求导轨上的导体棒的运动距离两根光滑导轨 左端用导线相连 上面放一导体棒 导轨之间有垂直导轨平面的磁场 装置总电阻为R 导

（1）根据几何关系知，OP间的距离x=2R，根据R=12gt2得，t=2Rg，则滑块在最高点C时的速度vc＝2R2Rg＝gR．（2）对最低点到C点的过程运用动能定理得，12mvc2−12mv2解得v=5gR，对最低点由牛顿第二定律得：FN−mg＝mv2R...

点评：
本题考点： 向心力；功的计算．

考点点评： 该题的突破口是小滑块从圆环最高点C水平飞出，恰好击中导轨上与圆心O等高的P点，运用平抛规律和几何关系求出初速度．下面就是一步一步运用动能定理和牛顿第二定律解决问题．

（1）金属杆ab匀速运动时，产生感应电动势为E=BLv₀，
因不计金属杆和金属导轨的电阻，则电容器两端的电压U=E，
由C=[Q/U]得，电容器所带电量 Q=CE=CBLv₀．
电路中感应电流为 I=[E/R]
杆所受的安培力大小为 F_A=BIL，
因杆做匀速运动，则由平衡条件得
F₁=F_A．
联立以上各式得：F₁=
B2L2v0
R
（2）让金属杆ab从静止开始向右做匀加速运动时，在t时刻，杆的速度为 v=at
感应电动势为 E=BLv
电容器的所带电量为 Q=CE
则该过程中电容器的充电电流I_C=[△Q/△t]=
△(CBLv)
△t=CBL[△v/△t]=CBLa
故通过杆的电流为 I=I_C+[E/R]=CBLa+[BLat/R]
根据牛顿第二定律得
F₂-BIL=ma
解得，F₂=ma+B²L²Ca+
B2L2at
R
答：
（1）电容器所带电量为CBLv₀，金属杆ab所受水平外力F₁的大小为
B2L2v0
R．
（2）该过程中电容器的充电电流I_C为CBLa，F₂随时间t变化的关系式为ma+B²L²Ca+
B2L2at
R．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转化．

考点点评： 本题电磁感应与电路的综合，除掌握电磁感应与力学的基本规律外，关键要理解电容器的充电电流IC=△Q△t，并掌握电量Q=CU，再进行推导．

（1）切割产生的感应电动势E=BLV，回路中的电阻R=（2
2Vt+2Vt）r，
根据欧姆定律得：
I1＝
BLV
R＝
B•2Vt•V
(2
2Vt+2Vt)r＝
BV
(
2+1)r
（2）当t=[2b/V]时，导体棒的有效长度为2b，回路中的总电阻为R=(2
2b+4b)r，
根据欧姆定律得：
I2＝
BLV
R＝
B•2b•V
(2
2b+4b)r＝
BV
(
2+2)r
则安培力的大小：FA＝BI2L＝B
BV
(
2+2)r•2b＝
2B2bV
(
2+2)r．
（3）根据动能定理得：W_F-W_A=0
WF＝WA＝
0+FAmax
2•b＝
1
2B
BV
(
2+1)r2b•b=
B2Vb2
(
2+1)r．
（4）分两段讨论：
①0≤t≤

2b
a
S＝
1
2at2，V=at，I1＝
Bat
(
2+1)r．
F₁-BI₁•2S=ma
F1＝ma+
B2a2
(
2+1)rt3．
②t＞

2b
a
R＝
.
2
2b+2(S−b)+2b
.r＝(2
2b+at2)r
I2＝
B•2b•at
R＝
2abBt
(2
2b+at2)r
F2＝ma+
4ab2B2t
(2
2b+at2)r．
答：（1）金属杆在正交的OP₁、OP₂导轨上滑动时，通过金属杆中的电流为
BV
(
2+1)r．
（2）当t=[2b/V]时，金属杆受到的安培力为
2B2bV
(
2+2)r．
（3）从开始运动到t=[b/V]过程中，外力一共做功为
B2Vb2
(
2+1)r．
（4）当0≤t≤

2b
a，F1＝ma+
B2a2
(
2+1)rt3．当t＞

2b
a时，F2＝ma+
4ab2B2t
(2
2b+at2)r．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．

考点点评： 本题综合考查了切割产生的感应电动势、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律等知识点，综合性较强，注意需区别导体棒位移0-b内以及位移大于b两种情况．

