2024高考物理二輪復(fù)習(xí)80熱點(diǎn)模型

最新高考題模擬題專項(xiàng)訓(xùn)練

模型61電磁感應(yīng)+動(dòng)力學(xué)模型

最新高考題

1.（2022高考上海）如圖，一個(gè)正方形導(dǎo)線框以初速度vO向右穿過(guò)一個(gè)有界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。

線框兩次速度發(fā)生變化所用時(shí)間分別為A和，以及這兩段時(shí)間內(nèi)克服安培力做的功分別

為W1和帆，則（）

A.ZjV/2,W1VW2,B.h＜t2,卬1＞卬2,

C.白＞亥，W\＜W2fD.白＞亥，卬|＞卬2,

【參考答案】B

【命題意圖】本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律+閉合電路歐姆定律+安培力+動(dòng)量定理+動(dòng)能定

理+等效思維

【名師解析】由于線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程和離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程，線框都是受到向左的安培力作用

做減速運(yùn)動(dòng)，因此進(jìn)入過(guò)程的平均速度V1平大于離開(kāi)過(guò)程的平均速度V2T-,由L=￥力和L=V2

平也可得。＜72。

線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為V0,設(shè)線框邊長(zhǎng)為L(zhǎng),電阻為R,線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為V],

剛完全離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度為V2,進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為日,平均感應(yīng)電流

為小離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2,平均感應(yīng)電流為4,由法拉第電磁感應(yīng)

定律，Ei=A（D/ti，E2=A0/t2，由閉合電路歐姆定律，IkEMR,I2=E：/R，進(jìn)入

磁場(chǎng)過(guò)程通過(guò)導(dǎo)體截面的電荷量0=1由，離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程通過(guò)導(dǎo)體截面的電荷量q2=l2t2,聯(lián)立

解得：qi=q2o對(duì)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，由動(dòng)量定理，-Pit產(chǎn)〃八，1?團(tuán)次），F(xiàn)\=BI\L,對(duì)線

框離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程,由動(dòng)量定理，-尸2t2=mv2?mvi，F(xiàn)?=BhL,又夕]=1代1，q2=bt2，q尸q2,聯(lián)

1111Wv2-v2

立解得：力?%=也?Ui。根據(jù)動(dòng)能定理，W\=-—/nvi2,W2=-mv\2—m也一---

2222W2片一盯

=%+匕＞1,所以卬|＞卬2，選項(xiàng)B正確。

匕+丫2

2.（2022?全國(guó)理綜乙卷?24）如圖，一不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩的上端固定，下端系在邊長(zhǎng)為

/=0.4（）m的正方形金屬框的一個(gè)頂點(diǎn)上。金屬框的一條對(duì)角線水平，其下方有方向垂直于

金屬框所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。已知構(gòu)成金屬框的導(dǎo)線單位長(zhǎng)度的阻值為/L=5.0xl（r3Q/m；

在t=0到/=3.0s時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間t的變化關(guān)系為3（。=（）.3-0.k（SI）。

求：

（1）f=2.0s時(shí)金屬框所受安培力的大?。?/p>

（2）在「=（）到r=2.0s時(shí)間內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱。

【參考答案】（1）0.04夜N；（2）0.0⑹

【名師解析】

（1）金屬框的總電阻為

R=4/2=4x0.4x5x1。=0.008Q

金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

A（Dx二1

E=——=-----=o.lx-x0.42V=0.008V

ArAr2

金屬框中的電流為

/」=1A

R

/=2.0s時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度

B2=（0.3-0.1x2）T=0.1T

金屬框處于磁場(chǎng)中的有效長(zhǎng)度為

L=y/2l

此時(shí)金屬框所受安培力大小為

FA=B2IL=0.Mx>j2x0.4N=0.04>/2N

（2）0:2.0s內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為

Q=I2Rt=l2x0.008x2J=0.016J

最新模擬題

1..（2022山東四縣區(qū)質(zhì)檢）如圖所示，兩條粗糙平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾

角為。，導(dǎo)軌間的距離為/,導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌所在平

面垂直，將兩根相同的導(dǎo)體棒外、〃置于導(dǎo)軌上不同位置，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良

好，兩棒間的距離足夠大，已經(jīng)兩棒的質(zhì)量均為〃八電阻為R,某時(shí)刻給岫棒沿導(dǎo)軌向下

的瞬時(shí)沖量/。，已知兩導(dǎo)棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=tan6,在兩棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)的過(guò)程

