高中物理-電磁感應(yīng)中的“雙桿模型”

1、高中物理-電磁感應(yīng)中的“雙桿模型”“雙桿”模型分為兩類：一類是“一動一靜”，甲桿靜止不動，乙桿運(yùn)動，其實(shí)質(zhì)是單桿問題，不過要注意 問題包含著一個條件：甲桿靜止、受力平衡.另一種情況是兩桿都在運(yùn)動，對于這種情況，要注意兩桿切割磁感 線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是相加還是相減.一、平行導(dǎo)軌：不受其他外力作用光滑平行導(dǎo)軌光滑不等距導(dǎo)軌示意圖質(zhì)里：m1= m2 電阻門=r2 長度Li= L2質(zhì)里m = m2 電阻門=2 長度L = 2L2規(guī)律分析桿MN做變減速運(yùn)動，桿 PQ做變加 速運(yùn)動，穩(wěn)定時，兩桿的加速度均為 零，以相等的速度勻速運(yùn)動穩(wěn)定時，兩桿的加速度均為零，兩桿 的速度之比為1 ： 2(2015高考四川

2、卷)如圖所示，金屬導(dǎo)軌 MNC和PQD, MN 與PQ平行且間距為L,所在平面與水平面夾角為% N、Q連線與MN垂直，M、P間接有阻值為 R的電阻；光滑直導(dǎo)軌NC和QD在同一水平面內(nèi)，與 NQ的夾角都為銳角 日均勻金屬棒ab和ef質(zhì)量均為m,長均為L, ab 棒初始位置在水平導(dǎo)軌上與 NQ重合；ef棒垂直放在傾斜導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為較小)，由導(dǎo)軌上的小立柱1和2阻擋而靜止.空間有方向豎直的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出).兩金屬棒與導(dǎo)軌保持良好接觸，不計(jì)所有導(dǎo)軌和ab棒的電阻，ef棒的阻值為R,最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，忽略感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場，重 力加速度為g.(1)若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為

3、 B,給ab棒一個垂直于 NQ、水平向右的速度 vi,在水平導(dǎo)軌上沿運(yùn)動方向滑行一段 距離后彳止，ef棒始終靜止，求此過程 ef棒上產(chǎn)生的熱量；(2)在(1)問過程中，ab棒滑行距離為d,求通過ab棒某橫截面的電量；(3)若ab棒以垂直于NQ的速度V2在水平導(dǎo)軌上向右勻速運(yùn)動，并在NQ位置時取走小立柱 1和2,且運(yùn)動過程中ef棒始終靜止.求此狀態(tài)下最強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度及此磁場下ab棒運(yùn)動的最大距離.解析(1)設(shè)ab棒的初動能為Ek, ef棒和電阻R在此過程產(chǎn)生的熱量分別為W和Wi,有W+ Wi = Ek 且w= Wi1由題思有Ek = mv21 C得 W= 4mv2.(2)設(shè)在題設(shè)過程中，ab

4、棒滑行時間為 困，掃過的導(dǎo)軌間的面積為AS,通過AS的磁通量為 A，ab棒產(chǎn)生的電動勢平均值為 巳ab棒中的電流為I,通過ab棒某橫截面的電荷量為q,則圖乙所示，圖中fm為最大靜摩擦力，有Ficos a= mgsin a+ Mmgcos a+ Fisin a)?聯(lián)立？，得1/mg(sin 好 gos 0R?Bm L . (cos a (Bin a)V2 .?式就是題目所求最強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，該磁場方向可豎直向上，也可豎直向下.乙丙A二E=用由？式可知，B為Bm時，F(xiàn)x隨x增大而減小，x為最大xm時，F(xiàn)x為最小值F2,如圖丙可知F2cos a+ j/mgcos a+ F2sin a)= m

