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2009年高考物理熱點之五單棒在磁場中的運動

單棒在磁場中運動是電磁感應中的重要題型，也是高考的熱點問題。我們知道題的數量是無限的,而類型是有限的，對于每類型的題目都對應一個題根，大量的習題都是根據該題根添枝加葉改造而成，只要你找到了題根，你就會感到題海有邊，題根是岸。

【題根】如圖1所示，金屬桿ab以恒定的速度v在光滑平行導軌上向右滑行，設整個電路中總電阻為R（恒定不變）整個裝置置于垂直紙面向里的勻強磁場，下列敘述正確的是

A.ab桿中的電流強度與速率v成正比

B.磁場作用下ab桿的安培力與速率v成正比

C.電阻R上產生的電熱功率與速率v的平方成正比

D.外力對ab桿做功的功率與速率v成正比

[解答]ab棒切割磁感應線產生的感應電動勢E=BLv,因此

ab桿上的電流，選項A對，磁場作用于ab棒上的安培力故選項B正確，電阻R上產生的電熱功率，故選項C正確，外力對ab桿做功的功率，，故選項D錯。

變化一單棒在磁場中做變加速運動然后勻速

【例1】(2001年上海高考題)如圖2所示，有兩根和水平方向成α角的光滑平行的金屬軌道,上端接有可變電阻R,下端足夠長,空間有垂直于軌道平面的勻強磁場,磁感應強度為B,一根質量為m的金屬棒從軌道上由靜止滑下,經過足夠長的時間后

,金屬棒的速度會趨近一個最大速度V_m則

A.如果B增大，V_m將變大

B.如果α增大，V_m將變大

C.如果R增大，V_m將變大

D.如果m減小，V_m將變大

[解答]利用右手定則可知，感應電流方向遠離讀者，

利用左手定則可知磁場力沿鈄面向上，將導體棒受力

的三維圖轉化為二維圖如圖3所示，開始時棒的速度由0

增大，磁場力F也由0增大，由牛頓第二定律可知，

加速度a將減小，當a減小到0時，棒以最大速度V_m勻速直線運

動，即mgsinα=B²L²V_m/R,

V_m=mgRsinα/B²L²,要使V_m增大，正確選項為B、C

變化二單棒在磁場中做變減速運動

【例2】（2006年高考上海卷12題）.如圖4所示，

平行金屬導軌與水平面成θ角，導軌與固定電阻R₁和R₂

相連，勻強磁場垂直穿過導軌平面．有一導體棒ab，質量

為m，導體棒的電阻與固定電阻R₁和R₂的阻值均相等，與

導軌之間的動摩擦因數為μ，導體棒ab沿導軌向上滑動，

當上滑的速度為V時，受到安培力的大小為F．此時

（A）電阻R₁消耗的熱功率為Fv／3．

（B）電阻 R₁消耗的熱功率為 Fv／6．

（C）整個裝置因摩擦而消耗的熱功率為μmgvcosθ．

（D）整個裝置消耗的機械功率為（F＋μmgcosθ）v

[解答]:導體棒產生的感應電動勢 E=BLv，回路總電流 I=E/1.5R，安培力 F=BIL，所以電阻 R₁ 的功率 P₁=（0.5I）² R=Fv/6, B 選項正確。由于摩擦力 f=μmgcosθ，故因摩擦而消耗的熱功率為 μmgvcosθ。整個裝置消耗的機械功率為（F+μmgcosθ）v。故正確選項為B、C、D。

變化三單棒在磁場中勻速直線運動

【例3】如圖5所示，粗細均勻的電阻為R的金屬環放在磁

感應強度為B的垂直環面的勻強磁場中，圓環直徑為d.長也

為d、電阻為的金屬棒ab在中點處與環相切，使ab始終

以垂直棒的速度V向左運動，當到達圓環直徑位置時，ab

棒兩端的電勢差大小為多少.

[解答]ab到達虛線所示直徑位置時，由于金屬棒切割

磁感線產生電動勢等效于電源，等效全電路如圖6

所示，，.

