考點(diǎn)35　電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用高考物理總復(fù)習(xí)精品

1、考點(diǎn)35電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用 題組一基礎(chǔ)小題1如圖甲所示，線圈ABCD固定于勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面向外，當(dāng)磁場變化時，線圈AB邊所受安培力向右且變化規(guī)律如圖乙所示，則磁場的變化情況可能是選項圖中的()答案D解析由題意知AB邊受向右的恒定安培力，由左手定則可知線圈中電流沿順時針方向，由楞次定律知原磁場增強(qiáng)，因安培力不變，根據(jù)FIlB知，B增大，I必減小，則感應(yīng)電動勢減小，再結(jié)合E，分析可知A、B、C錯誤，D正確。2. 如圖所示，兩條光滑的平行導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌間接有一個定值電阻R，金屬桿垂直于導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好，勻強(qiáng)磁場的方向豎直向下。若金屬桿與導(dǎo)軌之間的摩擦及金屬桿與導(dǎo)軌的電阻均

2、忽略不計，現(xiàn)給金屬桿一個水平向右的初速度v0，則金屬桿在磁場中的運(yùn)動速度v與時間t的關(guān)系圖像正確的是()答案C解析金屬桿運(yùn)動過程中受水平向左的安培力，其大小為F，對金屬桿，根據(jù)牛頓第二定律有a，可知金屬桿做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動，v­t圖像的斜率逐漸減小，故C正確，A、B、D錯誤。3. 光滑金屬導(dǎo)軌寬L0.5 m，電阻不計，均勻變化的磁場充滿整個導(dǎo)軌平面，如圖甲所示，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化的情況如圖乙所示。金屬棒ab的電阻為2 ，垂直固定在導(dǎo)軌上靜止不動，且與導(dǎo)軌左端距離l0.2 m，則()A1 s末回路中的電動勢為0.1 VB1 s末回路中的電流為0.5 AC2 s內(nèi)回路產(chǎn)生

3、的電熱為0.1 JD2 s末，ab所受安培力大小為0.5 N答案A解析由圖乙知，1 T/s，由法拉第電磁感應(yīng)定律得，感應(yīng)電動勢為ESlL0.2×0.5×1 V0.1 V，故A正確；回路中的感應(yīng)電流為I A0.05 A，故B錯誤；2 s內(nèi)回路產(chǎn)生的電熱為QI2Rt0.052×2×2 J0.01 J，故C錯誤；2 s末，B2 T，ab所受的安培力大小為FILB0.05×0.5×2 N0.05 N，故D錯誤。4. (多選)如圖，水平放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌上有一質(zhì)量為m的金屬棒ab，導(dǎo)軌的一端連接電阻R，其他電阻均不計，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁

4、場垂直于導(dǎo)軌平面向下，金屬棒ab在一水平恒力F作用下由靜止向右運(yùn)動。則()A隨著ab運(yùn)動速度的增大，其加速度減小B外力F對ab做的功等于電路中產(chǎn)生的電能C當(dāng)ab做勻速運(yùn)動時，外力F做功的功率大于電路中的電功率D無論ab做何運(yùn)動，它克服安培力做的功一定等于電路中產(chǎn)生的電能答案AD解析金屬棒ab所受的安培力為：FAIlB，由牛頓第二定律可知：a，則隨著ab運(yùn)動速度的增大，其所受安培力增大，因為F不變，則加速度減小，當(dāng)加速度減小為0時，ab開始做勻速直線運(yùn)動，故A正確；根據(jù)能量守恒定律可知，外力F對ab做的功等于電路中產(chǎn)生的電能以及ab的動能，故B錯誤；當(dāng)ab做勻速運(yùn)動時，外力F做的功全部轉(zhuǎn)化為電路

5、中的電能，則外力F做功的功率等于電路中的電功率，故C錯誤；根據(jù)功能關(guān)系知，ab克服安培力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能，故D正確。5. 如圖，光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，左端由導(dǎo)線相連，導(dǎo)體棒垂直靜置于導(dǎo)軌上構(gòu)成回路。在外力F作用下，回路上方的條形磁體豎直向上做勻速運(yùn)動。在勻速運(yùn)動過程中外力F做功WF，磁場力對導(dǎo)體棒做功W1，磁體克服磁場力做功W2，重力對磁體做功WG，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，導(dǎo)體棒獲得的動能為Ek，則下列表達(dá)式錯誤的是()AW1Ek BW1QCW2W1Q DWFWGEkQ答案B解析根據(jù)動能定理，合力對導(dǎo)體棒做的功等于導(dǎo)體棒獲得的動能，導(dǎo)體棒在水平方向上只受磁場力的作用，所以磁

6、場力對導(dǎo)體棒做的功等于導(dǎo)體棒獲得的動能，即W1Ek，故A正確，B錯誤；根據(jù)功能關(guān)系及能量守恒定律可知，磁體克服磁場力做的功等于導(dǎo)體棒獲得的動能與導(dǎo)體棒、導(dǎo)軌、導(dǎo)線組成的回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和，即W2EkQW1Q，整理得：W2W1Q，故C正確；磁體向上做勻速運(yùn)動，對磁體根據(jù)動能定理有：WFWGW20，又W2EkQ，因此有：WFWGEkQ，故D正確。本題選錯誤的，故選B。6. 英國物理學(xué)家麥克斯韋認(rèn)為，磁場變化時會在空間激發(fā)感生電場。如圖所示，一個半徑為r的絕緣細(xì)圓環(huán)水平放置，環(huán)內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場B，環(huán)上套一電荷量為q的小球。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間均勻增加，其變化率為k，若小球在環(huán)上運(yùn)動一周

