《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 微專題系列之熱點(diǎn)專題突破 專題60 電磁感應(yīng)中的“桿＋導(dǎo)軌”模型學(xué)案.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考物理一輪復(fù)習(xí) 微專題系列之熱點(diǎn)專題突破 專題60 電磁感應(yīng)中的“桿＋導(dǎo)軌”模型學(xué)案.doc（15頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

專題60 電磁感應(yīng)中的“桿＋導(dǎo)軌”模型 “桿＋導(dǎo)軌”模型是電磁感應(yīng)問題高考命題的“基本道具”，也是高考的熱點(diǎn)，考查的知識(shí)點(diǎn)多，題目的綜合性強(qiáng)，物理情景變化空間大，是我們復(fù)習(xí)中的難點(diǎn)．“桿＋導(dǎo)軌”模型又分為“單桿”型和 “雙桿”型(“單桿”型為重點(diǎn))；導(dǎo)軌放置方式可分為水平、豎直和傾斜；桿的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可分為勻速、勻變速、非勻變速運(yùn)動(dòng)等． 一、單棒問題 基本模型 運(yùn)動(dòng)特點(diǎn) 最終特征 阻尼式 a逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng) 靜止 I=0 電動(dòng)式 a逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng) 勻速 I=0 (或恒定) 發(fā)電式 a逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng) 勻速 I 恒定 二、含容式單棒問題 基本模型 運(yùn)動(dòng)特點(diǎn) 最終特征 放電式 a逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng) 勻速運(yùn)動(dòng) I＝0 無外力充電式 a逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng) 勻速運(yùn)動(dòng) I＝0 有外力充電式 勻加速運(yùn)動(dòng) 勻加速運(yùn)動(dòng) I 恒定 三、無外力雙棒問題 基本模型 運(yùn)動(dòng)特點(diǎn) 最終特征 無外力等距式 桿1做a漸小的加速運(yùn)動(dòng) 桿2做a漸小的減速運(yùn)動(dòng) v1=v2 I＝0 無外力不等距式 桿1做a漸小的減速運(yùn)動(dòng) 桿2做a漸小的加速運(yùn)動(dòng) a＝0 I＝0 L1v1=L2v2 四、有外力雙棒問題 基本模型 運(yùn)動(dòng)特點(diǎn) 最終特征 有外力等距式 桿1做a漸大的加速運(yùn)動(dòng) 桿2做a漸小的加速運(yùn)動(dòng) a1=a2，Δv 恒定 I 恒定 有外力 不等距式 桿1做a漸小的加速運(yùn)動(dòng) 桿2做a漸大的加速運(yùn)動(dòng) a1≠a2，a1、a2恒定 I 恒定 【典例1】如圖所示，質(zhì)量m1＝0.1 kg，電阻R1＝0.3 Ω，長(zhǎng)度l＝0.4 m的導(dǎo)體棒ab橫放在U型金屬框架上．框架質(zhì)量m2＝0.2 kg，放在絕緣水平面上，與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2.相距0.4 m的MM′、NN′相互平行，電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng)．電阻R2＝0.1 Ω的MN垂直于MM′.整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T．垂直于ab施加F＝2 N的水平恒力，ab從靜止開始無摩擦地運(yùn)動(dòng)，始終與MM′、NN′保持良好接觸．當(dāng)ab運(yùn)動(dòng)到某處時(shí)，框架開始運(yùn)動(dòng)．設(shè)框架與水平面間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10 m/s2. (1)求框架開始運(yùn)動(dòng)時(shí)ab速度v的大??； (2)從ab開始運(yùn)動(dòng)到框架開始運(yùn)動(dòng)的過程中，MN上產(chǎn)生的熱量Q＝0.1 J，求該過程ab位移x的大?。? 【答案】　(1)6 m/s　(2)1.1 m (2)閉合回路中產(chǎn)生的總熱量，Q總＝Q⑨ 由能量守恒定律，得，F(xiàn)x＝m1v2＋Q總⑩ 代入數(shù)據(jù)解得x＝1.1 m 【典例2】如圖所示，相距為L(zhǎng)的兩條足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為θ，上端接有定值電阻R，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒由靜止釋放，當(dāng)速度達(dá)到v時(shí)開始勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)對(duì)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(yùn)動(dòng)．導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度為g.下列選項(xiàng)正確的是(　　)． A．P＝2mgvsin θ B．P＝3mgvsin θ C．