能力課2 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題一、選擇題1如圖所示，在一勻強磁場中有一U形導(dǎo)線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動桿ef及線框中導(dǎo)線的電阻都可不計開始時，給ef一個向右的初速度，則()Aef將減速向右運動，但不是勻減速，最后停止Bef將勻減速向右運動，最后停止Cef將勻速向右運動Def將往返運動解析：選Aef向右運動，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，會受到向左的安培力而做減速運動，直到停止，但不是勻減速，由FBILma知，ef做的是加速度減小的減速運動，故A正確2(多選)如圖所示平行的金屬雙軌與電路處在垂直紙面向里的勻強磁場B中，一金屬桿放在金屬雙軌上，在恒定外力F作用下做勻速運動，則在開關(guān)S()A閉合瞬間通過金屬桿的電流增大B閉合瞬間通過金屬桿的電流減小C閉合后金屬桿先減速后勻速D閉合后金屬桿先加速后勻速解析：選AC金屬桿做切割磁感線運動，相當(dāng)于電源在開關(guān)S閉合瞬間，外電阻變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律，干路電流增加，即通過金屬桿的電流增加，故A正確，B錯誤；開關(guān)S閉合前，拉力和安培力平衡，開關(guān)S閉合后，電流增加，根據(jù)安培力公式FBIL，安培力增加，故拉力小于安培力，金屬桿做減速運動，感應(yīng)電動勢減小，電流減小，安培力減小，加速度減小，當(dāng)加速度減為零時，速度減小到最小值，最后勻速運動，故C正確，D錯誤3(多選)如圖所示，兩足夠長平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，勻強磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下，金屬棒ab、cd與導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路且都可沿導(dǎo)軌無摩擦滑動，兩金屬棒ab、cd的質(zhì)量之比為21.用一沿導(dǎo)軌方向的恒力F水平向右拉金屬棒cd，經(jīng)過足夠長時間以后()A金屬棒ab、cd都做勻速運動B金屬棒ab上的電流方向是由b向aC金屬棒cd所受安培力的大小等于D兩金屬棒間距離保持不變解析：選BC對兩金屬棒ab、cd進行受力和運動分析可知，兩金屬棒最終將做加速度相同的勻加速直線運動，且金屬棒ab速度小于金屬棒cd速度，所以兩金屬棒間距離是變大的由楞次定律判斷金屬棒ab上的電流方向是由b到a，A、D錯誤，B正確；以兩金屬棒整體為研究對象有F3ma，隔離金屬棒cd分析，有FF安ma，可求得金屬棒cd所受安培力的大小F安F，C正確4如圖所示，兩根間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角為，圖中虛線下方區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向上兩金屬桿質(zhì)量均為m，電阻均為R，垂直于導(dǎo)軌放置開始時金屬桿ab處在距磁場上邊界一定距離處，金屬桿cd處在導(dǎo)軌的最下端，被與導(dǎo)軌垂直的兩根小柱擋住現(xiàn)將金屬桿ab由靜止釋放，金屬桿ab剛進入磁場便開始做勻速直線運動已知重力加速度為g，則()A金屬桿ab進入磁場時感應(yīng)電流的方向為由a到bB金屬桿ab進入磁場時速度大小為C金屬桿ab進入磁場后產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為D金屬桿ab進入磁場后，金屬桿cd對兩根小柱的壓力大小為零解析：選B由右手定則可知，金屬桿ab進入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向為由b到a，故A錯誤；因金屬桿ab剛進入磁場便開始做勻速直線運動，則有mgsin，解得v，故B正確；金屬桿ab進入磁場后產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBlv，解得E，故C錯誤；由左手定則可知，金屬桿cd受到的安培力與斜面平行且向下，則金屬桿cd對兩根小柱的壓力不為零，故D錯誤5(多選)如圖甲所示，間距為L的光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B，導(dǎo)軌左側(cè)連接一定值電阻R.