備戰(zhàn)高考物理提高題專題復(fù)習(xí)電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況練習(xí)題含答案解析一、電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況1．某科研機構(gòu)在研究磁懸浮列車的原理時，把它的驅(qū)動系統(tǒng)簡化為如下模型；固定在列車下端的線圈可視為一個單匝矩形純電阻金屬框，如圖甲所示，邊長為，平行于軸，邊寬度為，邊平行于軸，金屬框位于平面內(nèi)，其電阻為；列車軌道沿方向，軌道區(qū)域內(nèi)固定有匝數(shù)為、電阻為的“”字型（如圖乙）通電后使其產(chǎn)生圖甲所示的磁場，磁感應(yīng)強度大小均為，相鄰區(qū)域磁場方向相反（使金屬框的和兩邊總處于方向相反的磁場中）．已知列車在以速度運動時所受的空氣阻力滿足（為已知常數(shù)）．驅(qū)動列車時，使固定的“”字型線圈依次通電，等效于金屬框所在區(qū)域的磁場勻速向軸正方向移動，這樣就能驅(qū)動列車前進．（1）當(dāng)磁場以速度沿x軸正方向勻速移動，列車同方向運動的速度為（）時，金屬框產(chǎn)生的磁感應(yīng)電流多大？（提示：當(dāng)線框與磁場存在相對速度時，動生電動勢）（2）求列車能達到的最大速度；（3）列車以最大速度運行一段時間后，斷開接在“”字型線圈上的電源，使線圈與連有整流器（其作用是確保電流總能從整流器同一端流出，從而不斷地給電容器充電）的電容器相接，并接通列車上的電磁鐵電源，使電磁鐵產(chǎn)生面積為、磁感應(yīng)強度為、方向豎直向下的勻強磁場，使列車制動，求列車通過任意一個“”字型線圈時，電容器中貯存的電量Q．【答案】(1)(2)(3)【解析】【詳解】解：(1)金屬框相對于磁場的速度為：每邊產(chǎn)生的電動勢：由歐姆定律得：解得：(2)當(dāng)加速度為零時，列車的速度最大，此時列車的兩條長邊各自受到的安培力：由平衡條件得：

，已知：解得：(3)電磁鐵通過字型線圈左邊界時，電路情況如圖1所示：感應(yīng)電動勢：，而電流：電荷量：解得：電磁鐵通過字型線圈中間時，電路情況如圖2所示：，解得：電磁鐵通過字型線圈右邊界時，電路情況如圖3所示：，，解得：，總的電荷量：解得：2．如圖所示，在傾角的光滑斜面上，存在著兩個磁感應(yīng)強度大小相等、方向分別垂直斜面向上和垂直斜面向下的勻強磁場，兩磁場寬度均為L。一質(zhì)量為m、邊長為L的正方形線框距磁場上邊界L處由靜止沿斜面下滑，ab邊剛進入上側(cè)磁場時，線框恰好做勻速直線運動。ab邊進入下側(cè)磁場運動一段時間后也做勻速度直線運動。重力加速度為g。求：（1）線框ab邊剛越過兩磁場的分界線ff′時受到的安培力；（2）線框穿過上側(cè)磁場的過程中產(chǎn)生的熱量Q和所用的時間t?！敬鸢浮?1)安培力大小2mg，方向沿斜面向上(2)【解析】【詳解】(1）線框開始時沿斜面做勻加速運動，根據(jù)機械能守恒有，則線框進入磁場時的速度線框ab邊進入磁場時產(chǎn)生的電動勢E=BLv線框中電流ab邊受到的安培力線框勻速進入磁場，則有ab邊剛越過時，cd也同時越過了，則線框上產(chǎn)生的電動勢E'=2BLv線框所受的安培力變?yōu)榉较蜓匦泵嫦蛏希?）設(shè)線框再次做勻速運動時速度為，則解得根據(jù)能量守恒定律有解得線框ab邊在上側(cè)磁揚中運動的過程所用的時間設(shè)線框ab通過后開始做勻速時到的距離為，由動量定理可知：其中聯(lián)立以上兩式解得線框ab在下側(cè)磁場勻速運動的過程中，有所以線框穿過上側(cè)磁場所用的總時間為3．如圖，垂直于紙面的磁感應(yīng)強度為B，邊長為L、電阻為R的單匝方形線圈ABCD在外力F的作用下向右勻速進入勻強磁場，在線圈進入磁場過程中，求：(1)線圈進入磁場時的速度v。(2)線圈中的電流大小。(3)AB邊產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)【解析】【分析】【詳解】(1)線圈向右勻速進入勻強磁場，則有又電路中的電動勢為所以線圈中電流大小為聯(lián)立解得(2)根據(jù)有得線圈中的電流大小(3)AB邊產(chǎn)生的焦耳熱將代入得4．