由图知，当闭合开关时，电路中有电流，导体便受磁场力的作用而运动，根据这个原理制成了电动机．
故选D．

点评：
本题考点： 直流电动机的原理．

考点点评： 此题考查了电动机的制作原理，在电和磁部分出现的实验很多，要注意区分．

（1）感应电动势：E=BLv=0.4×0.5×4=0.8V；
（2）感应电流：I=[E/R]=[0.8/0.2]=4A，
由右手定则可知，感应电流：由b流向a；
（3）安培力：F_安=BIL=0.4×4×0.5=0.8N，
ab棒匀速运动处于平衡状态，由平衡条件得：F=F_安=0.8N；
答：（1）ab棒产生的感应电动势大小为0.8V．（2）ab棒中感应电流的大小为4A，方向：由b流向a．（3）水平外力F的大小为0.8N．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．

考点点评： 本题考查了求感应电动势、感应电流、外力，应用E=BLv、欧姆定律、右手定则、安培力公式与平衡条件即可正确解题．

（1）设金属线框刚进入磁场区域abcd的速度为v₁，则线框中产生的感应电动势E=BLv₁
安培力F=BIL=
B2L2v1
r
依题意金属框滑进磁场abcd时恰好作匀速运动，有：F=mgsinθ
线框下滑距离s的过程中，根据动能定理，有：mgssinθ=[1/2]mv₁²
联立以上各式解得：s=
m2r2
2B4L4gsinθ=0.25m
（2）设金属线框刚全部进入水平导轨时速度为v₂，线框在倾斜轨道上运动的全过程中，根据动能定理，有：
mg（h+[1/2]Lsinθ-2Lsinθ）=[1/2]mv²
解得：v₂=6m/s
线框进入水平导轨的磁场中后由于受到安培力作用而减速直至速度减为零，线框在穿越任一磁场区域的过程中，根据动量定理，有：B
.
ILt=m△v，即BLq=m△v
又q=[△φ/r]=
2BL2
r
所以，线框在穿越每一磁场区域速度的减少量相同，且△v=
2B2L3
mr
线框在水平导轨上穿越磁场区域的个数
n=
v2−0
△v=
mrv2
2B2L3=1.5
金属框能穿越导轨水平部分中1个完整的磁场区域．
（3）整个过程中，根据能量守恒定律，有：
金属线框内产生的焦耳热Q=mg（h+[1/2]Lsinθ）=13J．

答：（1）金属线框刚释放时MN边与ab的距离S是0.25m
（2）整个过程中金属线框内产生的焦耳热是13 J．
（3）金属线框能穿越导轨水平部分中1个完整的磁场区域．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．

考点点评： 该题考查了多个知识点的综合运用．做这类问题我们还是应该从运动过程和受力分析入手研究，运用一些物理规律求解问题．动能定理的应用非常广泛，我们应该首先考虑．

（1）感应电动势：ɛ=BLv=2×1×2V=4V…①
且产生的感应电流其方向与电路电流方向相反，则此时电路的实际电压：
U=E-ɛ=10-4V=6V…②
电流：I=
U
R+r＝
6
2A＝3A
F_合=F_安-f=BIl-μmg=1N…③
a＝
F合
m＝1m/s2…④
（2）金属棒达到稳定状态，即：F_安=f…⑤
则：BIl=μmg
I＝
μmg
Bl＝2.5A…⑥
E-ɛ=I（R+r） 得：ɛ=E-I（R+r）=5V…⑦
由ɛ=Blv得：
v＝
ɛ
Bl＝2.5m/s…⑧
（3）h＝
1
2gt2＝0.8m…⑨
x=vt…⑩
得：t=0.4s，x=1m＞0.8m
知金属棒能够落到对面的平台．
答：（1）金属棒速度为2m/s时金属棒的加速度为1m/s²．
（2）金属棒达到稳定状态时的速度为2.5m/s．
（3）金属棒能够落到对面的平台．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；闭合电路的欧姆定律；安培力．

考点点评： 本题是电磁感应与电路和动力学的综合，注意产生的感应电动势与电源电动势方向相反，结合闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律等知识进行求解．

（1）回路中电流为I=
E
R1+r＝
2.4
0.2+0.4A＝4A
ab棒静止，则mg=BIL
B=
mg
IL＝
0.005×10
4×0.25T＝0.05T
（2）S接通时流过ab棒的电流为
R=
R1R2
R1+R2＝
0.2×0.2
0.2+0.2Ω＝0.1Ω
I′＝
E
R+r＝
2.4
0.1+0.4A＝4.8A
I₂=
I′
2＝
4.8
2A＝2.4A
ab棒受到的安培力为
F′=BI₂L=0.05×2.4×0.25N=3×10^-2N
产生的加速度为
a＝
mg−F′
m＝
0.005×10−0.03
0.005m/s2＝4m/s2
方向竖直向下．
答：（1）S断开时，ab保持静止时B的大小为0.05T；
（2）S接通瞬间，金属棒的加速度多大为4m/s²．

