（新課標(biāo)）2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)練9 電磁感應(yīng)問題（含解析）

專題強(qiáng)化訓(xùn)練(九)一、選擇題(共10個小題，16為單選，其余為多選，每題5分共50分)1如圖所示，有一邊長為L的正方形線框abcd，由距勻強(qiáng)磁場上邊界H處靜止釋放，其下邊剛進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)域時恰好能做勻速直線運(yùn)動勻強(qiáng)磁場區(qū)域?qū)挾纫矠長.ab邊開始進(jìn)入磁場時記為t1，cd邊出磁場時記為t2，忽略空氣阻力，從線框開始下落到cd邊剛出磁場的過程中，線框的速度大小v、加速度大小a、ab兩點的電壓大小Uab、線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q隨時間t的變化圖象可能正確的是()答案C解析線圈在磁場上方H開始下落到下邊進(jìn)入磁場過程中線圈做勻加速運(yùn)動；因線圈下邊剛進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)域時恰好能做勻速直線運(yùn)動，可知線圈直到cd邊出磁場時也做勻速運(yùn)動，A、B兩項錯誤；線圈ab邊進(jìn)入磁場的過程，EBLv，則UabBLv；ab邊出離磁場的過程，EBLv，則UabBLv；線圈進(jìn)入磁場和出離磁場過程中電動勢相同，均為EBLv，時間相同，則由功率公式可知，產(chǎn)生的熱量相同，故C項正確，A、B、D三項錯誤故選C項2.如圖所示，內(nèi)環(huán)半徑為，外環(huán)半徑為L的半圓環(huán)形閉合線圈ABCD，該導(dǎo)體線圈電阻為R，現(xiàn)在環(huán)形區(qū)域內(nèi)加一個垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度從零開始均勻增大的勻強(qiáng)磁場，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大到B時保持不變，此過程中通過線圈截面的電量為q1；然后讓線圈以O(shè)點為圓心勻速轉(zhuǎn)動半周，該過程中通過線圈截面的電量為q2.則q1：q2為()A11B12C23 D32答案A解析由公式qn知：q1，第二個過程中的電荷量為：q2，所以q1q211，故A項正確，B、C、D三項錯誤故選A項3.如圖所示，足夠長的平行導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌間距為L，質(zhì)量均為m，電阻均為R的金屬棒ab，cd放在導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌垂直，金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)均為，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下，用水平向右、大小等于mg(g為重力加速度)的恒力F向右拉金屬棒cd，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計導(dǎo)軌電阻，下列說法正確的是()A恒力F作用瞬間，金屬棒cd的加速度大小等于0B恒力F作用足夠長時間后，金屬棒ab會向右運(yùn)動C金屬棒cd運(yùn)動的最大速度大小為D金屬棒cd的速度會不斷增大答案C解析恒力F作用瞬間，金屬棒cd的加速度大小為ag，故A項錯誤；當(dāng)cd棒的加速度為零時速度最大設(shè)cd加速度為零時所受的安培力為F安，根據(jù)平衡條件有mgF安mg，則得F安mg，對ab棒，因F安<fmmg，所以金屬棒ab不可能運(yùn)動，故B項錯誤；金屬棒cd先做加速運(yùn)動，當(dāng)金屬棒cd達(dá)到最大速度后勻速運(yùn)動，由F安BILBL，結(jié)合F安mg，可得，金屬棒cd運(yùn)動的最大速度大小為v，故C項正確，D項錯誤故選C項4等離子體由左方連續(xù)以速度v0射入P1和P2兩板間的勻強(qiáng)磁場中，偏轉(zhuǎn)后會打到P1、P2板上，ab直導(dǎo)線通過滑動變阻器與P1、P2相連接，線圈A通過滑動變阻器與直導(dǎo)線cd連接，如圖甲所示線圈A內(nèi)有圖乙所示的變化磁場，且規(guī)定磁場B的正方向向右，則下列敘述正確的是()A01 