（全國版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第11章 電磁感應(yīng) 第43課時(shí) 電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的動力學(xué)問題學(xué)案

《（全國版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第11章 電磁感應(yīng) 第43課時(shí) 電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的動力學(xué)問題學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第11章 電磁感應(yīng) 第43課時(shí) 電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的動力學(xué)問題學(xué)案（13頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第43課時(shí)　電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的動力學(xué)問題 1．電磁感應(yīng)與力學(xué)的聯(lián)系 在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中導(dǎo)體運(yùn)動切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流使導(dǎo)體受到安培力的作用。因此，電磁感應(yīng)問題往往和力學(xué)問題聯(lián)系在一起。解決電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題，一方面要考慮電磁學(xué)中的有關(guān)規(guī)律；另一方面還要考慮力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律，要將電磁學(xué)和力學(xué)知識綜合起來應(yīng)用。 2．解決電磁感應(yīng)中力學(xué)問題的基本思路 研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象中導(dǎo)體的運(yùn)動，準(zhǔn)確分析磁場對感應(yīng)電流的安培力是關(guān)鍵。此類問題中的導(dǎo)線一般不是做勻變速運(yùn)動，而是經(jīng)歷一個(gè)動態(tài)變化過程再趨于一個(gè)穩(wěn)定狀態(tài)。動態(tài)分析的基本思路如下： 3．兩種狀態(tài)處理 (1)導(dǎo)體處于平衡態(tài)——

2、靜止或勻速直線運(yùn)動狀態(tài) 處理方法：根據(jù)平衡條件(合外力等于0)列式分析。 (2)導(dǎo)體處于非平衡態(tài)——加速度不為0 處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析。 [例]　 (2018·江西宜春四中月考)如圖所示，兩根粗細(xì)均勻的金屬桿AB和CD的長度均為L，電阻均為R，質(zhì)量分別為3m和m，用兩根等長的、質(zhì)量和電阻均不計(jì)的、不可伸長的柔軟導(dǎo)線將它們連成閉合回路，懸跨在絕緣的、水平光滑的圓棒兩側(cè)，AB和CD處于水平。在金屬桿AB的下方有高度為H的水平勻強(qiáng)磁場，磁感強(qiáng)度的大小為B，方向與回路平面垂直，此時(shí)CD處于磁場中?，F(xiàn)從靜止開始釋放金屬桿 AB，經(jīng)過一段時(shí)間(AB、CD

3、始終水平)，在AB即將進(jìn)入磁場的上邊界時(shí)，其加速度為零，此時(shí)金屬桿CD還處于磁場中，在此過程中金屬桿AB上產(chǎn)生的焦耳熱為Q。重力加速度為g，試求： (1)金屬桿AB即將進(jìn)入磁場上邊界時(shí)的速度v1； (2)在此過程中金屬桿CD移動的距離h和通過導(dǎo)線截面的電荷量q； (3)設(shè)金屬桿AB在磁場中運(yùn)動的速度為v2，通過計(jì)算說明v2大小的可能范圍。 解析　(1)AB桿達(dá)到磁場邊界時(shí)，加速度為零，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，對AB桿：3mg＝2FT 對CD桿：2FT＝mg＋BIL 又安培力F＝BIL＝B··L＝ 解得v1＝。 (2)以AB、CD棒組成的系統(tǒng)在此過程中，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒有(3m－m)

4、gh－2Q＝·4m·v 解得金屬桿CD移動的距離h＝ 通過導(dǎo)線截面的電荷量 q＝IΔt＝＝＝。 (3)AB桿與CD桿都在磁場中運(yùn)動，直到達(dá)到勻速，此時(shí)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)。 對AB桿：3mg＝2FT′＋BI′L 對CD桿：2FT′＝mg＋BI′L 又安培力F′＝BI′L＝B··L＝ 解得v2＝ 所以

