2020高考物理一輪總復習 第十章 電磁感應 能力課2 電磁感應中的動力學和能量問題練習（含解析）新人教版

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1、能力課2 電磁感應中的動力學和能量問題 一、選擇題 1．如圖所示，在一勻強磁場中有一U形導線框abcd，線框處于水平面內，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動．桿ef及線框中導線的電阻都可不計．開始時，給ef一個向右的初速度，則(　　) A．ef將減速向右運動，但不是勻減速，最后停止 B．ef將勻減速向右運動，最后停止 C．ef將勻速向右運動 D．ef將往返運動 解析：選A　ef向右運動，切割磁感線，產生感應電動勢和感應電流，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F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速

2、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，相當于電源．在開關S閉合瞬間，外電阻變小，根據閉合電路歐姆定律，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S閉合前，拉力和安培力平衡，開關S閉合后，電流增加，根據安培力公式F＝BIL，安培力增加，故拉力小于安培力，金屬桿做減

3、速運動，感應電動勢減小，電流減小，安培力減小，加速度減小，當加速度減為零時，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軌固定在水平面上，勻強磁場方向垂直導軌平面向下，金屬棒ab、cd與導軌構成閉合回路且都可沿導軌無摩擦滑動，兩金屬棒ab、cd的質量之比為2∶1.用一沿導軌方向的恒力F水平向右拉金屬棒cd，經過足夠長時間以后(　　) 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a C．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

4、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F＝3ma，隔離金屬棒cd分析，有F－F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的光滑平行金屬導軌與水平面夾角為α，圖中虛線下方區(qū)域內存在磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于導軌平面向上．兩金屬桿質量均為m，電阻均為R，垂直于導軌放置．開始時金屬桿ab處在距磁場上邊界一定距離處，金屬桿cd處在導軌的最下端，被與導軌垂直的兩根小柱擋?。F將金屬桿ab

5、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進入磁場時感應電流的方向為由a到b B．金屬桿ab進入磁場時速度大小為 C．金屬桿ab進入磁場后產生的感應電動勢為 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進入磁場時產生的感應電流的方向為由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mgsinα＝，解得v＝，故B正確；金屬桿ab進入磁場后產生的感應電動勢E＝Blv，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c

6、d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的光滑導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度為B，導軌左側連接一定值電阻R.垂直導軌的導體棒ab在水平外力F作用下沿導軌運動，F隨t變化的規(guī)律如圖乙所示．在0～t0時間內，棒從靜止開始做勻加速直線運動．乙圖中t0、F1、F2為已知量，棒和導軌的電阻不計．則(　　) A．在t0以后，導體棒一直做勻加速直線運動 B．在t0以后，導體棒先做加速直線運動，后做勻速直線運動 C．在0～t0時間內，導體棒的加速度大小為 D．在0～t0時間內，通過導體棒橫截面的電荷量為 解析：選BD　因在0～t0時間內棒做勻加速直

7、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，導體棒做加速度越來越小的加速運動，當加速度為0后，即導體棒所受安培力與外力F2相等后，導體棒做勻速直線運動，故A錯誤，B正確；設在0～t0時間內導體棒的加速度為a，通過導體棒橫截面的電荷量為q，導體棒的質量為m，t0時刻導體棒的速度為v，則有a＝，F2－＝ma，F1＝ma，q＝，ΔΦ＝BΔS＝BLt0，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軌，其電阻不計，磁場方向如圖所示，磁感應強度B＝0.5 T，導體ab及cd長均為0.2 m，電阻均為

8、0.1 Ω，重均為0.1 N，現用豎直向上的力拉導體ab，使之勻速上升(與導軌接觸良好)，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(　　) A．ab受到的拉力大小為0.2 N B．ab向上的速度為2 m/s C．在2 s內，拉力做功轉化的電能是0.8 J D．在2 s內，拉力做功為0.6 J 解析：選AB　導體棒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，根據平衡條件可得：ab棒受到的拉力F＝2mg＝0.2 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，代入數據解得v＝2

9、m/s，故B正確；在2 s內，電路產生的電能Q＝t＝t＝×2 J＝0.4 J，則在2 s內，拉力做的功有0.4 J的機械能轉化為電能，故C錯誤；在2 s內拉力做的功為W＝F拉vt＝0.2×2×2 J＝0.8 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，各處的磁感應強度大小均為B，圓臺母線與豎直方向的夾角為θ，一個質量為m、半徑為r的勻質金屬環(huán)位于圓臺底部．當給環(huán)通以恒定的電流I，圓環(huán)由靜止向上運動，經過時間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