垂直導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒ab在水平外力F作用下沿導(dǎo)軌運動，F(xiàn)隨t變化的規(guī)律如圖乙所示在0t0時間內(nèi)，棒從靜止開始做勻加速直線運動乙圖中t0、F1、F2為已知量，棒和導(dǎo)軌的電阻不計則()A在t0以后，導(dǎo)體棒一直做勻加速直線運動B在t0以后，導(dǎo)體棒先做加速直線運動，后做勻速直線運動C在0t0時間內(nèi)，導(dǎo)體棒的加速度大小為D在0t0時間內(nèi)，通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量為解析：選BD因在0t0時間內(nèi)棒做勻加速直線運動，故在t0時刻F2大于棒所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不變，安培力逐漸變大，導(dǎo)體棒做加速度越來越小的加速運動，當(dāng)加速度為0后，即導(dǎo)體棒所受安培力與外力F2相等后，導(dǎo)體棒做勻速直線運動，故A錯誤，B正確；設(shè)在0t0時間內(nèi)導(dǎo)體棒的加速度為a，通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量為q，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，t0時刻導(dǎo)體棒的速度為v，則有a，F(xiàn)2ma，F(xiàn)1ma，q，BSBLt0，解得a，q，故C錯誤，D正確6(多選)(2018屆湛江一中等“四?！甭?lián)考)豎直放置的平行光滑導(dǎo)軌，其電阻不計，磁場方向如圖所示，磁感應(yīng)強度B0.5 T，導(dǎo)體ab及cd長均為0.2 m，電阻均為0.1 ，重均為0.1 N，現(xiàn)用豎直向上的力拉導(dǎo)體ab，使之勻速上升(與導(dǎo)軌接觸良好)，此時釋放cd，cd恰好靜止不動，那么ab上升時，下列說法正確的是()Aab受到的拉力大小為0.2 NBab向上的速度為2 m/sC在2 s內(nèi)，拉力做功轉(zhuǎn)化的電能是0.8 JD在2 s內(nèi)，拉力做功為0.6 J解析：選AB導(dǎo)體棒ab勻速上升，受力平衡，cd棒靜止，受力也平衡，對于兩棒組成的整體，合外力為零，根據(jù)平衡條件可得：ab棒受到的拉力F2mg0.2 N，故A正確；cd棒受到的安培力：F安BIL，cd棒靜止，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得G，代入數(shù)據(jù)解得v2 m/s，故B正確；在2 s內(nèi)，電路產(chǎn)生的電能Qtt×2 J0.4 J，則在2 s內(nèi)，拉力做的功有0.4 J的機械能轉(zhuǎn)化為電能，故C錯誤；在2 s內(nèi)拉力做的功為WF拉vt0.2×2×2 J0.8 J，故D錯誤7(多選)(2019屆銀川一中模擬)如圖所示，空間存在著與圓臺母線垂直向外的磁場，各處的磁感應(yīng)強度大小均為B，圓臺母線與豎直方向的夾角為，一個質(zhì)量為m、半徑為r的勻質(zhì)金屬環(huán)位于圓臺底部當(dāng)給環(huán)通以恒定的電流I，圓環(huán)由靜止向上運動，經(jīng)過時間t后撤去該恒定電流并保持圓環(huán)閉合，圓環(huán)全程上升的最大高度為H.已知重力加速度為g，不計空氣阻力，磁場的范圍足夠大在圓環(huán)向上運動的過程中，下列說法正確的是()A圓環(huán)先做加速運動后做減速運動B在時間t內(nèi)安培力對圓環(huán)做功為mgHC圓環(huán)運動的最大速度為gtD圓環(huán)先有擴張后有收縮的趨勢解析：選AC在時間t內(nèi)，圓環(huán)中通有電流I，圓環(huán)在磁場中受向上的安培力作用，安培力大于重力，所以合力向上，圓環(huán)由靜止開始向上加速運動，t時刻撤去電流，圓環(huán)繼續(xù)向上運動，并切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，則同時又受向下的安培力和重力，合力方向與運動方向相反，所以圓環(huán)開始減速運動直至到達最高位置，故A正確；因安培力在t時間內(nèi)對其做正功，t時刻以后對其做負功，有W安t前W安t后mgH，則知在t時間內(nèi)安培力做功大于mgH，故B錯誤；在t時間內(nèi)安培力FBILBI·2r，合外力F合Fcosmg2BIrcosmgma，vatgt，故C正確；圓環(huán)加速上升過程中有收縮趨勢，減速上升過程中有擴張趨勢，故D錯誤8(多選)如圖所示，相距L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為，上端接有定值電阻R，勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強度為B.