變化四單棒在磁場中做變加速運動然后勻速

【例4】(2005年上海高考題)如圖7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軌相距lm，導軌平面與

水平面成θ=37°角，下端連接阻值為R的電阻．勻強磁場方

向與導軌平面垂直．質量為0.2kg．電阻不計的金屬棒放在兩導

軌上，棒與導軌垂直并保持良好接觸，它們之間的動摩擦因數

為0.25．求：

(1)求金屬棒沿導軌由靜止開始下滑時的加速度大小；

(2)當金屬棒下滑速度達到穩定時，電阻R消耗的功率為8W，

求該速度的大小

(3)在上問中，若R＝2Ω，金屬棒中的電流方向由a到b，

求磁感應強度的大小與方向．(g=10rn／s²，sin37°＝0.6，

cos37°＝0.8)

[解答] (1)金屬棒開始下滑的初速為零，根據牛頓第二定律：mgsinθ－μmgcosθ＝ma 由上式解得a＝10×(O.6－0.25×0.8)m／s²=4m／s²

(2)設金屬棒運動達到穩定時，速度為v，所受安培力為F，棒在沿導軌方向受力平衡

mgsinθ一μmgcos0一F＝0

此時金屬棒克服安培力做功的功率等于電路中電阻R消耗的電功率： P＝ Fv

由以上兩式解得

(3)設電路中電流為I，兩導軌間金屬棒的長為，磁場的磁感應強度為B

，P＝I²R

由以上兩式解得

由右手定則可知磁場方向垂直導軌平面向上。

變化五單棒在磁場中做平拋運動

【例5】在豎直向下的勻強磁場中，如圖8所示，將一水平放

置的金屬棒ab以初速度V₀水平拋出，設整個過程中棒始終保持水

平，且不計空氣阻力，則在金屬棒運動的過程中，產生感應電動勢

的大小

A.越來越大 B.越來越小 C.保持不變 D.大小不斷改變,方向不變

[解答] 將金屬棒的速度分解成水平和豎直兩個分速度，由于豎直分速度與磁感應強度B平行，對產生感應電動勢不起作用，水平速度與B和棒分別垂直，則感應電動勢E=BLV₀，由于平拋運動水平速度不變，所以感應電動勢的大小不變，由右手定則可知感應電動勢的方向為由ba，故正確選項為C。

變化六單棒在磁場中勻加速運動

【例6】如圖9所示，兩根平行金屬導軌固定在水平桌面上，

每根導軌每米的電阻為r₀=0.，導軌的端點P、Q用電

阻可忽略的導線相連，兩導軌間的距離=0.2m,有隨時間變化

的勻強磁場垂直于桌面，已知磁感應強度B與時間t的關系

為B=kt,比例系數k=0.020T/s.一電阻不計的金屬桿可在導軌上

無摩擦地滑動，在滑動過程中保持與導軌垂直，在t=0時刻金屬桿最靠近在P、Q端，在外力作用下，桿以恒定加速度從靜止開始向導軌的另一端滑動，求在t=6.0s時金屬桿所受的安培力

[解答]以a表示金屬桿運動的加速度，在t時刻，金屬桿與初始位置的距離，此時桿的速度v=at，這時，桿與導軌構成的回路的面積S=L,回路中的感應電動勢而B=kt ，，回路的總電阻，回路中的感應電流，作用于桿的安培力解得代入數據為.

變化七.金屬棒在磁場中先勻加后勻速

【例7】．如圖10所示，水平面上有兩電阻不計的光滑金屬導軌平行固定放置，間距d為0.5 m，左端通過導線與阻值為2 W的電阻R連接，右端通過導線與阻值為4 W的小燈泡L連接，在CDEF矩形區域內有豎直向上的勻強磁場，CE長為2 m，CDEF區域內磁場的磁感應強度B隨時間變化如圖所示，在t＝0時，一阻值為2 W的金屬棒在恒力F作用下由靜止開始從AB位置沿導軌向右運動，當金屬棒從AB位置運動到EF位置過程中，小燈泡的亮度沒有發生變化，求：（1）通過小燈泡的電流強度；（2）恒力F的大小；（3）金屬棒的質量。

