,進入磁場時的速度為v1=2.0 m/s,所以在00.4 s時間內的加速度a=vt=5.0 m/s2由牛頓第二定律有F-mg sin -mg cos =ma解得F=1.5 N由v-t圖像可知,導線框進入磁場區(qū)域后以速度v1做勻速直線運動,通過導線框的電流I=ER=BLv1R導線框所受安培力F安=BIL對于導線框勻速運動的過程,由力的平衡條件有F=mg sin +mg cos +B2L2v1R解得B=0.50 T。(2)導線框進入磁場區(qū)域后做勻速直線運動,并以速度v1勻速穿出磁場,說明導線框的寬度等于磁場的寬度H。導線框ab邊離開磁場后做勻減速直線運動,到達擋板時的位移為x0=x-H=0.15 m設導線框與擋板碰撞前的速度大小為v2,由動能定理,有-mg(x-H) sin -mg(x-H) cos =12mv22-12mv12解得:v2=v12-2g(x-H)(sin+cos)=1.0 m/s導線框碰擋板后速度大小仍為v2,且mg sin =mg cos =0.50 Nab邊進入磁場后做減速運動,設導線框全部離開磁場區(qū)域時的速度為v3,由v=v0-B2L2mRs得v3=v2-2B2L2HmR=-1.0 m/s因v3<0,說明導線框在離開磁場前速度已經減為零,這時安培力消失,導線框將靜止在磁場中某位置,導線框向上運動通過磁場區(qū)域的過程中產生的焦耳熱Q1=I2Rt=2B2L2Hv1R=0.40 J導線框向下運動進入磁場的過程中產生的焦耳熱Q2=12mv22=0.05 J 所以Q=Q1+Q2=0.45 J。1-1如圖所示,兩條電阻不計的平行導軌與水平面成角,導軌的一端連接定值電阻R1,勻強磁場垂直穿過導軌平面,一根質量為m、電阻為R2的導體棒ab,垂直于導軌放置,導體棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為,且R2=nR1,如果導體棒以速度v勻速下滑,導體棒此時受到的安培力大小為F,則以下判斷正確的是()A.電阻R1消耗的電功率為Fv/nB.重力做功的功率為mgv cos C.運動過程中減少的機械能全部轉化為電能D.ab上消耗的功率為nFv/(n+1)答案D解析導體棒以速度v勻速下滑時,由E=BLv、I=ER1+R2、F=BIL得安培力F=B2L2vR1+R2,電阻R1消耗的電功率為P=I2R1=B2L2v2(R1+R2)2R1,又R2=nR1,聯(lián)立解得,P=Fvn+1,故A錯誤;重力做功的功率為mgv sin ,B錯誤;導體棒克服安培力和摩擦力做功,減少的機械能轉化為電能和內能,C錯誤;ab和R1串聯(lián),電流相等,根據(jù)P=I2R可知,ab消耗的功率等于R1消耗的功率的n倍,為nFv/(n+1),D正確;故選D。1-2電磁緩速器是應用于車輛上以提高運行安全性的輔助制動裝置,其工作原理是利用電磁阻尼作用減緩車輛的速度。電磁阻尼作用可以借助如下模型討論:如圖1所示,將形狀相同的兩根平行且足夠長的鋁條固定在光滑斜面上,斜面與水平方向夾角為。一條形磁鐵滑入兩鋁條間,恰好以速度v0勻速下滑,穿過時磁鐵兩端面與兩鋁條的間距始終保持恒定,其引起電磁感應的效果與磁鐵不動、鋁條相對磁鐵運動相同。磁鐵端面是底邊為2d,高為d的長方形,由于磁鐵距離鋁條很近,磁鐵端面正對兩鋁條區(qū)域的磁場均可視為勻強磁場,磁感應強度為B,鋁條的高度大于d,寬度為b,電阻率為。為研究問題方便,鋁條中只考慮與磁鐵正對部分的電阻和磁場,其他部分電阻和磁場可忽略不計,假設磁鐵進入鋁條間以后,減少的機械能完全轉化為鋁條的內能,重力加速度為g。