如圖所示，一阻值為R、邊長為的勻質(zhì)正方形導(dǎo)體線框abcd位于豎直平面內(nèi)，下方存在一系列高度均為的勻強磁場區(qū)，與線框平面垂直，各磁場區(qū)的上下邊界及線框cd邊均磁場方向均與線框平面垂水平。第1磁場區(qū)的磁感應(yīng)強度大小為B1，線框的cd邊到第1磁區(qū)上場區(qū)上邊界的距離為h0。線框從靜止開始下落，在通過每個磁場區(qū)時均做勻速運動，且通過每個磁場區(qū)的速度均為通過其上一個磁場區(qū)速度的2倍。重力加速度大小為g，不計空氣阻力。求：(1)線框的質(zhì)量m；(2)第n和第n+1個磁場區(qū)磁感應(yīng)強度的大小Bn與Bn+1所滿足的關(guān)系；(3)從線框開始下落至cd邊到達第n個磁場區(qū)上邊界的過程中，cd邊下落的高度H及線框產(chǎn)生的總熱量Q。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】【分析】【詳解】(1)設(shè)線框剛進第一個磁場區(qū)的速度大小為v1，由運動學(xué)公式得，設(shè)線框所受安培力大小為F1，線框產(chǎn)生的電動勢為E1，電流為I，由平衡條件得由安培力的表達式得，，聯(lián)立解得(2)設(shè)線框在第n和第n+1個磁場區(qū)速度大小分別為vn、vn+1，由平衡條件得且聯(lián)立解得(3)設(shè)cd邊加速下落的總距離為h，勻速下落的總距離為L，由運動學(xué)公式得聯(lián)立解得由能量守恒定律得聯(lián)立解得5．如圖所示，足夠長的U型金屬框架放置在絕緣斜面上，斜面傾角，框架的寬度，質(zhì)量，框架電阻不計。邊界相距的兩個范圍足夠大的磁場I、Ⅱ，方向相反且均垂直于金屬框架，磁感應(yīng)強度均為。導(dǎo)體棒ab垂直放置在框架上，且可以無摩擦的滑動。現(xiàn)讓棒從MN上方相距處由靜止開始沿框架下滑，當(dāng)棒運動到磁場邊界MN處時，框架與斜面間摩擦力剛好達到最大值（此時框架恰能保持靜止）。已知棒與導(dǎo)軌始終垂直并良好接觸，棒的電阻，質(zhì)量，重力加速度，試求：(1)棒由靜止開始沿框架下滑到磁場邊界MN處的過程中，流過棒的電量q；(2)棒運動到磁場Ⅰ、Ⅱ的邊界MN和PQ時，棒的速度和的大??；(3)通過計算分析：棒在經(jīng)過磁場邊界MN以后的運動過程中，U型金屬框架能否始終保持靜止?fàn)顟B(tài)？【答案】(1)；(2)，；(3)框架能夠始終保持靜止?fàn)顟B(tài)【解析】【分析】本題考查導(dǎo)體棒在磁場中的運動，屬于綜合題。【詳解】(1)平均電動勢為平均電流則流過棒的電量為代入數(shù)據(jù)解得。(2)棒向下加速運動時，U形框所受安培力沿斜面向下，靜摩擦力向上，當(dāng)棒運動到磁場邊界MN處時，框架與斜面間摩擦力剛好達到最大值，由平衡條件，有解得。棒經(jīng)過MN后做勻加速直線運動，加速度由，解得(3)棒在兩邊界之間運動時，框架所受摩擦力大小為方向沿斜面向上棒進入PQ時，框架受到的安培力沿斜面向上，所受摩擦力大小為向沿斜面向下以后，棒做加速度減小的減速運動，最后做勻速運動。勻速運動時，框架所受安培力為方向沿斜面向上。摩擦力大小為方向沿斜面向下。綜上可知，框架能夠始終保持靜止?fàn)顟B(tài)。6．如圖所示，兩條平行的固定金屬導(dǎo)軌相距L=1m，光滑水平部分有一半徑為r=0.3m的圓形磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小為、方向豎直向下；傾斜部分與水平方向的夾角為θ=37°，處于垂直于斜面的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B=0.5T。金屬棒PQ和MN的質(zhì)量均為m=0.lkg，電阻均為。PQ置于水平導(dǎo)軌上，MN放置于傾斜導(dǎo)軌上、剛好不下滑。兩根金屬棒均與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。從某時刻起，PQ棒在水平外力的作用下由靜止開始向右運動，當(dāng)PQ棒進人磁場中時，即以速度v=16m/s；勻速穿過該區(qū)域。不計導(dǎo)軌的電阻，PQ始終在水平導(dǎo)軌上運動。