安培力难题集萃

1．ON及O′Q如图所示，电阻不计的轨道MON和PO′Q平行放置，两轨道的间距L=1m，与水平面的夹角θ=53°，整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=1T。现将两根相同的金属棒ab和cd分别置于导轨上并与导轨垂直且始终保持良好接触，两棒与OO′相距足够远。已知每根棒的质量m=1.0kg、电阻R=0.5Ω，棒与导轨间动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2。(sin53°=0.8，cos53°=0.6)

(1)使ab棒以v1=5m/s向左匀速运动，cd棒受到安培力的大小和方向，求释放cd棒瞬间，并分析cd棒以后的运动情况；

(2)保持ab棒以恒定速度v匀速运动，释放cd棒，稳定后cd棒以v2=10m/s的速度沿斜面匀速运动，求ab棒的速度v大小和方向。 【分析】

（1）释放cd棒瞬间，计算出回路的电动势和感应电流，由安培力F=BIL可得安培力大cd棒在释放以后的时间里，小，由左手定则确定安培力的方向。随着cd棒运动的加快，回路中出现了反电动势，最终安培力向右到达平衡，cd棒做匀速运动。

（2）由于cd棒在斜轨上是匀速运动，由平衡条件可知，cd棒受到的安培力水平向右，考虑两种情况：cd棒沿轨道向上和cd棒沿轨道向下运动，分别根据平衡知识得安培力的表达式，然后由闭合电路欧姆定律求出电流，由F安=BIL求出安培力，进行求解即可。 【详解】

（1）刚释放cd棒时，电路中的电动势

E=BLv1=5V，

感应电流

I=

cd棒受到的安培力：

F安=BIL=5N，方向水平向左。

释放cd棒后，随着cd棒运动的加快，回路中出现了反电动势，cd棒在运动过程中受到

E=5A， 2R试卷第1页，总20页

的安培力先向左后向右，由于摩擦力和安培力的共同影响，做加速度逐渐减小的加速运动，最终做匀速运动。

（2）由于cd棒在斜轨上是匀速运动，由平衡条件可知，cd棒受到的安培力水平向右，设cd棒沿轨道向上运动，受到的安培力为F安1，则有：

F安1cos53=mgsin53+N

Nmgcos53F安1sin53

得

mg(sin53cos53)F安1==55N，

cos53sin53此时ab棒应向右运动。

电路中的电动势E=BLv-BLv2cos53

I=

E 2RB2L2(vv2cos53)F安1=BIL=

2R解得ab棒的速度：v=61m/s,方向向右。

设cd棒沿轨道向下运动受到的安培力为F安2，则有：

F安2cos53Nmgsin53 Nmgcos53F安2sin53N

解得：

F安2=

mg(sin53cos53)=5N，

cos53sin53设ab棒向右运动，电路中的电动势：

E=BLv+BLv2cos53

B2L2(vv2cos53)F安2=

2R解得：v=-1m/s，“-”号表示ab棒向左运动，与题设ab棒向右运动相矛盾，即这种情况不可能。

所以ab棒的速度为v=61m/s，方向向右。

2．如图所示，匀强磁场B1垂直水平光滑金属导轨平面向下，垂直导轨放置的导体棒ab在平行于导轨的外力F作用下做匀加速直线运动，通过两线圈感应出电压，使电压表示

试卷第2页，总20页

数U保持不变。已知变阻器最大阻值为R，且是定值电阻R2 的三倍，平行金属板MN相距为d。在电场作用下，一个带正电粒子从O1由静止开始经O2小孔垂直AC边射入第二个匀强磁场区，该磁场的磁感应强度为B2，方向垂直纸面向外，其下边界AD距O1O2连线的距离为h。已知场强B2 =B，设带电粒子的电荷量为q、质量为m，则高度

a1h={b3 ，请注意两线圈绕法，不计粒子重力。求：

c4

（1）试判断拉力F能否为恒力以及F的方向（直接判断）；

（2）调节变阻器R的滑动头位于最右端时，MN两板间电场强度多大？

（3）保持电压表示数U不变，调节R的滑动头，带电粒子进入磁场B2后都能击中AD边界，求粒子打在AD边界上的落点距A点的距离范围。 【分析】

（1）导体棒匀速运动，产生的感应电动势是定值，闭合回路的电流为恒定电流，只有穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路才能产生感应电流，据此分析答题。（2）由于欧姆定律求出两板间的电势差，然后求出两板间的电场强度。（3）由欧姆定律求出两极板间的最大电势差与最小电势差，由动能定理求出粒子进入右边磁场时的速度，粒子在磁场中做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后分析答题。 【详解】