7、，則感生電場對小球的作用力所做功的大小是()A0 Br2qkC2r2qk Dr2qk答案D解析變化的磁場使回路中產(chǎn)生的感生電動勢為E·Skr2，則小球在環(huán)上運(yùn)動一周，感生電場對小球的作用力所做的功WqUqEqkr2，D正確。7. (多選)如圖，空間中存在一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向與豎直面(紙面)垂直，磁場的上、下邊界(虛線)均為水平面；紙面內(nèi)磁場上方有一個正方形導(dǎo)線框abcd，其上、下兩邊均與磁場邊界平行，邊長小于磁場上、下邊界的間距。若線框自由下落，從ab邊進(jìn)入磁場時開始，直至ab邊到達(dá)磁場下邊界為止，線框下落的速度大小可能()A始終減小 B始終不變C始終增加 D先減小后增加答案CD

8、解析ab邊進(jìn)入磁場時線框產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，線框受到向上的安培力F作用，若安培力FIlBmg，則線框進(jìn)入磁場的過程做勻速運(yùn)動，當(dāng)線框全部進(jìn)入磁場后，不再產(chǎn)生感應(yīng)電流，線框在重力作用下加速運(yùn)動，B錯誤；若安培力FIlB<mg，則線框進(jìn)入磁場的過程先做加速運(yùn)動，可能一直加速，也可能加速至Fmg后，線框做勻速運(yùn)動，當(dāng)線框全部進(jìn)入磁場時，線框在重力的作用下繼續(xù)做加速運(yùn)動，C正確；若安培力FIlB>mg，則線框進(jìn)入磁場的過程先做減速運(yùn)動，可能一直減速，也可能減速至Fmg后，線框做勻速運(yùn)動，當(dāng)線框全部進(jìn)入磁場后，線框在重力作用下做加速運(yùn)動，即速度可能先減小后增加，A錯誤，D正確。8. 如圖所示，兩

9、根足夠長的光滑導(dǎo)軌固定豎直放置，間距為l，底端接阻值為R的電阻。將質(zhì)量為m的金屬棒懸掛在一固定的輕彈簧下端，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直，金屬棒和導(dǎo)軌電阻不計，現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放(設(shè)當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間)，則()A釋放瞬間金屬棒的加速度小于重力加速度gB金屬棒向下的最大速度為v時，所受彈簧彈力為FmgC金屬棒向下運(yùn)動時，流過電阻R的電流方向為abD電路中產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少量答案B解析釋放瞬間金屬棒的速度為零，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，金屬棒不受安培力，只受重力，所以金屬棒的加速度等于g，故A錯誤；金屬棒向下的速度最大時，加速度為零，回

10、路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I，金屬棒受到的安培力FAIlB，根據(jù)平衡條件知，F(xiàn)FAmg，解得彈簧彈力Fmg，故B正確；金屬棒向下運(yùn)動時切割磁感線，根據(jù)右手定則可知，流過電阻R的電流方向為ba，故C錯誤；由于金屬棒產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到安培力的阻礙作用，系統(tǒng)的機(jī)械能不斷減少，最終金屬棒停止運(yùn)動，此時彈簧具有一定的彈性勢能，所以金屬棒的重力勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和彈簧的彈性勢能，則根據(jù)能量守恒定律可知在金屬棒運(yùn)動的過程中，電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少量與最終彈簧的彈性勢能之差，故D錯誤。9(2019·全國卷) (多選)如圖，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導(dǎo)

11、軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上。t0時，棒ab以初速度v0向右滑動。運(yùn)動過程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示。下列圖象中可能正確的是()答案AC解析導(dǎo)體棒ab運(yùn)動，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒ab受安培力F作用，速度減小，導(dǎo)體棒cd受安培力F作用，速度變大，如圖所示，感應(yīng)電流I，安培力FFBIlma，隨著v1減小，v2增大，則FF減小，兩棒的加速度大小a減小，直到v1v2v共，a0，兩棒做勻速運(yùn)動，兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒，則mv02mv共，v共，A正確，B錯誤。由前面分析知，v1v2隨時間減小得越來越慢，最后為0，則感

12、應(yīng)電流I隨時間減小得越來越慢，最后為0，C正確，D錯誤。10(多選)如圖，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，兩部分平滑連接，平直部分右端接一個阻值為R的定值電阻。平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處由靜止釋放，到達(dá)磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好，則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中()A流過金屬棒的最大電流為B通過金屬棒的電荷量為C克服安培力所做的功為mghD金屬棒內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱為mg(hd)答案BD解析金屬棒下滑到導(dǎo)軌彎

13、曲部分底端時，根據(jù)動能定理有mghmv2，此時，感應(yīng)電流最大，分析可得Imax，A錯誤；金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中通過金屬棒的電荷量qt，B正確；對整個過程由動能定理得mghWF安mgd0，金屬棒克服安培力做的功WF安mghmgd，金屬棒內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱QWF安mg(hd)，可知C錯誤，D正確。 題組二高考小題11. (2021·廣東高考)(多選)如圖所示，水平放置足夠長光滑金屬導(dǎo)軌abc和de，ab與de平行，bc是以O(shè)為圓心的圓弧導(dǎo)軌。圓弧be左側(cè)和扇形Obc內(nèi)有方向如圖的勻強(qiáng)磁場。金屬桿OP的O端與e點(diǎn)用導(dǎo)線相接，P端與圓弧bc接觸良好。初始時，可滑動的金屬桿MN靜止在平行導(dǎo)軌上