取，；(1)求MN棒剛要滑動時，PQ所處的位置；(2)求從PQ棒開始運動到MN棒剛要滑動的過程中通過PQ棒的電荷量；(3)通過計算，定量畫出PQ棒進人磁場后在磁場中水平外力F隨位移變化的圖像?！敬鸢浮?1)m；(2)C；(3)【解析】【分析】【詳解】(1)開始剛好不下滑時，受沿傾斜導(dǎo)軌向上的最大靜摩擦力，則設(shè)進入磁場后切割磁感線的有效長度為，由法拉第電磁感應(yīng)定律得產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為由閉合電路歐姆定律得整個回路中的感應(yīng)電流為則所受的安培力為棒剛要向上滑動時，受沿傾斜導(dǎo)軌向下的最大靜摩擦力，由力的平衡條件有聯(lián)立解得m即棒剛要滑動時，棒剛好運動到圓形磁場區(qū)域的直徑位置。(2)從棒開始運動到棒剛要滑動的過程中，穿過回路的磁通量的變化量為平均感應(yīng)電動勢平均感應(yīng)電流通過棒的電荷量C(3)當(dāng)棒進入磁場后的位移為時，切割磁感線的有效長度為回路中的電流為受到的安培力為由題意知外力為故有因此棒所受水平外力隨位移變化的圖像如圖所示7．如圖甲所示，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成角固定，N、Q之間接電阻箱R，導(dǎo)軌所在空間存在勻強磁場，磁場方向垂直于軌道平面向上，磁感應(yīng)強度為B=0.5T，質(zhì)量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上，其接入電路的電阻位為r?，F(xiàn)從靜止釋放桿ab，測得最大速度為vM，改變電阻箱的阻值R，得到vM與R之間的關(guān)系如圖乙所示。已知導(dǎo)軌間距為L=2m，重力加速度g=10m/s2，軌道足夠長且電阻不計。求：(1)當(dāng)R=0時，桿ab勻速下滑過程中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E的大小及桿中的電流方向；(2)金屬桿的質(zhì)量m及阻值r；(3)當(dāng)R=4時，回路瞬時電功率每增加1W的過程中合外力對桿做的功W?！敬鸢浮?1)，桿中電流方向從b→a；(2)，；(3)【解析】【分析】【詳解】(1)由圖可知，當(dāng)R=0時，桿最終以v=3m/s勻速運動，產(chǎn)生電動勢E=BLv=0.5×2×3V=3V電流方向為由b到a(2)設(shè)最大速度為v，桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv，由閉合電路的歐姆定律：桿達到最大速度時滿足解得由圖像可知：斜率為縱截距為v0=3m/s得到：解得m=0.2kg，r=3Ω(3)由題意：E=BLv，，得則由動能定理得聯(lián)立解得W=0.7J【點睛】8．如圖所示，在傾角為θ的斜面內(nèi)有兩條足夠長的不計電阻的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌寬度為L，導(dǎo)軌上端連有阻值為R的電阻；在垂直于導(dǎo)軌邊界ab上方軌道空間內(nèi)有垂直于導(dǎo)軌向上的均勻變化的勻強磁場B1。邊界ab下方導(dǎo)軌空間內(nèi)有垂直于導(dǎo)軌向下的勻強磁場B2。電阻也為R、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置，磁場B1隨時間均勻減小，且邊界ab上方軌道平面內(nèi)磁通量變化率大小為k，MN靜止且受到導(dǎo)軌的摩擦力為零；撤去磁場B2，MN從靜止開始在較短的時間t內(nèi)做勻加速運動通過的距離為x。重力加速度為g。(1)求磁場B2的磁感應(yīng)強度大??；(2)求導(dǎo)體棒MN與導(dǎo)軌之間動摩擦因數(shù)；(3)若再撤去B1，恢復(fù)B2，MN從靜止開始運動，求其運動過程中的最大動能?