5、gsin a?聯(lián)立？?？，得-tan 0一光滑平行導(dǎo)軌不光滑平行導(dǎo)軌答案見解析二、平行導(dǎo)軌：一桿受恒定水平外力作用xm(1+(i)sin ocos a+ 正, 2E又有I=2E R由圖甲所示AS=d(L-dcot 聯(lián)立，解得q =2Bd(L dcot (3)ab棒滑行距離為x時,Lx = L 2xcot 0?此時，ab棒產(chǎn)生的電動勢ab棒在導(dǎo)軌間的棒長 Lx為Ex為 Ex= Bv2Lx?流過ef棒的電流Ix為ExIx= R?ef棒所受安培力Fx為聯(lián)立？，解得FFx=BIxL?B2V2Lx= D (L 2xcot ? R由？式可得，F(xiàn)x在x= 0和B為最大值Bm時有最大值F 1.由題知，ab棒所

6、受安培力方向必水平向左，ef棒所受安培力方向必水平向右，使Fl為最大值的受力分析如示意圖質(zhì)里mi = m2 電阻ri = r2 長度Li = L2摩擦力 Ffi=Ff2 = Ff 質(zhì)里mi = m2 電阻r1 =2 長度Li = L2規(guī)律分析開始時，兩桿做變加速運(yùn)動；穩(wěn) 定時，兩桿以相同的加速度做勻 變速運(yùn)動開始時，若Ff<FW2Ff,則PQ桿先變加速后勻速，MN一直靜止；若 F>2Ff, PQ桿先變加速，MN后做變加速最后兩桿做勻速運(yùn)動如圖所示，兩條平行的金屬導(dǎo)軌相距L=1 m,水平部分處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場 Bi中，傾斜部分與水平方向的夾角為37 ,處于垂直于斜面的勻強(qiáng)磁場Bi

7、中，Bi = B2=0.5T.金屬棒 MN和PQ的質(zhì)量均為 m=0.2 kg,電阻Rmn = 0.5 Q Rpq= 1.5 MN置于水平導(dǎo)軌上，PQ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t=0時刻起，MN棒在水平外力F的作用下由靜止開始向右運(yùn)動，MN棒的速度v與位移x滿足關(guān)系v=0.4x.不計(jì)導(dǎo)軌白電阻，MN始終在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動，MN與水平導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)尸0.5.(1)問當(dāng)MN棒運(yùn)動的位移為多少時 PQ剛要滑動？(2)求從t= 0至ij PQ剛要滑動的過程中通過 PQ棒的電荷量；(3)定性畫出MN受的安培力隨位移變化的圖象，并求出 MN從開始到位移xi=5 m的過

8、程中外力F做的功.解析(1)開始PQ剛好不下滑時，PQ受沿傾斜導(dǎo)軌向上的最大靜摩擦力Ffm,則Ffm=mgsin 37°設(shè)PQ剛好要向上滑動時，MN棒的感應(yīng)電動勢為 E,由法拉第電磁感應(yīng)定律E=BiLv設(shè)電路中的感應(yīng)電流為 I,由閉合電路的歐姆定律得EI = c , CRmn + Rpq設(shè)PQ所受安培力為Fa,有Fa= B2ILFa= Ffm+ mgsin 37°此時PQ受沿傾斜導(dǎo)軌向下的最大靜摩擦力，由力的平衡條件有:又由v=0.4x,聯(lián)立解得x= 48 m.注意雙桿之間的制約關(guān)系，即“主動桿”與“被動桿”之間的關(guān)系，因?yàn)閮蓷U都有可能產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，相 當(dāng)于兩個電源，并且

9、最終兩桿的收尾狀態(tài)的確定是分析問題的關(guān)鍵.248 (2)在從t=0至ij PQ剛要滑動的過程中，穿過回路 MNQP的磁通量的變化量4屯=3心* = 0.5* 1 X48 Wb =24 Wb通過PQ棒的電荷量q= I t =- tRmn + Rpq=TTcWT C = 12 C.Rmn+Rpq 0.5+1.5BiLv 回路中的電流上嬴,MN受到的安培力 Fa=BiIL,又v=0.4x,0.4xB2L2故推出F A =Rmn + Rpq因此MN受的安培力與位移 x成正比，故畫出如圖所示的安培力 一位移圖象.(2014 高0= 30°的斜面上,MN, I中的勻強(qiáng)磁場方向垂直斜面向下，n中的