s內(nèi)，通過兩直導(dǎo)線的電流均向下B12 s內(nèi)，ab、cd導(dǎo)線互相吸引C23 s內(nèi)，ab、cd導(dǎo)線互相排斥D34 s內(nèi)，ab、cd導(dǎo)線互相吸引答案D解析由左側(cè)電路可以判斷ab中電流方向由a到b，由右側(cè)電路及圖乙判斷，根據(jù)楞次定律01 s內(nèi)cd中電流為由d到c，ab中電流向下，通過兩導(dǎo)線的電流方向相反，故A項錯誤；由左側(cè)電路可以判斷ab中電流方向由a到b，12 s時間內(nèi)右側(cè)線圈中磁場向右且增強(qiáng)，根據(jù)楞次定律知cd中電流為由d到c，ab、cd電流方向相反，ab、cd導(dǎo)線互相排斥，故B項錯誤；23 s時間內(nèi)由楞次定律得cd中電流由c到d，跟ab中電流同向，因此ab、cd相互吸引，故C項錯誤；34 s時間內(nèi)由楞次定律得cd中電流由c到d，跟ab中電流同向，因此ab、cd導(dǎo)線互相吸引，故D項正確故選D項5.如圖所示，兩條相距L的足夠長的平行光滑導(dǎo)軌放置在傾角為30°的斜面上，阻值為R的電阻與導(dǎo)軌相連，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置整個裝置在垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.輕繩一端與導(dǎo)體棒相連，另一端跨過定滑輪與一個質(zhì)量為m的物塊相連，且滑輪與桿之間的輕繩與斜面保持平行，物塊距離地面足夠高，導(dǎo)軌、導(dǎo)體棒電阻不計，輕繩與滑輪之間的摩擦力不計，則將物塊從靜止釋放，下面說法正確的是(重力加速度為g)()A導(dǎo)體棒M端電勢高于N端電勢B導(dǎo)體棒的加速度可能大于gC導(dǎo)體棒的速度不會大于D通過導(dǎo)體棒的電荷量與金屬棒運(yùn)動時間的平方成正比答案C解析根據(jù)右手定則可知導(dǎo)體棒中電流由M到N，導(dǎo)體棒M端電勢低于N端電勢，故A項錯誤；設(shè)導(dǎo)體棒的上升速度為v，可知導(dǎo)體棒所受安培力為：F安BILB·L，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgmgsin30°2ma，當(dāng)導(dǎo)體棒的上升速度為零時，導(dǎo)體棒的加速度最大，最大加速度為：amg；當(dāng)導(dǎo)體棒的上升加速度為零時，導(dǎo)體棒的速度最大，最大速度為：vm，故B項錯誤，C項正確；通過導(dǎo)體棒的電荷量為：q，由于導(dǎo)體棒先做加速度減小的加速度運(yùn)動，后做勻速運(yùn)動，所以導(dǎo)體棒運(yùn)動的位移與金屬棒運(yùn)動時間的平方不成正比，故D項錯誤故選C項6如圖甲所示，梯形硬導(dǎo)線框abcd固定在磁場中，磁場方向與線框平面垂直，圖乙表示該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的關(guān)系，t0時刻磁場方向垂直紙面向里在05t0時間內(nèi)，設(shè)垂直ab邊向上為安培力的正方向，線框ab邊受到該磁場對它的安培力F隨時間t變化的關(guān)系圖為()答案D解析02t0，感應(yīng)電動勢為：E1SS，為定值，3t05t0，感應(yīng)電動勢為：E2SS，也為定值，因此感應(yīng)電流也為定值，那么安培力FBILB由于0t0，B逐漸減小到零，故安培力逐漸減小到零，根據(jù)楞次定律，可知，線圈中感應(yīng)電流方向順時針，依據(jù)左手定則，可知，線框ab邊受到安培力方向向上，即為正；同理，t02t0，安培力方向向下，為負(fù)，大小增大，而在2t03t0，沒有安培力；在3t04t0，安培力方向向上，為正，大小減??；在4t05t0，安培力方向向下，為負(fù)，大小增大，故D項正確，A、B、C三項錯誤故選D項7.