5、定理來解決。 (2017·遼寧沈陽東北育才二模)如圖，固定在水平桌面上的光滑金屬導(dǎo)軌cd、eg處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，金屬桿ab與導(dǎo)軌接觸良好，在兩根導(dǎo)軌的端點(diǎn)d、e之間連接一電阻，其他部分電阻忽略不計(jì)，現(xiàn)用一水平向右的恒力F作用在金屬桿ab上，使金屬桿由靜止開始向右沿導(dǎo)軌滑動，滑動中桿ab始終垂直于導(dǎo)軌，金屬桿受到的安培力用F安表示，則下列說法正確的是(　　) A．金屬桿ab做勻加速直線運(yùn)動 B．金屬桿ab運(yùn)動時(shí)回路中有順時(shí)針方向的電流 C．金屬桿ab所受到的F安先不斷增大，后保持不變 D．金屬桿ab克服安培力做功的功率與時(shí)間的平方成正比 答案　C 解析　對金屬桿

6、受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有F－F安＝ma，且F安＝BIL＝B··L＝，則有F－＝ma，由于速度增大，所以加速度減小，故金屬桿做加速度逐漸減小的變加速運(yùn)動，不是做勻加速直線運(yùn)動，故A錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律可知，金屬桿ab運(yùn)動時(shí)回路中有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，故B錯(cuò)誤；由F安＝可知，當(dāng)速度增大時(shí)，安培力增大，當(dāng)金屬桿受力平衡時(shí)，達(dá)到最大速度，其后開始做勻速運(yùn)動，安培力不變，故C正確；金屬桿克服安培力做功的瞬時(shí)功率P＝I2R＝2R＝，故D錯(cuò)誤。 1. 如圖所示，MN、PQ是間距為L的平行金屬導(dǎo)軌，置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直導(dǎo)線所在平面向里的勻強(qiáng)磁場中，M、P間接有一阻值為R的電阻。一根與導(dǎo)

7、軌接觸良好，有效阻值為r的金屬導(dǎo)線ab垂直導(dǎo)軌放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右勻速運(yùn)動，則(不計(jì)導(dǎo)軌電阻)(　　) A．通過電阻R的電流方向?yàn)镻→R→M B．a(chǎn)b兩點(diǎn)間的電壓為BLv C．a(chǎn)端電勢比b端高 D．外力F做的功等于電阻R上發(fā)出的焦耳熱 答案　C 解析　根據(jù)右手定則可知：ab中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)閎→a，則通過電阻R的電流方向?yàn)镸→P→R，故A錯(cuò)誤；金屬導(dǎo)線ab相當(dāng)于電源，ab兩點(diǎn)間的電壓是路端電壓，即是R兩端的電壓。根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，ab兩點(diǎn)間的電壓為U＝IR＝R＝，故B錯(cuò)誤。金屬導(dǎo)線ab相當(dāng)于電源，a端相當(dāng)于電源的正極，電勢較高，故C正確。ab棒向右做

8、勻速直線運(yùn)動，根據(jù)能量守恒得知：外力F做的功等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱，大于電阻R上發(fā)出的焦耳熱，故D錯(cuò)誤。 2. 邊長為a的閉合金屬正三角形框架，左邊豎直且與磁場右邊界平行，完全處于垂直框架平面向里的勻強(qiáng)磁場中。現(xiàn)把框架勻速拉出磁場，如圖所示，則選項(xiàng)中圖象規(guī)律與這一過程相符合的是(　　) 答案　B 解析　感應(yīng)電動勢E＝BLv＝Bv·2xtan30°＝Bvx，則E與x成正比，故A錯(cuò)誤、B正確。線框勻速運(yùn)動F外＝F安＝BIL，由I＝，E＝BLv得到F外＝，代入L＝x，可得F外＝x2，B、R、v一定，則F外∝x2，故C錯(cuò)誤。外力的功率P外＝F外v＝x2，P外∝x2，故D錯(cuò)誤。 3．如圖所