當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到時(shí)加速度大小為sin θ D．在速度達(dá)到2v以后勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功 【答案】　AC 【解析】　導(dǎo)體棒由靜止釋放，速度達(dá)到v時(shí)，回路中的電流為I，則根據(jù)平衡條件，有mgsin θ＝BIL.對(duì)導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，以2v的速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，則回路中的電流為2I，有F＋mgsin θ＝2BIL，所以拉力F＝mgsin θ，拉力的功率P＝F2v＝2mgvsin θ，故選項(xiàng)A正確、選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達(dá)到時(shí)，回路中的電流為，根據(jù)牛頓第二定律，得mgsin θ－BL＝ma，解得a＝sin θ，選項(xiàng)C正確；當(dāng)導(dǎo)體棒以2v的速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R上產(chǎn)生的焦耳熱，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 【典例3】如圖所示，電阻不計(jì)的光滑金屬軌道相距0.4 m平行放置，軌道左側(cè)為弧形，右側(cè)水平且足夠長(zhǎng)，導(dǎo)軌的水平部分處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為2 T.金屬棒ab從弧形導(dǎo)軌上高為0.8 m處自靜止滑下，進(jìn)入導(dǎo)軌的水平部分，在水平部分導(dǎo)軌上靜止有另一根金屬棒cd，兩金屬棒的質(zhì)量均為0.5kg，電阻均為1 Ω，金屬棒ab始終沒跟金屬棒ed相碰.忽略一切阻力 ，重力加速度g=10 m/s.求： (1)金屬棒ab進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間，通過金屬棒cd的電流大小和方向； (2)兩金屬棒的最終速度大小； (3)上述整個(gè)過程回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q. 【答案】（1）I=1.6A ,方向由d到c（2）v=2m/s （3）Q=2J （2）兩桿最終速度相等.由動(dòng)量守恒得mv0=2mv 解得v=2 m/s （3）由能量守恒得：Q=mgh=12(2m)v2=2J 【跟蹤短訓(xùn)】 1．如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，質(zhì)量m=1kg的金屬桿PQ在水平向右的外力F作用下沿著粗糙U形導(dǎo)軌以速度v=2 m/s 向右勻速滑動(dòng)，U形導(dǎo)軌固定在水平面上，兩導(dǎo)軌間距離1=1.0m，金屬桿PQ與U形導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.3， 電阻R=3.0 Ω，金屬桿的電阻r=1.0 Ω，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，取重力加速度g=10 m/s，則下列說法正確的是 A． 通過R的感應(yīng)電流的方向?yàn)橛蒬到a B． 金屬桿PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為2.0 V C． 金屬桿PQ受到的外力F的大小為2.5N D． 外力F做功的數(shù)值大于電路上產(chǎn)生的焦耳熱 【答案】BD 2．如圖，足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌傾斜放置，導(dǎo)軌寬度為L(zhǎng)，，其下端與電阻R連接；導(dǎo)體棒ab電阻為r，導(dǎo)軌和導(dǎo)線電阻不計(jì),勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直向上。若導(dǎo)體棒ab以一定初速度v下滑，則ab棒 A． 所受安培力方向水平沿導(dǎo)軌向上 B． 可能以速度v勻速下滑 C． 剛下滑瞬間產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為BLv D． 減少的重力勢(shì)能等于電阻R產(chǎn)生的內(nèi)能 【答案】B 【解析】根據(jù)右手定則判斷可知，ab棒中感應(yīng)電流方向從b→a，由左手定則判斷得知，棒ab所受的安培力方向水平向右，故A正確。當(dāng)速度為v時(shí)，若安培力沿導(dǎo)軌向上的分力與重力沿導(dǎo)軌向下的分力大小相等，ab棒能以速度v勻速下滑，故B正確。剛下滑瞬間產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E=BLvcosθ，故C錯(cuò)誤。根據(jù)能量守恒定律得知，若ab棒勻速下滑，其減少的重力勢(shì)能等于電阻R和棒ab產(chǎn)生的內(nèi)能之和；若ab棒加速下滑，其減少的重力勢(shì)能等于電阻R和棒ab產(chǎn)生的內(nèi)能與棒ab增加的動(dòng)能之和；若ab棒減速下滑，其減少的重力勢(shì)能和動(dòng)能之和等于電阻R和棒ab產(chǎn)生的內(nèi)能之和，所以減少的重力勢(shì)能不等于電阻R產(chǎn)生的內(nèi)能。故D錯(cuò)誤。故選B。 3．