中（）

A.兩棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后兩棒間的距離均勻減小

B.回路中產(chǎn)生的熱量

4機(jī)

C.當(dāng)導(dǎo)體棒〃的動(dòng)量為:時(shí)，導(dǎo)體棒他的加速度大小筌也

D.當(dāng)導(dǎo)體棒〃的動(dòng)量為:的過(guò)程中，通過(guò)兩導(dǎo)體棒間的距離減少了Ac=提^

【參考答案】BCD

【名師解析】

因?yàn)椤?tan。，得兩金屬棒重力沿斜面向下的分力和摩擦力平衡

mgsin0=pmgcos0

且兩棒受的安培力等大反向，則系統(tǒng)所受外力之和為零，所以導(dǎo)體棒附和cd組成的系統(tǒng)動(dòng)

量守恒。兩棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后，兩棒做速度相同的勻速直線運(yùn)動(dòng)，兩棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后兩棒

間的距離不變。A錯(cuò)誤；

某時(shí)刻給必棒沿導(dǎo)軌向下的瞬時(shí)沖量/o,設(shè)此時(shí)油棒為彩,兩棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)后兩棒速度

為V

由動(dòng)量定理10-＞得％="

m

由動(dòng)量守恒定律得〃?％=2mv,得v=

2m

由能量守恒定律得，回路中產(chǎn)生的熱量Q=；相片-g2my2=/,B正確；

當(dāng)導(dǎo)體棒cd的動(dòng)量為:時(shí)，設(shè)導(dǎo)體棒M速度為匕，導(dǎo)體質(zhì)速度為匕

則”a,

m4m

由動(dòng)量守恒定律/0=-Z0+mv2,得彩=必

44m

由法拉第電磁感應(yīng)定律，當(dāng)導(dǎo)體棒cd的動(dòng)量為:/。時(shí)，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=8/彩

由閉合電路歐姆定律得/=互=遜

2R4mR

當(dāng)導(dǎo)體棒cd的動(dòng)量為；/。時(shí)，對(duì)導(dǎo)體棒ab由牛頓第二定律得

mgsin-jumgcos0+BII-ma

D-；2JI

解得a=""，C正確；當(dāng)導(dǎo)體棒cd的動(dòng)量為的過(guò)程中，設(shè)流經(jīng)回路某截面的電荷

4m2/?4

量為夕，平均電流為7,時(shí)間為r,對(duì)導(dǎo)體棒力由動(dòng)量定理得

--1

(mgsin0-jLimgcos0+BIl)t=BIl-t=Blq=—/0

得q=&-

4B1

△①

V-EAt△①BI-Ax

q=I■=---

2R2R2R2R

得8=-^,D正確。

2B-l2

2.（2022河北重點(diǎn)中學(xué)期中素養(yǎng)提升）如圖所示，間距為乙=0.4m平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ

水平放置，其所在區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為S=0.5T的豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；軌道上cd到。N

的區(qū)域表面粗糙，長(zhǎng)度為s=0.3m,其余部分光滑。光滑導(dǎo)軌QED與NFC

3

沿豎直方向平行放置，間距為L(zhǎng),由半徑為『「m的圓弧軌道與傾角為。=37。的傾斜軌

道在E、尸點(diǎn)平滑連接組成，圓弧軌道最高點(diǎn)、圓心與水平軌道右端點(diǎn)處于同一豎直線上；

傾斜軌道間有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為&=LOT。質(zhì)量為nn=0.2kg

的金屬棒力光滑;質(zhì)量為/?2=O.lkg的金屬棒碗粗糙，與導(dǎo)軌粗糙部分的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.2,

兩棒粗細(xì)相同、阻值均為R=0.1C;傾斜軌道端點(diǎn)CD之間接入的電阻R)=0.3C；初始時(shí)刻，

油棒靜止在水平導(dǎo)軌上，棒以%=2m/s的初速度向右運(yùn)動(dòng)。若不計(jì)所有導(dǎo)軌的電阻，兩金

屬棒與導(dǎo)軌始終保持良好接觸，水平軌道與圓弧軌道交界處豎直距離恰好等于金屬棒直徑，

忽略感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)及兩個(gè)磁場(chǎng)間的相互影響,取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6、

cos37°=0.8,求:

