2009年高考物理热点之五 单棒在磁场中的运动

单棒在磁场中运动是电磁感应中的重要题型，也是高考的热点问题。我们知道题的数量是无限的,而类型是有限的，对于每类型的题目都对应一个题根，大量的习题都是根据该题根添枝加叶改造而成，只要你找到了题根，你就会感到题海有边，题根是岸。

【题根】如图1所示，金属杆ab以恒定的速度v在光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路中总电阻为R（恒定不变）整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场，下列叙述正确的是

A.ab杆中的电流强度与速率v成正比

B.磁场作用下ab杆的安培力与速率v成正比

C.电阻R上产生的电热功率与速率v的平方成正比

D.外力对ab杆做功的功率与速率v成正比

[解答]ab棒切割磁感应线产生的感应电动势E=BLv,因此

ab杆上的电流，选项A对，磁场作用于ab棒上的安培力故选项B正确，电阻R上产生的电热功率，故选项C正确，外力对ab杆做功的功率，，故选项D错。

变化一 单棒在磁场中做变加速运动然后匀速

【例1】(2001年上海高考题)如图2所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道,上端接有可变电阻R,下端足够长,空间有垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感应强度为B,一根质量为m的金属棒从轨道上由静止滑下,经过足够长的时间后

,金属棒的速度会趋近一个最大速度V_m则

A.如果B增大，V_m将变大

B.如果α增大，V_m将变大

C.如果R增大，V_m将变大

D.如果m减小，V_m将变大

   [解答]利用右手定则可知，感应电流方向远离读者，

利用左手定则可知磁场力沿钭面向上，将导体棒受力

的三维图转化为二维图如图3所示，开始时棒的速度由0

增大，磁场力F也由0增大 ，由牛顿第二定律可知，

加速度a将减小，当a减小到0时，棒以最大速度V_m匀速直线运

动，即mgsinα=B²L²V_m/R,

V_m=mgRsinα/B²L²,要使V_m增大，正确选项为B、C

变化二 单棒在磁场中做变减速运动

【例2】（2006年高考上海卷12题）.如图4所示，

平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R₁和R₂

相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量

为m，导体棒的电阻与固定电阻R₁和R₂的阻值均相等，与

导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，

当上滑的速度为V时，受到安培力的大小为F．此时

（A）电阻R₁消耗的热功率为Fv／3．

（B）电阻 R₁消耗的热功率为 Fv／6．

（C）整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ．

（D）整个装置消耗的机械功率为（F＋μmgcosθ）v

 [解答]:导体棒产生的感应电动势 E=BLv，回路总电流 I=E/1.5R，安培力 F=BIL，所以电阻 R₁ 的功率 P₁=（0.5I）² R=Fv/6, B 选项正确。由于摩擦力 f=μmgcosθ，故因摩擦而消耗的热功率为 μmgvcosθ。整个装置消耗的机械功率为（F+μmgcosθ）v。故正确选项为B、C、D。

变化三 单棒在磁场中匀速直线运动

【例3】如图5所示，粗细均匀的电阻为R的金属环放在磁

感应强度为B的垂直环面的匀强磁场中，圆环直径为d.长也

为d、电阻为的金属棒ab在中点处与环相切，使ab始终

以垂直棒的速度V向左运动，当到达圆环直径位置时，ab

棒两端的电势差大小为多少.

 [解答]ab到达虚线所示直径位置时，由于金属棒切割

磁感线产生电动势等效于电源，等效全电路如图6

所示，，.

变化四 单棒在磁场中做变加速运动然后匀速

【例4】(2005年上海高考题)如图7所示，处于匀强磁场中

的两根足够长．电阻不计的平行金属导轨相距lm，导轨平面与

水平面成θ=37°角，下端连接阻值为R的电阻．匀强磁场方

向与导轨平面垂直．质量为0.2kg．电阻不计的金属棒放在两导

轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数

为0.25．求：

(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；

(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，

求该速度的大小

(3)在上问中，若R＝2Ω，金属棒中的电流方向由a到b，

求磁感应强度的大小与方向．(g=10rn／s²，sin37°＝0.6，

cos37°＝0.8)

 [解答] (1)金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律：mgsinθ－μmgcosθ＝ma    由上式解得a＝10×(O.6－0.25×0.8)m／s²=4m／s²