[解答]（1）金屬棒未進入磁場時，R_總＝R_L＋R/2＝5 W

E₁＝＝＝0.5 V，I_L＝E₁/R_總＝0.1 A，

（2）因燈泡亮度不變，故4 s末金屬棒進入磁場時剛好勻速運動，

I＝I_L＋I_R＝I_L＋＝0.3 A，F＝F_A＝BId＝0.3 N

（3）E₂＝I（R＋）＝1 V，v＝＝1 m/s，

a＝＝0.25 m/s²，m＝＝1.2 kg。

變化八單棒在磁場中定軸轉動

【例8】如圖11所示，粗細均勻的金屬環的電阻為R，可繞軸O轉動的金屬棒OA的電阻為，棒長為L，A端與環相接觸.一阻為的定值電阻分別與棒的端

點O及環邊緣連接，棒OA在垂直于環面向里磁感應強度為B的

勻強磁場中以角速度順時針勻速轉動，求電路中總電流的變化

范圍.

[解答]當金屬棒轉動時，設OA棒轉至圖示位置時，金屬

環A、D間的兩部分電阻分別為R_x、R_y，金屬棒產生電動勢相

當于電源，等效電路如圖12所示，則電路中的總電流

，式中，

因為Rx+R_y=R為定值，故當Rx=R_y時，R_并有最大值；當R_x=0

或R_y=0時，

R_并有最小值為零，故 ,

所以電路中總電流的變化范圍.

針對訓練

1．（16分）如下圖所示，水平面上的金屬框架abcd（ab∥cd，ab⊥bc），寬度L＝0.5m，勻強磁場與框架平面成θ＝30°且垂直于bc邊，如圖所示。磁感應強度B＝0.5T，框架電阻不計，金屬桿MN垂直于ab和cd置于框架上，在水平拉力F作用下無摩擦地沿著ab和cd向右滑動，MN的質量m＝0.05kg，電阻R＝0.2Ω，試求當MN的水平速度為多大時，它對框架的壓力恰為零。（g=10m/s²）

2．（15分）．如圖所示，水平面上有兩電阻不計的光滑金屬導軌平行固定放置，間距d為0.5 m，左端通過導線與阻值為2 W的電阻R連接，右端通過導線與阻值為4 W的小燈泡L連接，在CDEF矩形區域內有豎直向上的勻強磁場，CE長為2 m，CDEF區域內磁場的磁感應強度B隨時間變化如圖所示，在t＝0時，一阻值為2 W的金屬棒在恒力F作用下由靜止開始從AB位置沿導軌向右運動，當金屬棒從AB位置運動到EF位置過程中，小燈泡的亮度沒有發生變化，求：

（1）通過小燈泡的電流強度；（2）恒力F的大小；（3）金屬棒的質量。

3．（18分）如圖甲所示，空間存在B=0.5T，方向豎直向下的勻強磁場，MN、PQ是處于同一水平面內相互平行的粗糙長直導軌，間距L=0.2m，R是連在導軌一端的電阻，ab是跨接在導軌上質量m=0.1kg的導體棒。從零時刻開始，通過一小型電動機對ab棒施加一個牽引力F，方向水平向左，使其從靜止開始沿導軌做加速運動，此過程中棒始終保持與導軌垂直且接觸良好。圖慚是棒的v―t圖象，其中OA段是直線，AC是曲線，DE是曲線圖象的漸近線，小型電動機在12s末達到額定功率，P_額=4.5W，此后功率保持不變。除R以外，其余部分的電阻均不計，g=10m/s²。

（1）求導體棒在0―12s內的加速度大小； （2）求導體棒與導軌間的動摩擦因數及電阻R的阻值；（3）若t=17s時，導體棒ab達最大速度，從0―17s內共發生位移100m，試求12―17s內，R上產生的熱量是多少？