(1)兩棒在水平軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，通過(guò)必棒的最大電流；

(2)若兩棒的距離增加A0.5m時(shí)，?棒恰好到達(dá)QN位置，求此時(shí)兩棒的速度大小；

(3)初始時(shí)刻至好?棒恰好達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)的過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱。

【參考答案】(1)2A；(2)1.5m/s,lm/s；(3)0.125J

【名師解析】

(1)兩棒在水平軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，初始時(shí)刻有最大電流

E=BxLVQ

/

2R

解得

Z=2A

(2)當(dāng)。?棒到達(dá)QN前，由于兩棒距離增大0.5m,由此判斷就棒在cd的左側(cè)。兩棒受合

外力等于零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。設(shè)牙棒和油棒的速度分別為也和V2

=m}vy+色彩

設(shè)兩棒距離增加戶0.5m用時(shí)為4,對(duì)于"棒，由動(dòng)量定理

BJIAt=m2V

q=IAt

兩棒距離增加.r=0.5m時(shí)通過(guò)回路的平均電流

平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

Ar

又

^=BLx

聯(lián)立解得兩棒速度的大小為

匕=1.5m/s

v2=lm/s

(3)當(dāng)歹棒離開(kāi)水平軌道后，"棒在“左側(cè)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入cd右側(cè)后，若一直減

速運(yùn)動(dòng)到停止，則由動(dòng)能定理有

2gAs=

解得

As=0.25m<s=0.3m

假設(shè)成立，所以砂棒靜止在水平導(dǎo)軌上。

對(duì)于^棒，若恰好能沿圓弧運(yùn)動(dòng)的速率為v

解得

v=<V,=1.5m/s

所以爐棒可以沿圓弧運(yùn)動(dòng)。

4?棒沿圓弧運(yùn)動(dòng)過(guò)程，設(shè)棒到達(dá)圓弧底端速度為七，由動(dòng)能定理有

町gr(1+cos9)=2ml片一5町v；

解得

vE=3m/s

67?棒進(jìn)入傾斜軌道時(shí)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律有

m1gsm6-B2I、L=ga

j_^2^VE

2—R+&

解得

即4棒進(jìn)入傾斜軌道將做勻速直線運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。

所以系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為

11

-2

-1-

22

解得Q=0.125J

3.（2024山西太原名校聯(lián)考）如圖，固定的足夠長(zhǎng)光滑平行金屬導(dǎo)軌間距L=0.2m。由水

平部分I和傾斜部分II平滑連接組成，虛線為其交界線，I、II間夾角6=30。，I內(nèi)的

與P。間以及H內(nèi)均存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)田和B2,其中8i=2.5T、B2=0.5To

質(zhì)量,*=0.CHkg、電阻，=1.0C的相同金屬棒a、b固定在水平導(dǎo)軌上，其中點(diǎn)通過(guò)長(zhǎng)s=L的

絕緣輕桿連接成“H”型。將與a、b相同的金屬棒c從傾斜導(dǎo)軌上由靜止釋放，c到達(dá)MN前

已經(jīng)開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)c通過(guò)A/N時(shí)，立即解除a、b與軌道的固定，之后a在到達(dá)PO前已

開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)a到達(dá)P。時(shí)，立即再將c固定在水平導(dǎo)軌上。不計(jì)導(dǎo)軌電阻，a、b、c

始終垂直于導(dǎo)軌，c與b一直沒(méi)有接觸，取g=10m/s2,求：

（1）c在傾斜導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的最大速度；

（2）a到達(dá)前勻速運(yùn)動(dòng)的速度：

(3)從a離開(kāi)PQ至b到達(dá)尸。的過(guò)程中，金屬棒c產(chǎn)生的熱量。

【參考答案】(1)7.5m/s；(2)2.5m/s；(3)0.01J

【名師解析】

(1)設(shè)a在斜面上最大速度為%,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E.,則

Em=BJVm

回路的總電阻

R,,=r+：=1.5Q

回路總電流

￡

/=—HL

mn

人總

c所受的安培力為Fm,則到最大速度時(shí)滿足

「="與

mgsin30°=Fm

解得

vm=7.5m/s

(2)a、b在到達(dá)PQ前開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，此時(shí)a、b、c速度大小相等，設(shè)為%，則由動(dòng)量