10、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內安培力對圓環(huán)做功為mgH C．圓環(huán)運動的最大速度為－gt D．圓環(huán)先有擴張后有收縮的趨勢 解析：選AC　在時間t內，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，并切割磁感線產生感應電流，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時間內安培力做功大于mgH，故

11、B錯誤；在t時間內安培力F＝BIL＝BI·2πr，合外力F合＝Fcosθ－mg＝2πBIrcosθ－mg＝ma，v＝at＝－gt，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軌與水平面的夾角為θ，上端接有定值電阻R，勻強磁場垂直于導軌平面向下，磁感應強度為B.將質量為m的導體棒由靜止釋放，當速度達到v時開始勻速運動，此時對導體棒施加一平行于導軌向下的拉力，并保持拉力的功率恒為P，導體棒最終以2v的速度勻速運動．導體棒始終與導軌垂直且接觸良好，不計導軌和導體棒的電阻，重力加速度為g.下列選項正確的是(　　

12、) A．P＝2mgvsinθ B．P＝3mgvsinθ C．當導體棒速度達到時加速度大小為sinθ D．在速度達到2v以后的勻速運動過程中，R上產生的焦耳熱等于拉力所做的功 解析：選AC　由平衡條件可知，當導體棒第一次勻速運動時，沿導軌方向有mgsinθ＝；當導體棒第二次勻速運動時，沿導軌方向有F＋mgsinθ＝，兩式聯(lián)立解得F＝mgsinθ，此時拉力F的功率P＝F×2v＝2mgvsinθ，選項A正確，B錯誤；當導體棒的速度達到時，沿導軌方向由牛頓第二定律有mgsinθ－＝ma，解得a＝gsinθ，選項C正確；導體棒的速度達到2v以后，拉力與重力的合力所做的功全部轉化為R上產生的

13、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的平行金屬導軌位于同一水平面內，其右端接一阻值為R的電阻．質量為m的金屬桿靜置在導軌上，其左側的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應強度大小為B、方向豎直向下．當該磁場區(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.導軌和金屬桿的電阻不計，導軌光滑且足夠長，桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸．求： (1)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應電流的大小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，感應電流的功率P. 解析：(1)感應電動勢E＝Bdv0

14、 感應電流I＝ 解得I＝. (2)安培力F＝BId 由牛頓第二定律F＝ma 解得a＝. (3)金屬桿切割磁感線的速度v′＝v0－v，則 感應電動勢E＝Bd(v0－v) 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、M′N′位于同一水平面上，兩軌道之間的距離l＝0.50 m．軌道的MM′端接一阻值為R＝0.50 Ω的定值電阻，直軌道的右端處于豎直向下、磁感應強度大小為B＝0.60 T的勻強磁場中，磁場區(qū)域右邊界為NN′，寬度d＝0.80 m；水平軌道的最右端與兩條位于豎直面內的半圓形光滑金屬軌道NP、N′P′平滑連接，兩半

15、圓形軌道的半徑均為R0＝0.50 m．現有一導體桿ab靜止在距磁場的左邊界s＝2.0 m處，其質量m＝0.20 kg、電阻r＝0.10 Ω.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μ＝0.10，軌道電阻忽略不計，取g＝10 m/s2.求： (1)導體桿剛進入磁場時，通過導體桿的電流的大小和方向； (2)在導體桿穿過磁場的過程中，通過電阻R的電荷量； (3)在導體桿穿過磁場的過程中，整個電路產生的焦耳熱．

16、 解析：(1)設導體桿在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(F－μmg)s＝mv12－0，導體桿剛進入磁場時產生的感應電動勢為E＝Blv1，此時通過導體桿的電流大小為I＝，代入數據解得I＝3 A，由右手定則可知，電流的方向為由b指向a. (2)ΔΦ＝B·ld，＝，＝，q＝·Δt 聯(lián)立解得q＝0.4 C. (3)由(1)可知，導體桿在F的作用下運動至磁場的左邊界時的速度v1＝6.0 m/s，設導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，mv12＝Q＋mg×2R0＋mv2＋μmgd，解得Q＝0.