9、示，勻強(qiáng)磁場存在于虛線框內(nèi)，矩形線圈豎直下落，如果線圈受到的磁場力總小于其重力，則它在1、2、3、4位置時(shí)的加速度關(guān)系為(　　) A．a(chǎn)1>a2>a3>a4 B．a(chǎn)1＝a3>a2>a4 C．a(chǎn)1＝a3>a4>a2 D．a(chǎn)4＝a2>a3>a1 答案　B 解析　未進(jìn)磁場前和全部進(jìn)入磁場后，都僅受重力，所以加速度a1＝a3＝g。線框在圖2位置時(shí)，受到重力和向上的安培力，且已知F安a2>a4，B正確。 4．(多選)如圖所示

10、，兩光滑平行傾斜導(dǎo)軌PQ、EF所在平面與水平面的夾角為θ，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌所在平面斜向下，導(dǎo)軌下端接一電阻R，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒用平行于導(dǎo)軌的細(xì)線拴住置于導(dǎo)軌上，線的另一端跨過光滑定滑輪掛著一個(gè)質(zhì)量為M的砝碼，按住導(dǎo)體棒，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，放手后，導(dǎo)體棒被細(xì)線拉著沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動一段位移s后，速度恰好達(dá)到最大值v(導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì))，在此過程中(　　) A．細(xì)線的拉力始終等于Mg B．導(dǎo)體棒做加速度逐漸越小的加速運(yùn)動 C．細(xì)線的拉力與安培力的合力對導(dǎo)體棒做的功等于導(dǎo)體棒增加的機(jī)械能 D．電阻R產(chǎn)生的熱量Q＝Mgs－mgssinθ－mv2 答案　BC 解析　對于導(dǎo)體棒，從靜

11、止釋放后先做加速運(yùn)動，隨著速度增大，由公式F安＝知，導(dǎo)體棒所受的安培力增大，對M、m整體分析可得a＝，當(dāng)F安增大時(shí)加速度減小，則導(dǎo)體棒和M都做加速度逐漸越小的加速運(yùn)動，B正確。對于M，根據(jù)牛頓第二定律得Mg－F拉＝Ma，則細(xì)線的拉力小于重力，A錯(cuò)誤。對于導(dǎo)體棒，根據(jù)功能關(guān)系可知除重力之外，細(xì)線的拉力與安培力的合力對導(dǎo)體棒做的功等于導(dǎo)體棒增加的機(jī)械能，C正確。對于系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒得：電阻R產(chǎn)生的熱量Q＝Mgs－mgssinθ－(m＋M)v2，D錯(cuò)誤。 5．(多選)如圖所示，勻強(qiáng)磁場的方向垂直于光滑的金屬導(dǎo)軌平面向里，極板間距為 d的平行板電容器與總阻值為2R0的滑動變阻器通過平行導(dǎo)軌連接，電

12、阻為R0的導(dǎo)體棒MN可在外力的作用下沿導(dǎo)軌從左向右做勻速直線運(yùn)動。當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭位于a、b的中間位置且導(dǎo)體棒MN的速度為v0時(shí)，位于電容器中P點(diǎn)的帶電油滴恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。若不計(jì)摩擦和平行導(dǎo)軌及導(dǎo)線的電阻，各接觸處接觸良好，重力加速度為g。則下列判斷正確的是(　　) A．油滴帶負(fù)電荷 B．若將上極板豎直向上移動距離d，油滴將向上加速運(yùn)動，加速度a＝ C．若將導(dǎo)體棒的速度變?yōu)?v0，油滴將向上加速運(yùn)動，加速度a＝ D．若保持導(dǎo)體棒的速度為v0不變，而將滑動觸頭置于a端，同時(shí)將電容器上極板向上移動距離，油滴仍將靜止 答案　AD 解析　根據(jù)右手定則可知，M端為正極，則電容器上