(1)求一側鋁條中與磁鐵正對部分的感應電動勢E;(2)求條形磁鐵的質量m;(3)在其他條件不變的情況下,僅將兩鋁條更換為寬度為b'(b'<b)的鋁條,磁鐵仍以速度v0進入鋁條間,請在圖2中定性畫出磁鐵速度v隨時間t變化關系的圖線(規(guī)定沿斜面向下為正方向)。圖1圖2答案(1)Bdv0(2)4B2d2v0bgsin(3)見解析解析(1)一側鋁條中與磁鐵正對部分的感應電動勢E=Bdv0(2)根據(jù)電阻定律,一側鋁條與磁鐵正對部分的電阻R=d2db=2b根據(jù)歐姆定律有,鋁條正對部分中的電流I=ER=2Bdv0b一側鋁條受到的安培力F安=IdB=2B2d2v0b根據(jù)牛頓第三定律有,一側鋁條對磁鐵的作用力F'=F安=2B2d2v0b,此力阻礙磁鐵的運動,方向沿斜面向上。取磁鐵為研究對象有2F'-mg sin =0所以m=4B2d2v0bgsin(3)磁鐵速度v隨時間t變化關系的圖線如圖所示增分專練1.(多選)如圖所示,光滑弧形金屬雙軌與足夠長的水平光滑雙軌相連,間距為L,在水平軌道空間充滿豎直向上的勻強磁場,磁感應強度為B。乙金屬棒靜止在雙軌上,而甲金屬棒在h高處由靜止滑下,軌道電阻不計。兩棒的質量均為m,電阻均為R。甲棒與乙棒不會相碰,則下面說法正確的是()A.從開始下滑到最終穩(wěn)定,甲、乙的運動方向相反B.當穩(wěn)定后,回路中感應電流的方向從上向下看是逆時針的C.乙棒受到的最大磁場力為B2L22gh2RD.整個過程中,電路釋放的熱量為12mgh答案CD甲金屬棒沿光滑軌道下滑時獲得了速度,進入磁場后,切割磁感線產生感應電流,受到向左的安培力而減速,乙金屬棒受到向右的安培力而加速,經一段時間,甲、乙金屬棒速度達到相同,之后回路的磁通量不發(fā)生變化,感應電流為零,安培力為零,二者勻速運動,勻速運動的速度即甲、乙金屬棒的最終速度,此速度是乙金屬棒的最大速度,故A、B錯誤;甲金屬棒剛滑到水平面時,有最大的速度,此時有mgh=12mv02,解得最大速度為:v0=2gh,進入磁場后甲金屬棒減速,乙金屬棒加速,乙棒受到的最大磁場力為Fm=B·BLv02R·L=B2L22gh2R,故C正確;當它們速度相等時,乙金屬棒具有最大的速度,以兩棒組成的系統(tǒng)為研究對象,取向右為正方向,根據(jù)動量守恒定律得:mv0=(m+m)v1,解得:v1=12v0=2gh2,整個過程中,電路釋放的熱量為Q=12mv02-12·2mv12=12mgh,故D正確;故選C、D。2.(多選)如圖所示,足夠長的U形光滑金屬導軌平面與水平面成角(0<<90°),其中MN與PQ平行且間距為L,勻強磁場垂直導軌平面向上,磁感應強度為B,導軌電阻不計,質量為m的金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑,并與兩導軌始終保持垂直且良好接觸,ab棒接入電路的電阻為R,當金屬棒ab下滑距離s時,速度大小為v,則在這一過程中()A.金屬棒ab運動的平均速度大小為12vB.通過金屬棒ab某一橫截面的電荷量為BLsRC.金屬棒ab受到的最大安培力為B2L2sRD.金屬棒ab克服安培力做功為mgs sin -12mv2答案BD分析ab棒的受力情況,有mg sin -B2L2v'R=ma,分析可得ab棒做加速度減小的加速運動,故其平均速度不等于初、末速度的平均值12v,故A錯誤;通過金屬棒ab某一橫截面的電荷量q=It=t·1Rt=R=BLsR,故B正確;ab棒受到的最大安培力為F=BIL=B2L2vR,故C錯誤;根據(jù)動能定理可知,mgs sin -W安=12mv2,金屬棒ab克服安培力做功為W安=mgs sin -12mv2,故D正確;故選BD。