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)【解析】【分析】【詳解】(1)當(dāng)磁場B1隨時間均勻減小，設(shè)回路中感應(yīng)電動勢為E，感應(yīng)電流為I，則根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律根據(jù)閉合電路歐姆定律MN靜止且受到導(dǎo)軌的摩擦力為零，受力平衡解得(2)撤去磁場B2，設(shè)MN從靜止開始做勻加速運動過程中的加速度為a，導(dǎo)體棒MN與導(dǎo)軌之間動摩擦因數(shù)為μ，則根據(jù)牛頓第二定律解得(3)若再撤去B1，恢復(fù)B2，設(shè)MN運動過程中的最大速度為vm，最大動能為Ekm，穩(wěn)定時導(dǎo)體切割磁感線通過回路的感應(yīng)電流安培力為最大動能聯(lián)立方程解得9．如圖所示，空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝0.5T.在勻強磁場區(qū)域內(nèi)，有一對光滑平行金屬導(dǎo)軌，處于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌足夠長，導(dǎo)軌間距L＝1m，電阻可忽略不計．質(zhì)量均為m＝lkg，電阻均為R＝2.5Ω的金屬導(dǎo)體棒MN和PQ垂直放置于導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好．先將PQ暫時鎖定，金屬棒MN在垂直于棒的拉力F作用下，由靜止開始以加速度a＝0.4m/s2向右做勻加速直線運動，5s后保持拉力F的功率不變，直到棒以最大速度vm做勻速直線運動.(1)求棒MN的最大速度vm；(2)當(dāng)棒MN達到最大速度vm時，解除PQ鎖定，同時撤去拉力F，兩棒最終均勻速運動.求解除PQ棒鎖定后，到兩棒最終勻速運動的過程中，電路中產(chǎn)生的總焦耳熱.(3)若PQ始終不解除鎖定，當(dāng)棒MN達到最大速度vm時，撤去拉力F，棒MN繼續(xù)運動多遠后停下來?（運算結(jié)果可用根式表示）【答案】（1）（2）Q=5J（3）【解析】【分析】【詳解】(1)棒MN做勻加速運動，由牛頓第二定律得：F-BIL=ma棒MN做切割磁感線運動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=BLv棒MN做勻加速直線運動，5s時的速度為：v=at1=2m/s在兩棒組成的回路中，由閉合電路歐姆定律得：聯(lián)立上述式子，有：代入數(shù)據(jù)解得：F=0.5N5s時拉力F的功率為：P=Fv代入數(shù)據(jù)解得：P=1W棒MN最終做勻速運動，設(shè)棒最大速度為vm，棒受力平衡，則有：代入數(shù)據(jù)解得:(2)解除棒PQ后，兩棒運動過程中動量守恒，最終兩棒以相同的速度做勻速運動，設(shè)速度大小為v′，則有：設(shè)從PQ棒解除鎖定，到兩棒達到相同速度，這個過程中，兩棒共產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由能量守恒定律可得：代入數(shù)據(jù)解得：Q=5J；(3)棒以MN為研究對象，設(shè)某時刻棒中電流為i，在極短時間△t內(nèi)，由動量定理得：-BiL△t=m△v對式子兩邊求和有：而△q=i△t對式子兩邊求和，有:聯(lián)立各式解得：BLq=mvm，又對于電路有：由法拉第電磁感應(yīng)定律得：又代入數(shù)據(jù)解得：10．在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n=1000匝，橫截面積S=20cm2．螺線管導(dǎo)線電阻r=1.0，R1=3.0，R2=4.0，C=30μF．在一段時間內(nèi)，穿過螺線管的磁場的磁感應(yīng)強度B按如圖乙所示的規(guī)律變化．求：（1）求螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；（2）S斷開后，求流經(jīng)R2的電量．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】【詳解】（1）感應(yīng)電動勢：；（2）電路電流，電阻兩端電壓，電容器所帶電荷量，S斷開后，流經(jīng)的電量為；【點睛】本題是電磁感應(yīng)與電路的綜合，知道產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分相當(dāng)于電源，運用閉合電路歐姆定律進行求解．