10、勻強(qiáng)磁場方向B=0.5 T.在區(qū)域I中，將質(zhì)量 m=0.1 kg,電阻Ri=0.1翦勺金示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角分成區(qū)域I和n ,兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為垂直斜面向上，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為考天津卷)如圖所導(dǎo)軌電阻不計(jì)，間距 L = 0.4 m.導(dǎo)軌所在空間被屬條ab放在導(dǎo)軌上，ab剛好不下滑.然后，在區(qū)域n中將質(zhì)量m2 =0.4 kg,電阻 電=0.1翦勺光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開始下滑.cd在滑動過程中始終處于區(qū)域n的磁場中,保持良好接觸，取g = 10 m/s2.問：ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌考慮到MN受的安培力與位移方向相反，故安培力與位移圖象包圍

11、的面積等于克服安培力做的功，故安培力 對MN做功1 0.4xiB2L2Wa=- - -二一-T-xi = 0.625 J2 Rmn+Rpq當(dāng) xi=5 m 時，速度 vi= 0.4x1= 0.4x 5 m/s= 2 m/s1 一對 MN 棒由動能te理： Wf-mgix Wa = 2mv2 - 01 2故 Wf= 2mv2+ 科 mgx Wa1 一 - _ _ _ _ =-X 0.2 X 22 + 0.5 X 0.2 X 10 X 5 + 0.625 J2=6.025 J.答案(1)48 m (2)12 C (3)6.025 J三、傾斜導(dǎo)軌：兩桿不受外力作用(1)cd下滑的過程中，ab中的電流

12、方向；(2)ab剛要向上滑動時，cd的速度v多大；(3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離x= 3.8 m, 少.審題點(diǎn)睛(1)ab剛好不下滑，隱含 Ffm= mgsin 0, mgsin 0,摩擦力方向沿斜面向下.(2)由于ab中的電流變化，產(chǎn)生的熱量要用功能關(guān)系解析(1)由右手定則可判斷出cd中的電流方向?yàn)橛煞较蜓匦泵嫦蛏?，ab此過程中ab上產(chǎn)生的熱量 Q是多剛要向上滑動時，隱含 F安=5m+(能量守恒)結(jié)合電路知識求解.d至c,則ab中電流方向?yàn)橛?2)開始放置ab剛好不下滑時，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設(shè)其為 設(shè)ab剛要上滑時，cd棒的感應(yīng)電動勢為 E,由法拉

13、第電磁感應(yīng)定律有 設(shè)電路中的感應(yīng)電流為 I,由閉合電路歐姆定律有I = Ri + R2設(shè)ab所受安培力為F安，有F安=BIL此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有 綜合 式，代入數(shù)據(jù)解得 v=5 m/s.F max ,有 FE= BLv a流向b.max= m1gsin (CDF 安=m1gsin 0+ Fmax一 .一 1 C(3)設(shè)cd棒運(yùn)動過程中在電路中廣生的總熱重為Q總，由能重寸恒te律有m2gxsin 0= Q總+mzv2又Q= R1 Q總Ri+ R2解得 Q= 1.3 J.答案(1)由 a 流向 b (2)5 m/s (3)1.3 J 四、傾斜導(dǎo)軌：一桿受到外力作用

14、(2016浙江金華高三質(zhì)檢)如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距為l = 0.5 m,其電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成30°角.完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導(dǎo)軌放置，每棒兩端都與導(dǎo)軌始終有良好接觸，已知兩棒質(zhì)量均為m=0.02 kg,電阻均為R=0.1 Q整個裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B = 0.2 T,棒ab在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下，沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動，而棒 cd恰好能夠保持靜止，取 g= 10 m/s2,問：(1)通過棒cd的電流I是多少，方向如何？(2)棒ab受到的力F多大？(3)棒cd每產(chǎn)生Q = 0.1 J的熱

