備戰(zhàn)高考物理備考之電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況壓軸突破訓(xùn)練∶培優(yōu)易錯難題篇一、電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況1．如圖甲所示，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成θ=30°角固定，M、P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=1T．質(zhì)量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上，其接入電路的電阻值為r，現(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的關(guān)系如圖乙所示．已知軌距為L=2m，重力加速度g取l0m/s2，軌道足夠長且電阻不計．求：(1)桿ab下滑過程中流過R的感應(yīng)電流的方向及R=0時最大感應(yīng)電動勢E的大?。?2)金屬桿的質(zhì)量m和阻值r；(3)當(dāng)R=4Ω時，求回路瞬時電功率每增加2W的過程中合外力對桿做的功W．【答案】(1)電流方向從M流到P，E=4V(2)m=0.8kg，r=2Ω(3)W=1.2J【解析】本題考查電磁感應(yīng)中的單棒問題，涉及動生電動勢、閉合電路歐姆定律、動能定理等知識．(1)由右手定則可得，流過R的電流方向從M流到P據(jù)乙圖可得，R=0時，最大速度為2m/s，則Em=BLv=4V(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得結(jié)合函數(shù)圖像解得：m=0.8kg、r=2Ω(3)由題意：由感應(yīng)電動勢E=BLv和功率關(guān)系得則再由動能定理得2．如圖，平行長直導(dǎo)軌MN、PQ水平放置，兩導(dǎo)軌間距，導(dǎo)軌左端MP間接有一阻值為的定值電阻，導(dǎo)體棒ab質(zhì)量，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)，導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放在距離左端處，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒電阻均忽略不計整個裝置處在范圍足夠大的勻強磁場中，時刻，磁場方向豎直向下，此后，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化如圖所示，不計感應(yīng)電流磁場的影響當(dāng)時，突然使ab棒獲得向右的速度，同時在棒上施加一方向水平、大小可變化的外力F，保持ab棒具有大小為恒為、方向向左的加速度，?。髸r棒所受到的安培力；分析前3s時間內(nèi)導(dǎo)體棒的運動情況并求前3s內(nèi)棒所受的摩擦力f隨時間t變化的關(guān)系式；從時刻開始，當(dāng)通過電阻R的電量時，ab棒正在向右運動，此時撤去外力F，此后ab棒又運動了后靜止求撤去外力F后電阻R上產(chǎn)生的熱量Q．【答案】(1)，方向水平向右(2)

(3)【解析】【詳解】解：由圖b知：時棒的速度為零，故回路中只有感生感應(yīng)勢為：

感應(yīng)電流為：可得時棒所受到的安培力：，方向水平向右；棒與軌道間的最大摩擦力為：故前3s內(nèi)導(dǎo)體棒靜止不動，由平衡條件得：

由圖知在內(nèi)，磁感應(yīng)強度為：聯(lián)立解得：

；前3s內(nèi)通過電阻R的電量為：設(shè)3s后到撤去外力F時又運動了，則有：解得：此時ab棒的速度設(shè)為，則有：解得：此后到停止，由能量守恒定律得：可得：3．如圖所示，CDE和MNP為兩根足夠長且彎折的平行金屬導(dǎo)軌，CD、MN部分與水平面平行，DE和NP與水平面成30°，間距L=1m，CDNM面上有垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B1=1T，DEPN面上有垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B2=2T。