將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒由靜止釋放，當(dāng)速度達到v時開始勻速運動，此時對導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，并保持拉力的功率恒為P，導(dǎo)體棒最終以2v的速度勻速運動導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度為g.下列選項正確的是()AP2mgvsinBP3mgvsinC當(dāng)導(dǎo)體棒速度達到時加速度大小為sinD在速度達到2v以后的勻速運動過程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功解析：選AC由平衡條件可知，當(dāng)導(dǎo)體棒第一次勻速運動時，沿導(dǎo)軌方向有mgsin；當(dāng)導(dǎo)體棒第二次勻速運動時，沿導(dǎo)軌方向有Fmgsin，兩式聯(lián)立解得Fmgsin，此時拉力F的功率PF×2v2mgvsin，選項A正確，B錯誤；當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達到時，沿導(dǎo)軌方向由牛頓第二定律有mgsinma，解得agsin，選項C正確；導(dǎo)體棒的速度達到2v以后，拉力與重力的合力所做的功全部轉(zhuǎn)化為R上產(chǎn)生的焦耳熱，選項D錯誤二、非選擇題9(2017年江蘇卷)如圖所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下當(dāng)該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関.導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計，導(dǎo)軌光滑且足夠長，桿在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸求：(1)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應(yīng)電流的大小I；(2)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a；(3)PQ剛要離開金屬桿時，感應(yīng)電流的功率P.解析：(1)感應(yīng)電動勢EBdv0感應(yīng)電流I解得I.(2)安培力FBId由牛頓第二定律Fma解得a.(3)金屬桿切割磁感線的速度vv0v，則感應(yīng)電動勢EBd(v0v)電功率P解得P.答案：(1)(2)(3)10如圖所示，兩根正對的平行金屬直軌道MN、MN位于同一水平面上，兩軌道之間的距離l0.50 m軌道的MM端接一阻值為R0.50 的定值電阻，直軌道的右端處于豎直向下、磁感應(yīng)強度大小為B0.60 T的勻強磁場中，磁場區(qū)域右邊界為NN，寬度d0.80 m；水平軌道的最右端與兩條位于豎直面內(nèi)的半圓形光滑金屬軌道NP、NP平滑連接，兩半圓形軌道的半徑均為R00.50 m現(xiàn)有一導(dǎo)體桿ab靜止在距磁場的左邊界s2.0 m處，其質(zhì)量m0.20 kg、電阻r0.10 .ab桿在與桿垂直的、大小為2.0 N的水平恒力F的作用下開始運動，當(dāng)運動至磁場的左邊界時撤去F，桿穿過磁場區(qū)域后，沿半圓形軌道運動，結(jié)果恰好能通過半圓形軌道的最高位置PP.已知桿始終與軌道垂直，桿與直軌道之間的動摩擦因數(shù)0.10，軌道電阻忽略不計，取g10 m/s2.求：(1)導(dǎo)體桿剛進入磁場時，通過導(dǎo)體桿的電流的大小和方向；(2)在導(dǎo)體桿穿過磁場的過程中，通過電阻R的電荷量；(3)在導(dǎo)體桿穿過磁場的過程中，整個電路產(chǎn)生的焦耳熱解析：(1)設(shè)導(dǎo)體桿在F的作用下運動至磁場的左邊界時的速度為v1，由動能定理得(Fmg)smv120，導(dǎo)體桿剛進入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EBlv1，此時通過導(dǎo)體桿的電流大小為I，代入數(shù)據(jù)解得I3 A，由右手定則可知，電流的方向為由b指向a.