13、極板帶正電、下極板帶負(fù)電。當(dāng)油滴靜止，即重力與豎直向上的電場力平衡，因此油滴帶負(fù)電，故A正確；設(shè)導(dǎo)體棒長度為L，導(dǎo)體棒切割磁感線形成的感應(yīng)電動勢為：E＝BLv0；電容器兩端電壓為：U1＝＝① 開始油滴靜止有：q＝mg② 若將上極板豎直向上移動距離d時(shí)，有：mg－q＝ma1③ 聯(lián)立①②③得：a1＝g，方向豎直向下，油滴將向下加速運(yùn)動，故B錯(cuò)誤；當(dāng)若將導(dǎo)體棒的速度變?yōu)?v0時(shí)，分析可得電場力大于重力，有：q－mg＝ma2④ 將①中v0換為2v0，聯(lián)立①②④解得：a2＝g，方向豎直向上，油滴向上加速運(yùn)動，故C錯(cuò)誤；若保持導(dǎo)體棒的速度為v0不變，而將滑動觸頭置于a位置時(shí)，電容器兩端之間的電壓為

14、：U2＝＝BLv0，此時(shí)油滴所受電場力為：F＝q＝＝mg，因此油滴仍然靜止，故D正確。 6．(2018·浙江余姚中學(xué)期末)(多選)如圖甲所示，電阻不計(jì)且間距L＝1 m的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，上端接一阻值R＝2 Ω的電阻，虛線OO′下方有垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場，現(xiàn)將質(zhì)量m＝0.1 kg、電阻不計(jì)的金屬桿ab從OO′上方某處由靜止釋放，金屬桿在下落的過程中與導(dǎo)軌保持良好接觸且始終水平。已知桿ab進(jìn)入磁場時(shí)的速度v0＝1 m/s，下落0.3 m的過程中加速度a與下落距離h的關(guān)系圖象如圖乙所示，g取10 m/s2，則(　　) A．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2 T B．桿ab下落0.3

15、m時(shí)金屬桿的速度為1 m/s C．桿ab下落0.3 m的過程中R上產(chǎn)生的熱量為0.2 J D．桿ab下落0.3 m的過程中通過R的電荷量為0.25 C 答案　AD 解析　當(dāng)金屬桿進(jìn)入磁場后，根據(jù)右手定則判斷可知金屬桿ab中電流的方向由a到b。由乙圖知，剛進(jìn)入磁場時(shí)，金屬桿的加速度大小a1＝10 m/s2，方向豎直向上。由牛頓第二定律得：BI1L－mg＝ma1，又I1＝＝，代入數(shù)據(jù)解得：B＝2.0 T，故A正確；由a～h圖象知當(dāng)a＝0，表明金屬桿受到的重力與安培力平衡有mg－BIL＝0，其中I＝，聯(lián)立得：v＝0.5 m/s，故B錯(cuò)誤；桿ab下落0.3 m的過程中，由能量守恒有mgh－Q＝

16、mv2，代入數(shù)據(jù)得：Q＝0.2875 J，故C錯(cuò)誤；金屬桿自由下落的高度h0＝＝0.05 m，金屬桿下落0.3 m的過程中通過R的電荷量為：q＝IΔt＝Δt＝＝＝，代入數(shù)據(jù)得：q＝0.25 C，故D正確。 7. (2018·盤錦高級中學(xué)月考)(多選)如圖所示，傾角為α的光滑導(dǎo)軌上端接入一定值電阻，Ⅰ和Ⅱ是邊長都為L的兩正方形磁場區(qū)域，其區(qū)域內(nèi)的磁場方向都垂直于導(dǎo)軌平面向上，區(qū)域Ⅰ中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，恒定不變，區(qū)域Ⅱ中磁場隨時(shí)間按B2＝kt(k>0)變化，一質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿穿過區(qū)域Ⅰ垂直地跨放在兩導(dǎo)軌上，并恰能保持靜止，則下列說法正確的是(　　) A．通過金屬桿的電流大小為