如圖所示，電阻R、電容器C與固定在同一水平面上的光滑平行導(dǎo)軌相連，導(dǎo)軌間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場一導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌電阻不計現(xiàn)讓導(dǎo)體棒獲得一初速度v0從位置A向右滑動并經(jīng)過B、C兩位置，在導(dǎo)體棒向右滑動的過程中，下列說法正確的是()AR中的電流從a到bB導(dǎo)體棒向右做勻速滑動C電容器的帶電量逐漸變小D在BC段滑動時導(dǎo)體棒動能的減少量等于電阻R上產(chǎn)生的熱量答案AC解析根據(jù)右手定則可判定回路中的電流沿逆時針方向，過電阻R的電流從a到b，故A項正確；根據(jù)左手定則可判斷，導(dǎo)體棒受到向左的安培力作用做減速運(yùn)動，所以電動勢不斷變小，電容器兩端電壓不斷變小，根據(jù)C得：QCU，故電容器電荷量逐漸變小，故B項錯誤，C項正確；根據(jù)能量守恒可知，在BC段滑動時導(dǎo)體棒動能的減少量等于電阻R上產(chǎn)生的熱量以及電容器儲存的電能之和，故D項錯誤故選A、C兩項8如圖甲所示，abcd是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線框，其下方有一寬度為s，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向與線框平面垂直，MN和MN是勻強(qiáng)磁場區(qū)域的水平邊界現(xiàn)使線框從MN上方由靜止開始下落，下落過程中bc邊始終水平如圖乙是線框開始下落到完全穿過磁場區(qū)域的vt圖象(其中OA、BC、DE相互平行)已知金屬線框邊長為L(L<s)、質(zhì)量為m、電阻為R，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，vt圖象中v1、v2、t1、t2、t3、t4均為已知量空氣阻力不計，則下列說法中正確的是()At2是線框全部進(jìn)入磁場瞬間，t4是線框全部離開磁場瞬間Bv1的大小可能為C從bc邊進(jìn)入磁場到ad邊離開磁場過程，感應(yīng)電流所做的功為2mgsD線框離開磁場過程中通過線框橫截面的電荷量比進(jìn)入磁場過程中通過線框橫截面的電荷量多答案AB解析0t1時間內(nèi)做自由落體運(yùn)動，可知從t1時刻進(jìn)入磁場，開始做加速度減小的減速運(yùn)動，t2時刻又做勻加速運(yùn)動，且與自由落體運(yùn)動的加速度相同，可知線框全部進(jìn)入磁場，即t2是線框全部進(jìn)入磁場瞬間，t3時刻開始做變減速運(yùn)動，t4時刻，又做加速度為g的勻加速運(yùn)動，可知t4是線框全部離開磁場瞬間，故A項正確；線框全部進(jìn)入磁場前的瞬間，可能重力和安培力平衡，有：mg，解得：v1，故B項正確；從bc邊進(jìn)入磁場起一直到ad邊離開磁場為止，根據(jù)動能定理得：mg(sL)Wmv12mv22，線框出磁場時，設(shè)克服安培力做功為W，根據(jù)動能定理得：mgLWmv12mv22，解得：WmgsW，Wmgs，則W2mgs，故C項錯誤；根據(jù)q知，線框進(jìn)入磁場和出磁場的過程中，磁通量的變化量相同，則通過的電荷量相同，故D項錯誤，故選A、B兩項9.如圖，等邊三角形OPQ區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場用粗細(xì)均勻的導(dǎo)線繞制的等邊三角形導(dǎo)線框abc位于紙面內(nèi)，其bc邊與磁場邊界PQ平行，d、e分別為ab、ac的中點導(dǎo)線框沿垂直于bc的方向向上勻速穿過磁場區(qū)域，依次經(jīng)過圖中、位置已知三角形OPQ的邊長是三角形abc的倍，位置時a點與O點重合，位置時d點、e點分別在OP、OQ上，位置時d點、e點在PQ上則()A經(jīng)過位置和位置時，線框中的感應(yīng)電流方向相同B經(jīng)過位置和位置時，線框中的感應(yīng)電流大小相等C經(jīng)過位置和位置時，線框上de兩點間的電壓之比為21D從位置到位置和從位置到位置的兩個過程中，穿過線框橫截面的電荷量之比為21答案BCD解析由題意可知，線框在位置運(yùn)動過程穿過線框的磁通量增加，線框在位置運(yùn)動時穿過線框的磁通量減少，由楞次定律可知，兩位置感應(yīng)電流