（1）ab棒不能做匀速运动，否则副线圈中没有感应电流，故ab棒做变速运动，ab棒做变速运动，产生的感应电动势是变化的，原线圈电流是变化的，ab棒受到的安培力是变力，ab棒做匀加速运动，由牛顿第二定律可知，ab棒受到的合外力为恒力，由于安培力是变力，则拉力F为变力；粒子带正电，粒子在两极板间加速，说明极板间的电场强度方向水平向右，M板电势高于N板电势，副线圈所在电路电流沿顺时针方向，由楞次定律与右手定则可知，ab棒应向左运动。

（2）变阻器最大阻值为R，且是定值电阻R2的三倍，则：R21R 3由图示电路图可知，两电阻串联，电压表测两电阻的总电压，两极板间的电势差等于R2试卷第3页，总20页

UU3U两端电压，电路电流：R1最大R2R1R4R

33U1UR 定值电阻两端电压：U2IR24R34UU极板间的电场强度：E d4dI（3）滑片在最右端时，两极板间的电势差最小，由（2）可知，最小电势差：Umin滑片在最左端时，极板间的电势差最大为UmaxU 粒子在电场中加速，由动能定理得：qUU 412mv0 2解得：vminqU，vmax2m2qU mv2粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvBm

r解得：粒子轨道半径rmv qB即rmin1mU12mU ，rminB2qBq1mU B2q由题意可知：h粒子运动轨迹如图所示：

由几何知识可得：AO2rminh 则有：AF2rmaxrmaxh22h2hh223h

3h

则：粒子打在AD边界上的落点距A点的距离范围是：hs3．如图所示，在水平地面上固定一对与水平面夹角为α的光滑平行导电轨道，轨道间

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的距离为l，两轨道底端的连线与轨道垂直，顶端接有电源．将一根质量为m的直导体棒ab放在两轨道上，且与两轨道垂直．已知轨道和导体棒的电阻及电源的内电阻均不能忽略，通过导体棒的恒定电流大小为I，方向由a到b，图乙为图甲沿a→b方向观察的平面图．若重力加速度为g，在轨道所在空间加一竖直向上的匀强磁场，使导体棒在轨道上保持静止．

(1)请在图乙所示的平面图中画出导体棒受力的示意图； (2)求出磁场对导体棒的安培力的大小；

(3)如果改变导轨所在空间的磁场方向，试确定使导体棒在轨道上保持静止的匀强磁场磁感应强度B的最小值的大小和方向． 【解析】试题分析：⑴如图所示

⑵根据共点力平衡条件可知，磁场对导体棒的安培力的大小F = mgtanα ⑶要使磁感应强度最小，则要求安培力最小．

根据受力情况可知，最小安培力Fmin= mgsinα，方向平行于轨道斜向上， 所以最小磁感应强度Bmin= Fmin/Il = mgsinα/Il；

根据左手定则可判断出，磁感应强度的方向为垂直轨道平面斜向上． 考点：物体的平衡；安培力

4．如图1所示，两根水平的金属光滑平行导轨，其末端连接等高光滑的 圆弧，其轨道半径r=0.5m，圆弧段在图中的cd和ab之间，导轨的间距为L=0.5m，轨道的电阻不计，在轨道的顶端接有阻值为R=2.0Ω的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=2.0T．现有一根长度稍大于L、电阻不计，质量m=1.0kg的金属棒，从轨道的水平位置ef开始在拉力F作用下，从静止匀加速运动到cd的时间t0=2.0s，在cd时的拉力为F0=3.0N．已知金属棒在ef和cd之间运动时的拉力随时间变化的图象如图2所示，