（1）求t=2s時電容器的帶電量

（2）說明金屬桿做什么運動

（3）求t=2s時外力做功的功率

5．（16分）、如圖，半徑為r=1m，電阻不計的兩個半圓形光滑導軌并列豎直放置，在軌道左上方端點M、N間接有“2.5Ω，1.6W”的小燈泡，整個軌道處在磁感應強度為B=1T的豎直向下的勻強磁場中，兩導軌間距L=1m、現有一質量為m=0.5kg，電阻為2.5Ω的金屬棒ab從M、N處由靜止釋放，經過一段時間到達導軌的最低點O、O^/，此時小燈泡恰好正常發光

求：（1）金屬棒ab到達導軌的最低點時導體棒的速度大小；

（2）金屬棒ab到達導軌的最低點時對軌道的壓力；

（3）金屬棒ab從MN到OO^/的過程中，小燈泡產生的熱量

6．（17分）如圖所示，兩條水平導軌AC＝d和AD（足夠長）互成á角，導體EF與AC和AD接觸良好，以恒定速度v沿AC方向運動，EF單位長度電阻為r，兩條導軌電阻不計，磁感應強度為B的均勻磁場垂直于導軌所在平面。求：導體EF從A點運動到C點這段時間內電路中釋放的總熱量。并定性畫出EF所受安培力隨時間變化的圖線（要求說明理由）。

7、(20分)如圖所示，兩根正對的平行金屬直軌道MN、M´N´位于同一水平面上，兩軌道之間的距離l=0.50m。軌道的MM´端之間接一阻值R=0.40Ω的定值電阻，NN´端與兩條位于豎直面內的半圓形光滑金屬軌道NP、N´P´平滑連接，兩半圓軌道的半徑均為R₀=0.50m。直軌道的右端處于豎直向下、磁感應強度B=0.64 T的勻強磁場中，磁場區域的寬度d=0.80m，且其右邊界與NN´重合。現有一質量m=0.20kg、電阻r=0.10Ω的導體桿ab靜止在距磁場的左邊界s=2.0m處。在與桿垂直的水平恒力F=2.0N的作用下ab桿開始運動，當運動至磁場的左邊界時撤去F，結果導體桿ab恰好能以最小速度通過半圓形軌道的最高點PP´。已知導體桿ab在運動過程中與軌道接觸良好，且始終與軌道垂直，導體桿ab與直軌道之間的動摩擦因數μ=0.10，軌道的電阻可忽略不計，取g=10m/s²，求：

⑴導體桿剛進入磁場時，通過導體桿上的電流大小和方向；

⑵導體桿穿過磁場的過程中通過電阻R上的電荷量；

⑶導體桿穿過磁場的過程中整個電路中產生的焦耳熱。

8．（14分）如圖所示，兩根不計電阻的傾斜平行導軌與水平面的夾角θ=37^o，底端接電阻R=1.5Ω.金屬棒a b的質量為m=0.2kg.電阻r=0.5Ω，垂直擱在導軌上由靜止開始下滑，金屬棒a b與導軌間的動摩擦因數為μ=0.25，虛線為一曲線方程y=0.8sin(x)m與x軸所圍空間區域存在著勻強磁場，磁感應強度B=0.5T，方向垂直于導軌平面向上（取g=10m/s²,sin37^o=0.6,cos37^o=0.8）.求：

（1）.當金屬棒a b下滑的速度為m/s 時，電阻R的電功率是多少？

（2）當金屬棒a b運動到X_o=6 m處時，電路中的瞬時電功率為0.8w，在這一過程中，安培力對金屬棒a b做了多少功？

9．（18分）如圖所示，足夠長的兩根光滑固定導軌相距0.5m豎直放置，導軌電阻不計，下端連接阻值為的電阻，導軌處于磁感應強度為B=0.8T的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向里。兩根質量均為0.04kg、電阻均為r=0.5的水平金屬棒和都與導軌接觸良好。金屬棒用一根細線懸掛，細線允許承受的最大拉力為0.64N，現讓棒從靜止開始下落，經ls鐘細繩剛好被拉斷，g取10m／s²。求：