点评：
本题考点： 安培力．

考点点评： 本题是通电导体在磁场中平衡问题，分析和计算安培力是关键，安培力是联系力学与磁场的桥梁．

（1）由法拉第电磁感应定律：E＝
△Φ
△t＝
△B
△tLx0＝0.1×1×2V＝0.2V①
解得，F＝BIL＝
BLE
R+r＝(5+t)×10−2（N）②
（2）由牛顿第二定律：F-BIL=ma③
I＝
E
R+r④
感应电动势：E=BLv⑤
速度为：v=at⑥
联立③④⑤⑥得：F＝
B2L2
R+rat+ma⑦
代入数据解得：a=2m/s²，v=8m/s，E=4V，I=2A
电势差：U=IR=2×1.5V=3V
答：（1）作用在导体棒上的水平拉力F随时间t变化的规律为F=（5+t）×10^-2N；
（2）此时导体棒两端的电势差3V．

点评：
本题考点： 法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势．

考点点评： 解决本题的关键掌握导体切割产生的感应电动势E=BLv，以及感生产生的电动势E=n[△∅/△t]．理解牛顿第二定律与运动学公式综合应用，注意求电势差时，电阻不能代错．

0到t₀时间内，磁场向里减小，则线圈中磁通量减小，则由楞次定律可得出电流方向沿顺时针，故ab受力向左，cd受力向右，而张力F=BIL，因B减小，故张力将减小，故ABC错误；
由t₀到t时间内，线圈中的磁场向外增大，则由楞次定律可知，电流为顺时针，由左手定则可得出，两杆受力均向里，故两杆靠近，细线中张力消失，故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 法拉第电磁感应定律；共点力平衡的条件及其应用；安培力；楞次定律．

考点点评： 如果楞次定律的第二种表达掌握好了，本题可以直接利用楞次定律的“来拒去留”进行判断．

弹丸进入靶盒A后，设弹丸与靶盒A的共同速度为v
规定向右为正方向，由系统动量守恒得：mv₀=（m+M）v
靶盒A的速度减为零时，弹簧的弹性势能最大，
由系统机械能守恒得：E_p=[1/2]（m+M）v²
解得：E＝
m2
2(m+M)v2
代入数值得：E_p=2.5 J．
答：弹丸进入靶盒A后，弹簧的最大弹性势能为2.5J．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；弹性势能；机械能守恒定律．

考点点评： 应用动量守恒定律时要清楚研究的对象和守恒条件，把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题．

A、由题意，金属棒的速度为v时，电阻上的电功率为P，ab棒与R串联，电流始终相等，则ab棒的电阻功率为2P，电路中总的电功率为3P，根据能量守恒可知，重力功率≥3P．故A错误．
B、当金属棒的速度为v做匀速直线运动时，由功能关系得知，重力功率等于电路中总的电功率3P．故B正确．
C、D导体棒克服安培力做功的功率等于电路中总的电功率，则有 3P=Fv，得安培力大小为F=[3P/v]．故C错误，D正确．
故选BD

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力．

考点点评： 本题关键从能量转化和守恒的角度分析重力功率与电功率的关系．对于电磁感应现象中，导体棒克服安培力做功的功率等于电路中总的电功率．

对物体B受力分析，受到重力、两根细线的拉力F_P和F_Q，如图所示，有：
F_P=mgsin37°=0.6mg=6N
F_Q=mgsin53°=0.8mg=8N
再对A物体受力分析，受到重力和支持力，向左的拉力F_P和向右的拉力F_Q，由于向右的拉力大于向左的拉力，根据平衡条件，有：
F_P+f=F_Q
f=2N，静摩擦力方向水平向左．
故选C．

点评：
本题考点： 摩擦力的判断与计算．

考点点评： 本题关键是用隔离法先后对物体B和A受力分析，根据平衡条件求解未知力；静摩擦力随外力的变化而变化，可以通过平衡条件求解．

(1)由v−t图象的斜率得m/s2=0.75m/s2

(2)t1=12s时，由v−t图象得速度为v1="9m/s"