兩根完全相同的導(dǎo)體棒a、b，質(zhì)量均為m=0.1kg，導(dǎo)體棒b與導(dǎo)軌CD、MN間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.2，導(dǎo)體棒a與導(dǎo)軌DE、NP之間光滑。導(dǎo)體棒a、b的電阻均為R=1Ω。開始時，a、b棒均靜止在導(dǎo)軌上除導(dǎo)體棒外其余電阻不計，滑動摩擦力和最大靜摩擦力大小相等，運動過程中a、b棒始終不脫離導(dǎo)軌，g取10m/s2.(1)b棒開始朝哪個方向滑動，此時a棒的速度大??；(2)若經(jīng)過時間t=1s，b棒開始滑動，則此過程中，a棒發(fā)生的位移多大；(3)若將CDNM面上的磁場改成豎直向上，大小不變，經(jīng)過足夠長的時間，b棒做什么運動，如果是勻速運動，求出勻速運動的速度大小，如果是勻加速運動，求出加速度大小?！敬鸢浮浚?）；（2）0.24m；（3）勻加速，0.4m/s2?！窘馕觥俊痉治觥俊驹斀狻浚?）開始時，a棒向下運動，b棒受到向左的安培力，所以b棒開始向左運動，當(dāng)b棒開始運動時有對a棒聯(lián)立解得（2）由動量定理得對a棒其中聯(lián)立解得（3）設(shè)a棒的加速度為a1，b棒的加速度為a2，則有且當(dāng)穩(wěn)定后，I保持不變，則可得聯(lián)立解得兩棒最后做勻加速運動，有a1=0.2m/s2，a2=0.4m/s24．如圖所示，豎直向上的勻強磁場垂直于水平面內(nèi)的導(dǎo)軌，磁感應(yīng)強度大小為B，質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒PQ垂直放在間距為l的平行導(dǎo)軌上，通過輕繩跨過定滑輪與質(zhì)量為m的物塊A連接。接通電路，導(dǎo)體棒PQ在安培力作用下從靜止開始向左運動，最終以速度v勻速運動，此過程中通過導(dǎo)體棒PQ的電量為q，A上升的高度為h。已知電源的電動勢為E，重力加速度為g。不計一切摩擦和導(dǎo)軌電阻，求：(1)當(dāng)導(dǎo)體棒PQ勻速運動時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小E’；(2)當(dāng)導(dǎo)體棒PQ勻速運動時，棒中電流大小I及方向；(3)A上升h高度的過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q?！敬鸢浮?1)；(2)，方向為P到Q；(3)【解析】【分析】【詳解】(1)當(dāng)導(dǎo)體棒PQ最終以速度v勻速運動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小(2)當(dāng)導(dǎo)體棒PQ勻速運動時，安培力方向向左，對導(dǎo)體棒有又因為聯(lián)立得根據(jù)左手定則判斷I的方向為P到Q。(3)根據(jù)能量守恒可知，A上升h高度的過程中，電源將其它形式的能量轉(zhuǎn)化為電能，再將電能轉(zhuǎn)化為其他形式能量，則有則回路中的電熱為5．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：6．如圖1所示，一個圓形線圈的匝數(shù)匝，線圈面積，線圈的電阻，線圈外接一個阻值的電阻，把線圈放入一方向垂直線圈平面向里的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律如圖2所示求在內(nèi)穿過線圈的磁通量變化量；前4s內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；內(nèi)通過電阻R的電荷量q．【答案】（1）4×10﹣2Wb（2）1V（3）【解析】試題分析：（1）依據(jù)圖象，結(jié)合磁通量定義式，即可求解；（2）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，結(jié)合磁感應(yīng)強度的變化率求出前4s內(nèi)感應(yīng)電動勢的大?。?）根據(jù)感應(yīng)電動勢，結(jié)合閉合電路歐姆定律、電流的定義式求出通過R的電荷量．