（l）細線剛被拉斷時，整個電路消耗的總電功率P；

（2）從棒開始下落到細線剛好被拉斷的過程中，通過棒的電荷量。

10．（20分）如圖甲所示，間距為L、電阻不計的光滑導軌固定在傾角為θ的斜面上。在MNPQ矩形區域內有方向垂直于斜面的勻強磁場，磁感應強度為B；在CDEF矩形區域內有方向垂直于斜面向下的磁場，磁感應強度B₁隨時間t變化的規律如圖乙所示，其中B₁的最大值為2B。現將一根質量為M、電阻為R、長為L的金屬細棒cd跨放在MNPQ區域間的兩導軌上并把它按住，使其靜止。在t = 0時刻，讓另一根長為L的金屬細棒ab從CD上方的導軌上由靜止開始下滑，同時釋放cd棒。已知CF長度為2L，兩根細棒均與導軌良好接觸，在ab從圖中位置運動到EF處的過程中，cd棒始終靜止不動，重力加速度為g；t_x是未知量。

（1）求通過cd棒的電流，并確定MNPQ區域內磁場的方向；

（2）當ab棒進入CDEF區域后，求cd棒消耗的電功率；

（3）求ab棒剛下滑時離CD的距離。

11．（18分）如圖所示，光滑的平行金屬導軌CD與EF間距為L=1 m，與水平夾角為θ=30⁰，導軌上端用導線CE連接(導軌和連接線電阻不計)，導軌處在磁感應強度為B=0.2T、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中。一根電阻為R=Ω的金屬棒MN兩端有導電小輪擱在兩導軌上，棒上有吸水裝置P。取沿導軌向下為軸正方向，坐標原點在CE中點。開始時棒處在位置(即與CE重合)，棒的起始質量不計。當棒開始吸水自靜止起下滑，質量逐漸增大，設棒質量的增大與位移的平方根成正比，即，其中=0.01 kg/m^1/2。求：

(1) 在金屬棒下滑1 m位移的過程中，流過棒的電荷量是多少？

(2) 猜測金屬棒下滑過程中做的是什么性質的運動，并加以證明。

(3) 當金屬棒下滑2 m位移時電阻R上的電流有多大？

1、解：用v表示所求的速度值，此時電動勢

……………①

此時電流

…………………②

MN所受安培力

………………③

將MN所受的安培力沿水平和豎直方向分解，由豎直方向合力為零，得

……………④

由以上各式得

m/s

2．（15分）（1）金屬棒未進入磁場時，R_總＝R_L＋R/2＝5 W　　（2）

E₁＝＝＝0.5 V　　　　　　（2分）

I_L＝E₁/R_總＝0.1 A，　　　　　　　　（2分）

（2）因燈泡亮度不變，故4 s末金屬棒進入磁場時剛好勻速運動，

I＝I_L＋I_R＝I_L＋＝0.3 A　　　　　（2分）

F＝F_A＝BId＝0.3 N　　　　　　　　　（2分）

（3）E₂＝I（R＋）＝1 V　　　　　　（1分）

v＝＝1 m/s，　　　　　　　　　　（1分）

a＝＝0.25 m/s²，　　　　　　　　　（1分）

m＝＝1.2 kg。　　　　　　　　　　（3分

3 ．解：（1）由圖知：12s末的速度為v₁=9m/s，t₁=12s（2分）

導體棒在0―12s內的加速度大小為=0.75m/s²（1分）

（2）設金屬棒與導軌間的動摩擦因素為μ.