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重力加速度g=10m/s2，求：

(1)求匀加速直线运动的加速度；

(2)金属棒做匀加速运动时通过金属棒的电荷量q；

(3)匀加到cd后，调节拉力使金属棒接着沿圆弧做匀速圆周运动至ab处，金属棒从cd沿圆弧做匀速圆周运动至ab的过程中，拉力做的功W．

【解析】试题分析：（1）设金属棒匀加速运动的加速度为a，则运动到cd的速度：v=2a 当金属棒在cd时为研究对象，产生的感应电动势：E=BLv 产生的电流：

金属棒所受的安培力：F=BIL 据牛顿第二定律得：F0﹣F=ma

2联立以上带入数据解得：a=1．5m/s①

（2）据以上可知，金属棒匀加速运动的位移：s= at2② 据法拉第电磁感应定律得： 通过金属棒的平均电流：

③

④

通过金属棒的电量：q=I1•△t ⑤ 联立①②③④⑤带入数据解得：q=1．5C

（3）金属棒在圆弧轨道的速率：v=at=3m/s ⑥ 运动的时间为：

⑦

产生的电动势最大值：Em=BLv ⑧

由于圆弧段导体棒做的是匀速圆周运动，所以导体棒中产生正弦式电流，所以产生的热量：

⑨

据能量守恒可知：W=Q+mgh （10）

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联立以上解得：W=5．59J

考点：法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；能量守恒定律

【名师点睛】此题为一道综合性很强的题，牵涉知识点众多，明确求电动势、安培力、电量和功的方法是解题的关键，灵活利用求电量和能量守恒的结论是解题的捷径。 5．如图所示，光滑平行导轨MN、PQ固定于同一水平面内，导轨相距L=0．2m，导轨左端接有规格为“0．6V，0．6W”的小灯泡，磁感应强度B=1T的匀强磁场垂直于导轨平面，导体棒ab与导轨垂直并接触良好，在水平拉力作用下沿导轨向右运动．此过程中小灯泡始终正常发光，已知导轨MN、PQ与导体棒的材料相同，每米长度的电阻r=0．5Ω，其余导线电阻不计，导体棒的质量m=0．1kg，导体棒到左端MP的距离为x．

（1）求出导体棒ab的速度v与x的关系式；

（2）在所给坐标中准确画出aMPba回路的电功率P与x的关系图象（不必写出分析过程，只根据所画图象给分）；

（3）求出导体棒从x1=0．1m处运动到x2=0．3m处的过程中水平拉力所做的功． 【解析】试题分析：（1）导体棒接入电路的电阻： R00.20.50.1 因为灯泡正常发光，由P=UI得电路中电流： I灯泡电阻： R灯P1A UU0.6 Iab切割磁场产生感应电动势： EBlv 由闭合电路欧姆定律有： I又r=2x•0．5

综合上述各式，代入数据后得：v=（5x+3．5）m/s （2）如图所示

E

R0R灯+2xr试卷第7页，总20页

（3）由速度与位移关系v=（5x+3．5）m/s得：

当x1=0．1m时，速度v1=4m/s；x2=0．3m时，速度v2=5m/s． 根据动能定理可得： W拉+W安=1212mv2mv1 22其中安培力所做的功： W安=-BILx 解得： W拉=0.49J

考点：导体切割磁感线时的感应电动势、动能定理、闭合电路欧姆定律

【名师点睛】本题主要考查了导体切割磁感线时的感应电动势、动能定理、闭合电路欧姆定律。灯泡正常发光，由P=UI求出电流，由欧姆定律求出灯泡的电阻．ab切割磁场产生感应电动势：E=Blv，根据闭合电路欧姆定律，即可求解v的表达式；由速度的表达式，求出导体棒在x1=0．1m处和x2=0．3m处的速度，根据动能定理求解水平拉力所做的功．

6．如图甲所示，将一间距为L＝1 m的U形光滑导轨（不计电阻）固定倾角为θ＝30°，轨道的上端与一阻值为R＝1 Ω的电阻相连接，整个空间存在垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B未知，将一长度也为L＝1 m、阻值为r＝0．5 Ω、质量为m＝0．4 kg的导体棒PQ垂直导轨放置（导体棒两端均与导轨接触）．再将一电流传感器按照如图甲所示的方式接入电路，其采集到的电流数据能通过计算机进行处理，得到如图乙所示的I－t图象．假设导轨足够长，导体棒在运动过程中始终与导轨垂直．已知重