14、。若桿OP繞O點(diǎn)在勻強(qiáng)磁場區(qū)內(nèi)從b到c勻速轉(zhuǎn)動時，回路中始終有電流，則此過程中，下列說法正確的有()A桿OP產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定B桿OP受到的安培力不變C桿MN做勻加速直線運(yùn)動D桿MN中的電流逐漸減小答案AD解析OP轉(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EBr2，因為OP勻速轉(zhuǎn)動，恒定，所以桿OP產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢恒定，故A正確；桿OP勻速轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電流由M到N通過桿MN，由左手定則可知，桿MN會向左運(yùn)動切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與原來電流方向相反，使回路中電流逐漸減小，桿OP、桿MN所受安培力減小，桿MN的加速度逐漸減小，故D正確，B、C錯誤。12(2021·河北高考) 如圖，兩光滑

15、導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。導(dǎo)軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)。狹縫右側(cè)兩導(dǎo)軌與x軸夾角均為，一電容為C的電容器與導(dǎo)軌左端相連。導(dǎo)軌上的金屬棒與x軸垂直，在外力F作用下從O點(diǎn)開始以速度v向右勻速運(yùn)動，忽略所有電阻。下列說法正確的是()A通過金屬棒的電流為2BCv2tanB金屬棒到達(dá)x0時，電容器極板上的電荷量為BCvx0tanC金屬棒運(yùn)動過程中，電容器的上極板帶負(fù)電D金屬棒運(yùn)動過程中，外力F做功的功率恒定答案A解析由題知金屬棒勻速切割磁感線，則t時間內(nèi)金屬棒的位移xvt，根據(jù)幾何關(guān)系知金屬棒的有效切割長度為l2xtan，則金屬棒上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E

16、Blv2Bv2ttan，忽略所有電阻，則電容器極板上的電荷量為QCE2BCv2ttan，通過金屬棒的電流I2BCv2tan，A正確；當(dāng)金屬棒到達(dá)x0處時，所用時間t0，則電容器極板上的電荷量為Q02BCv2t0tan2BCvx0tan，B錯誤；根據(jù)右手定則可知，金屬棒中電流方向為流向電容器上極板，則電容器的上極板帶正電，C錯誤；由于金屬棒做勻速運(yùn)動，則FF安IlB，由A項分析可知流過金屬棒的電流I恒定，l與t成正比，則F安為變力，F(xiàn)為變力，再根據(jù)PFv，v不變，可知外力F做功的功率P變化，D錯誤。13. (2021·山東高考)迷你系繩衛(wèi)星在地球赤道正上方的電離層中，沿圓形軌道繞地飛行

17、。系繩衛(wèi)星由兩子衛(wèi)星組成，它們之間的導(dǎo)體繩沿地球半徑方向，如圖所示。在電池和感應(yīng)電動勢的共同作用下，導(dǎo)體繩中形成指向地心的電流，等效總電阻為r。導(dǎo)體繩所受的安培力克服大小為f的環(huán)境阻力，可使衛(wèi)星保持在原軌道上。已知衛(wèi)星離地平均高度為H，導(dǎo)體繩長為L(LH)，地球半徑為R，質(zhì)量為M，軌道處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于赤道平面。忽略地球自轉(zhuǎn)的影響。據(jù)此可得，電池電動勢為()ABLBBLCBLDBL答案A解析根據(jù)萬有引力提供衛(wèi)星繞地運(yùn)行的向心力，有Gm，可得衛(wèi)星做圓周運(yùn)動的線速度v；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，導(dǎo)體繩產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為EBLv，由右手定則可知感應(yīng)電動勢的方向與電池電動勢的方向相

18、反，因?qū)w繩中的電流方向向下，則電池電動勢大于導(dǎo)體繩切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；因?qū)w繩所受阻力f與安培力F平衡，可得fFBL，聯(lián)立解得EBL，故選A。14(2019·全國卷) (多選)如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為，導(dǎo)軌電阻忽略不計。虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場。將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知PQ進(jìn)入磁場時加速度恰好為零。從PQ進(jìn)入磁場開始計時，到MN離開磁場區(qū)域為止，流過PQ的電流隨時間變化的圖象可能正確的是()答案AD解析PQ剛進(jìn)入磁場時

19、，加速度為零，則mgsinBI1L，又I1，故PQ做勻速運(yùn)動，電流恒定；由題意知，MN剛進(jìn)入磁場時與PQ剛進(jìn)入磁場時速度相同。情形1：若MN剛進(jìn)入磁場時，PQ已離開磁場區(qū)域，則對MN，由mgsinBI1L、I1及右手定則知，通過PQ的電流大小不變，方向相反，故I­t圖象如圖A所示。情形2：若MN剛進(jìn)入磁場時，PQ未離開磁場區(qū)域，由于兩導(dǎo)體棒速度相等，產(chǎn)生的電動勢等大、反向，故電流為0，兩棒在重力沿導(dǎo)軌方向的分力作用下均加速直至PQ離開磁場。當(dāng)PQ離開磁場時，MN在磁場中的速度大于勻速運(yùn)動時的速度，MN為電源，由右手定則知PQ中的電流方向與MN未進(jìn)入磁場時相反，設(shè)此時PQ中電流大小為I