17、94 J. 答案：(1)3 A　方向為由b指向a　(2)0.4 C (3)0.94 J 11．(2019屆河北石家莊質量檢測)傾角為37°的絕緣斜面固定在水平地面上，在斜面內存在一寬度d＝0.28 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量m＝0.1 kg、電阻R＝0.06 Ω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g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8. (1)求金屬

18、線框與斜面間的動摩擦因數μ； (2)求金屬線框穿越該勻強磁場的過程中，線框中產生焦耳熱的最大功率Pmax；(結果保留兩位有效數字) (3)若線框bc邊出磁場時，磁感應強度開始隨時間變化，且此時記為t＝0.為使線框出磁場的過程中始終無感應電流，求從t＝0時刻開始，磁感應強度B隨時間t變化的關系式． 解析：(1)由v-t圖象可知線框在進入磁場之前做勻加速直線運動，a＝ a＝2 m/s2 由牛頓第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma 解得μ＝0.5. (2)由v-t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v1＝1.2 m/s，則線框邊長l＝

19、v1t＝0.15 m 由平衡條件則有mgsinθ＝＋μmgcosθ 解得磁感應強度大小為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，設此時速度大小為v2，由運動學公式可得 v22＝v12＋2a(d－l) 解得v2＝1.4 m/s 由法拉第電磁感應定律可得E＝B0lv2 由閉合電路歐姆定律可得I＝ 由安培力公式可得F＝B0Il 解得Pmax＝Fv2＝ W≈0.33 W. (3)穿過線框的磁通量保持不變則線框中無感應電流，從線框bc邊出磁場時開始計時，則 B0l2＝lB 解得B＝T(t≤0.1 s)． 答案：(1

20、)0.5　(2)0.33 W　(3)B＝ T(t≤0.1 s) |學霸作業(yè)|——自選 1．(2018年江蘇卷)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d.導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直．質量為m的金屬棒被固定在導軌上，距底端的距離為s，導軌與外接電源相連，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v2＝2as 解得v＝. (2)安

21、培力F安＝IdB 金屬棒所受合力F＝mgsinθ－F安 由牛頓第二定律F＝ma 解得I＝. (3)運動時間t＝ 電荷量Q＝It 解得Q＝. 答案：(1)　(2) (3) 2．兩平行軌道MN、PQ間距L＝1 m，在MP間接入電阻R＝3 Ω，整個裝置處于磁感應強度B＝2 T的勻強磁場中，磁場方向垂直斜面向上．質量m＝1 kg的金屬棒ab置于導軌上，ab在導軌之間的電阻r＝1 Ω，電路中其余電阻不計．金屬棒ab由靜止釋放后沿導軌運動時始終垂直于導軌，且與導軌接觸良好．不計空氣阻力影響．已知金屬棒ab與導軌間動摩擦因數μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝1

22、0 m/s2. (1)求金屬棒ab沿導軌向下運動的最大速度vm； (2)求金屬棒ab沿導軌向下運動過程中，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，當加速度為零時有最大速度vm 由牛頓第二定律有 mgsinθ－μmgcosθ－F安＝0 F安＝BIL I＝ E＝BLvm 由以上各式代入數據解得vm＝2.0 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PR＝I2R，解得PR＝

23、3 W. (3)設金屬棒從開始運動至達到最大速度過程中，沿導軌下滑距離為x 由能量守恒定律得 mgxsinθ＝μmgxcosθ＋QR＋Qr＋mvm2 根據焦耳定律有＝ 聯(lián)立解得x＝2.0 m 根據q＝Δt，＝，＝，ΔΦ＝BLx，解得q＝＝1.0 C. 答案：(1)2.0 m/s　(2)3 W　(3)1.0 C 3. (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軌MN、PQ傾斜放置，導軌平面與水平面的夾角θ＝30°，兩導軌間距L＝1.0 m，底端N、Q兩點連接R＝1.0 Ω的電阻，勻強磁場方向垂直于導軌所在平面斜向上，磁感應強度大小為B＝0.6 T．質量m＝

24、0.2 kg，阻值r＝0.50 Ω的導體棒垂直于導軌放置，在平行于導軌平面向上的拉力F作用下沿導軌向上做勻速直線運動，速度v＝10 m/s.撤去拉力F后，導體棒沿導軌繼續(xù)運動l＝2.0 m后速度減為零．運動過程中導體棒與導軌始終垂直并接觸良好，g＝10 m/s2，導軌電阻不計．求： (1)拉力F的大小； (2)撤去拉力F后導體棒上升的過程中電阻R中產生的焦耳熱Q和通過的電荷量q. 解析：(1)導體棒勻速運動產生的感應電動勢為E＝BLv＝6 V 感應電流為I＝＝4 A 由導體棒受力平衡可得F＝F安＋mgsinθ＝BIL＋mgsinθ＝3.4 N. (2)撤去拉力后，由動能定理可