如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑水平軌道，左側(cè)間距為0.4???m，右側(cè)間距為0.2???m?？臻g存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.2T。質(zhì)量均為0.02????kg的金屬棒M、N垂直導(dǎo)軌放置在軌道上，開始時(shí)金屬棒M、N均保持靜止，現(xiàn)使金屬棒M以10???m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，兩金屬棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終相互平行且與導(dǎo)軌保持良好接觸，M棒總在寬軌上運(yùn)動(dòng)，N棒總在窄軌上運(yùn)動(dòng)。g取10???m/s2。下列說法正確的是（ ） A． M棒剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流（俯視） B． M、N棒最終都以5???m/s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng) C． 在兩棒運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，電路中產(chǎn)生的焦耳熱為0.5????J D． 在兩棒運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，通過金屬棒M的電荷量為2C 【答案】AD 課后作業(yè) 1．如圖所示，水平放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，左端接有電阻R，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B豎直向下分布在位置a、c之間，金屬棒PQ垂直導(dǎo)軌放置。今使棒以一定的初速度v0 水平向右運(yùn)動(dòng)，到位置b時(shí)棒的速度為v，到位置c時(shí)棒恰好靜止。設(shè)導(dǎo)軌與棒的電阻均不計(jì)，a到b與b到c的間距相等，速度與棒始終垂直。則金屬棒在由a到b和b到c的兩個(gè)過程中）（ ） A． 棒在磁場(chǎng)中的電流從Q流到P B． 位置b時(shí)棒的速度v02 C． 棒運(yùn)動(dòng)的加速度大小相等 D． a到b棒的動(dòng)能減少量大于b到c棒的動(dòng)能減少量 【答案】ABD 2．如圖所示,足夠長(zhǎng)的U型光滑金屬導(dǎo)軌與水平面成θ角,其中MN與PQ平行且間距為L(zhǎng),N、Q間接有阻值為R的電阻,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,導(dǎo)軌電阻不計(jì)。質(zhì)量為m的金屬棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑,并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且良好接觸, ab棒接入電路的電阻為r,當(dāng)金屬棒ab下滑距離s時(shí)達(dá)到最大速度v,重力加速度為g,則在這一過程中（ ） A． 金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)　　　　　　　　　　　B． 通過金屬棒ab某一橫截面的電量為BLsR+r C． 金屬棒ab克服安培力做功為mgssinθ-12mv2　　　D． 電阻R上的最大發(fā)熱功率為B2L2v2R+r 【答案】BC 3．如圖所示，在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩根足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L(zhǎng)，軌道左端MP間接一電容器，電容器的電容為C，一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好，軌道和導(dǎo)體棒的電阻均不計(jì)。導(dǎo)體棒在水平向右的恒力F的作用下從靜止開始運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是 A． 導(dǎo)體棒做變加速直線運(yùn)動(dòng) B． 導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng) C． 經(jīng)過時(shí)間t，導(dǎo)體棒的速度大小為Ftm+CB2L2 D． 經(jīng)過時(shí)間t，導(dǎo)體棒的速度大小為FtCB2L2 【答案】BC 【解析】導(dǎo)體棒ab向右加速運(yùn)動(dòng)，在極短時(shí)間Δt內(nèi)，導(dǎo)體棒的速度變化Δv，根據(jù)加速度的定義ΔE=BLΔv，電容器增加的電荷Δq=CΔE=CBLΔv，根據(jù)電流的定義I=ΔqΔt，解得I=CBLa，導(dǎo)體棒ab受到的安培力F安=BIL=B2L2Ca，根據(jù)牛頓第二定律F-F安=ma，解得：a=Fm+CB2L2，故AD錯(cuò)誤，BC正確；故選BC。 4．