20、2，由EBLv，I2，BI2Lmgsinma>0知，MN減速，且隨v減小，I2減小，a減小，I2與v成正比，故I2隨t減小得越來越慢，直至勻速，這時I2I1，I­t圖象如圖D所示。15. (2020·海南高考)(多選)如圖，足夠長的間距d1 m的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間存在一個寬度L1 m的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.5 T，方向如圖所示。一根質(zhì)量ma0.1 kg、阻值R0.5 的金屬棒a以初速度v04 m/s從左端開始沿導(dǎo)軌滑動，穿過磁場區(qū)域后，與另一根質(zhì)量mb0.2 kg、阻值R0.5 的原來靜置在導(dǎo)軌上的金屬棒b發(fā)生彈性碰撞，兩金

21、屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計，則()A金屬棒a第一次穿過磁場時做勻減速直線運(yùn)動B金屬棒a第一次穿過磁場時回路中有逆時針方向的感應(yīng)電流C金屬棒a第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱為0.25 JD金屬棒a最終停在距磁場左邊界0.8 m處答案BD解析金屬棒a第一次穿過磁場時受到安培力的作用，做減速運(yùn)動，由于速度減小，則感應(yīng)電流減小，金屬棒a所受的安培力減小，加速度減小，故金屬棒a第一次穿過磁場時做加速度減小的減速直線運(yùn)動，故A錯誤。根據(jù)右手定則可知，金屬棒a第一次穿過磁場時回路中有逆時針方向的感應(yīng)電流，故B正確。金屬棒a第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，電路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電

22、動勢為，平均感應(yīng)電流為，金屬棒a受到的安培力大小的平均值為Bd，規(guī)定向右為正方向，對金屬棒a，根據(jù)動量定理得Bd·tmavamav0，解得金屬棒a第一次離開磁場時的速度大小為va1.5 m/s；金屬棒a第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，電路中產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒a機(jī)械能的減少量，即Qmavmav，代入數(shù)據(jù)得Q0.6875 J，由于兩棒電阻相同，兩棒產(chǎn)生的焦耳熱相同，則金屬棒b上產(chǎn)生的焦耳熱為Qb0.34375 J，故C錯誤。規(guī)定向右為正方向，對兩金屬棒碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得mavamavambvb，mavmava2mbv，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得金屬棒a碰后的速度為va0

23、.5 m/s；設(shè)金屬棒a最終停在距磁場左邊界x處，則從反彈進(jìn)入磁場到停下來的過程，電路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為，平均感應(yīng)電流為，金屬棒a受到的平均安培力大小為Bd，規(guī)定向右為正方向，對金屬棒a，根據(jù)動量定理得Bd·t0mava，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得x0.8 m，故D正確。16. (2021·全國甲卷)(多選)由相同材料的導(dǎo)線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，兩線圈的質(zhì)量相等，但所用導(dǎo)線的橫截面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍?，F(xiàn)兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時由靜止開始下落，一段時間后進(jìn)入一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的上邊界水平，如圖所示。不計空氣阻力，已知下落過

24、程中線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平。在線圈下邊進(jìn)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場前，可能出現(xiàn)的是()A甲和乙都加速運(yùn)動B甲和乙都減速運(yùn)動C甲加速運(yùn)動，乙減速運(yùn)動D甲減速運(yùn)動，乙加速運(yùn)動答案AB解析由于兩線圈從同一高度同時由靜止開始下落，則兩線圈下邊同時進(jìn)入磁場，且速度相同，設(shè)為v；設(shè)線圈的邊長為l，匝數(shù)為n，則線圈下邊剛進(jìn)入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EnBlv；設(shè)線圈的密度為0，質(zhì)量為m，則所用導(dǎo)線的橫截面積為S；設(shè)導(dǎo)線材料的電阻率為，則線圈的電阻為R；線圈下邊剛進(jìn)入磁場時線圈中的感應(yīng)電流大小為I，線圈所受安培力大小為FnIlB；以豎直向下為正方向，由牛頓第二定律有mgFma，解得agg，可知加速度

25、和線圈的匝數(shù)、橫截面積無關(guān)，則甲和乙進(jìn)入磁場時，具有相同的加速度；分析可知，在線圈下邊進(jìn)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場前，兩線圈的加速度和速度在任意時刻都相同。由a的表達(dá)式可知，若g>，即a>0，則在線圈下邊進(jìn)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場前，甲和乙都加速運(yùn)動，或都先加速后勻速運(yùn)動；若g<，即a<0，則在線圈下邊進(jìn)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場前，甲和乙都減速運(yùn)動，或都先減速后勻速運(yùn)動；若g，即a0，則在線圈下邊進(jìn)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場前，甲和乙都勻速運(yùn)動。綜上所述，A、B正確，C、D錯誤。17. (2021·湖南高考)(多選)兩個完全相同的正方形勻質(zhì)金屬框，邊長為L，通過長為L的絕