(2)B·ld，q·t聯(lián)立解得q0.4 C.(3)由(1)可知，導(dǎo)體桿在F的作用下運動至磁場的左邊界時的速度v16.0 m/s，設(shè)導(dǎo)體桿通過半圓形軌道的最高位置時的速度為v，則有mg，在導(dǎo)體桿從剛進入磁場到滑至最高位置的過程中，由能量守恒定律有，mv12Qmg×2R0mv2mgd，解得Q0.94 J.答案：(1)3 A方向為由b指向a(2)0.4 C(3)0.94 J11(2019屆河北石家莊質(zhì)量檢測)傾角為37°的絕緣斜面固定在水平地面上，在斜面內(nèi)存在一寬度d0.28 m的有界勻強磁場，邊界與斜面底邊平行，磁場方向垂直斜面向上，如圖甲所示在斜面上由靜止釋放一質(zhì)量m0.1 kg、電阻R0.06 的正方形金屬線框abcd，線框沿斜面下滑穿過磁場區(qū)域，線框從開始運動到完全進入磁場過程中的速度時間圖象如圖乙所示已知整個過程中線框底邊bc始終與磁場邊界保持平行，重力加速度g10 m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8.(1)求金屬線框與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2)求金屬線框穿越該勻強磁場的過程中，線框中產(chǎn)生焦耳熱的最大功率Pmax；(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(3)若線框bc邊出磁場時，磁感應(yīng)強度開始隨時間變化，且此時記為t0.為使線框出磁場的過程中始終無感應(yīng)電流，求從t0時刻開始，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系式解析：(1)由v­t圖象可知線框在進入磁場之前做勻加速直線運動，aa2 m/s2由牛頓第二定律有mgsinmgcosma解得0.5.(2)由v­t圖象可知線框勻速進入磁場，進入磁場所用的時間為0.125 s，勻速進入磁場的速度v11.2 m/s，則線框邊長lv1t0.15 m由平衡條件則有mgsinmgcos解得磁感應(yīng)強度大小為B0 T線框完全進入磁場后做勻加速運動，加速度大小為2 m/s2，線框出磁場時速度最大，電功率最大，設(shè)此時速度大小為v2，由運動學(xué)公式可得v22v122a(dl)解得v21.4 m/s由法拉第電磁感應(yīng)定律可得EB0lv2由閉合電路歐姆定律可得I由安培力公式可得FB0Il解得PmaxFv2 W0.33 W.(3)穿過線框的磁通量保持不變則線框中無感應(yīng)電流，從線框bc邊出磁場時開始計時，則B0l2lB解得BT(t0.1 s)答案：(1)0.5(2)0.33 W(3)B T(t0.1 s)|學(xué)霸作業(yè)|自選1(2018年江蘇卷)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為，間距為d.導(dǎo)軌處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為s，導(dǎo)軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流金屬棒被松開后，以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g.求下滑到底端的過程中，金屬棒(1)末速度的大小v；(2)通過的電流大小I；(3)通過的電荷量Q.解析：(1)勻加速直線運動v22as解得v.(2)安培力F安IdB金屬棒所受合力FmgsinF安由牛頓第二定律Fma解得I.(3)運動時間t電荷量QIt解得Q.答案：(1)(2)(3)2兩平行軌道MN、PQ間距L1 m，在MP間接入電阻R3 ，整個裝置處于磁感應(yīng)強度B2 T的勻強磁場中，磁場方向垂直斜面向上質(zhì)量m1 kg的金屬棒ab置于導(dǎo)軌上，ab在導(dǎo)軌之間的電阻r1 ，電路中其余電阻不計金屬棒ab由靜止釋放后沿導(dǎo)軌運動時始終垂直于導(dǎo)軌，且與導(dǎo)軌接觸良好不計空氣阻力影響已知金屬棒ab與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)0.5，sin37°0.6，cos37°0.8，取g10 m/s2.