(2)设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡

mgsinθ一μmgcos0一F＝0

此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率： P＝ Fv

由以上两式解得

(3)设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为，磁场的磁感应强度为B

，P＝I²R

由以上两式解得

由右手定则可知磁场方向垂直导轨平面向上。

变化五  单棒在磁场中做平抛运动

【例5】在竖直向下的匀强磁场中，如图8所示，将一水平放

置的金属棒ab以初速度V₀水平抛出，设整个过程中棒始终保持水

平，且不计空气阻力，则在金属棒运动的过程中，产生感应电动势

的大小

A.越来越大  B.越来越小  C.保持不变 D.大小不断改变,方向不变

 [解答] 将金属棒的速度分解成水平和竖直两个分速度，由于竖直分速度与磁感应强度B平行，对产生感应电动势不起作用，水平速度与B和棒分别垂直，则感应电动势E=BLV₀，由于平抛运动水平速度不变，所以感应电动势的大小不变，由右手定则可知感应电动势的方向为由ba，故正确选项为C。

变化六  单棒在磁场中匀加速运动

【例6】如图9所示，两根平行金属导轨固定在水平桌面上，

每根导轨每米的电阻为r₀=0.，导轨的端点P、Q用电

阻可忽略的导线相连，两导轨间的距离=0.2m,有随时间变化

的匀强磁场垂直于桌面，已知磁感应强度B与时间t的关系

为B=kt,比例系数k=0.020T/s.一电阻不计的金属杆可在导轨上

无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直，在t=0时刻金属杆最靠近在P、Q端，在外力作用下，杆以恒定加速度从静止开始向导轨的另一端滑动，求在t=6.0s时金属杆所受的安培力

 [解答]以a表示金属杆运动的加速度，在t时刻，金属杆与初始位置的距离，此时杆的速度v=at，这时，杆与导轨构成的回路的面积S=L,回路中的感应电动势而B=kt ， ，回路的总电阻，回路中的感应电流，作用于杆的安培力 解得  代入数据为.

变化七.金属棒在磁场中先匀加后匀速

【例7】．如图10所示，水平面上有两电阻不计的光滑金属导轨平行固定放置，间距d为0.5 m，左端通过导线与阻值为2 W的电阻R连接，右端通过导线与阻值为4 W的小灯泡L连接，在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE长为2 m，CDEF区域内磁场的磁感应强度B随时间变化如图所示，在t＝0时，一阻值为2 W的金属棒在恒力F作用下由静止开始从AB位置沿导轨向右运动，当金属棒从AB位置运动到EF位置过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，求：（1）通过小灯泡的电流强度；（2）恒力F的大小；（3）金属棒的质量。

[解答]（1）金属棒未进入磁场时，R_总＝R_L＋R/2＝5 W

E₁＝＝＝0.5 V，I_L＝E₁/R_总＝0.1 A，

（2）因灯泡亮度不变，故4 s末金属棒进入磁场时刚好匀速运动，

I＝I_L＋I_R＝I_L＋＝0.3 A，F＝F_A＝BId＝0.3 N

（3）E₂＝I（R＋）＝1 V，v＝＝1 m/s，

a＝＝0.25 m/s²，m＝＝1.2 kg。

变化八  单棒在磁场中定轴转动

【例8】如图11所示，粗细均匀的金属环的电阻为R，可绕轴O转动的金属棒OA的电阻为，棒长为L，A端与环相接触.一阻为的定值电阻分别与棒的端

点O及环边缘连接，棒OA在垂直于环面向里磁感应强度为B的

匀强磁场中以角速度顺时针匀速转动，求电路中总电流的变化

范围.

 [解答]当金属棒转动时，设OA棒转至图示位置时，金属

环A、D间的两部分电阻分别为R_x、R_y，金属棒产生电动势相

当于电源，等效电路如图12所示，则电路中的总电流

，式中，

因为Rx+R_y=R为定值，故当Rx=R_y时，R_并有最大值；当R_x=0

或R_y=0时，

R_并有最小值为零，故  ,     

所以电路中总电流的变化范围.