方向相反，故A項錯誤；由圖示可知，線框經(jīng)過位置和經(jīng)過位置時，線框切割磁感線的有效長度L相等，由EBLv可知，線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等，由歐姆定律可知，線框中的感應(yīng)電流大小相等，故B項正確；線框在位置時，dae相當(dāng)于電源，線框在位置時dbce相當(dāng)于電源，在兩位置線框電流I相等，dbce部分的電阻是dae部分電阻的兩倍，即：Rdbce2Rdae，UdeIRdbce，UdeIRdae，則：Ude2Ude，故C項正確；通過線框?qū)Ь€橫截面的電荷量為：qIttt，設(shè)三角形abc的面積為4S，由圖示可知，線框從位置到位置過程：S12S，線框從位置到位置過程：S23S2SS，則從位置到位置和從位置到位置的兩個過程中，穿過線框橫截面的電荷量之比：，故D項正確故選B、C、D三項10如圖所示，間距為d的平行導(dǎo)軌A2A3、C2C3所在平面與水平面的夾角30°，其下端連接阻值為R的電阻，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，水平臺面所在區(qū)域無磁場長為d，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒甲靜止在光滑水平臺面ACC1A1上，在大小為mg(g為重力加速度大小)，方向水平向左的恒力作用下做勻加速運(yùn)動，經(jīng)時間t后導(dǎo)體棒甲恰好運(yùn)動至左邊緣A1C1，此時撤去恒力，導(dǎo)體棒甲從左邊緣A1C1飛出臺面，并恰好沿A2A3方向落到A2C2處，與放置在此處的導(dǎo)體棒乙(與導(dǎo)體棒甲完全相同)碰撞后粘在一起然后沿導(dǎo)軌下滑距離x后開始做勻速運(yùn)動兩導(dǎo)體棒粘連后在導(dǎo)軌上運(yùn)動時始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，除了電阻R外，其他電阻不計，一切摩擦不計，下列判斷正確的是()A導(dǎo)體棒甲到達(dá)A1C1處時的速度大小為gtBA2C2與臺面ACC1A1間的高度差為gt2C兩導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上做勻速運(yùn)動的速度大小為D兩導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上變速滑行的過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mg2t2mgx答案ABD解析導(dǎo)體棒在臺面上做勻加速直線運(yùn)動，速度：v0at，由牛頓第二定律得：mgma，解得：v0gt，故A項正確；導(dǎo)體棒離開臺面后做平拋運(yùn)動，豎直方向：vyv0tan，vy22gh，解得：hgt2，故B項正確；導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上做勻速直線運(yùn)動，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：2mgsinBId，電流：I，解得：v，故C項錯誤；甲與乙碰撞前的速度為：v甲gt.甲、乙兩棒碰撞過程中動量守恒，根據(jù)動量守恒定律可得：mv甲2mv共，解得：v共gt.根據(jù)動能定理可得：2mgsin·xWA·2mv2·2mv共2，解得：WAmg2t2mgx，根據(jù)功能關(guān)系可得電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mg2t2mgx，故D項正確故選A、B、D三項二、計算題(共4個小題，11題10分，12題12分，13題14分，14題14分，共50分)11如圖甲所示，相距為d的足夠長光滑的U型金屬框架NMPQ固定在水平桌面上，框架所在的空間內(nèi)存在方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場一根長為d的金屬棒ab放置在框架上，其質(zhì)量為m，電阻為r，該棒通過一根繞過右側(cè)定滑輪的絕緣輕繩和一物塊相連，物塊質(zhì)量為3m.