(1)求金屬棒ab沿導(dǎo)軌向下運動的最大速度vm；(2)求金屬棒ab沿導(dǎo)軌向下運動過程中，電阻R上的最大電功率PR；(3)若從金屬棒ab開始運動至達到最大速度過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱總共為1.5 J，求流過電阻R的總電荷量q.解析：(1)金屬棒由靜止釋放后，沿斜面做變加速運動，加速度不斷減小，當(dāng)加速度為零時有最大速度vm由牛頓第二定律有mgsinmgcosF安0F安BILIEBLvm由以上各式代入數(shù)據(jù)解得vm2.0 m/s.(2)金屬棒以最大速度vm勻速運動時，電阻R上的電功率最大，此時PRI2R，解得PR3 W.(3)設(shè)金屬棒從開始運動至達到最大速度過程中，沿導(dǎo)軌下滑距離為x由能量守恒定律得mgxsinmgxcosQRQrmvm2根據(jù)焦耳定律有聯(lián)立解得x2.0 m根據(jù)qt，BLx，解得q1.0 C.答案：(1)2.0 m/s(2)3 W(3)1.0 C3. (2018屆甘肅蘭州高三診斷考試)如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ傾斜放置，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角30°，兩導(dǎo)軌間距L1.0 m，底端N、Q兩點連接R1.0 的電阻，勻強磁場方向垂直于導(dǎo)軌所在平面斜向上，磁感應(yīng)強度大小為B0.6 T質(zhì)量m0.2 kg，阻值r0.50 的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置，在平行于導(dǎo)軌平面向上的拉力F作用下沿導(dǎo)軌向上做勻速直線運動，速度v10 m/s.撤去拉力F后，導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌繼續(xù)運動l2.0 m后速度減為零運動過程中導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終垂直并接觸良好，g10 m/s2，導(dǎo)軌電阻不計求：(1)拉力F的大??；(2)撤去拉力F后導(dǎo)體棒上升的過程中電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱Q和通過的電荷量q.解析：(1)導(dǎo)體棒勻速運動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EBLv6 V感應(yīng)電流為I4 A由導(dǎo)體棒受力平衡可得FF安mgsinBILmgsin3.4 N.(2)撤去拉力后，由動能定理可得mglsinW克0mv2得克服安培力所做的功W克8 J則電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱Q×8 J J通過的電荷量q0.8 C.答案：(1)3.4 N(2) J0.8 C4間距分別為2L和L的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌按照如圖所示的方式連接后固定在水平面上，且右端足夠長兩粗細均勻的導(dǎo)體棒MN、PQ分別垂直導(dǎo)軌放置在導(dǎo)軌上，整個裝置置于方向垂直導(dǎo)軌平面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場(未畫出)中首先將導(dǎo)體棒PQ鎖定，給MN一個瞬時沖量I，當(dāng)MN的沖量減為時，將PQ解除鎖定，當(dāng)導(dǎo)體棒MN運動到間距為2L的兩金屬導(dǎo)軌的最右端a、b處時，回路中的電流趨近于零(可按電流恰好為零的情況進行分析)已知導(dǎo)體棒MN的質(zhì)量為2m、電阻為2R，導(dǎo)體棒PQ的質(zhì)量為m、電阻為R，導(dǎo)軌電阻不計求：(1)導(dǎo)體棒MN剛開始運動的瞬間，導(dǎo)體棒PQ所受安培力的大小；(2)當(dāng)導(dǎo)體棒MN的沖量減為時，MN棒向右運動的距離；(3)當(dāng)導(dǎo)體棒MN運動到間距為2L的兩金屬導(dǎo)軌的最右端a、b處時，MN，PQ兩棒的速度大小解析：(1)設(shè)導(dǎo)體棒MN剛開始運動時的速度大小為v0，則有I2mv0由法拉第電磁感應(yīng)定律可知E2BLv0設(shè)回路中的電流為I，則有I故導(dǎo)體棒PQ此時受到的安培力大小為FBIL以上各式聯(lián)立求解可得F.