因为，，，

由牛顿第二定律得即

由图象知17s末导体棒ab的最大速度为v2=10m/s，此时加速度为零，同理有

联立解得，R=0.4Ω

(3)由v−t图象知0−12s内，导体棒匀加速运动的位移=54m

12−17s内，导体棒的位移m

由能量守恒得

代入数据解得R上产生的热量Q="12.35"J

（1）0.75m/s ² （2）  R=0.4Ω（3）


<>

由于直导线AB匀速运动，则AB切割磁场产生的电流时恒定的，线圈产生的磁通量也是恒定的，所以不会引起副线圈的磁通量的变化，所以副线圈不会有感应电流产生，即安培表A₂的读数为0．
故选B

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理．

考点点评： 变压器只能在交流电路中工作，变压器是根据磁通量的变化来工作的，知道变压器的工作的原理就可以解决本题．

MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；
再由右手定则可知PQ可能是向左加速运动或向右减速运动．故BC正确；
故选：BC

点评：
本题考点： 楞次定律；法拉第电磁感应定律．

考点点评： 本题关键是分析好引起感应电流的磁通量的变化，进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的．

（1）每个小灯泡中的电流为：I₁=
P1
U1=[3/6]A=0.5A
则ab中的电流：I=2I₁=2×0.5A=1A
ab所受的安培力大小为：F=BIL=0.5×1×0.2N=0.1N
导体棒匀速时，受力平衡，则得：mg=F
解得：m=[F/g]=[0.1/10]kg=0.01kg．
（2）根据闭合电路欧姆定律得ab产生的感应电动势为：
E=U₁+IR=6+1×1.0V=7V
由E=BLv，知ab的运动速度：
v=[E/BL]=[7/0.5×0.2]m/s=70m/s
答：（1）导体棒ab的质量m是0.01kg．
（2）导体棒ab匀速时的速度是70m/s．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势．

考点点评： 本题中灯泡正常发光是突破口，再综合运用电路、力学和电磁感应知识求解．

（1）cd杆运动产生的感应电动势为
E=BLυ=0.5×0.4×1V=0.2V
电路中的电流：I=[ε
R总＝
0.2/1+1＝0.1(A)，方向a→b．
答：ab杆中电流的大小为0.1A，方向a→b．
（2）ab杆静止，摩擦力沿斜面向上最大时，安培力最小：
mgsinθ=f+F_Amin
F_Amin=mgsinθ-f=0.1×0.6-0.3×0.1×0.8=0.036（N）
F_Amin=BI_minL=
B2L2υmin
R总]，可求出
υmin＝
FminR总
B2L2＝
0.036×2
0.52×0.42＝1.8(m/s)
摩擦力沿斜面向下最大时，安培力最大：
mgsinθ+f=F_Amax
F_Amax=mgsinθ+f=0.01×10×0.6+0.3×0.1×0.8=0.084（N），可求出：

υ max＝
FmaxR总
B2L2＝
0.084×2
0.52×0.42＝4.2(m/s)
答：为使ab杆能静止在导轨上，cd杆向上运动的速率范围为1.8m/s～4.2m/s．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．

考点点评： 本题是电磁感应中的力学问题，综合运用电磁学知识和力平衡知识进行解答，难点是第二问中，根据摩擦力方向的不同求出安培力的大小范围．

（1）根据动量守恒得，mv₀=2mv
I=mv₀．
则v=5m/s．
故cd获得的最大速度为5m/s．
（2）根据动能定理得，−mgR＝
1
2mv′2−
1
2mv2 ①
在最高点有：mg−N＝m
v′2
R ②
联立两式得：N=5N
根据牛顿第三定律，知cd到达半圆形绝缘体顶端时对半圆形绝缘体的压力为5N．
（3）I=mv₀．则v₀=10m/s
根据能量守恒得，W电＝
1
2mv02−
1
2(2m)v2=25J．
故整个过程中产生的电能为25J．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；动量定理；电磁感应中的能量转化．

考点点评： 解决本题的关键知道给ab一个水平向右的瞬时冲量，ab棒做减速运动，cd棒做加速运动，当两者速度相等时，速度达到最大．以及掌握动能定理和能量守恒定律．

（1）初始时刻棒中感应电动势：E=BLυ₀
棒中感应电流：I=[E/R]
作用于棒上的安培力：F=BIL
联立得：F=
B2L2v0
R，安培力方向水平向左
（2）设安培力做功为W₁．弹力做功为W_弹．
由动能定理得：W₁+W_弹=0-[1/2m
v20]
又-W₁=Q₁，-W_弹=E_p
解得电阻R上产生的焦耳热为：Q₁=[1/2]mυ₀²-E_P
（3）由能量转化及平衡条件等判断：棒最终静止于初始位置（弹簧原长处）
由能量转化和守恒得：Q=[1/2]mυ₀²
答：（1）初始时刻导体棒受到的安培力大小为
B2L2v0
R，方向水平向左；
（2）安培力所做的功W₁等于E_P-[1/2]mυ₀²，电阻R上产生的焦耳热Q₁等于[1/2]mυ₀²-E_P．导体棒往复运动，最终静止于初始位置（弹簧原长处）．从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为[1/2]mυ₀²．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律；安培力．