17、 B．通過金屬桿的電流方向是從a到b C．定值電阻的阻值為－r D．定值電阻的阻值為 答案　AC 解析　對金屬桿，根據(jù)平衡條件，結(jié)合安培力公式，則有：mgsinα＝B1IL，解得：I＝，A正確；由楞次定律可知，通過金屬桿的電流方向是從b到a，B錯(cuò)誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律，則有：E＝＝＝kL2；且閉合電路歐姆定律，I＝，故R＝－r＝－r，故C正確，D錯(cuò)誤。 8．(重慶高考)(多選) 兩根相距為L的足夠長的金屬直角導(dǎo)軌如圖所示放置，它們各有一邊在同一水平面內(nèi)，另一邊垂直于水平面，質(zhì)量均為m的金屬細(xì)桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直，接觸良好，形成閉合回路，桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)均為μ，導(dǎo)軌

18、電阻不計(jì)，回路總電阻為2R，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中。當(dāng)ab桿在平行于水平導(dǎo)軌的拉力F作用下以速度v1沿導(dǎo)軌勻速運(yùn)動時(shí)，cd桿也正好以速率v2向下勻速運(yùn)動，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) A．cd桿所受摩擦力為零 B．a(chǎn)b桿所受拉力F的大小為μmg＋ C．回路中的電流為 D．μ與v1大小的關(guān)系為μ＝ 答案　BD 解析　導(dǎo)體桿ab切割磁感線時(shí)產(chǎn)生沿abdc方向的感應(yīng)電流，大小為：I＝，導(dǎo)體ab受到水平向左的安培力，由受力平衡得：BIL＋μmg＝F，導(dǎo)體棒cd運(yùn)動時(shí)，受到摩擦力和重力平衡，有：μBIL＝mg，聯(lián)立以上各式解得：F＝μmg＋，μ

19、＝，故A、C錯(cuò)誤，B、D正確。 9．(2017·河南商丘聯(lián)考)(多選)如圖甲所示，兩根相距L＝0.4 m的光滑金屬導(dǎo)軌平行水平放置，導(dǎo)軌左端與阻值R＝0.3 Ω的電阻相連，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。導(dǎo)軌x>0一側(cè)存在沿x軸正方向均勻增大的恒定磁場，其方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨位置x變化的圖象如圖乙所示。一根質(zhì)量m＝0.2 kg、電阻r＝0.1 Ω的金屬棒置于導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，棒在外力F作用下從x＝0處以初速度v0＝2 m/s沿導(dǎo)軌向右做變速運(yùn)動，且金屬棒在運(yùn)動過程中受到的安培力大小不變。下列說法中正確的是(　　) A．金屬棒向右做勻減速直線運(yùn)動 B．金屬棒在x＝1 m處的速度大小

20、為0.5 m/s C．金屬棒從x＝0運(yùn)動到x＝1 m的過程中，外力F所做的功為－0.175 J D．金屬棒從x＝0運(yùn)動到x＝2 m的過程中，通過金屬棒某一橫截面的電荷量為2 C 答案　BCD 解析　根據(jù)題圖乙可得B-x的函數(shù)關(guān)系式為B＝0.5＋0.5x(T)，金屬棒向右運(yùn)動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv，感應(yīng)電流I＝＝，安培力F安＝BIL＝B··L＝，解得v＝＝，根據(jù)公式v2－v＝2ax可知，如果是勻變速直線運(yùn)動，v2與x呈線性關(guān)系，而由上式知，金屬棒不可能做勻減速直線運(yùn)動，故A錯(cuò)誤；根據(jù)題意，金屬棒在運(yùn)動過程中受到的安培力大小不變，在x＝0處與在x＝1 m處安培力大小相等，有＝

21、，即v1＝＝ m/s＝0.5 m/s，故B正確；金屬棒在x＝0處的安培力大小為F安＝＝ N＝0.2 N，金屬棒從x＝0運(yùn)動到x＝1 m的過程中，根據(jù)動能定理有WF－F安x＝mv－mv，代入數(shù)據(jù)解得WF＝－0.175 J，故C正確；流過金屬棒某一橫截面的電荷量的公式為q＝，金屬棒從x＝0運(yùn)動到x＝2 m的過程中，有ΔΦ＝ΔB·ΔS＝ΔB·L·Δx，可得q＝＝＝＝2 C，故D正確。 10. (2018·湖北黃岡質(zhì)檢)(多選)如圖所示，邊長為L的正方形閉合導(dǎo)體線框abcd質(zhì)量為m，在方向水平的勻強(qiáng)磁場上方某高度處自由落下并穿過磁場區(qū)域。線框在下落過程中形狀不變，ab邊始終保持與磁場邊界線平行，線