守恒定律得

mvm=3mv0

解得

v0=-y-=2.5m/s

(3)設(shè)b到達(dá)PQ時(shí)速度大小為匕，從a離開(kāi)PQ到b至PQ的過(guò)程時(shí)間為加

，回路的總電阻為R.k，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為三，平均電流為7，b所受平均安培力的大小為不，

則

/?；,=r+1=1.5Q

后二處

△t

F=BJL

對(duì)a、b應(yīng)用動(dòng)量定理

-F\t=2mvt-2mv0

解得

5,

v,=—m/s

16

從a離開(kāi)P。至b到達(dá)PQ的整個(gè)過(guò)程中，整個(gè)回路產(chǎn)生的焦耳熱為

0=；（2加）片-;⑵〃川

c產(chǎn)生的焦耳熱

2+

解得

Q=—J?0.01J

-108

4.（2022福建龍巖三模）如圖，兩根相距L的水平平行金屬導(dǎo)軌。力、O,D,置于水平向

右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度4=48。。。間連接一個(gè)開(kāi)關(guān)S與一個(gè)阻值為R的電阻，

導(dǎo)軌左端。、0'分別通過(guò)一小段金屬圓弧與傾斜的平行光滑金屬導(dǎo)軌OC、O'C'平滑相連,

兩導(dǎo)軌均與水平面成。=30。，兩導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平而向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度

g=B,OC與0D均與OO'垂直。長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬桿M,N放在傾斜導(dǎo)軌上并與之垂直，

接觸良好，M.N的質(zhì)量均為加，電阻均為上初始時(shí)，開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，將N桿靜止釋放，

同時(shí)給M桿施加一個(gè)平行導(dǎo)軌向上產(chǎn)=〃?g的恒定外力，使M、N桿由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，在

N桿運(yùn)動(dòng)到00'的過(guò)程中，N桿產(chǎn)生的熱量為Q,且N桿已勻速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)N桿剛進(jìn)入水平

軌道時(shí)，閉合開(kāi)關(guān)S,一段時(shí)間后M桿開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)。已知導(dǎo)軌均足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，N

桿與水平導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g。求:

(1)初始時(shí)N桿的加速度大?。?/p>

(2)初始時(shí)N桿到00'的距離；

(3)N桿在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的最終速度大小。

【參考答案】(1)—g；(2)-+〃J“；(3)見(jiàn)解析

2mg4B4Z7

【名師解析】

(1)初始時(shí)對(duì)N桿受力分析如下圖所示

設(shè)N桿的加速度為對(duì)N桿根據(jù)牛頓第二定律得

mgsin0=ma

解得

1

a=~g

(2)N桿到達(dá)。。邊界前對(duì)M、N系統(tǒng)受力分析如下圖所示

可知系統(tǒng)沿傾斜導(dǎo)軌方向所受的合外力等于零，所以河、N系統(tǒng)沿傾斜導(dǎo)軌方向上動(dòng)量守

恒，設(shè)N桿到達(dá)。0’邊界前速度大小為叭N桿速度大小為匕，由動(dòng)量守恒

mv-mvx=0

得

V1=v

回路電動(dòng)勢(shì)

E-2B0Lv-2BLv

回路電流

,E

2R

M、N所受安培力大小均為

F安=BJL

由于N桿運(yùn)動(dòng)到OO'邊界前已勻速，有

F.；.=mgsin0

聯(lián)立可得

丫=皿

2B-I3

設(shè)N桿到OO'的距離為工，對(duì)N桿由動(dòng)能定理得

sin0—=gmv2

由功能關(guān)系得

/安二。

解得

2Q，疝gR?

mg4B4L4

(3)N桿到達(dá)水平導(dǎo)軌時(shí)受力如下圖所示

分析可知N桿向右開(kāi)始減速運(yùn)動(dòng)，而M桿向上加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)M桿速度重新達(dá)到穩(wěn)定時(shí)速

度大小為山，則M桿切割產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)

EM=BL'”

由歐姆定律得

I=EM=EM

MR+R并R+-R

2

=BIML

由平衡條件得

F安M+mgSine=F

解得M桿穩(wěn)定時(shí)速度

3mgR

“赤

J_mg

"_2BL

此時(shí)N桿中電流

JJM_mg

N桿受到的安培力

F安N==mg

由

Ni=mg—F安N

得

N,=0

故

f=0

此時(shí)N桿也達(dá)到穩(wěn)定速度,設(shè)為力，設(shè)N桿0。到兩桿速度穩(wěn)定的時(shí)間為f,由動(dòng)量定理,

對(duì)M桿有

(F—mgsin0)t-BL11=m(vM-v)