针对训练

1．（16分）如下图所示，水平面上的金属框架abcd（ab∥cd，ab⊥bc），宽度L＝0.5m，匀强磁场与框架平面成θ＝30°且垂直于bc边，如图所示。磁感应强度B＝0.5T，框架电阻不计，金属杆MN垂直于ab和cd置于框架上，在水平拉力F作用下无摩擦地沿着ab和cd向右滑动，MN的质量m＝0.05kg，电阻R＝0.2Ω，试求当MN的水平速度为多大时，它对框架的压力恰为零。（g=10m/s²）

2．（15分）．如图所示，水平面上有两电阻不计的光滑金属导轨平行固定放置，间距d为0.5 m，左端通过导线与阻值为2 W的电阻R连接，右端通过导线与阻值为4 W的小灯泡L连接，在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE长为2 m，CDEF区域内磁场的磁感应强度B随时间变化如图所示，在t＝0时，一阻值为2 W的金属棒在恒力F作用下由静止开始从AB位置沿导轨向右运动，当金属棒从AB位置运动到EF位置过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，求：

（1）通过小灯泡的电流强度；（2）恒力F的大小；（3）金属棒的质量。

3．（18分）如图甲所示，空间存在B=0.5T，方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是处于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距L=0.2m，R是连在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量m=0.1kg的导体棒。从零时刻开始，通过一小型电动机对ab棒施加一个牵引力F，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好。图惭是棒的v―t图象，其中OA段是直线，AC是曲线，DE是曲线图象的渐近线，小型电动机在12s末达到额定功率，P_额=4.5W，此后功率保持不变。除R以外，其余部分的电阻均不计，g=10m/s²。

   （1）求导体棒在0―12s内的加速度大小；   （2）求导体棒与导轨间的动摩擦因数及电阻R的阻值；   （3）若t=17s时，导体棒ab达最大速度，从0―17s内共发生位移100m，试求12―17s内，R上产生的热量是多少？