11．在如圖甲所示區(qū)域(圖中直角坐標(biāo)系Oxy的一、三象限)內(nèi)有勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面向里，大小為B，半徑為l，圓心角為60°的扇形導(dǎo)線框OPQ以角速度ω繞O點在紙面內(nèi)沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，導(dǎo)線框回路電阻為R.(1)求線框中感應(yīng)電流的最大值I0和交變感應(yīng)電流的頻率f；(2)在圖乙中畫出線框在一周的時間內(nèi)感應(yīng)電流I隨時間t變化的圖象(規(guī)定與圖中線框的位置相應(yīng)的時刻為t=0)【答案】（1），（2）【解析】【詳解】（1）在從圖1中位置開始t=0轉(zhuǎn)過60°的過程中，經(jīng)△t，轉(zhuǎn)角△θ=ω△t，回路的磁通增量為△Φ＝△θ

l2B由法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢為：ε＝因勻速轉(zhuǎn)動，這就是最大的感應(yīng)電動勢．由歐姆定律可求得：I0＝ωBl2前半圈和后半圈I（t）相同，故感應(yīng)電流周期為：T＝，頻率為：．故感應(yīng)電流的最大值為I0＝ωBl2，頻率為．（2）由題可知當(dāng)線框開始轉(zhuǎn)動過程中，有感應(yīng)電流產(chǎn)生，全部進入時，無感應(yīng)電流，故當(dāng)線框全部進入磁場接著再旋轉(zhuǎn)過程中無電流，然后出磁場時，又有感應(yīng)電流產(chǎn)生．故圖線如圖所示：【點睛】本題考查了法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用，注意公式和E=BLv的區(qū)別以及感應(yīng)電流產(chǎn)生條件，并記住旋轉(zhuǎn)切割產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的公式E=BωL2．12．如圖甲所示。在同一水平面上，兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MNPQ間距為，右端接有電阻，導(dǎo)軌EF連線左側(cè)光滑且絕緣.右側(cè)導(dǎo)軌粗糙，EFGH區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面磁感應(yīng)強度的矩形勻強磁場；一根輕質(zhì)彈簧水平放置，左端固定在K點，右端與質(zhì)量為的金屬棒a接觸但不栓接，且與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)，彈簧自由伸長時a棒剛好在EF處，金屬棒a垂直導(dǎo)軌放置，現(xiàn)使金屬棒a在外力作用下緩慢地由EF向左壓縮至AB處鎖定，壓縮量為。此時在EF處放上垂直于導(dǎo)軌質(zhì)量電阻的靜止金屬棒b。接著釋放金屬棒a，兩金屬棒在EF處碰撞，a彈回并壓縮彈簧至CD處時速度剛好為零且被鎖定，此時壓縮量為，b棒向右運動，經(jīng)過從右邊界GH離開磁場，金屬棒b在磁場運動過程中流經(jīng)電阻R的電量。設(shè)棒的運動都垂直于導(dǎo)軌，棒的大小不計，已知彈簧的彈力與形變量的關(guān)系圖像（如圖乙）與x軸所圍面積為彈簧具有的彈性勢能。求：（1）金屬棒a碰撞金屬棒b前瞬間的速度（2）金屬棒b離開磁場時的速度（3）整個過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量【答案】（1）（2）（3）【解析】【詳解】（1）如乙圖所示，最初彈簧具有的彈性勢能：根據(jù)機械能守恒得：可得（2）設(shè)棒反彈的速度為，棒碰后速度為，金屬棒離開磁場時的速度。彈回至處時彈簧具有的彈性勢能為：根據(jù)機械能守恒得：解得對于碰撞過程，取向右為正方向，由動量守恒定律得：可得棒通過磁場的過程，根據(jù)動量定理得：又：可得（3）根據(jù)：可得整個過程中回路產(chǎn)生的總熱量：電阻上產(chǎn)生的熱量：聯(lián)立解得：13．