已知重力加速度為g，導(dǎo)體棒與金屬框間接觸電阻及金屬框架的電阻不計則：(1)若所加磁場為磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，求導(dǎo)體棒運(yùn)動的最大速度；(2)若所加磁場為隨時間變化的勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)體棒運(yùn)動的vt圖象如圖乙所示，t0時刻，導(dǎo)體棒ab與PM距離為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，求t時刻磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度答案(1)(2)解析(1)對導(dǎo)體棒ab，有：EmBdvm此時流過導(dǎo)體棒的電流為：I，根據(jù)平衡條件可得：BId3mg，解得：vm；(2)對于導(dǎo)體棒ab根據(jù)牛頓第二定律可得：3mgFA4ma，t0時FA0，則加速度為：ag，導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動，則有：I0，t時刻的位移為：xat2gt2，由于感應(yīng)電流為零，則磁通量變化為零，有：B0ldB(lx)d，解得：B.12.如圖所示，在勻強(qiáng)磁場中傾斜放置電阻不計的兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌，金屬導(dǎo)軌與水平面成37°角，平行導(dǎo)軌間距L1.0 m勻強(qiáng)磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1.0 T兩根金屬桿ab和cd可以在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動兩金屬桿的質(zhì)量均為m0.20 kg，ab桿的電阻為R11.0 ，cd桿的電阻為R22.0 .若用與導(dǎo)軌平行的拉力F作用在金屬桿ab上，使ab桿勻速上滑并使cd桿在導(dǎo)軌上保持靜止，整個過程中兩金屬桿均與導(dǎo)軌垂直且接觸良好取重力加速度g10 m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8.求：(1)ab桿上滑的速度v的大??；(2)ab桿兩端的電勢差Uab；(3)0.5 s的時間內(nèi)通過cd桿的電量q.答案(1)3.6 m/s(2)2.4 V(3)0.60 C解析(1)以cd桿為研究對象，根據(jù)共點力的平衡條件可得：BILmgsin37°，解得：IA1.2 A，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得：ab桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EI(R1R2)1.2×3 V3.6 V，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得：EBLv，解得：v3.6 m/s.(2)ab桿兩端的電勢差是路端電壓，根據(jù)歐姆定律可得：UIR21.2×2 V2.4 V，根據(jù)右手定則可知a點電勢比b點的高，故有：Uab2.4 V.(3)由于桿勻速運(yùn)動，所以通過桿的電流為一個定值，根據(jù)電荷量的計算公式可得：qIt1.2×0.5 C0.60 C.13如圖的水平光滑金屬導(dǎo)軌在同一水平面上，間距分別為L和，間距為L的導(dǎo)軌有一小段左右斷開，為使導(dǎo)軌上的金屬棒能勻速通過斷開處，在此處鋪放了與導(dǎo)軌相平的光滑絕緣材料(圖中的虛線框處)質(zhì)量為m，電阻為R1的均勻金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌放置在靠近斷開處的左側(cè)，另一質(zhì)量也為m，電阻為R2的均勻金屬棒cd垂直于導(dǎo)軌放置在間距為的導(dǎo)軌左端導(dǎo)軌MN和PQ、MN和PQ都足夠長，所有導(dǎo)軌的電阻都不計電源電動勢為E，內(nèi)阻不計整個裝置所在空間有豎直方向的，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