(2)設(shè)導(dǎo)體棒MN的沖量由I減為所用的時間為t，則由動量定理有B·2L·t設(shè)此過程中導(dǎo)體棒MN向右運動的距離為x，則有t以上兩式聯(lián)立可解得x.(3)設(shè)回路中電流為零時，導(dǎo)體棒MN的速度大小為v1，PQ的速度大小為v2，回路中磁通量不再變化，則有B·2L·v1B·L·v2設(shè)導(dǎo)體棒MN受到的安培力平均大小為F1，PQ受到的安培力平均大小為F2，此過程中PQ運動的時間為t，根據(jù)動量定理，對導(dǎo)體棒MN，有F1·t2mv1對導(dǎo)體棒PQ，有F2·tmv2由于流過導(dǎo)體棒MN和PQ中的電流大小始終相等，故有F12F2以上各式聯(lián)立解得v1，v2.答案：(1)(2)(3)5如圖所示，“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l.勻強磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面，開始時，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進入磁場直到ef、pq邊進入磁場前，線框做勻速運動在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運動線框完全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q.線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g.求：(1)線框ab邊將離開磁場時做勻速運動的速度大小是cd邊剛進入磁場時的幾倍；(2)磁場上下邊界間的距離H.解析：(1)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，cd邊剛進入磁場時，線框做勻速運動的速度為v1，cd邊上的感應(yīng)電動勢為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律，有E12Blv1 設(shè)線框總電阻為R，此時線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有I1設(shè)此時線框所受安培力為F1，有F12I1lB 由于線框做勻速運動，其受力平衡，有mgF1 由式得v1設(shè)ab邊離開磁場之前，線框做勻速運動的速度為v2，同理可得v2由式得4.(2)線框自釋放直到cd邊進入磁場前，由機械能守恒定律，有2mglmv12線框完全穿過磁場的過程中，由能量守恒定律，有mg(2lH)mv22mv12Q由式得H28l.答案：(1)4(2)28l6如圖甲，電阻不計的軌道MON與PRQ平行放置，ON及RQ與水平面的傾角53°，MO及PR部分的勻強磁場豎直向下，ON及RQ部分的磁場平行軌道向下，磁場的磁感應(yīng)強度大小相同，兩根相同的導(dǎo)體棒ab和cd分別放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直并始終接觸良好棒的質(zhì)量m1.0 kg，R1.0 ，長度L1.0 m與導(dǎo)軌間距相同，棒與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)0.5，現(xiàn)對ab棒施加一個方向水平向右，按圖乙規(guī)律變化的力F，同時由靜止釋放cd棒，則ab棒做初速度為零的勻加速直線運動，g取10 m/s2.(1)求ab棒的加速度大??；(2)求磁感應(yīng)強度B的大??；(3)若已知在前2 s內(nèi)F做功W30 J，求前2 s內(nèi)電路產(chǎn)生的焦耳熱；(4)求cd棒達到最大速度所需的時間解析：(1)對ab棒：Ffmgvat由牛頓第二定律有FBILFfmaFm(ga)由圖象信息，t0時，F(xiàn)6 N，代入數(shù)據(jù)解得a1 m/s2.(2)當(dāng)t12 s時，F(xiàn)10 N，由(1)知Fm(ga)，得B2 T.(3)02 s過程中，對ab棒，xat122 mv2at12 m/s由動能定理知WmgxQmv22代入數(shù)據(jù)解得Q18 J.(4)設(shè)當(dāng)時間為t時，cd棒達到最大速度，F(xiàn)NBILmgcos53°FfFNmgsin53°Ffmgsin53°解得t5 s.答案：(1)1 m/s2(2)2 T(3)18 J(4)5 s14