（1）根據(jù)磁通量定義式，那么在0～4s內(nèi)穿過線圈的磁通量變化量為：（2）由圖象可知前4s內(nèi)磁感應(yīng)強度B的變化率為：4s內(nèi)的平均感應(yīng)電動勢為：（3）電路中的平均感應(yīng)電流為：，又，且所以【點睛】本題考查了法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用，由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動勢，由歐姆定律求出感應(yīng)電流，最后由電流定義式的變形公式求出感應(yīng)電荷量．7．如圖所示，處于勻強磁場中的兩根足夠長、電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌相距1m，導(dǎo)軌平面與水平面成θ=37°角，下端連接阻值為R＝2Ω的電阻．磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強度為0.4T．質(zhì)量為0.2kg、電阻不計的金屬棒放在兩導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，它們之間的動摩擦因數(shù)為0.25．金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑．(g=10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)判斷金屬棒下滑過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向；(2)求金屬棒下滑速度達到5m/s時的加速度大??；(3)當(dāng)金屬棒下滑速度達到穩(wěn)定時，求電阻R消耗的功率．【答案】（1）由到（2）（3）【解析】【分析】【詳解】（1）由右手定則判斷金屬棒中的感應(yīng)電流方向為由到．（2）金屬棒下滑速度達到時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為感應(yīng)電流為，金屬棒受到的安培力為由牛頓第二定律得：，解得：．（3）設(shè)金屬棒運動達到穩(wěn)定時，所受安培力為，棒在沿導(dǎo)軌方向受力平衡，解得：，又：，電阻消耗的功率：．【點睛】該題考查右手定則的應(yīng)用和導(dǎo)體棒沿著斜面切割磁感線的運動，該類題型綜合考查電磁感應(yīng)中的受力分析與法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用，要求的解題的思路要規(guī)范，解題的能力要求較高．8．如圖所示，寬度L＝0.5m的光滑金屬框架MNPQ固定于水平面內(nèi)，并處在磁感應(yīng)強度大小B＝0.4T，方向豎直向下的勻強磁場中，框架的電阻非均勻分布．將質(zhì)量m＝0.1kg，電阻可忽略的金屬棒ab放置在框架上，并與框架接觸良好．以P為坐標(biāo)原點，PQ方向為x軸正方向建立坐標(biāo)．金屬棒從處以的初速度，沿x軸負方向做的勻減速直線運動，運動中金屬棒僅受安培力作用．求：(1)金屬棒ab運動0.5m，框架產(chǎn)生的焦耳熱Q；(2)框架中aNPb部分的電阻R隨金屬棒ab的位置x變化的函數(shù)關(guān)系；(3)為求金屬棒ab沿x軸負方向運動0.4s過程中通過ab的電荷量q，某同學(xué)解法為：先算出經(jīng)過0.4s金屬棒的運動距離x，以及0.4s時回路內(nèi)的電阻R，然后代入求解．指出該同學(xué)解法的錯誤之處，并用正確的方法解出結(jié)果．【答案】(1)0.1J(2)(3)【解析】【分析】【詳解】(1)金屬棒僅受安培力作用，其大小金屬棒運動0.5m，框架中產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功所以.(2)金屬棒所受安培力為所以由于棒做勻減速直線運動所以(3)錯誤之處是把0.4s時回路內(nèi)的電阻R代入進行計算．正確的解法是因為所以【點睛】電磁感應(yīng)中的功能關(guān)系是通過安培力做功量度外界的能量轉(zhuǎn)化成電能．找兩個物理量之間的關(guān)系是通過物理規(guī)律一步一步實現(xiàn)的．用公式進行計算時，如果計算的是過程量，我們要看這個量有沒有發(fā)生改變．9．