3.(多選)兩根足夠長的光滑導軌豎直放置,間距為L,頂端接阻值為R的電阻。質量為m、電阻為r的金屬棒在距磁場上邊界某處由靜止釋放,金屬棒和導軌接觸良好,導軌所在平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直,如圖所示,不計導軌的電阻,重力加速度為g,則()A.金屬棒在磁場中運動時,流過電阻R的電流方向為abB.金屬棒在磁場中運動的速度為v時,金屬棒所受的安培力大小為B2L2vR+rC.金屬棒的最大速度為mg(R+r)BLD.金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時,電阻R的熱功率為mgBL2R答案BD金屬棒在磁場中向下運動時,由右手定則知,流過電阻R的電流方向為ba,選項A錯誤;金屬棒在磁場中運動的速度為v時,金屬棒中感應電動勢E=BLv,感應電流I=ER+r,所受的安培力大小為F=BIL=B2L2vR+r,選項B正確;當安培力F=mg時,金屬棒下落速度最大,金屬棒的最大速度為vm=mg(R+r)B2L2,選項C錯誤;金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時,電阻R和r的總熱功率為P=mgBL2(R+r),電阻R的熱功率為mgBL2R,選項D正確。4.(多選)如圖甲所示,左側接有定值電阻R=3 的水平粗糙導軌處于豎直向上的勻強磁場中,磁感應強度B=2 T,導軌間距為L=1 m。一質量m=2 kg、接入電路的阻值r=1 的金屬棒在拉力F作用下由靜止開始從CD處沿導軌向右加速運動,金屬棒與導軌垂直且接觸良好,金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)=0.5,g=10 m/s2,金屬棒的v-x圖像如圖乙所示,則從起點開始發(fā)生x=1 m位移的過程中()A.拉力做的功為16 JB.通過電阻R的電荷量為0.25 CC.定值電阻R產生的焦耳熱為0.75 JD.所用的時間t一定大于1 s答案CD由速度-位移圖像得v=kx,其中k=2 s-1,金屬棒所受的安培力F安=B2L2vR+r=B2L2·kxR+r,代入得:F安=2x(N),則知F安與x成線性關系。當x=0時,安培力F安1=0;當x=1 m時,安培力F安2=2 N,則從起點開始發(fā)生x=1 m位移的過程中,安培力做功為W安=-F安x=-F安1+F安22x=-0+22×1 J=-1 J根據(jù)動能定理得W-mgx+W安=12mv2,其中v=2 m/s,=0.5,m=2 kg,代入解得,拉力做的功W=15 J,故A錯誤;通過電阻R的電荷量q=R+r=BLxR+r=2×1×14 C=0.5 C,故B錯誤;根據(jù)能量守恒得整個電路產生的焦耳熱等于克服安培力做功,故Q=1 J,則電阻R上產生的熱量QR=RR+rQ=34Q=0.75 J,選項C正確;v-x圖像的斜率k=vx=vt·tx=av,得a=kv=2v,則知速度增大,金屬棒的加速度也隨之增大,v-t圖像的斜率增大,金屬棒做加速度增大的變加速運動,在相同時間內,達到相同速度時通過的位移小于勻加速運動的位移,平均速度小于勻加速運動的平均速度,即v<0+v2=0+22 m/s=1 m/s,則t=xv>11 s=1 s,故D正確。