如圖甲所示，有兩根足夠長(zhǎng)、不計(jì)電阻，相距L=1m的平行光滑金屬導(dǎo)軌cd、ef與水平面成θ=30固定放置，頂端接一阻值為R=2Ω的電阻，在軌道平面內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直軌道平面向上，現(xiàn)有一質(zhì)量為m=0.1kg、電阻不計(jì)的金屬桿ab，平行于ce且垂直于導(dǎo)軌，以一定初速度v0沿軌道向上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)金屬桿的加速度a0=15m/s2，到達(dá)某一高度后，再沿軌道向下運(yùn)動(dòng)，若金屬桿上滑過程中通過電阻R的電量q=0.5C，g=10m/s2，求： （1）金屬桿的初速度大?。? （2）金屬桿上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q； （3）若將金屬導(dǎo)軌之間的電阻R改為接一電容為C的電容器，如圖乙所示，現(xiàn)用外力使金屬桿（仍平行于ce且垂直于導(dǎo)軌）以v0沿金屬導(dǎo)軌勻速上升，撤去外力發(fā)現(xiàn)，桿沿金屬導(dǎo)軌勻減速上升，請(qǐng)證明撤去外力后，金屬桿做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a=mgsinθm+B2L2C。 【答案】（1）v0=8m/s（2）Q=2.2J（3）見解析 【解析】（1）根據(jù)牛頓第二定律mgsinθ+B2L2v0R=ma 解得v0=8m/s （3）減速過程電容放電形成電流：mgsinθ-BIL=ma ④ I=ΔqΔt ⑤ Δq=CΔU ⑥ ΔU=BLΔt ⑦ Δv=aΔt ⑧ 由④⑤⑥⑦⑧解得a=mgsinθm+B2L2C 5．如圖所示，電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN和OP水平放置，MO間接有阻值為R的電阻，兩導(dǎo)軌相距為L(zhǎng)，其間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為L(zhǎng)、電阻為R0的導(dǎo)體棒CD垂直于導(dǎo)軌放置，并接觸良好。在CD的中點(diǎn)處用大小為F平行于MN向右的水平恒力拉CD從靜止開始運(yùn)動(dòng)s的位移，導(dǎo)體棒CD的速度恰好達(dá)到最大速度vm。 (1)試判斷通過電阻R的電流方向； (2)求磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (3)求此過程中電阻R上所產(chǎn)生的熱量。 【答案】(1)方向?yàn)镸→O (2)B=F(R+R0)L2vm (3)QR=RR+R0(Fs-12mvm2) 【解析】（1）電阻R的電流方向?yàn)镸→O； （3）設(shè)產(chǎn)生的總熱量為Q，由功能關(guān)系有：Fs＝Q+12mvm2 由電路知R、R0所產(chǎn)生的熱量關(guān)系為：QR＝RR+R0Q 聯(lián)立求得電阻R上產(chǎn)生的熱量為：QR=RR+R0Fs-12mvm2 6．如圖甲所示，足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN，PQ豎直放置，其寬度L=1???m，一勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端M與P之間連接阻值為R=0.40????Ω的電阻，質(zhì)量為m=0.01????kg、電阻為r=0.30????Ω的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上。現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑，下滑過程中ab始終保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，其下滑距離x與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，圖象中的OA段為曲線，AB段為直線，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g=10???m/s2（忽略ab棒運(yùn)動(dòng)過程中對(duì)原磁場(chǎng)的影響），求： （1）判斷金屬棒兩端a、b的電勢(shì)高低； （2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。? （3）在金屬棒ab從開始運(yùn)動(dòng)的1.5????s內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的熱量。 【答案】(1) a點(diǎn)電勢(shì)高，b點(diǎn)電勢(shì)低。 (2) B=0.1T (3) QR=0.26????J 【解析】（1）由右手定則可知，ab中的感應(yīng)電流由a流向b，ab相當(dāng)于電源，則b點(diǎn)電勢(shì)高，a點(diǎn)電勢(shì)低； （3）金屬棒ab在開始運(yùn)動(dòng)的1.5s內(nèi)，金屬棒的重力勢(shì)能減小轉(zhuǎn)化為金屬棒的動(dòng)能和電路的內(nèi)能。設(shè)電路中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q 根據(jù)能量守恒定律得：mgx=12mv2+Q 代入數(shù)據(jù)解得：Q=0.455J 故R產(chǎn)生的熱量為QR=RR+rQ=0.26J 7．如圖甲所示，兩條足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝1 m，兩導(dǎo)軌的上端接有電阻，阻值R＝2 Ω.虛線OO′下方是垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為2 T．現(xiàn)將質(zhì)量為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，且始終保持水平，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻．已知金屬桿下落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．(取g＝10 m/s2)求： (1)金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為多大？下落了0.3 m時(shí)速度為多大？ (2)金屬桿下落0.3 m的過程中， 在電阻R上產(chǎn)生多少熱量？ 【答案】(1)1 m/s　0.5 m/s　(2)0.287 5 J (2)從開始到下落0.3 m的過程中，由能量守恒定律有mgh＝Q＋12mv2 代入數(shù)值有Q＝0.2875 J 8．如圖所示，平行長(zhǎng)直光滑固定的金屬導(dǎo)軌MN、PQ平面與水平面的夾角0=30導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)=0.5m,上端接有R=3Ω的電阻，在導(dǎo)軌中間加一垂直軌道平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)镺OO1O1，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=2T,磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾葹閐=0.4m,放在軌道的一金屬桿ab質(zhì)量為m=0.08kg、電阻為r=2Ω,從距磁場(chǎng)上邊緣d0處由靜止釋放，金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)上邊緣的速度v=2m/s。兩軌道的電阻可忽略不計(jì)，桿在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，重力加速度大小為g=l0m/s2,求： (1)金屬桿距磁場(chǎng)上邊緣的距離d0； (2)金屬桿通過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中通過的電量q； (3)金屬桿通過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q。 【答案】（1）0.4m （2）0.08C (3)0.096J 【解析】（1）由能量守恒定律得mgdsin30＝12mv2 金屬桿距磁場(chǎng)上邊緣的距離d0＝0.4m （3）由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝BLv＝2V 由閉合電路歐姆定律I＝ER+r＝0.4A F＝BIL＝0.4N F′＝mgdsin30＝0.4N 所以金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng),金屬桿通過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 Q＝RR+rmgdsin30＝0.096J 9．相距L＝1.2m的足夠長(zhǎng)金屬導(dǎo)軌豎直放置，質(zhì)量m1＝1kg的金屬棒ab和質(zhì)量m2＝0.54kg的金屬棒cd均通過棒兩端的套環(huán)水平地套在金屬導(dǎo)軌上，如圖（a）所示，虛線上方勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，虛線下方勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直向上，兩處磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同。ab棒光滑，cd棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.75，兩棒總電阻為1.8Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。ab棒在方向豎直向上、大小按圖（b）所示規(guī)律變化的外力F作用下，由靜止開始（t=0）沿導(dǎo)軌勻加速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)cd棒也由靜止釋放。 （1）請(qǐng)說出在兩棒的運(yùn)動(dòng)過程中ab棒中的電流方向和cd棒所受的磁場(chǎng)力方向； （2）求ab棒加速度的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； （3）試問cd棒從運(yùn)動(dòng)開始起經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間它的速度達(dá)到最大？（取重力加速度g=10m/s2，不計(jì)空氣阻力） 【答案】(1) ab棒中的電流方向向右（a→b），cd棒所受的磁場(chǎng)力方向垂直于紙面向里。 (2) 1m/s2 ， B＝1.5T (3) 4s （2）ab棒的受力圖，如右圖所示，運(yùn)用牛頓第二定律，有 F-FA-m1g=m1a 對(duì)于ab棒所受的磁場(chǎng)力，有FA=BIL=B2L2vR 對(duì)于ab棒的運(yùn)動(dòng)，有v=at，所以，F(xiàn)=m1a+m1g+B2L2Rat 在圖線上取一點(diǎn)（0，11），有11=a+110，解得a=1m/s2 在圖線上另取一點(diǎn)（2，14.6），有14.6=11+110+B21.221.812 解得 B＝1.5T （3）從cd棒的d端截面看過去，cd棒的受力圖如右圖所示，cd棒速度達(dá)到最大時(shí)其合力為零，所以有 m2g=f，N=FA 又因?yàn)閒=μN(yùn)，F(xiàn)A=B2L2vR，所以有m2g=μB2L2vR 對(duì)于ab棒的運(yùn)動(dòng)，有v=atM 推得tM=m2gRμB2L2a=0.54101.80.751.521.221s=4s