A點：E₁=BLv₁（1分）

I₁=（1分）

由牛頓第二定律：F₁－μmg－BI₁L=ma₁（2分）

則P_額=F₁?v₁（1分）

C點：棒達到最大速度v_m=10m/s，

E_m=BLv_m I_m=（1分）

由牛頓第二定律：F₂－μmg－BI_mL=0（2分）

則P_額=F₂?v_m（1分）

聯立，代入為數據解得：μ=0.2，R=0.4Ω（1分）

（3）在0―12s內通過的位移：s₁=（0+v₁）t₁=54m（1分）

AC段過程發生的位移S₂=100－S₁=46m（1分）

由能量守恒：P_額t=Q_R+μmg?s₂+mv_m²－mv₁²（2分）

代入數據解得：Q_R=12.35J（1分）

4．解析：（1）由………………①

（2）設桿某時刻的速度為v，此時電容器的電壓U=Blv

電容器的電量Q=C?U=CBlv

電流恒定，a恒定，即金屬桿做勻加速直線運動……………………②

（3）………………③

由牛頓第二定律得：F―BIl=ma……………………④

……………………⑤

……………………⑥

由公式……………………⑦

5．（1）當金屬棒到達導軌的最低點O、O^/，小燈泡恰好正常發光。此時有通過電路的電流為I：

由可得：（2分）

由閉合電路的歐姆定律得：（1分）

ab切割產生的電動勢（2分）解得：v= 4m/s （1分）

(2) 金屬棒ab到達導軌的最低點，由牛頓第二定律：（ 3分）

帶值解得：（2分）

根據牛頓第三定律，棒ab到達導軌的最低點時對軌道的壓力大小為13N，方向豎直向下。

（3）金屬棒ab從M、N到O、O^/的過程中，設小燈泡產生的熱量為Q，因為金屬棒的電阻與小燈泡的電阻相同，所以金屬棒產生的熱量也為Q，回路產生的熱量為2Q。

由能量守恒定律：（3分）解得：Q=0.5J （2分

6．解：在任一時刻t，有效切割長度為L＝vttana （1分）

　　產生的感應電動勢為E＝BLv＝tana （2分）

　　此時，回路阻值為R＝Lr＝vrttana （1分）

　　故電路中即時功率為（2分）

　　由上式可知，回路中的功率隨時間線性變化，故平均功率為

（2分）

釋放總熱量為　（2分）

（3分）

（1分）

另解：

（6分）

（4分）

7、（20分）

（1）設導體桿在F的作用下運動至磁場的左邊界時的速度為v₁，根據動能定理則有

（F-μmg）s=mv₁²………………………2分

導體桿剛進入磁場時產生的感應電動勢E=Blv₁…………………………………1分

此時通過導體桿上的電流大小I=E/（R+r）=3.8A（或3.84A）………………2分

根據右手定則可知，電流方向為由b向a ………………………………………2分

（2）設導體桿在磁場中運動的時間為t，產生的感應電動勢的平均值為E_平均，則由法拉第電磁感應定律有

E_平均=△φ/t=Bld/t…………………………………………………2分

通過電阻R的感應電流的平均值 I_平均=E_平均/（R+r）………………………1分

通過電阻R的電荷量 q=I_平均t=0.512C（或0.51C）…………………………2分

（3）設導體桿離開磁場時的速度大小為v₂，運動到圓軌道最高點的速度為v₃，因導體桿恰好能通過半圓形軌道的最高點，根據牛頓第二定律對導體桿在軌道最高點時有

mg=mv₃²/R₀……………………………………………………………………1分

對于導體桿從NN′運動至PP′的過程，根據機械能守恒定律有

mv₂²=mv₃²+mg2R₀…………………………………………………………1分

解得v₂=5.0m/s…………………………………………………………………1分

導體桿穿過磁場的過程中損失的機械能△E=mv₁²_-mv₂²=1.1J…………3分

此過程中電路中產生的焦耳熱為 Q=△E-μmgd=0.94J……………………2分

8.解析：

（1）.金屬板作切割磁感線運動，產生感應電動勢E

E=Byv ① （1分）

由曲線方程

y=0.8sin(x)m ② （1分）