場閉合開關(guān)S，導(dǎo)體棒ab迅即獲得水平向右的速度v0并保持該速度到達(dá)斷開處右側(cè)的導(dǎo)軌上求：(1)空間勻強(qiáng)磁場的方向；(2)通過電源E某截面的電荷量；(3)從導(dǎo)體棒ab滑上導(dǎo)軌MN和PQ起至開始勻速運(yùn)動止，這一過程中棒ab和棒cd組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能答案(1)豎直向下(2)(3)mv02解析(1)閉合開關(guān)S，電流由b到a，導(dǎo)體棒ab受到的安培力向右，由左手定則可知磁場的方向豎直向下(2)對ab棒，設(shè)受安培力的時間為t，這段時間內(nèi)的平均電流為I，平均安培力為F，通過導(dǎo)體棒(也就是電源)某截面的電荷量為q.由動量定理得：Ftmv00，且FBIL，qIt，聯(lián)立得：q.(3)ab滑上MN和PQ時的速度仍為v0，安培力使ab減速，使cd加速，直至電路中電流為0(即總感應(yīng)電動勢為0)而各自做勻速運(yùn)動，設(shè)ab和cd勻速運(yùn)動的速度分別為v1和v2.經(jīng)歷的時間為t，這一過程回路中的平均電流為I.由動量定理得：對ab棒：BILtmv1mv0；對cd棒：BI·tmv20；穩(wěn)定時有：BLv1Bv2，解得：v1，v2.棒ab和棒cd組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為：Emv02，解得：Emv02.14如圖所示，光滑平行長直導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，導(dǎo)軌間距為L，垂直于導(dǎo)軌的虛線MN左側(cè)、虛線PQ右側(cè)均有垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.MN、PQ間有垂直于導(dǎo)軌放置的長度均為l的直導(dǎo)體棒a、b，質(zhì)量分別為m、2m，電阻分別為2R、R，兩導(dǎo)體棒間夾有壓縮了的彈簧，彈簧與導(dǎo)體棒不拴接，彈簧處于鎖定狀態(tài)若固定導(dǎo)體棒a解除彈簧鎖定，導(dǎo)體棒b被彈開后以一定的速度進(jìn)入磁場(b進(jìn)入磁場前，彈簧已恢復(fù)原長)，從b進(jìn)入磁場到b最終停止的過程中，導(dǎo)體棒b中產(chǎn)生的焦耳熱為Q.導(dǎo)軌的電阻不計，求：(1)彈簧被鎖定時具有的彈性勢能；(2)導(dǎo)體棒b進(jìn)入磁場時的速度大小及在磁場中滑行的距離；(3)若導(dǎo)體棒a不固定解除彈簧的鎖定后，兩導(dǎo)體棒恰好能同時進(jìn)入磁場，則兩導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場時的速度分別為多大？當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度為進(jìn)磁場時速度的一半時，回路中的電功率多大？答案(1)3Q(2)(3)2解析(1)導(dǎo)體棒b中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則整個電路產(chǎn)生的焦耳熱為：Q總×3R3Q，根據(jù)功能關(guān)系可得彈簧被鎖定時具有的彈性勢能為：Ep3Q.(2)導(dǎo)體棒b進(jìn)入磁場時的速度大小為v，則有：Ep×2mv2，解得：v；根據(jù)動量定理可得：BILt02mv，其中I則有：2mv，解得在磁場中滑行的距離為：xt.(3)若導(dǎo)體棒a不固定解除彈簧的鎖定后，兩導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場時的速度分別為va、vb，根據(jù)動量守恒定律可得：mva2mvb，根據(jù)功能關(guān)系可得：Epmva2×2mvb2，聯(lián)立解得：va2，vb，當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度為進(jìn)磁場時速度的一半時，即為：va，由于水平方向合動量為零，則b的速度為：vb，此時回路中的感應(yīng)電動勢為：EBL(vavb)BL.回路中的電功率為：P.14