25、得－mglsinθ－W克＝0－mv2 得克服安培力所做的功W克＝8 J 則電阻R中產生的焦耳熱Q＝×8 J＝ J 通過的電荷量q＝＝＝0.8 C. 答案：(1)3.4 N　(2) J　0.8 C 4．間距分別為2L和L的兩光滑平行金屬導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．兩粗細均勻的導體棒MN、PQ分別垂直導軌放置在導軌上，整個裝置置于方向垂直導軌平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場(未畫出)中．首先將導體棒PQ鎖定，給MN一個瞬時沖量I，當MN的沖量減為時，將PQ解除鎖定，當導體棒MN運動到間距為2L的兩金屬導軌的最右端a、b處時，回路中的電流趨近于零(可按電

26、流恰好為零的情況進行分析)．已知導體棒MN的質量為2m、電阻為2R，導體棒PQ的質量為m、電阻為R，導軌電阻不計．求： (1)導體棒MN剛開始運動的瞬間，導體棒PQ所受安培力的大??； (2)當導體棒MN的沖量減為時，MN棒向右運動的距離； (3)當導體棒MN運動到間距為2L的兩金屬導軌的最右端a、b處時，MN，PQ兩棒的速度大小． 解析：(1)設導體棒MN剛開始運動時的速度大小為v0，則有I＝2mv0 由法拉第電磁感應定律可知E＝2BLv0 設回路中的電流為I′，則有I′＝ 故導體棒PQ此時受到的安培力大小為F＝BI′L 以上各式聯(lián)立求解可得F＝. (2)設導體棒MN的沖

27、量由I減為所用的時間為t，則由動量定理有B·2L·t＝ 設此過程中導體棒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)設回路中電流為零時，導體棒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·v1＝B·L·v2 設導體棒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Δt，根據動量定理，對導體棒MN，有－F1·Δt＝2mv1－ 對導體棒PQ，有F2·Δt＝mv2 由于流過導體棒MN和PQ中的電流大小始終相等，故有F1＝2F2 以上各式聯(lián)立解得v1＝，v2＝. 答案：(1)　(2)　

28、(3)　 5．如圖所示，“凸”字形硬質金屬線框質量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內，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生的熱量為Q.線框在下落過程中始終處于原豎直平面內，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；

29、 (2)磁場上下邊界間的距離H. 解析：(1)設磁場的磁感應強度大小為B，cd邊剛進入磁場時，線框做勻速運動的速度為v1，cd邊上的感應電動勢為E1，由法拉第電磁感應定律，有E1＝2Blv1 ① 設線框總電阻為R，此時線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有 I1＝② 設此時線框所受安培力為F1，有F1＝2I1lB ③ 由于線框做勻速運動，其受力平衡，有mg＝F1 ④ 由①②③④式得v1＝⑤ 設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＝⑥ 由⑤⑥式得＝4.⑦ (2)線框自釋放直到cd邊進入磁場前，由機械能守恒定律，有2mgl＝mv12⑧ 線框完全

30、穿過磁場的過程中，由能量守恒定律，有 mg(2l＋H)＝mv22－mv12＋Q⑨ 由⑦⑧⑨式得H＝＋28l. 答案：(1)4　(2)＋28l 6．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θ＝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，磁場的磁感應強度大小相同，兩根相同的導體棒ab和cd分別放置在導軌上，與導軌垂直并始終接觸良好．棒的質量m＝1.0 kg，R＝1.0 Ω，長度L＝1.0 m與導軌間距相同，棒與導軌間動摩擦因數μ＝0.5，現對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

31、為零的勻加速直線運動，g取10 m/s2. (1)求ab棒的加速度大小； (2)求磁感應強度B的大?。? (3)若已知在前2 s內F做功W＝30 J，求前2 s內電路產生的焦耳熱； (4)求cd棒達到最大速度所需的時間． 解析：(1)對ab棒：Ff＝μmg v＝at 由牛頓第二定律有F－BIL－Ff＝ma F＝m(μg＋a)＋ 由圖象信息，t＝0時，F＝6 N，代入數據解得a＝1 m/s2. (2)當t1＝2 s時，F＝10 N，由(1)知 ＝F－m(μg＋a)，得B＝2 T. (3)0～2 s過程中，對ab棒，x＝at12＝2 m v2＝at1＝2 m/s 由動能定理知W－μmgx－Q＝mv22 代入數據解得Q＝18 J. (4)設當時間為t′時，cd棒達到最大速度， FN′＝BIL＋mgcos53° Ff′＝μFN′ mgsin53°＝Ff′ mgsin53°＝μ 解得t′＝5 s. 答案：(1)1 m/s2　(2)2 T　(3)18 J　(4)5 s 14