（1）求t=2s时电容器的带电量    （2）说明金属杆做什么运动                     （3）求t=2s时外力做功的功率           5．（16分）、如图，半径为r=1m，电阻不计的两个半圆形光滑导轨并列竖直放置，在轨道左上方端点M、N间接有“2.5Ω，1.6W”的小灯泡，整个轨道处在磁感应强度为B=1T的竖直向下的匀强磁场中，两导轨间距L=1m、现有一质量为m=0.5kg，电阻为2.5Ω的金属棒ab从M、N处由静止释放，经过一段时间到达导轨的最低点O、O/，此时小灯泡恰好正常发光 求：（1）金属棒ab到达导轨的最低点时导体棒的速度大小； （2）金属棒ab到达导轨的最低点时对轨道的压力； （3）金属棒ab从MN到OO/的过程中，小灯泡产生的热量                                                     6．（17分）如图所示，两条水平导轨AC＝d和AD（足够长）互成á角，导体EF与AC和AD接触良好，以恒定速度v沿AC方向运动，EF单位长度电阻为r，两条导轨电阻不计，磁感应强度为B的均匀磁场垂直于导轨所在平面。求：导体EF从A点运动到C点这段时间内电路中释放的总热量。并定性画出EF所受安培力随时间变化的图线（要求说明理由）。                                                                 7、(20分)如图所示，两根正对的平行金属直轨道MN、M´N´位于同一水平面上，两轨道之间的距离l=0.50m。轨道的MM´端之间接一阻值R=0.40Ω的定值电阻，NN´端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N´P´平滑连接，两半圆轨道的半径均为R0=0.50m。直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度B=0.64 T的匀强磁场中，磁场区域的宽度d=0.80m，且其右边界与NN´重合。现有一质量m=0.20kg、电阻r=0.10Ω的导体杆ab静止在距磁场的左边界s=2.0m处。在与杆垂直的水平恒力F=2.0N的作用下ab杆开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去F，结果导体杆ab恰好能以最小速度通过半圆形轨道的最高点PP´。已知导体杆ab在运动过程中与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，导体杆ab与直轨道之间的动摩擦因数μ=0.10，轨道的电阻可忽略不计，取g=10m/s2，求： ⑴导体杆刚进入磁场时，通过导体杆上的电流大小和方向； ⑵导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R上的电荷量； ⑶导体杆穿过磁场的过程中整个电路中产生的焦耳热。                     8．（14分）如图所示，两根不计电阻的倾斜平行导轨与水平面的夹角θ=37o ，底端接电阻R=1.5Ω.金属棒a b的质量为m=0.2kg.电阻r=0.5Ω，垂直搁在导轨上由静止开始下滑，金属棒a b与导轨间的动摩擦因数为μ=0.25，虚线为一曲线方程y=0.8sin(x)m与x轴所围空间区域存在着匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，方向垂直于导轨平面向上（取g=10m/s2,sin37o=0.6,cos37o=0.8）.求： （1）.当金属棒a b下滑的速度为m/s 时，电阻R的电功率是多少？ （2）当金属棒a b运动到Xo=6 m处时，电路中的瞬时电功率为0.8w，在这一过程中，安培力对金属棒a b做了多少功？                       9．（18分）如图所示，足够长的两根光滑固定导轨相距0.5m竖直放置，导轨电阻不计，下端连接阻值为的电阻，导轨处于磁感应强度为B=0.8T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里。两根质量均为0.04kg、电阻均为r=0.5的水平金属棒和都与导轨接触良好。金属棒用一根细线悬挂，细线允许承受的最大拉力为0.64N，现让棒从静止开始下落，经ls钟细绳刚好被拉断，g取10m／s2。求： （l）细线刚被拉断时，整个电路消耗的总电功率P； （2）从棒开始下落到细线刚好被拉断的过程中，通过棒的电荷量。       10．（20分）如图甲所示，间距为L、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上。在MNPQ矩形区域内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度为B；在CDEF矩形区域内有方向垂直于斜面向下的磁场，磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示，其中B1的最大值为2B。现将一根质量为M、电阻为R、长为L的金属细棒cd跨放在MNPQ区域间的两导轨上并把它按住，使其静止。在t = 0时刻，让另一根长为L的金属细棒ab从CD上方的导轨上由静止开始下滑，同时释放cd棒。已知CF长度为2L，两根细棒均与导轨良好接触，在ab从图中位置运动到EF处的过程中，cd棒始终静止不动，重力加速度为g；tx是未知量。    （1）求通过cd棒的电流，并确定MNPQ区域内磁场的方向；    （2）当ab棒进入CDEF区域后，求cd棒消耗的电功率；    （3）求ab棒刚下滑时离CD的距离。                                                     11．（18分）如图所示，光滑的平行金属导轨CD与EF间距为L=1 m，与水平夹角为θ=300，导轨上端用导线CE连接(导轨和连接线电阻不计)，导轨处在磁感应强度为B=0.2T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。一根电阻为R=Ω的金属棒MN两端有导电小轮搁在两导轨上，棒上有吸水装置P。取沿导轨向下为轴正方向，坐标原点在CE中点。开始时棒处在位置(即与CE重合)，棒的起始质量不计。当棒开始吸水自静止起下滑，质量逐渐增大，设棒质量的增大与位移的平方根成正比，即，其中=0.01 kg/m1/2。求：  (1) 在金属棒下滑1 m位移的过程中，流过棒的电荷量是多少？  (2) 猜测金属棒下滑过程中做的是什么性质的运动，并加以证明。  (3) 当金属棒下滑2 m位移时电阻R上的电流有多大？                                   