即

1-

—mgt-BLIt=m[yM-v)

對(duì)N桿有

4g=加3-％)

其中

7

N,=mg-BiL-

代入得

-BL1=m(v-vA,)

聯(lián)立解得

mgR、

VN=0戌/2(nIi)

Z.DL

討論

①當(dāng)0<〃<1時(shí)，N桿最終在水平導(dǎo)軌上向右勻速運(yùn)動(dòng)，速度大小

②當(dāng)時(shí)，N桿最終靜止在水平導(dǎo)軌上。

5.（2023重慶沙家壩重點(diǎn)中學(xué)質(zhì)檢）電磁彈射是我國(guó)最新研究的重大科技項(xiàng)目，原理可用

下述模型說(shuō)明。如圖甲所示，虛線MN右側(cè)存在一個(gè)豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正

方形單匝金屬線框仍〃放在光滑水平面上，電阻為K,質(zhì)量為相，外邊在磁場(chǎng)外側(cè)緊靠

虛線邊界處。從仁0時(shí)起磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間r的變化規(guī)律是2=Bo+h（Z為大于零的常數(shù)），

空氣阻力忽略不計(jì)。

（1）線圈中的感應(yīng)電流的方向；

（2）求f=0時(shí)刻，線框中的感應(yīng)電流的功率P；

（3）若線框cd邊穿出磁場(chǎng)時(shí)速度為也求線框穿出磁場(chǎng)過(guò)程中，安培力對(duì)線框所做的功W

及通過(guò)導(dǎo)線截面的電荷量（7；

（4）若用相同的金屬線繞制相同大小的〃匝線框，如圖乙所示，在線框上加一質(zhì)量為M的

負(fù)載物，證明：載物線框匝數(shù)越多，匚0時(shí)線框加速度越大。

“2r4Rr2

【參考答案】（1）順時(shí)針；（2）—；（3）色匕；（4）見(jiàn)解析

RR

【名師解析】

（1）由“磁感應(yīng)強(qiáng)度8隨時(shí)間f的變化規(guī)律（k為大于零的常數(shù)）”知，8隨f均勻

增大，穿過(guò)線框的磁通量均勻增大，根據(jù)楞次定律得，線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針。

（2）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，/=0時(shí)刻線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

￡（＞=—L2

△t

由功率

E2

R

解得

P莊

R

（3）由動(dòng)能定理的△樂(lè),得

線框穿出磁場(chǎng)過(guò)程中，線框的平均電動(dòng)勢(shì)

-△①

E=-----

Ar

線框中的電流

7=1

R

通過(guò)的電荷量

=絲=皿=蚯

RRR

（4）/=0時(shí)刻，〃匝線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

E=n-----

△t

線框的總電阻

R總二nR

線框中的電流

E

/=—

U0時(shí)刻線框受到的安培力

FFBNL

設(shè)線框的加速度為“，根據(jù)牛頓第二定律有

F=(M+nm)a

解得

由此可知，"越大，4越大。

6.（2023河北九師聯(lián)盟質(zhì)檢）如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的粗糙導(dǎo)軌a、b

互相平行固定放置，導(dǎo)軌及導(dǎo)軌面與水平面的夾角為37。；足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌c、d平行固定

放置，導(dǎo)軌及導(dǎo)軌面與水平面的夾角為53。，a與d、b與c分別連接，平行導(dǎo)軌間距均為乙

且導(dǎo)軌電阻均為0。空間存在方向斜向右上方且與c、d所在的導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；

質(zhì)量為機(jī)、電阻為0的導(dǎo)體棒1垂直放置于c、d導(dǎo)軌上，質(zhì)量也為加、有效接入電路的電

阻為R的導(dǎo)體棒2垂直放置于a、b導(dǎo)軌上。給導(dǎo)體棒1一個(gè)沿斜面向下的速度％,導(dǎo)體棒

1正好做勻速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒2在斜面上剛好不下滑，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力；把導(dǎo)體

棒2除掉，換上電容為C的電容器，如圖乙所示，讓導(dǎo)體棒1從靜止開(kāi)始沿著斜面向下運(yùn)動(dòng)，

重力加速度為g,sin37°=0.6、cos370=0.8.求：

（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；