26、緣輕質(zhì)桿相連，構(gòu)成如圖所示的組合體。距離組合體下底邊H處有一方向水平、垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。磁場區(qū)域上下邊界水平，高度為L，左右寬度足夠大。把該組合體在垂直磁場的平面內(nèi)以初速度v0水平無旋轉(zhuǎn)拋出，設(shè)置合適的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B使其勻速通過磁場，不計空氣阻力。下列說法正確的是()AB與v0無關(guān)，與成反比B通過磁場的過程中，金屬框中電流的大小和方向保持不變C通過磁場的過程中，組合體克服安培力做功的功率與重力做功的功率相等D調(diào)節(jié)H、v0和B，只要組合體仍能勻速通過磁場，則其通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量不變答案CD解析將組合體以初速度v0水平無旋轉(zhuǎn)拋出后，組合體進(jìn)入磁場前做平拋運(yùn)動，進(jìn)入磁場后做勻速運(yùn)動，

27、由于金屬框水平切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相互抵消，則感應(yīng)電動勢EBLvy，其中vy，根據(jù)平衡條件，有mgF安，而F安ILB，I，聯(lián)立得B·，則B與v0無關(guān)，與成反比，A錯誤；當(dāng)金屬框進(jìn)入磁場時通過金屬框的磁通量增加，此時感應(yīng)電流的方向為逆時針方向，當(dāng)金屬框出磁場時通過金屬框的磁通量減少，此時感應(yīng)電流的方向為順時針方向，B錯誤；由于組合體進(jìn)入磁場后做勻速運(yùn)動，有mgF安，則組合體克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，C正確；無論調(diào)節(jié)H、v0和B中的哪個物理量，只要組合體仍能勻速通過磁場，都有mgF安，則克服安培力做的功都為WF安·4L4mgL，即組合體通過磁場的過程中產(chǎn)生的

28、熱量不變，D正確。18. (2020·全國卷)(多選)如圖，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直。ab、dc足夠長，整個金屬框電阻可忽略。一根具有一定電阻的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框，運(yùn)動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行。經(jīng)過一段時間后()A金屬框的速度大小趨于恒定值B金屬框的加速度大小趨于恒定值C導(dǎo)體棒所受安培力的大小趨于恒定值D導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值答案BC解析金屬框在力F的作用下向右運(yùn)動，bc邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，在回路MNcb中有感應(yīng)電流，使得

29、導(dǎo)體棒MN受到向右的安培力而向右做加速運(yùn)動，bc邊受到向左的安培力。當(dāng)MN運(yùn)動時，金屬框的bc邊和導(dǎo)體棒MN一起切割磁感線，設(shè)導(dǎo)體棒MN和金屬框的速度分別為v1、v2，導(dǎo)體棒的電阻為R，金屬框的寬度為L，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則電路中的總電動勢EBL(v2v1)，電路中的電流I，金屬框受到的安培力F安框BIL，與運(yùn)動方向相反；導(dǎo)體棒MN受到的安培力F安MNBIL，與運(yùn)動方向相同。設(shè)導(dǎo)體棒MN和金屬框的質(zhì)量分別為m1、m2，加速度分別為a1、a2，則對導(dǎo)體棒MN，有m1a1，對金屬框，有Fm2a2。導(dǎo)體棒MN和金屬框的初始速度均為零，則a1從零開始逐漸增加，a2從開始逐漸減小，當(dāng)a1a2時，相對速度v

30、2v1，之后a1、a2不變，v2v1恒定，整個運(yùn)動過程用速度時間圖像描述如圖所示。綜上可得，經(jīng)過一段時間后，金屬框和導(dǎo)體棒的加速度大小趨于恒定值，所受安培力的大小也趨于恒定值，B、C正確；金屬框的速度會一直增大，導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離也會一直增大，A、D錯誤。19(2021·福建高考)(多選)如圖，P、Q是兩根固定在水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，間距為L，導(dǎo)軌足夠長且電阻可忽略不計。圖中EFGH矩形區(qū)域有一方向垂直導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。在tt1時刻，兩均勻金屬棒a、b分別從磁場邊界EF、GH進(jìn)入磁場，速度大小均為v0；一段時間后，流經(jīng)a棒的電流為0，此時tt2

31、，b棒仍位于磁場區(qū)域內(nèi)。已知金屬棒a、b由相同材料制成，長度均為L，電阻分別為R和2R，a棒的質(zhì)量為m。在運(yùn)動過程中兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，a、b棒沒有相碰，則()At1時刻a棒加速度大小為Bt2時刻b棒的速度為0Ct1t2時間內(nèi)，通過a棒橫截面的電荷量是b棒的2倍Dt1t2時間內(nèi)，a棒產(chǎn)生的焦耳熱為mv答案AD解析由題知，t1時刻，a棒進(jìn)入磁場的速度方向向右，b棒的速度方向向左，根據(jù)右手定則可知，a棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和b棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢在回路中均為逆時針方向，所以流過金屬棒a、b的感應(yīng)電流I，對a棒，根據(jù)牛頓第二定律有BILma，解得a，故A正確；金屬棒a、b由相同材料制成，長度