“801所”設(shè)計的磁聚焦式霍爾推進器可作為太空飛船的發(fā)動機，其原理如下：系統(tǒng)捕獲宇宙中大量存在的等離子體(由電量相同的正、負離子組成)經(jīng)系統(tǒng)處理后，從下方以恒定速率v1向上射入有磁感應(yīng)強度為B1、垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域Ⅰ內(nèi)．當(dāng)柵極MN、PQ間形成穩(wěn)定的電場后，自動關(guān)閉區(qū)域Ⅰ系統(tǒng)(關(guān)閉粒子進入通道、撤去磁場B1)．區(qū)域Ⅱ內(nèi)有磁感應(yīng)強度大小為B2、垂直紙面向外的勻強磁場，磁場右邊界是直徑為D、與上下極板相切的半圓(圓與下板相切于極板中央A)．放在A處的放射源能夠向各個方向均勻發(fā)射速度大小相等的氙原子核，氙原子核經(jīng)過該區(qū)域后形成寬度為D的平行氙粒子束，經(jīng)過柵極MN、PQ之間的電場加速后從PQ噴出，在加速氙原子核的過程中探測器獲得反向推力(不計氙原子核、等離子體的重力，不計粒子之間相互作用于相對論效應(yīng))．已知極板長RM=2D，柵極MN和PQ間距為d，氙原子核的質(zhì)量為m、電荷量為q，求：(1)氙原子核在A處的速度大小v2；(2)氙原子核從PQ噴出時的速度大小v3；(3)因區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁場發(fā)生器故障，導(dǎo)致區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度減半并分布在整個區(qū)域Ⅱ中，求能進入?yún)^(qū)域Ⅰ的氙原子核占A處發(fā)射粒子總數(shù)的百分比．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】【詳解】（1）離子在磁場中做勻速圓周運動時：根據(jù)題意，在A處發(fā)射速度相等，方向不同的氙原子核后，形成寬度為D的平行氙原子核束，即則：（2）等離子體由下方進入?yún)^(qū)域I后，在洛倫茲力的作用下偏轉(zhuǎn)，當(dāng)粒子受到的電場力等于洛倫茲力時，形成穩(wěn)定的勻強電場，設(shè)等離子體的電荷量為，則即氙原子核經(jīng)過區(qū)域I加速后，離開PQ的速度大小為，根據(jù)動能定理可知：其中電壓聯(lián)立可得（3）根據(jù)題意，當(dāng)區(qū)域Ⅱ中的磁場變?yōu)橹螅鶕?jù)可知，①根據(jù)示意圖可知，沿著AF方向射入的氙原子核，恰好能夠從M點沿著軌跡1進入?yún)^(qū)域I，而沿著AF左側(cè)射入的粒子將被上極板RM擋住而無法進入?yún)^(qū)域I．該軌跡的圓心O1，正好在N點，，所以根據(jù)幾何關(guān)系關(guān)系可知，此時；②根據(jù)示意圖可知，沿著AG方向射入的氙原子核，恰好從下極板N點沿著軌跡2進入?yún)^(qū)域I，而沿著AG右側(cè)射入的粒子將被下極板SN擋住而無法進入?yún)^(qū)域I．，所以此時入射角度．根據(jù)上述分析可知，只有這個范圍內(nèi)射入的粒子還能進入?yún)^(qū)域I．該區(qū)域的粒子占A處總粒子束的比例為10．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：11．如圖所示，“＜”型光滑長軌道固定在水平面內(nèi)，電阻不計．軌道中間存在垂直水平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B．一根質(zhì)量m、單位長度電阻R0的金屬桿，與軌道成45°位置放置在軌道上，從靜止起在水平拉力作用下從軌道的左端O點出發(fā)，向右做加速度大小為a的勻加速直線運動，經(jīng)過位移L．求：(1)金屬桿前進L過程中的平均感應(yīng)電動勢．(2)已知金屬桿前進L過程中水平拉力做功W．若改變水平拉力的大小，以4a大小的加速度重復(fù)上述前進L的過程，水平拉力做功多少？(3)若改用水平恒力F由靜止起從軌道的左端O點拉動金屬桿，到金屬桿速度達到最大值vm時產(chǎn)生熱量．（F與vm為已知量）(4)試分析(3)問中，當(dāng)金屬桿速度達到最大后，是維持最大速度勻速直線運動還是做減速運動？