2

力加速度g＝10 m/s．

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（1）求0．5 s时定值电阻的发热功率； （2）求该磁场的磁感应强度大小B；

（3）估算0～1．2 s的时间内通过传感器的电荷量以及定值电阻上所产生的热量． 【解析】(1)由I-t图象可知当t=0．5s时，I=1.10A； P=I2R=1.102×1.0W=1.21W

(2)由图知，当金属杆达到稳定运动时的电流为1.60A， 稳定时杆匀速运动，受力平衡，则有：mgsinθ=BIL 解得 ＝

＝

(3)1.2s内通过电阻的电量为图线与t轴包围的面积，由图知，总格数为130格，q=130×0.1×0.1C=1.30C

由图知，1.2s末杆的电流I=1.50A 由闭合电路欧姆定律得 ＝ ＝ 得 ＝

＝

又 ＝ ＝ ＝ ＝ ＝

所以： ＝

＝

根据能量守恒得 mgxsinθ＝mv2+Q，

电路中产生的总热量为 Q＝mgxsinθ−mv2＝2.47J

QR＝

Q＝1.65J

【点睛】本题是一道电磁感应与电路、力学相结合的综合题，分析清楚金属杆的运动，应用平衡条件、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、能量守恒定律等可以解题．本题的难点有两个：一是抓住电流图象“面积”的意义，估算出通过R的电量；二是根据感应电量

求出杆通过的距离．

7．如图所示，两平行光滑倾斜导轨相距为20cm，倾角θ=45°，金属棒MN的质量为10g，金属棒的电阻R1=8Ω，匀强磁场的磁感应强度B方向竖直向下，大小为0．8T，电源电动势为10V，内阻r=1Ω，当电键S闭合时，金属棒MN处于平衡状态，求变阻器R2的取值为多少？（g取10m/s）

2

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【解析】

试题分析：由物体的平衡条件得F=mgtanθ 安培力的大小F=ILB 根据闭合电路欧姆定律I解得： R2=7Ω

考点：安培力；物体的平衡

8．如图（a）所示，两条间距为h的水平虚线之间存在方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度大小按图（b）中B-t图像变化（图中B0已知）。现有一个“日”字形刚性金属线框ABCDEF，它的质量为m，EF中间接有一开关S，开关S闭合时三条水平边框的电阻均为R，其余各边电阻不计，AB=CD=EF=了，AD=DE=h，用两根轻质的绝缘细线把线框竖直悬挂住，AB恰好在磁场区域M1N1和M2N2的正中间，开始开关S处于断开状态。t0（未知）时刻细线恰好松弛，此后闭合开关同时剪断两根细线，当CD边刚进入磁场上边界M1N1时线框恰好做匀速运动（空气阻力不计）。求：

E

R1R2r

（1）t0的值；

（2）线框EF边刚离开磁场下边界M2N2时的速度； 【解析】

试题分析：（1）由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为

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1B0LhBLhBS2E0，

ttt02t0线框中的电流IEE， RR2R线框受到的安培力FB0IL，细线恰好松弛，细线拉力为零，

B02L2h线框处于平衡状态，由平衡条件得B0ILmg，解得t0；

4mgR（2）当CD边到达M1N1时线框恰好做匀速直线运动，处于平衡状态， 由平衡条件得B0ILmg，电流IERR22E， 3R3mgR； 222B0LCD棒切割磁感线产生的电动势E'B0Lv'，解得v考点：考查了导体切割磁感线运动

【名师点睛】本题过程较复杂，分析清楚线框的运动过程，应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、平衡条件、能量守恒定律即可正确解题，分析清楚线框的运动过程是正确解题的前提与关键．