32、均為L，電阻分別為R和2R，根據(jù)電阻定律有R，2R，解得b棒的橫截面積SS，已知a棒的質(zhì)量為m，設(shè)b棒的質(zhì)量為m，則有m密V密SL，m密V密SL，聯(lián)立解得mm，根據(jù)左手定則，可知a棒受到的安培力向左，b棒受到的安培力向右，由于流過金屬棒a、b的電流一直相等，故兩個力大小始終相等，則a與b組成的系統(tǒng)動量守恒，由題知，t2時刻流過a棒的電流為0，說明金屬棒a、b在t2時刻均在磁場中且達(dá)到了共同速度，設(shè)為v，取向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒有mv0mv0v，解得vv0，故B錯誤；在t1t2時間內(nèi)，根據(jù)qIt及金屬棒a、b串聯(lián)構(gòu)成回路，可知通過兩棒橫截面的電荷量相等，故C錯誤；在t1t2時間內(nèi)，對金屬

33、棒a、b組成的系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒有mv×vv2Q總，解得回路中產(chǎn)生的總熱量為Q總mv，根據(jù)焦耳定律QI2Rt，因金屬棒a、b中的電流一直相等，所用時間相同，故金屬棒a、b產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，即QaQb12，又QaQbQ總mv，解得a棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qamv，故D正確。20. (2021·山東高考)(多選)如圖所示，電阻不計的光滑U形金屬導(dǎo)軌固定在絕緣斜面上。區(qū)域、中磁場方向均垂直斜面向上，區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻增加，區(qū)中為勻強(qiáng)磁場。阻值恒定的金屬棒從無磁場區(qū)域中a處由靜止釋放，進(jìn)入?yún)^(qū)后，經(jīng)b下行至c處反向上行。運(yùn)動過程中金屬棒始終垂直導(dǎo)軌且接觸良好。在第一次下行和上行

34、的過程中，以下敘述正確的是()A金屬棒下行過b時的速度大于上行過b時的速度B金屬棒下行過b時的加速度大于上行過b時的加速度C金屬棒不能回到無磁場區(qū)D金屬棒能回到無磁場區(qū)，但不能回到a處答案ABD解析區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻增加，由楞次定律及法拉第電磁感應(yīng)定律可知，區(qū)磁場在金屬棒中產(chǎn)生向左的恒定電流I1；金屬棒進(jìn)入?yún)^(qū)后，下行過程切割磁感線產(chǎn)生向左的感應(yīng)電流I2，則金屬棒中的電流為向左的(I1I2)，由左手定則可知，金屬棒受到向上的安培力F下B2(I1I2)l，由于在c處有B2I1l>mgsin，所以F下>mgsin，下行過程金屬棒做減速運(yùn)動，隨著速度減小，I2減小，F(xiàn)下減小，a減小，

35、到達(dá)c處時速度為0；在區(qū)上行過程切割磁感線產(chǎn)生向右的感應(yīng)電流I2，受到向上的安培力F上B2(I1I2)l，隨著速度增大，I2增大，F(xiàn)上減小，a減小，當(dāng)a0即F上mgsin時，速度不變，I2不變，F(xiàn)上不變，金屬棒做勻速運(yùn)動。由以上分析可知，在區(qū)中金屬棒的加速度一直減小直到為0，則下行經(jīng)過b時的加速度大于上行經(jīng)過b時的加速度，B正確；由合下xbc合上xbcmvmv及F合ma可知，金屬棒下行過b時的速度大于上行過b時的速度，A正確；由以上分析可知，金屬棒能回到無磁場區(qū)，由A項分析同理知，金屬棒出區(qū)時的速度小于進(jìn)區(qū)時的速度，則金屬棒不能回到a處，C錯誤，D正確。 題組三模擬小題21. (2021

36、83;江蘇省常州市高三一模)如圖所示，圓形區(qū)域中的勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B1隨時間t的變化關(guān)系為B1kt，k為大于零的常量；邊界MN右側(cè)的勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2。光滑平行金屬導(dǎo)軌左端接一阻值為R的電阻、MN處放置一和導(dǎo)軌接觸良好的金屬棒，不計導(dǎo)軌和金屬棒電阻。t0時，給金屬棒一初速度v0，使其在外力作用下向右勻速運(yùn)動。回路的總磁通量為、回路的電流為i、電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q、導(dǎo)體棒受到的外力為F，它們隨時間t的變化圖像正確的是()答案C解析由于金屬棒在外力作用下向右勻速運(yùn)動，則動生電動勢為E1B2Lv0，根據(jù)右手定則可知電流方向為逆時針；回路中產(chǎn)生的感生電動勢為E2SkS，保持不變，根據(jù)楞次

37、定律可知電流方向為逆時針，則回路中總的電動勢為EE1E2B2Lv0kS，可知大小不變，則感應(yīng)電流i不變，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E不變，所以回路的總磁通量變化率不變，­t圖像的斜率不變，故A、B錯誤；電阻R上產(chǎn)生的熱量為Qi2Rt，i不變，所以Q與時間t成正比，故C正確；由于金屬棒在外力作用下向右勻速運(yùn)動，根據(jù)平衡條件可得：FB2iL，i不變，拉力F不變，故D錯誤。22(2021·北京市西城區(qū)高三下5月統(tǒng)一測試)如圖1所示，地面上方高度為d的空間內(nèi)有水平方向的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)量為m的正方形閉合導(dǎo)線框abcd的邊長為l，從bc邊距離地面高為h處將其由靜止釋放，已知h>d&