15、量，力 F做的功 W是多少？解析棒cd受到的安培力Fcd= I舊棒cd在共點(diǎn)力作用下受力平衡，則Fcd=mgsin 30°代入數(shù)據(jù)解得I=1 A根據(jù)楞次定律可知，棒cd中的電流方向由d至c.(2)棒ab與棒cd受到的安培力大小相等，F(xiàn)ab= Fcd對棒ab,由受力平衡知 F= mgsin 30° + IlB代入數(shù)據(jù)解得F= 0.2 N.(3)設(shè)在時間t內(nèi)棒cd產(chǎn)生Q = 0.1 J的熱量，由焦耳定律知Q=I2Rt設(shè)棒ab勻速運(yùn)動的速度大小為v,其產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 E=Blv,由閉合電路歐姆定律知，I=;E2R由運(yùn)動學(xué)公式知在時間t內(nèi)，棒ab沿導(dǎo)軌的位移x= vt力F做的功W

16、= Fx綜合上述各式，代入數(shù)據(jù)解得W= 0.4 J.答案(1)1 A 方向由 d 至 c (2)0.2 N (3)0.4 J五、豎直導(dǎo)軌如圖是一種電磁驅(qū)動電梯的原理圖，豎直平面上有兩根很長的平行豎直軌道，軌道間有垂直軌道平面的勻強(qiáng)磁場Bi和B2, Bi=B2=1 T,且Bi和B2的方向相反，兩磁場始終豎直向上做勻速運(yùn)動.電梯橋廂(未在圖中畫出)固定在一個用超導(dǎo)材料制成的金屬框 abdc內(nèi),并且與之絕緣.電梯載人時的總質(zhì)量為 5X103 kg,所受阻力f= 500 N,金屬框垂直軌道的邊長 Lcd=2 m,兩磁場 沿軌道的寬度均與金屬框的豎直邊長 Lac相同，金屬框整個回路的電阻 R= 9.5X

17、104若設(shè)計(jì)要求電梯以 V1 = 10 m/s的速度向上勻速運(yùn)動，取 g= 10 m/s2,那么(1)磁場向上運(yùn)動速度 V0應(yīng)該為多大？(2)在電梯向上做勻速運(yùn)動時，為維持它的運(yùn)動，外界對系統(tǒng)提供的總功率為多少？(保留三位有效數(shù)字)解析(1)當(dāng)電梯向上做勻速運(yùn)動時，安培力等于重力和阻力之和，所以FA=mg+f= 50 500 N 金屬框中感應(yīng)電流大小為2BLcd(v0 vi)I= R金屬框所受安培力Fa = 2B1ILcd解得 Vo= 13 m/s.(2)當(dāng)電梯向上做勻速運(yùn)動時，由第 (1)問中的 仁在也70,求出金屬框中感應(yīng)電流I= 1.263X 104 A金屬框中的焦耳熱功率Pi = I2

18、R= 1.51 X 105 W有用功率為克服電梯重力的功率P2=mgv = 5x 105 w阻力的功率為 P3 = fv1 = 5X 103W電梯向上運(yùn)動時，外界提供的能量，一部分轉(zhuǎn)變?yōu)榻饘倏騼?nèi)的焦耳熱，另一部分克服電梯的重力和阻力做 功.因而外界對系統(tǒng)提供的總功率P 總=P1 + P2+P3= 6.56X 105W.答案(1)13 m/s (2)6.56X 105 W成。角傾斜固定, B,在導(dǎo)軌上垂直 于導(dǎo)軌的擋板擋3.（多選）如圖所示，光滑平行的金屬導(dǎo)軌寬度為 L,與水平方向 導(dǎo)軌之間充滿了垂直于導(dǎo)軌平面的足夠大的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為導(dǎo)軌放置著質(zhì)量均為 m、電阻均為R的金屬棒a、b,二者