1、解：用v表示所求的速度值，此时电动势 ……………① 此时电流 …………………② MN所受安培力 ………………③ 将MN所受的安培力沿水平和竖直方向分解，由竖直方向合力为零，得 ……………④ 由以上各式得 m/s 2．（15分）（1）金属棒未进入磁场时，R总＝RL＋R/2＝5 W　　（2） E1＝＝＝0.5 V　　　　　　（2分） IL＝E1/R总＝0.1 A，　　　　　　　　（2分） （2）因灯泡亮度不变，故4 s末金属棒进入磁场时刚好匀速运动， I＝IL＋IR＝IL＋＝0.3 A　　　　　（2分） F＝FA＝BId＝0.3 N　　　　　　　　　（2分） （3）E2＝I（R＋）＝1 V　　　　　　（1分） v＝＝1 m/s，　　　　　　　　　　（1分） a＝＝0.25 m/s2，　　　　　　　　　（1分） m＝＝1.2 kg。　　　　　　　　　　（3分   3 ．解：（1）由图知：12s末的速度为v1=9m/s，t1=12s（2分） 导体棒在0―12s内的加速度大小为=0.75m/s2（1分） （2）设金属棒与导轨间的动摩擦因素为μ.   A点：E1=BLv1（1分）     I1=（1分）     由牛顿第二定律：F1－μmg－BI1L=ma1（2分） 则P额=F1?v1（1分） C点：棒达到最大速度vm=10m/s， Em=BLvm  Im=（1分） 由牛顿第二定律：F2－μmg－BImL=0（2分） 则P额=F2?vm（1分） 联立，代入为数据解得：μ=0.2，R=0.4Ω（1分） （3）在0―12s内通过的位移：s1=（0+v1）t1=54m（1分） AC段过程发生的位移S2=100－S1=46m（1分） 由能量守恒：P额t=QR+μmg?s2+mvm2－mv12（2分） 代入数据解得：QR=12.35J（1分） 4．解析：（1）由………………①    （2）设杆某时刻的速度为v，此时电容器的电压U=Blv 电容器的电量Q=C?U=CBlv 电流恒定，a恒定，即金属杆做匀加速直线运动……………………②    （3）………………③ 由牛顿第二定律得：F―BIl=ma……………………④ ……………………⑤ ……………………⑥ 由公式……………………⑦ 5．（1）当金属棒到达导轨的最低点O、O/，小灯泡恰好正常发光。此时有通过电路的电流为I： 由可得：    （2分） 由闭合电路的欧姆定律得：    （1分） ab切割产生的电动势    （2分）  解得：v= 4m/s        （1分） (2) 金属棒ab到达导轨的最低点，由牛顿第二定律：    （ 3分） 带值解得：       （2分） 根据牛顿第三定律，棒ab到达导轨的最低点时对轨道的压力大小为13N，方向竖直向下。 （3）金属棒ab从M、N到O、O/的过程中，设小灯泡产生的热量为Q，因为金属棒的电阻与小灯泡的电阻相同，所以金属棒产生的热量也为Q，回路产生的热量为2Q。 由能量守恒定律：   （3分）  解得：Q=0.5J                 （2分 6．解：在任一时刻t，有效切割长度为L＝vttana       （1分） 　　产生的感应电动势为E＝BLv＝tana         （2分） 　　此时，回路阻值为R＝Lr＝vrttana                （1分） 　　故电路中即时功率为   （2分） 　　由上式可知，回路中的功率随时间线性变化，故平均功率为 　　                                                        （2分）   释放总热量为　                                                                                 （2分）                                                           （3分）                                                         （1分）       另解：                                                   （6分）                                               （4分）    7、（20分） （1）设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1，根据动能定理则有 （F-μmg）s=mv12 ………………………2分 导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势E=Blv1…………………………………1分 此时通过导体杆上的电流大小I=E/（R+r）=3.8A（或3.84A）………………2分 根据右手定则可知，电流方向为由b向a ………………………………………2分 （2）设导体杆在磁场中运动的时间为t，产生的感应电动势的平均值为E平均，则由法拉第电磁感应定律有   E平均=△φ/t=Bld/t…………………………………………………2分 通过电阻R的感应电流的平均值 I平均=E平均/（R+r）………………………1分 通过电阻R的电荷量 q=I平均t=0.512C（或0.51C）…………………………2分 （3）设导体杆离开磁场时的速度大小为v2，运动到圆轨道最高点的速度为v3，因导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高点，根据牛顿第二定律对导体杆在轨道最高点时有 mg=mv32/R0……………………………………………………………………1分 对于导体杆从NN′运动至PP′的过程，根据机械能守恒定律有 mv22=mv32+mg2R0…………………………………………………………1分 解得v2=5.0m/s…………………………………………………………………1分 导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能△E=mv12-mv22=1.1J…………3分 此过程中电路中产生的焦耳热为   Q=△E-μmgd=0.94J……………………2分 8.解析： （1）.金属板作切割磁感线运动，产生感应电动势E         E=Byv                           ①                 （1分）   由曲线方程         y=0.8sin(x)m                   ②                 （1分） 由①②式联解得  E=0.4sin(x)v       正弦交流电                  （1分） 电动势的最大值   Em=0.4           ③                   （1分） 电动势的有效值   E有=            ④                   （1分） 电路的总电阻     R总 = R+r            ⑤                    （1分） 根据闭合电路的欧姆定律  I=       ⑥                    （1分） 电阻R上消耗的电功率PR PR=I2R                           ⑦                    （1分）   由① ~ ⑦ 式联解得  PR=0.06w                               （1分） （2）.