如圖所示，兩根電阻忽略不計、互相平行的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，相距L=1m，在水平虛線間有與導(dǎo)軌所在平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=0.5T，磁場區(qū)域的高度d=1m，導(dǎo)體棒a的質(zhì)量ma=0.2kg、電阻Ra=1Ω；導(dǎo)體棒b的質(zhì)量mb=0.1kg、電阻Rb=1.5Ω．它們分別從圖中M、N處同時由靜止開始在導(dǎo)軌上無摩擦向下滑動，b勻速穿過磁場區(qū)域，且當(dāng)b剛穿出磁場時a正好進入磁場，重力加速度g=10m/s2，不計a、b棒之間的相互作用，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌接觸良好，求：（1）b棒穿過磁場區(qū)域過程中克服安培力所做的功；（2）a棒剛進入磁場時兩端的電勢差；（3）保持a棒以進入時的加速度做勻變速運動，對a棒施加的外力隨時間的變化關(guān)系．【答案】（1）b棒穿過磁場區(qū)域過程中克服安培力所做的功為1J；（2）a棒剛進入磁場時兩端的電勢差為3.3V；（3）保持a棒以進入時的加速度做勻變速運動，對a棒施加的外力隨時間的變化關(guān)系為F=0.45t﹣1.1．【解析】【分析】（1）b在磁場中勻速運動，其安培力等于重力，根據(jù)重力做功情況求出b棒克服安培力分別做的功．（2）b進入磁場做勻速直線運動，受重力和安培力平衡，根據(jù)平衡條件，結(jié)合閉合電路歐姆定律和切割產(chǎn)生感應(yīng)電動勢大小公式，求出b做勻速直線運動的速度大?。產(chǎn)、b都在磁場外運動時，速度總是相等，b棒進入磁場后，a棒繼續(xù)加速運動而進入磁場，根據(jù)運動學(xué)速度時間公式求解出a進入磁場時的速度大小，由E=BLv求出a棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，即可求得a棒剛進入磁場時兩端的電勢差．（3）根據(jù)牛頓第二定律求出a棒剛進入磁場時的加速度，再根據(jù)牛頓第二定律求出保持a棒以進入時的加速度做勻變速運動時外力與時間的關(guān)系式．【詳解】（1）b棒穿過磁場做勻速運動，安培力等于重力，則有：BI1L=mbg，克服安培力做功為：W=BI1Ld=mbgd=0.1×10×1=1J（2）b棒在磁場中勻速運動的速度為v1，重力和安培力平衡，根據(jù)平衡條件，結(jié)合閉合電路歐姆定律得：=mbg,vb===10m/s，b棒在磁場中勻速運動的時間為t1，d=vbt1，t1===0.1s,a、b都在磁場外運動時，速度總是相等的，b棒進入磁場后，a棒繼續(xù)加速t1時間而進入磁場，a棒進入磁場的速度為va，va=vb+gt1=10+10×0.1=11m/s.電動勢為：E=BLva=0.5×1×11=5.5V,a棒兩端的電勢差即為路端電壓為：U===3.3V.（3）a棒剛進入磁場時的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律得：mag﹣BI2L=maa,a=g﹣=g﹣=10﹣=4.5m/s2，要保持加速度不變，加外力F，根據(jù)牛頓第二定律得：F+mag﹣BIL=maa得：F=t=×t=0.45t﹣1.1.14．如圖所示，固定位置在同一水平面內(nèi)的兩根平行長直金屬導(dǎo)軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個裝置處在豎直向上磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中．一質(zhì)量為m（質(zhì)量分布均勻）的導(dǎo)體桿ab垂直于導(dǎo)軌放置，且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸，桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ．現(xiàn)桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開