5.如圖所示,PM、QN是兩根14光滑圓弧導軌,圓弧半徑為d、間距為L,最低點M、N在同一水平高度,導軌電阻不計,在其上端連有一阻值為R的電阻,整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中,磁感應強度大小為B?，F(xiàn)有一根長度稍大于L、質量為m、阻值為R的金屬棒,從導軌的頂端PQ處由靜止開始下滑,到達底端MN時對導軌的壓力為2mg,求:(1)金屬棒到達導軌底端MN時電阻R兩端的電壓;(2)金屬棒從導軌頂端PQ下滑到底端MN過程中,電阻R產生的熱量;(3)金屬棒從導軌頂端PQ下滑到底端MN過程中,通過電阻R的電荷量。答案(1)12BLgd(2)mgd4(3)BLd2R解析(1)在導軌的底端MN處,金屬棒對導軌的壓力FN=2mg,軌道對金屬棒的支持力大小為FN'=FN=2mg,則有FN'-mg=mv2d解得v=gd金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢E=BLv金屬棒到達底端時電阻兩端的電壓U=E2=12BLgd(2)金屬棒下滑過程中,由能量守恒定律得mgd=Q+12mv2解得Q=12mgd電阻R上產生的熱量QR=12Q=mgd4(3)由q=I·tI=E2RE=t=BLdt聯(lián)立解得q=BLd2R6.如圖甲所示,絕緣水平面上有一間距L=1 m的金屬“U”形導軌,導軌右側接一R=3 的電阻。在“U”形導軌中間虛線范圍內存在垂直導軌向下的勻強磁場,磁場的寬度d=1 m,磁感應強度B=0.5 T?，F(xiàn)有一質量為m=0.1 kg,電阻r=2 、長為L=1 m的導體棒MN以一定的初速度從導軌的左端開始向右運動,穿過磁場的過程中,線圈中的感應電流i隨時間t變化的圖像如圖乙所示。已知導體棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)=0.3,導軌電阻不計,則導體棒MN穿過磁場的過程中,求:(1)MN剛進入磁場時的速度大小;(2)電阻R產生的焦耳熱;(3)導體棒通過磁場的時間。答案(1)5 m/s(2)0.3 J(3)0.5 s解析(1)MN剛進入磁場時,根據(jù)閉合電路歐姆定律得i0=ER(1分)根據(jù)法拉第電磁感應定律得E=BLv0(1分)聯(lián)立解得v0=i0(R+r)BL=5 m/s(1分)(2)導體棒通過磁場過程,由動能定理得-mgd-W安=12mv2-12mv02(1分)而v=i1(R+r)BL=3 m/s(1分)QR=RR+rW安(1分)聯(lián)立解得:QR=0.3 J(1分)(3)導體棒通過磁場過程,由動量定理得-mgt-BILt=mv-mv0(1分)I-t=BLdR+r(1分)聯(lián)立解得t=0.5 s(1分)7.間距為L=2 m的足夠長的金屬直角導軌如圖所示放置,它們各有一邊在同一水平面內,另一邊垂直于水平面。質量均為m=0.1 kg的金屬細桿ab、cd與導軌垂直放置形成閉合回路。細桿與導軌之間的動摩擦因數(shù)均為=0.5,導軌的電阻不計,細桿ab、cd的電阻分別為R1=0.6 ,R2=0.4 。整個裝置處于磁感應強度大小為B=0.50 T、方向豎直向上的勻強磁場中(圖中未畫出)。當ab桿水平在平行于水平導軌的拉力F作用下從靜止開始沿導軌勻加速運動時,cd桿也同時從靜止開始沿導軌向下運動,且t=0時,F=1.5 N。g=10 m/s2。(1)求ab桿的加速度a。(2)求當cd桿達到最大速度時ab桿的速度大小。