22、框平面與磁場方向垂直。已知磁場區(qū)域高度h>L，重力加速度為g，下列判斷正確的是(　　) A．若ab邊進(jìn)入磁場時(shí)線框做勻速運(yùn)動，則ab邊離開磁場時(shí)線框也一定做勻速運(yùn)動 B．若ab邊進(jìn)入磁場時(shí)線框做減速運(yùn)動，則ab邊離開磁場時(shí)線框也一定做減速運(yùn)動 C．若進(jìn)入磁場過程中線框產(chǎn)生的熱量為mgL，則離開磁場過程中線框產(chǎn)生的熱量也一定等于mgL D．若進(jìn)入磁場過程線框截面中通過的電量為q，則離開磁場過程線框截面中通過的電量也一定等于q 答案　BD 解析　若ab邊進(jìn)入磁場時(shí)線框做勻速運(yùn)動，則F安＝＝mg，則當(dāng)ab邊下落L后全部進(jìn)入磁場，在磁場中下落h－L的過程中只受重力作用，將做a＝g的勻加速運(yùn)

23、動，故當(dāng)ab邊到達(dá)磁場下邊緣時(shí)>mg，則ab邊離開磁場時(shí)線框做減速運(yùn)動，A錯(cuò)誤；若ab邊進(jìn)入磁場時(shí)線框做減速運(yùn)動，則>mg，則當(dāng)ab邊下落L后全部進(jìn)入磁場時(shí)，一定有≥mg，此后線圈在磁場中下落h－L的過程中將做勻加速運(yùn)動，故當(dāng)ab邊到達(dá)磁場下邊緣時(shí)>mg，則ab邊離開磁場時(shí)線框也一定做減速運(yùn)動，B正確；若進(jìn)入磁場過程中線框產(chǎn)生的熱量為Q＝mgL，則F安＝mg，ab邊進(jìn)入磁場時(shí)做勻速運(yùn)動，在磁場中下落h－L的過程中做勻加速運(yùn)動，則F安′>mg，Q′>mgL，故離開磁場過程中線框產(chǎn)生的熱量一定大于mgL，C錯(cuò)誤；線圈進(jìn)入磁場流過線圈某截面的電量為q＝＝，可知若進(jìn)入磁場過程線框截面中通過的電量為q，

24、則離開磁場過程線框截面中通過的電量也一定等于q，D正確。 11．(2016·全國卷Ⅰ)如圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連。兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長度均為L，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平。右斜面上存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上。已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g。已知金屬棒ab勻速下滑。求： (1)作用在金屬棒ab上的安培力的大??； (2)金屬棒運(yùn)動速度的

25、大小。 答案　(1)mg(sinθ－3μcosθ)　(2)(sinθ－3μcosθ) 解析　(1)設(shè)兩根導(dǎo)線的總的張力的大小為T，右斜面對ab棒的支持力的大小為N1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對cd棒的支持力大小為N2。對于ab棒，由力的平衡條件得2mgsinθ＝μN(yùn)1＋T＋F① N1＝2mgcosθ② 對于cd棒，同理有mgsinθ＋μN(yùn)2＝T③ N2＝mgcosθ④ 聯(lián)立①②③④式得F＝mg(sinθ－3μcosθ)⑤ (2)由安培力公式得F＝BIL⑥ 這里I是回路abdca中的感應(yīng)電流。 ab棒上的感應(yīng)電動勢為E＝BLv⑦ 式中，v是ab棒下滑速度的大小。 由歐姆定律有I＝⑧ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sinθ－3μcosθ)。 13