38、gt;l。從導(dǎo)線框開始運(yùn)動到bc邊即將落地的過程中，導(dǎo)線框的v­t圖像如圖2所示。重力加速度為g，不計空氣阻力，以下有關(guān)這一過程的判斷正確的是()At1t2時間內(nèi)導(dǎo)線框受到的安培力逐漸增大B磁場的高度d可以用v­t圖中陰影部分的面積表示C導(dǎo)線框重力勢能的減少量等于其動能的增加量D導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱大于mgl答案D解析由圖2可知，0t1時間內(nèi)，導(dǎo)線框自由下落，t1t2時間內(nèi)導(dǎo)線框切割磁感線進(jìn)入磁場，做加速度減小的減速運(yùn)動，t2t3時間內(nèi)，導(dǎo)線框完全進(jìn)入磁場，做勻加速運(yùn)動。t1t2時間內(nèi)對導(dǎo)線框受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有，F(xiàn)安mgma，a減小，則安培力減小，A錯誤；根據(jù)圖2可

39、知，t1時刻bc邊開始進(jìn)入磁場，t3時刻bc邊到達(dá)地面，所以磁場高度d等于t1t3時間內(nèi)的位移，即可用v­t圖線在t1t3部分與t軸所圍面積表示，B錯誤；根據(jù)題意可知，安培力做負(fù)功，根據(jù)能量守恒定律可知導(dǎo)線框的重力勢能減少量等于動能增加量和克服安培力做功之和，C錯誤；由t1t2時間內(nèi)F安>mg且W安F安l，可知在下降過程中導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱QW安>mgl，D正確。23. (2022·河南省大聯(lián)考“頂尖計劃”高三上第一次考試)(多選)如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌傾斜放置，與水平面夾角為30°，兩導(dǎo)軌間的距離為L，導(dǎo)軌頂端接有電容為C的電容器。一根質(zhì)

40、量為m的均勻金屬棒ab放在導(dǎo)軌上，與兩導(dǎo)軌垂直且保持良好接觸，整個裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，重力加速度為g，不計一切電阻。由靜止釋放金屬棒，金屬棒下滑x的過程中電容器未被擊穿，下列說法正確的是()A金屬棒做加速度越來越小的加速運(yùn)動B金屬棒下滑x時的速度vC金屬棒下滑x的過程中，電容器儲存的電荷量qBLCD金屬棒下滑x的過程中，電容器儲存的電場能E電答案CD解析金屬棒沿光滑導(dǎo)軌下滑切割磁感線產(chǎn)生動生電動勢，同時給電容器充電，由牛頓第二定律有mgsin30°BiLma，而充電電流為iCBLa，聯(lián)立可得a，可知加速度恒定，即金屬棒做勻加速直線運(yùn)動，

41、故A錯誤；金屬棒做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，下滑x時的速度為v，則有v22ax，聯(lián)立解得速度v ，故B錯誤；金屬棒下滑x的過程中電容器儲存的電荷量為qC·UC·BLvBLC，故C正確；金屬棒下滑x的過程中，電容器儲存的電荷量為qCU，電荷量與電壓成正比，則電容器儲存的電場能為E電qUCU2，而UBLvBL，聯(lián)立得E電另解：對金屬棒的下滑過程由動能定理，有mgsin30°·xWF安mv20，而WF安E電，聯(lián)立解得E電，故D正確。24. (2021·山東省濟(jì)寧市高三下二模)(多選)如圖所示，空間存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，足夠長的

42、光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左右兩部分的間距分別為l、2l，質(zhì)量分別為m、2m的導(dǎo)體棒a、b均垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)體棒a接入電路的電阻為R，其余電阻均忽略不計；a、b兩棒分別以v0、2v0的初速度同時向右運(yùn)動，兩棒在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且保持良好接觸，a總在窄軌上運(yùn)動，b總在寬軌上運(yùn)動，直到兩棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，從開始運(yùn)動到兩棒穩(wěn)定的過程中，下列說法正確的是()Aa棒加速度的大小始終等于b棒加速度的大小B穩(wěn)定時a棒的速度為1.5v0C電路中產(chǎn)生的焦耳熱為mvD流過導(dǎo)體棒a的某一橫截面的電荷量為答案AC解析分別計算a、b棒的加速度，由F安BIL和F安ma，聯(lián)立得a，由題設(shè)知a、b棒中的電流相等，a

43、、b棒長度分別為l、2l，質(zhì)量分別為m、2m，則a、b棒加速度大小相等，故A正確；設(shè)經(jīng)過時間t穩(wěn)定時，a棒的速度為va，b棒的速度為vb，因為導(dǎo)軌光滑，導(dǎo)體棒在水平方向上只受到安培力作用，對a棒，根據(jù)動量定理有Fa·tBl·tmvamv0，同理，對b棒有FbtB×2l·t2mvb2m·2v0，穩(wěn)定時兩棒中無電流，即BlvaB·2lvb，得va2vb，聯(lián)立解得va2v0，vbv0，故B錯誤；由能量守恒定律可知，a、b棒的動能的損失量等于電路產(chǎn)生的焦耳熱，初動能Ek0mv×2m×(2v0)2，末動能Ekm(2v0)2&