(3)若從t=0到cd桿達到最大速度的過程中拉力F做的功為5.2 J,求該過程中ab桿所產生的焦耳熱。答案(1)10 m/s2(2)2 m/s(3)2.94 J解析(1)由題意可知,在t=0時,F=1.5 N對ab桿進行受力分析,由牛頓第二定律得F-mg=ma代入數(shù)據(jù)解得a=10 m/s2。(2)從d向c看,對cd桿進行受力分析,如圖所示,當cd桿速度最大時,ab桿的速度大小為v,有Ff=mg=FN,FN=F安,F安=BIL,I=BLvR1+R2聯(lián)立以上各式,解得v=2 m/s(3)整個過程中,ab桿發(fā)生的位移x=v22a=222×10 m=0.2 m對ab桿應用動能定理,有WF-mgx-W安=12mv2代入數(shù)據(jù)解得W安=4.9 J根據(jù)功能關系得Q總=W安所以ab桿上產生的熱量Qab=R1R1+R2Q總=2.94 J。8.如圖所示,MN、PQ為光滑平行的水平金屬導軌,電阻R=3.0 ,置于豎直向下的有界勻強磁場中,OO'為磁場邊界,磁感應強度B=1.0 T,導軌間距L=1.0 m,質量m=1.0 kg的導體棒垂直置于導軌上且與導軌接觸良好,導體棒接入電路的電阻為r=1.0 。t=0時刻,導體棒在水平拉力F0作用下從OO'左側某處由靜止開始以加速度a0=1.0 m/s2做勻加速運動,t0=2.0 s時刻進入磁場繼續(xù)運動,導體棒始終與導軌垂直。(1)求0t0時間內導體棒受到拉力的大小F0及t0時刻進入磁場時回路的電功率P0;(2)求導體棒t0時刻進入磁場瞬間的加速度a;若此后導體棒在磁場中以加速度a做勻加速運動至t1=4.0 s時刻,求t0t1時間內通過電阻R的電荷量q;(3)在(2)情況下,已知t0t1時間內拉力做功W=5.7 J,求此過程回路中產生的焦耳熱Q。答案(1)1.0 N1.0 W(2)0.5 m/s21.25 C(3)3.2 J解析(1)由導體棒在進入磁場前運動的加速度a0,可得F0=ma0=1.0 N導體棒在t0時刻速度v0=a0t0=2 m/s導體棒在t0時刻產生的電動勢E=BLv0電功率P0=E2R+r=(BLv0)2R+r=1.0 W。(2)回路在t0時刻產生的感應電流I=ER+r導體棒在t0時刻受到的安培力F安=BIL根據(jù)牛頓第二定律有F0-F安=ma代入數(shù)據(jù)解得a=0.5 m/s2導體棒在t0t1時間內的位移x=v0(t1-t0)+12a(t1-t0)2=5 m則在t0t1時間內通過導體棒的電荷量q=R+r=BSR+r=BLxR+r=1.25 C。(3)t1時刻導體棒的速度v=v0+a(t1-t0)由動能定理有W+W安=12mv2-12mv02Q=-W安=W-12m(v2-v02)=3.2 J。9.如圖,足夠長的金屬導軌MN、PQ平行放置,間距為L,與水平面成角,導軌與定值電阻R1和R2相連,且R1=R2=R,R1支路串聯(lián)開關S,原來S閉合。勻強磁場垂直導軌平面向上,有一質量為m、有效電阻也為R的導體棒ab與導軌垂直放置,它與導軌始終接觸良好,受到的摩擦力為Ff=14mg sin 。現(xiàn)將導體棒ab從靜止釋放,沿導軌下滑,當導體棒運動達到穩(wěn)定狀態(tài)時速率為v,已知重力加速度為g,導軌電阻不計,求:(1)勻強磁場的磁感應強度B的大小;(2)如果導體棒ab從靜止釋放沿導軌下滑x距離后達到穩(wěn)定狀態(tài),這一過程回路中產生的電熱是多少?(3)導體棒ab達到穩(wěn)定狀態(tài)后,斷開開關S,將做怎樣的運動?