由①②式聯解得

E=0.4sin(x)v 正弦交流電（1分）

電動勢的最大值 E_m=0.4 ③ （1分）

電動勢的有效值 E_有= ④ （1分）

電路的總電阻 R_總= R+r ⑤ （1分）

根據閉合電路的歐姆定律 I= ⑥ （1分）

電阻R上消耗的電功率P_R

P_R=I²R ⑦ （1分）

由① ~ ⑦ 式聯解得 P_R=0.06w （1分）

（2）.金屬棒a b從靜止開始運動至X₀=6m處，曲線方程

y′=0.8sin(X₀)m ⑧ （1分）

設金屬棒在X₀處的速度為V′，切割磁感線運動產生感應電動勢為E′

E′=B y′V′ ⑨ （1分）

此時電路中消耗的電功率為P′

P′= ⑩ （1分）

此過程中安培力對金屬棒做功為W_安，根據動能定理

mgsin37⁰•S －μmgcos37⁰•S－ W_安= m V′² 11 （1分）

由⑧ ~11式聯解得 W_安= 3.8 J （1分）

9．

⑴細線剛被拉斷時，ab棒所受各力滿足：F=I_abLB+mg

得：I_ab==0.6A （4分）

電阻R中的電流：I_R ==0.3A　　　（1分）

cd棒中的電流 I_cd= I_ab+ I_R=0.6 A +0.3A=0.9A 　（1分）

cd棒中產生的感應電動勢 E= I_cd0.75V

整個電路消耗的總電功率

P=P_ab+ P_cd+ P_R= I_ab²r+ I_cd²r+ I_R²R=0.675W （或P= E I_cd=0.675W）（4分）

⑵設線斷時cd棒的速度為V，

則E=BLV，

故 V==1.875m/s （3分）

對cd棒由動量定理可得：

mgt―qLB=mV （4分）

得 q= =0.8125C （1分）

10．（20分）

解：（1）如圖所示，cd棒受到重力、支持力和安培力的作用而處于平衡狀態

解得（2分）

上述結果說明回路中電流始終保持不變，而只有回路

中電動勢保持不變，才能保證電流不變，因此可以知

道：在t_x時刻ab剛好到達CDEF區域的邊界CD。

在0~t_x內，由楞次定律可知，回路中電流沿abdca方向，再由左手定則可知，MNPQ區域內的磁場方向垂直于斜面向上（2分）

（2）ab棒進入CDEF區域后，磁場不再發生變化，在ab、cd和導軌構成的回路中，ab相當于電源，cd相當于外電阻

有（4分）

（3）ab進入CDEF區域前只受重力和支持力作用做勻加速運動，進入CDEF區域后將做勻速運動。設ab剛好到達CDEF區域的邊界CD處的速度大小為v，剛下滑時離CD的距離為s （1分）

在0~t_x內：由法拉第電磁感定律有

（2分）

在t_x后：有E₂ = BLv （2分）

E₁ = E₂ （1分）

解得：（1分）

由（1分）

解得s = L

11．(18分)

(1)金屬棒下滑1 m過程中，流過棒的電量可以用

(4分)

(2)由于棒從靜止開始運動，因此首先可以確定棒開始階段做加速運動，然后通過受力分析，看看加速度可能如何變化?如圖所示，棒在下滑過程中沿導軌方向有向下的重力分力和向上的安培力F。由于m隨位移增大而增大，所以，是一個變力；而安培力與速度有關，也隨位移增大而增大，如果兩個力的差值恒定，即合外力是恒力的話，棒有可能做勻加速運動。 (2分)

假設棒做的是勻加速運動，且設下滑位移時的加速度為，根據牛頓第二定律，有 (1分)

而安培力 (1分)

所以

假設棒做勻加速直線運動，則瞬時速度，由于，代入后得：

① (2分)

從上述方程可以看出的解是一個定值，與位移無關，這表明前面的假設成立，棒的運動確實是勻加速直線運動。若與位移有關，則說明是一個變量，即前面的假設不成立。 (2分)

(3)為了求棒下滑2 m時的速度，應先求出棒的加速度。將題目給出的數據代①式得到

令則

解得，（舍去）即加速度 (2分)

根據勻變速運動規律，

此時電阻R上的電流 (4分)

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