9．如图所示，水平地面上方有一高度为H、界面分别为PQ、MN的匀强磁场，磁感应强度为B。矩形导线框abcd在磁场上方某一高度处，导线框ab边长为l1，bd边长为l2，导线框的质量为m，电阻为R。磁场方向垂直于线框平面，磁场高度H>l2。线框从某高处由静止落下，当线框的cd边刚进入磁场时，线框的加速度方向向下、大小为3g/5；当线框的cd边刚离开磁场时，线框的加速度方向向上、大小为g/5。运动过程中，线框平面位于竖直平面内，上、下两边始终平行PQ。空气阻力不计，重力加速度为g。求：

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（1）线框开始下落时cd边距离磁场上边界PQ的高度h； （2）cd边刚离开磁场时，电势差Ucd

（3）从线框的cd边进入磁场至线框的ab边刚进入磁场过程中，线框产生的焦耳热Q； （4）从线框的cd边进入磁场至线框的ab边刚进入磁场的过程中，通过线框导线某一横截面的电荷量q。 【解析】

试题分析：（1）cd边刚进入磁场时，设其速度为v，

v22mgR3B2l12v则F安=，由牛顿第二定律可得mg－F安=m×g，解之得v=，故高度h=

2g5B2l125R

2gm2R2=； 4425Bl1（2）cd边刚离开磁场时，设其感应电动势为E，即ab边产生的电动势。 则F安′=

6mgRBl1E1，由牛顿第二定律可得F安′－mg=m×g，解之得E=，线框的

5BlR516mgR

； 5B2l12

速度v′=

由右手定则判断出感应电流是由b到c的，故由欧姆定律得， 电势差Ucd=－

E3mgRl1=－；

2l12l25B(l1l2)2

2

（3）ab边刚进入磁场时至cd边出磁场时，线圈自由下落，故由v′－vb=2g（H－l2）， 代入解之得vb=v′－2g（H－l2），则从线框的cd边进入磁场至线框的ab边刚进入磁

2

2

116m3g2R222场过程中，由功关系得：mgl2－Q=m(vbv)，则QmgH；

225B4l14（4）通过线框导线某一横截面的电荷量q=It=考点：电磁感应，功能关系，电荷量。

10．某校科技小组的同学设计了一个传送带测速仪，测速原理如图所示。在传送带一端的下方固定有间距为L、长度为d的平行金属电极。电极间充满磁感应强度为B、方向垂直传送带平面（纸面）向里、有理想边界的匀强磁场，且电极之间接有理想电压表和电阻R，传送带背面固定有若干根间距为d的平行细金属条，其电阻均为r，传送带运行过程中始终仅有一根金属条处于磁场中，且金属条与电极接触良好。当传送带以一定的速度v匀速运动时，

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Bl1l2=。 RR

（1）电压表的示数

（2）电阻R产生焦耳热的功率

（3）每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功 【解析】试题分析：（1）金属条产生的感应电动势为E=BLv， 电路中的感应电流为I=

BLvBLvR，故电压表的示数UIR； RrRr2

（2）电阻R产生焦耳热的功率P=IR=

B2L2v2RRr2；

B2L2vd（3）每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功W=F安d=BILd=。

Rr考点：电磁感应，欧姆定律，焦耳定律，安培力。

视频

11．如图甲所示，固定于水平桌面上的金属导轨abcd足够长，金属棒ef搁在导轨上质量为m，可无摩擦地滑动，此时bcfe构成一个边长为L的正方形．金属棒的电阻为r，其余部分的电阻不计．在t=0的时刻，导轨间加一竖直向下的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．为使金属棒ef在0－t1保持静止，在金属棒ef上施加一水平拉力F, 从t1时刻起保持此时的水平拉力F不变，金属棒ef在导轨上运动了距离s后刚好达到最大速度，求：

（1）在t=

t1时刻该水平拉力F的大小和方向； 2（2）金属棒ef在导轨上运动的最大速度；

（3）从t=0开始到金属棒ef达到最大速度的过程中，金属棒ef中产生的热量．

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【解析】

B1l2Bt1试题分析：（1）时刻，感应电动势E＝， S＝2tt1B1B1B1l2B12l3l＝导体棒受到的安培力F安＝Il＝， t222rt11r由楞次定律可知，感应电流从f流向e，由左手定则可知，导体棒受到的安培力向左；