若從這時開始導體棒ab下滑一段距離后,通過導體棒ab橫截面的電荷量為q,求這段距離是多少?答案(1)32LmgRsin2v(2)34mgx sin -12mv2(3)4q32vRmgsin解析(1)回路中的總電阻為R總=32R當導體棒ab以速度v勻速下滑時棒中的感應電動勢為E=BLv此時棒中的感應電流為I=ER總mg sin =BIL+Ff解得B=32LmgRsin2v(2)導體棒ab減少的重力勢能等于增加的動能、回路中產生的焦耳熱以及克服摩擦力做功的和,故有mg sin ·x=12mv2+Q+Ff·x解得Q=34mg sin ·x-12mv2(3)S斷開后,導體棒先做加速度減小的加速運動,最后做勻速直線運動回路中的總電阻為:R總'=2R設這一過程經歷的時間為t,這一過程回路中的平均感應電動勢為E,通過導體棒ab的平均感應電流為I,導體棒ab下滑的距離為s,則E=t=BLst,I=ER總'=BLs2Rt得q=It=BLs2R解得s=4q32vRmgsin10.兩平行且電阻不計的金屬導軌相距L=1 m,金屬導軌由水平和傾斜兩部分(均足夠長)良好對接,傾斜部分與水平方向的夾角為37°,整個裝置處在豎直向上、磁感應強度B=2 T的勻強磁場中。長度也為1 m的金屬棒ab和cd垂直導軌跨擱,且與導軌良好接觸,質量均為0.2 kg,電阻分別為R1=2 ,R2=4 。ab置于導軌的水平部分,與導軌的動摩擦因數(shù)為=0.5,cd置于導軌的傾斜部分,導軌傾斜部分光滑。從t=0時刻起,ab棒在水平且垂直于ab棒的外力F1的作用下由靜止開始向右做勻加速直線運動,金屬棒cd在力F2的作用下保持靜止,F2平行于傾斜導軌平面且垂直于金屬桿cd。當t1=4 s時,ab棒消耗的電功率為2.88 W。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g=10 m/s2。求:(1)ab棒做勻加速直線運動的加速度大小;(2)求t2=8 s時作用在cd棒上的力F2的大小;(3)改變F1的作用規(guī)律,使ab棒運動的位移x與速度v滿足x=2v(m),要求cd仍然要保持靜止狀態(tài)。求ab棒從靜止開始運動x=4 m的過程中,作用在ab棒上的力F1所做的功(結果可用分數(shù)表示)。答案(1)0.9 m/s2(2)2.64 N(3)10615 J解析(1)當t1=4 s時,ab消耗的電功率為2.88 W,有Pab=I12R1代入數(shù)據(jù)解得I1=1.2 A回路中的電動勢E1=I1(R1+R2)由法拉第電磁感應定律知E1=BLv1導體棒ab做勻加速直線運動,v1=at1由得,a=0.9 m/s2(2)當t2=8 s時,導體棒ab的速度v2=at2回路中的電流I2=E2R1+R2=BLv2R1+R2=2.4 A導體棒cd所受安培力F2安=BI2L=4.8 N設導體棒cd所受的力F2沿斜面向下,有F2+mg sin =F2安 cos 由得F2=2.64 N,故假設成立,所以F2的方向沿斜面向下。(3)設ab棒的速度為v時,回路中的電流為I=ER1+R2=BLvR1+R2此時金屬棒ab所受安培力大小為F安=BIL由題意知ab棒運動的位移x與速度v的關系:x=2v(m)聯(lián)立,并代入數(shù)據(jù)得F安=x3(N)ab棒從靜止開始運動x=4 m的過程中,克服安培力所做的功為W克安=F安·x=0+x32x J=83 J對金屬棒ab,由動能定理有:W拉-W克安-mgx=12mv2由得W拉=10615 J14