19、都被垂直住保持靜止，金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，現(xiàn)對內(nèi)將牽引力的功率從零調(diào)為恒定的功率2m2g2R . 2A. '21 2 , sin2 0B Lb棒施加一垂直于棒且平行于導(dǎo)軌平面向上的牽引力P.為了使a棒沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動,c 3m2g2R. 2 八B. -" 21 2 ' sin2 0B LF,并在極短的時間P的取值可能為（重力加速度為g）（）7m2g2R.2C.由：2 . sin295m2g2R.2D.£2 sin2 0解析：選CD.以b棒為研究對象,由牛頓第二定律可知F-mgsin。一-BLvBL= ma,以a棒為研究對象，由牛2R . , Bl v2Rmgsin

20、 fi ，,4m2g2R 頓第一th律可知-2RBL-mgsin 0= ma',則 F>2mgsin & v>B2L2,故 P = Fv>B2L2-sin2 0,由此可得選項(xiàng) C、n磁場方向垂直導(dǎo)1.動,兩金屬棒ab、h-F , 經(jīng)過足夠長時間D.兩金屬棒間距離保持不變解析：選BC.對兩金屬棒ab、cd進(jìn)行受力分析和運(yùn)動分析可知，兩金屬棒最終將做加速度相同的勻加速直線運(yùn)動，且金屬棒 ab速度小于金屬棒cd速度，所以兩金屬棒間距離是變大的，由楞次定律判斷金屬棒ab上的電流方向由b到a, A、D錯誤，B正確；以兩金屬棒整體為研究對象有：F = 3ma,隔離金屬棒c

21、d分析其受力，則阻不計(jì)，導(dǎo)軌間有 為 m= 0.1 kg ,長 直向上的力F使 m/s2）（）F=mg+F安=2 N知選項(xiàng)B錯誤;1.（多選）如圖所示，兩足夠長平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，勻強(qiáng) 軌平面向下，金屬棒ab、cd與導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路且都可沿導(dǎo)軌無摩擦滑 cd的質(zhì)量之比為2 ： 1.用一沿導(dǎo)軌方向的恒力F水平向右拉金屬棒 cd,以后（）A.金屬棒ab、cd都做勻速運(yùn)動B.金屬棒ab上的電流方向是由b向aC.金屬棒cd所受安培力的大小等于2F/3D正確，選項(xiàng)A、B錯誤.4 .如圖所示，豎直平面內(nèi)有平行放置的光滑導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為l=0.2 m,電水平方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B= 2

22、T,方向如圖所示，有兩根質(zhì)量均度均為l = 0.2 m,電阻均為R= 0.4 皿導(dǎo)體棒ab和cd與導(dǎo)軌接觸良好，當(dāng)用豎 ab棒向上做勻速運(yùn)動時，cd棒剛好能靜止不動，則下列說法正確的是（g取10A . ab棒運(yùn)動的速度是 5 m/sB .力F的大小為1 NC.在1 s內(nèi)，力F做的功為5 JD.在1 s內(nèi)，cd棒產(chǎn)生的電熱為 5 J解析：選A.對導(dǎo)體棒cd由B2R|= mg ,得至ij v= 5 m/s,選項(xiàng)A正確；再由在1 s內(nèi)，力F做的功 W= Fvt=10 J,選項(xiàng)有：F F安=ma,可求得金屬棒cd所受安培力的大小 F安=|f, C正確. 3C錯誤；在1 s內(nèi)，cd棒產(chǎn)生的電熱 Q= -