44、#215;2m×v，則電路中產(chǎn)生的焦耳熱為QEk0Ekmv，故C正確；對a棒，由動量定理有Bl·tmvamv0，又流過導(dǎo)體棒a的某一橫截面的電荷量q·t，va2v0，解得q，故D錯誤。 題組一基礎(chǔ)大題25如圖甲所示，導(dǎo)體棒MN置于足夠長的水平“匚”形金屬框架上，框架的兩根導(dǎo)軌平行，左側(cè)連有定值電阻，右側(cè)虛線外有垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場。導(dǎo)體棒在水平恒力作用下，從t0時刻開始向右沿導(dǎo)軌運(yùn)動，其運(yùn)動的v­t圖線如圖乙所示。圖線在0t1時間內(nèi)是直線，在t1t2時間內(nèi)是曲線，在大于t2時間內(nèi)是平行時間軸的直線。已知該棒t1時刻速度為v1，t2時刻速度為v2，不計棒

45、與導(dǎo)軌間的摩擦和導(dǎo)軌電阻，求：(1)剛進(jìn)入磁場的t1時刻和t2時刻通過導(dǎo)體棒的電流之比；(2)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場時加速度的大小。答案(1)(2)解析(1)設(shè)導(dǎo)體棒切割磁感線的長度為l，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，回路的總電阻為R，則在t1、t2時刻通過導(dǎo)體棒的電流分別為：I1，I2，因此電流之比為：。(2)導(dǎo)體棒在t1、t2時刻受到的安培力分別為：F1I1lB，F(xiàn)2I2lB。設(shè)恒力為F，對導(dǎo)體棒在t1時刻，根據(jù)牛頓第二定律有：Fma，在t2時刻，根據(jù)平衡條件有：F0，在0t1時間內(nèi)，根據(jù)動量定理有：Ft1mv10，聯(lián)立解得：a。26如圖所示，足夠長的粗糙絕緣斜面與水平面成37°角，在斜面上虛線

46、aa和bb與斜面底邊平行，在aa、bb圍成的區(qū)域有垂直斜面向上的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1 T；現(xiàn)有一質(zhì)量為m10 g、總電阻為R1 、邊長為d0.1 m的正方形金屬線圈MNPQ，讓PQ邊與斜面底邊平行，從斜面上端靜止釋放，線圈剛好勻速穿過磁場。已知線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5，(g取10 m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8)求：(1)線圈進(jìn)入磁場區(qū)域時，受到的安培力大??；(2)線圈釋放時，PQ邊到bb的距離；(3)整個線圈穿過磁場的過程中，線圈上產(chǎn)生的焦耳熱。答案(1)2×102 N(2)1 m(3)4×103 J解析(1)線

47、圈勻速穿過磁場過程中，對線圈受力分析有：F安mgcosmgsin代入數(shù)據(jù)得F安2×102 N。(2)線圈進(jìn)入磁場時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBdv，感應(yīng)電流I則F安IdB代入數(shù)據(jù)得v2 m/s線圈進(jìn)入磁場前做勻加速運(yùn)動，其加速度agsingcos2 m/s2線圈釋放時，PQ邊到bb的距離x1 m。(3)由于線圈剛好勻速穿過磁場，則磁場寬度等于d0.1 m由功能關(guān)系得QW安F安·2d代入數(shù)據(jù)解得Q4×103 J。 題組二高考大題27(2021·天津高考)如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距L1 m，其電阻不計，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成30

48、°角，N、Q兩端接有R1 的電阻。一金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置，ab兩端與導(dǎo)軌始終有良好接觸，已知ab的質(zhì)量m0.2 kg，電阻r1 ，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)度大小B1 T。ab在平行于導(dǎo)軌向上的拉力作用下，以初速度v10.5 m/s沿導(dǎo)軌向上開始運(yùn)動，可達(dá)到最大速度v2 m/s。運(yùn)動過程中拉力的功率恒定不變，重力加速度g10 m/s2。(1)求拉力的功率P；(2)ab開始運(yùn)動后，經(jīng)t0.09 s速度達(dá)到v21.5 m/s，此過程中ab克服安培力做功W0.06 J，求該過程中ab沿導(dǎo)軌的位移大小x。答案(1)4 W(2)0.1 m解析(1)在ab運(yùn)動過程中，

49、由于拉力功率恒定，ab做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，速度達(dá)到最大時，加速度為零，設(shè)此時拉力的大小為F，安培力大小為FA，有FmgsinFA0由法拉第電磁感應(yīng)定律，此時回路中的感應(yīng)電動勢EBLv由閉合電路歐姆定律，回路中的感應(yīng)電流Iab受到的安培力FAILB由功率表達(dá)式，有PFv聯(lián)立上述各式，代入數(shù)據(jù)解得P4 W。(2)ab從速度v1到v2的過程中，由動能定理，有PtWmgxsinmvmv代入數(shù)據(jù)解得x0.1 m。28. (2021·海南高考)如圖，間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌，水平放置在方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌左端接有阻值為R的定值電阻，一質(zhì)量為m的金屬桿放在導(dǎo)軌上。金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運(yùn)動，此時金屬桿內(nèi)自由電子沿桿定向移動的速率為u0。設(shè)金屬桿內(nèi)做定向移動的自由電子總量保持不變，金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，除了電阻R以外不計其他電阻。(1)求金屬桿中的電流和水平外力的功率；(2)某時刻撤去外力，經(jīng)過一段時間，自由電子沿金屬桿定向移動的速率變?yōu)?，求?)這段時間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱；()這段時間內(nèi)一直在金屬桿內(nèi)的自由電子沿桿定向移動的距離。答案(1)(2)()mv()解析(1)金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBlv0則金屬桿中的電流I由題知，金屬桿在水平外力作用下以速度v0向右做勻速直線運(yùn)動，則有FF安B