考点点评： 弄清运动过程中能量如何转化，并应用能量转化和守恒定律分析解决问题是此题关键．

（1）当K接1时，金属棒ab在磁场中恰好保持静止，棒的重力与安培力平衡，则有
mg=BIL
又I=[E/R+r]
联立解得，R＝
BEL
mg−r
（2）当K接2后，棒达到稳定状态时做匀速运动，则有
mgv=
E′2
R0，
又感应电动势E′=BLv
联立上两式得：v=
mgR0
B2L2①
根据动量定理得：mgt-B
.
ILt=mv
而q=
.
It
又感应电荷量q=
.
It，
.
I=

.
E
R0，
.
E=[△Φ/△t]，△Φ=BLs，联立得q=[BLs
R0
联立解得t=
mR0
B2L2+
B2L2s
mgR0．
（3）将开关K突然接到3，电容器充电，电路中充电电流，ab棒受到向上的安培力，设瞬时加速度为a，根据牛顿第二定律得
mg-BiL=ma ②
又i=
△Q/△t]=[C△U/△t]，又U=E=BLv，得i=[CBL•△v/△t]=CBLa③
由②③得：mg-BL•CBLa=ma
解得，a=[mg
m+B2L2C ④
可见棒的加速度不变，做匀加速直线运动．
当ab下降距离s时，设棒的速度为v′，则v′²-v²=2as ⑤
设电容器储存的电能为△E，则根据能量守恒得
mgs+
1/2mv2=
1
2mv′2+△E⑥
联立①④⑤⑥得：△E＝
B2L2mgCs
m+B2L2C]．
答：（1）滑动变阻器接入电路的阻值R为[BEL/mg]-r．
（2）稳定速度的大小为
mgR0
B2L2，下落s的过程中所需的时间为
mR0
B2L2+
B2L2s
mgR0．
（3）棒做加速度为a＝
mg
m+B2L2C的匀加速直线运动，ab再下落距离s时，电容器储存的电能是
B2L2mgCs
m+B2L2C．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．

考点点评： 本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，关键要会推导加速度的表达式，通过分析棒的受力情况，确定其运动情况．

（1）当cd棒的加速度为a₂时，设此时ab和cd的速度分别为v₁和v₂，作用在ab上的外力为F₁，回路的总电功率为P₁．
对ab：F₁-m₁g-
B2L2(v1+v2)
R=m₁a₁
对cd：m₂g-
B2L2(v1+v2)
R=m₂a₂
对整个回路：P₁=
B2L2(v1+v2)2
R
联立以上各式解得：v₁+v₂=8m/s，F₁=30N，P₁=64W
（2）当cd棒的速度最大时，设ab和cd的速度大小分别为v₁′和v₂′，作用在ab上的外力为F₂，回路的总电功率为P₂．
对ab：F₂-m₁g-
B2L2(
v/1+
v/2)
R=m₁a₁
对cd：m₂g=
B2L2(
v/1+
v/2)
R
对整个回路：P₂=
B2L2(
v/1+
v/2)2
R
联立以上各式解得：v₁′+v₂′=10m/s，F₂=32N，P₂=100W
答：（1）作用在ab棒上的外力为30N，回路中的总电功率64W
（2）当cd棒沿两导轨所在的竖直面向下运动的速度最大时，作用在ab棒上的外力32N回路中的总电功率100W．

点评：
本题考点： 法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势．

考点点评： 本题是电磁感应与牛顿定律的综合应用，难度较大，第一问中巧妙应用感应电动势为两棒产生感应电动势的和，回路中的总电功率等于安培力的功率之和；能够分析出速度最大时加速度为零，合力恰好为零

当导体棒PQ运动时，根据法拉第电磁感应定律得：
E=BLv=1.2×0.5×10=6V，根据右手定则可知，通过PQ的电流为从Q点流向P点，故ABC错误，D正确．
故选D．

点评：
本题考点： 右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势．

考点点评： 本题比较简单，考查了导体切割磁感线产生电动势和电流方向问题，注意公式E=BLv的适用条件和公式各个物理量的含义．