23、Blv Rt = 2.5 J,選項(xiàng)D錯2R2.（多選）（2016唐山*II擬）如圖所示，水平傳送帶帶動兩金屬桿左"三父夕'£ a、b勻速向右運(yùn)動，傳送帶右側(cè)與兩光滑平行金屬導(dǎo)軌平滑連接，導(dǎo)軌與水平面間'小夾角為30。，兩虛線EF、GH之間有垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)弓雖度為B,及磁場寬度為L,兩金屬桿的長度和兩導(dǎo)軌的間距均為d,兩金屬桿質(zhì)量均為 m,兩桿與導(dǎo)軌接觸良好.當(dāng)金屬桿a進(jìn)入磁場后恰好做勻速直線運(yùn)動，當(dāng)金屬桿 a離開磁場時，金屬桿 b恰好進(jìn)入磁場，則（）A .金屬桿b進(jìn)入磁場后做加速運(yùn)動B.金屬桿b進(jìn)入磁場后做勻速運(yùn)動C.兩桿在穿過磁場的過程

24、中，回路中產(chǎn)生的總熱量為mgL誤.5 . （2016合肥一中高三檢測）如圖所示，間距1= 0.3 m的平行金屬導(dǎo)軌 a1b1c1和a2b2c2分別固定在兩個豎直面 內(nèi).在水平面a1bb2a2區(qū)域內(nèi)和傾角 0= 37°的斜面c1bb2c2區(qū)域內(nèi)分別有磁感應(yīng)強(qiáng)度B = 0.4 T、方向豎直向上和B2=1 T、方向垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場.電阻R= 0.3 。質(zhì)量m1=0.1 kg、長為l的相同導(dǎo)體桿 K、S、Q分別放置在導(dǎo)軌上，S桿的兩端固定在 b1、b2點(diǎn)，K、Q桿可沿導(dǎo)軌無摩擦滑動且始終接觸良好.一端系于K桿中點(diǎn)的輕繩平行于導(dǎo)軌繞過輕質(zhì)定滑輪自然下垂，繩上穿有質(zhì)量m2=0.05 kg

25、的小環(huán).已知小環(huán)以a=6 m/s2的加速度沿繩下滑.K桿保持靜止，Q桿在垂直于桿且沿斜面向下的拉力F作用下勻速運(yùn)動.不計(jì)導(dǎo)軌電阻和滑輪摩擦，繩不可伸長.取 g=10 m/s2, sin 37° =0.6, cos 37° = 0.8.求：D.兩桿在穿過磁場的過程中，回路中產(chǎn)生的總熱量為mgL2解析：選BC.兩桿從導(dǎo)軌頂端進(jìn)入磁場過程中，均只有重力做功，故進(jìn)入磁場時速度大小相等，金屬桿a進(jìn)入磁場后勻速運(yùn)動，b進(jìn)入磁場后，a離開磁場，金屬桿 b受力與金屬桿a受力情況相同，故也做勻速運(yùn)動，A項(xiàng)錯，B項(xiàng)正確；兩桿勻速穿過磁場， 減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為回路的電熱，即Q= 2mgLsin

26、 30° = mgL, C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯.解析：(1)由4總=7 At,_ E1k A /日 AE =,得 q 總=AtR總在b穿越磁場的過程中,b是電源，a與R是外電路，電路的總電阻通過R的電荷量為11qRb=-q 總 1 3311同理，a在磁場中勻速運(yùn)動時，R總2=6 0,通過R的電何重為qRa=1q總2=wA,R72，可信 qRa : qRb= 2 :1.I =(1)小環(huán)所受摩擦力的大小；(2)Q桿所受拉力的瞬時功率.解析：設(shè)小環(huán)受到的摩擦力大小為Ff,由牛頓第二定律，有 m2g Ff=m2a代入數(shù)據(jù)，得Ff=0.2 N.(2)設(shè)通過K桿的電流為Ii, K桿受力平衡，有 Ff= BiIil設(shè)回路總電流為I,總電阻為R總,有I = 2Ii3rR 息=2 R設(shè)Q桿下滑速度大小為v,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E,有BLvb(2)設(shè)a、b穿越磁場的過程中的速度分別為va和vb