B12l3由平衡条件可知，此时水平拉力F，方向水平向右；

2rt1（2）导体棒切割磁感线产生感应电动势，当金属棒的速度最大时，感应电动势E′=B1lvm，此时导体棒受到的安培力F安B1B1lvml， rB12l3B12l3此时水平拉力F2， 2rt1rt1当安培力与拉力合力为零时，导体棒做匀速直线运动，此时速度最大，即：F′＝F

′安

，

BlvB12l3 ＝B11ml； rt1r解得，导体棒的最大速度：vm＝l； t1B1l2（3）金属棒静止时的感应电流： ， I1＝rt1B12l4产生的焦耳热：Q1＝Irt1＝，

rt121金属棒从开始运动到最大速度阶段，由能量守恒定律，得：

12B12l31l2B12l3sml2Q2＝Fsmvm＝sm()＝2，

2rt12t1rt12t1B12l3lsml2全过程产生的焦耳热Q＝Q1Q2＝2；

rt12t1考点：电磁感应；功能关系

12．如图所示，水平虚线L1、L2之间是匀强磁场，磁场方向水平向里，磁场高度为h．竖直平面内有一等腰梯形线框，底边水平，其上下边长之比为5：1，高为2h．现使线框AB边在磁场边界L1的上方h高处由静止自由下落，当AB边刚进入磁场时加速度恰好为0，在DC边刚进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动．求：

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（1）在DC边进入磁场前，线框做匀速运动时的速度与AB边刚进入磁场时的速度比是多少？

（2）DC边刚进入磁场时，线框加速度的大小为多少？

（3）从线框开始下落到DC边刚进入磁场的过程中，线框的机械能损失和重力做功之比？ 【解析】

试题分析：（1）设AB边刚进入磁场时速度为v0，线框质量为m、电阻为R，ABl，则CD5l 则：mgh12mv0 2B2l2v0AB刚进入磁场时有：mg

R解得：v0mgR B2l2设DC边刚进入磁场前匀速运动时速度为v1，线框切割磁感应线的有效长度为2l，

E感BSB(L上v1L下v1)tB(2l)v1 ttt22B（2l）v1=mg 线框匀速运动时有：

R解得：v1mgR 4B2l2

所以：v1:v01:4

（2）CD刚进入磁场瞬间，线框切割磁感应线的有效长度为3l，

B3lv1 E感试卷第15页，总20页

22B（3l）v19F1BI13lmg

R4有牛顿第二定律：F合=ma 解得：aF1mg5g m4（3）从线框开始下落到CD边进入磁场前瞬间，根据能量守恒定律得：

mg3hQ12mv1 247mgh 16机械能损失：EQ重力做功：WGmg3h

所以，线框的机械能损失和重力做功之比E:WG47:48 考点：电磁感应的力与能量问题

13．相距 的足够长金属导轨竖直放置，质量为 的金属棒ab和质量为 的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图（a）所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同，ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数为 ，两帮总电阻为 ，导轨电阻不计。 时刻起，ab棒在方向竖直向上，大小按图（b）所示规律变化的外力F作用下，由静止沿导轨向上匀加速运动，同时也由静止释放cd棒。

（1）求磁感应强度B的大小和ab棒加速度大小；

（2）已知在 内外力F做功 ，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热； （3）①判断cd棒的运动过程

②求出cd棒达到最大速度所对应的时刻

③在图（c）中画出前5秒内cd棒所受摩擦力 随时间变化的图像。

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【解析】试题分析：（1）经过时间 ，金属棒ab的速率 ，此时，回路中的感应电流为

对金属棒ab，由牛顿第二定律得 由以上各式整理得

在图线上取两点： ， ； ， 代入上式得 ， 。

（2）在 末金属棒ab的速率 ，所发生的位移

由动能定律得 安 ，又 安

联立以上方程，解得： 。

（3）①cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动。 ②当cd棒速度达到最大时，有： 又： 安， 安=