金属棒a b从静止开始运动至X0=6m处，曲线方程        y′=0.8sin(X0)m                 ⑧                     （1分） 设金属棒在X0处的速度为V′，切割磁感线运动产生感应电动势为E′ E′=B y′V′                     ⑨                     （1分）   此时电路中消耗的电功率为P′ P′=                             ⑩                        （1分） 此过程中安培力对金属棒做功为W安，根据动能定理    mgsin370•S －μmgcos370 •S－ W安 = m V′2          11              （1分） 由⑧ ~11式联解得  W安 =  3.8 J            （1分） 9． ⑴细线刚被拉断时，ab棒所受各力满足：F=IabLB+mg  得：Iab==0.6A    （4分） 电阻R中的电流：IR ==0.3A　　　（1分） cd棒中的电流 Icd= Iab+ IR=0.6 A +0.3A=0.9A      　（1分） cd棒中产生的感应电动势 E= Icd0.75V 整个电路消耗的总电功率 P=Pab+ Pcd+ PR= Iab2r+ Icd2r+ IR2R=0.675W （或P= E Icd=0.675W）（4分） ⑵设线断时cd棒的速度为V， 则E=BLV， 故 V==1.875m/s                     （3分） 对cd棒由动量定理可得： mgt―qLB=mV                          （4分） 得 q= =0.8125C              （1分） 10．（20分）     解：（1）如图所示，cd棒受到重力、支持力和安培力的作用而处于平衡状态     解得                        （2分）     上述结果说明回路中电流始终保持不变，而只有回路 中电动势保持不变，才能保证电流不变，因此可以知 道：在tx时刻ab刚好到达CDEF区域的边界CD。 在0~tx内，由楞次定律可知，回路中电流沿abdca方向，再由左手定则可知，MNPQ区域内的磁场方向垂直于斜面向上                                                    （2分）    （2）ab棒进入CDEF区域后，磁场不再发生变化，在ab、cd和导轨构成的回路中，ab相当于电源，cd相当于外电阻     有                                                                    （4分）    （3）ab进入CDEF区域前只受重力和支持力作用做匀加速运动，进入CDEF区域后将做匀速运动。设ab刚好到达CDEF区域的边界CD处的速度大小为v，刚下滑时离CD的距离为s            （1分）     在0~tx内：由法拉第电磁感定律有                                                                                                                               （2分）     在tx后：有E2 = BLv                                                                                      （2分）               E1 = E2                                                                                           （1分）     解得：                                                                                                （1分）     由                                                                                          （1分）     解得s = L                11．(18分) (1)金属棒下滑1 m过程中，流过棒的电量可以用                            (4分) (2)由于棒从静止开始运动，因此首先可以确定棒开始阶段做加速运动，然后通过受力分析，看看加速度可能如何变化?如图所示，棒在下滑过程中沿导轨方向有向下的重力分力和向上的安培力F。由于m随位移增大而增大，所以，是一个变力；而安培力与速度有关，也随位移增大而增大，如果两个力的差值恒定，即合外力是恒力的话，棒有可能做匀加速运动。                                   (2分) 假设棒做的是匀加速运动，且设下滑位移时的加速度为，根据牛顿第二定律，有     (1分) 而安培力                                (1分) 所以 假设棒做匀加速直线运动，则瞬时速度，由于，代入后得：    ①     (2分) 从上述方程可以看出的解是一个定值，与位移无关，这表明前面的假设成立，棒的运动确实是匀加速直线运动。若与位移有关，则说明是一个变量，即前面的假设不成立。                                                                (2分)  (3)为了求棒下滑2 m时的速度，应先求出棒的加速度。将题目给出的数据代①式得到          令则 解得，（舍去）即加速度                 (2分) 根据匀变速运动规律， 此时电阻R上的电流            (4分)                                                                                       关 闭 试题分类 高中 数学英语物理化学生物地理 初中 数学英语物理化学生物地理 小学 数学英语 其他 阅读理解答案已回答习题未回答习题题目汇总试卷汇总练习册解析答案