【答案】(1)(2)2W+2maL(3)(4)當(dāng)金屬桿速度達到最大后，將做減速運動【解析】【詳解】(1)由位移﹣速度公式得2aL=v2﹣0所以前進L時的速度為v=前進L過程需時t=由法拉第電磁感應(yīng)定律有：=(2)以加速度a前進L過程，合外力做功W+W安=maL所以W安=maL﹣W以加速度4a前進L時速度為=2v合外力做功WF′+W安′=4maL由可知，位移相同時：FA′=2FA則前進L過程W安′=2W安所以WF′=4maL﹣2W安=2W+2maL(3)設(shè)金屬桿在水平恒力作用下前進d時FA=F，達到最大速度，由幾何關(guān)系可知，接入電路的桿的有效長度為2d，則所以d=由動能定理有所以：Q=Fd﹣(4)根據(jù)安培力表達式，假設(shè)維持勻速，速度不變而位移增大，安培力增大，則加速度一定會為負值，與勻速運動的假設(shè)矛盾，所以做減速運動。12．如圖所示，兩電阻不計的足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角θ，導(dǎo)軌間距，所在平面的正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直斜面向上．將甲乙兩電阻阻值相同、質(zhì)量均為m的相同金屬桿如圖放置在導(dǎo)軌上，甲金屬桿處在磁場的上邊界，甲乙相距.靜止釋放兩金屬桿的同時，在甲金屬桿上施加一個沿著導(dǎo)軌的外力F，使甲金屬桿在運動過程中始終做沿導(dǎo)軌向下的勻加速直線運動，加速度大小.(1)乙金屬桿剛進入磁場時，發(fā)現(xiàn)乙金屬桿作勻速運動，則甲乙的電阻R各為多少？(2)）以剛釋放時t=0，寫出從開始到甲金屬桿離開磁場，外力F隨時間t的變化關(guān)系，并說明F的方向．(3)乙金屬桿在磁場中運動時，乙金屬桿中的電功率多少？(4)若從開始釋放到乙金屬桿離開磁場，乙金屬桿中共產(chǎn)生熱量Q，試求此過程中外力F對甲做的功．【答案】（1）（2）（3）（4）【解析】【分析】【詳解】（1）由于甲乙加速度相同，當(dāng)乙進入磁場時，甲剛出磁場：乙進入磁場時，受力平衡有：解得：；（2）甲在磁場用運動時，外力F始終等于安培力:，速度為：可得：，F(xiàn)沿導(dǎo)軌向下（3）乙金屬桿在磁場中運動時，乙金屬桿中的電功率為：；（4）乙進入磁場前勻加速運動中，甲乙發(fā)出相同熱量，設(shè)為Q1，此過程中甲一直在磁場中，外力F始終等于安培力，則有：乙在磁場中運動發(fā)出熱量Q2，利用動能定理：可得：，由于甲出磁場以后，外力F為零，可得：。13．如圖所示（俯視圖），兩根光滑且足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌間距L=1m。導(dǎo)軌單位長度的電阻r=1Ω/m，左端處于x軸原點，并連接有固定電阻R1=1Ω(與電阻R1相連的導(dǎo)線電阻可不計）。導(dǎo)軌上放置一根質(zhì)量m=1kg、電阻R2=1Ω的金屬桿ab，整個裝置處于磁感應(yīng)強度B=B0+kx（B0=1T，k=1T/m）的磁場中，磁場方向豎直向下。用一外力F沿水平方向拉金屬桿ab，使其從原點處開始以速度v=1m/s沿x軸正方向做勻速運動，則：（1）當(dāng)t=1s時，電阻R1上的發(fā)熱功率。（2）求0-2s內(nèi)外力F所做的功。（3）如果t=2s調(diào)整F的大小及方向，使桿以1m/s2的加速度做勻減速運動，定性討論F的大小及方向的變化情況。【答案】(1)0.25W(2)2J(3)見解析【解析】【詳解】（1）當(dāng)t=1s時，x=vt=1m，B=B0+kx=2T，所以R1上的電流為A，得0.25W（2）電流與導(dǎo)體棒位置的關(guān)系為A，得回路中的電流與導(dǎo)體棒位置無關(guān)，由得，畫出F-x圖象，求0-2s內(nèi)圖象下面的“面積”，即是導(dǎo)體棒在運動過程中克服安培力所做的功當(dāng)t=0，B=1T，所以，當(dāng)t=2s，B=3T，所以，x=2m，所以做功的“面積”為2J。因?qū)w棒是勻速運動，合力做功為0，所以外力克服安培力做功為2J（3）當(dāng)t=2s時，方向向左，此時合外力，方向向左，所以此時F應(yīng)向右，大小為0.5N。隨著速度的減小，安培力將減小，F(xiàn)先減小。當(dāng)安培力等于1N時，F(xiàn)減至0。當(dāng)速度更小是，安培力也更小，此時F應(yīng)反向增大，當(dāng)速度接近為0時，安培力也接近為0，F(xiàn)接近1N。14．某電子天平原理如圖所示，E形磁鐵的兩側(cè)為N極，中心為S極，兩極間的磁感應(yīng)強度大小均為B