， ，整理可以得到：

③ 随时间变化的图像如图（c）所示：

。

考点：导体切割磁感线时的感应电动势、牛顿第二定律、动能定理的应用、能量守恒定律

【名师点睛】本题中cd棒先受到滑动摩擦，后受到静摩擦，发生了突变，要仔细耐心分析这个动态变化过程．滑动摩擦力与安培力有关，呈现线性增大。

14．如图所示，倾角θ为30°的光滑斜面上，有一垂直于斜面向下的有界匀强磁场区域PQNM，磁场区域宽度L=0.1m．将一匝数n=10匝、质量m=0.02kg、边长L=0.1m、总电阻R=0.4 的正方形闭合线圈abcd由静止释放，释放时ab边水平，且到磁场上边界PQ 的距离也为L，当ab边刚进入磁场时，线圈恰好匀速运动．（g=10m/s2）求： （1）ab边刚进入磁场时，线圈所受安培力的大小及方向；

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（2）ab边刚进入磁场时，线圈的速度及磁场磁感应强度B的大小； （3）线圈穿过磁场过程产生的热量．

【解析】试题分析：（1）ab边刚进入磁场时线框做匀速运动，对线圈受力分析，如图所示，可知：

线圈所受安培力的大小 安 ，方向沿斜面向上。

（2）线框进入磁场前沿斜面向下做匀加速直线运动，设ab边刚进磁场时的速度为v，则由机械能守恒定律得： ，得： ，线框切割磁感线产生

的感应电动势

线框中的感应电流 ，底边所受的安培力 安 ，由以上各式解得： 。 （3）分析可知线圈穿过磁场的过程中一直匀速运动，由能量守恒可得：

考点：电磁感应，动能定理

【名师点睛】本题是导轨类问题，首先要分析线框的运动情况，画出侧视图及其受力分析图，然后列式求解。

15．如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，导轨和金属杆的电阻可忽略．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦，重力加速度为g．求：

（1）在答题纸上画出由b向a方向看去，ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；

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（2）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为υ时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；

（3）在杆下滑达到最大速度时，电阻R消耗的电功率． 【解析】

试题分析：（1）ab杆受三个力：重力mg，竖直向下；支持力N，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上．受力示意图如图所示．

（2）当ab杆速度为v时，感应电动势：EBLv，此时电路中电流：IEBLv RRab杆受到的安培力：FBILBLv，根据牛顿运动定律得：

R22vmgsinBLma

R22解得，agsinBLv。

mR2222BLvm，

（3）当ab杆受到的合力为零时，杆达到稳定，由平衡条件得：mgsinR解得：vmmgRsinBL22

感应电动势：EBLvmmgRsinEmgsin，电路电流：I，

BLRBL222gmsin2电阻R上的功率：PIR； 22BL考点：安培力，牛顿第二定律

【名师点睛】本题考查了作受力示意图、求电流与加速度，分析清楚运动过程、正确受力分析、应用EBLv、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律即可正确解题。 16．如图所示，足够长的光滑金属框竖直放置，框宽l＝0．5 m，框的电阻不计，匀强磁场的磁感应强度B＝1 T，方向与框面垂直，金属棒MN的质量为100 g，电阻为1 Ω，现让MN由静止释放，MN与金属框始终垂直并保持良好接触，从释放直至达到最大速度的过程中通过金属棒某一截面的电荷量为2 C，求：（空气阻力不计，g取10 m/s）

2

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（1）金属棒下落过程中的最大速度； （2）则此过程中回路产生的电能为多少？ 【解析】

试题分析：（1）金属棒下落过程做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零时速度

B2l2vmmgR达到最大，根据平衡条件得mg，解得vm22

RBl带入数据解得vm=4m/s

（2）通过导体某一横截面的电荷量为qBhl R在下落过程中，金属棒减小的重力势能转化为它的动能和回路中产生的电能E，由能量守恒定律得mgh联立解得

12mvmE 212mgRqm3g2R20.110120.1310212Emghmvm J-3.2 J.

2Bl2B4l410.5210.54考点：牛顿定律的应用；动能定理

【名师点睛】金属棒在运动过程中克服安培力做功，把金属棒的动能转化为焦耳热，在此过程中金属棒做加速度减小的减速运动；对棒进行受力分析、熟练应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、能量守恒定律等正确解题。

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