高中物理高考一輪復(fù)習(xí)一輪復(fù)習(xí) 2023屆高三專題復(fù)習(xí)十九 法拉第電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用

專題十九法拉第電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用一、考點(diǎn)分析一、考點(diǎn)分析1．高考對(duì)本部分內(nèi)容的考查命，大部分以選擇題的形式出題，也有部分是計(jì)算題?？疾閮?nèi)容主要集中在利用電磁感應(yīng)基本規(guī)律分析動(dòng)態(tài)過(guò)程。2．注意要點(diǎn)：電磁感應(yīng)中的有些題目可以從動(dòng)量角度著手，運(yùn)用動(dòng)量定理或動(dòng)量守恒定律解決。二、考題再現(xiàn)二、考題再現(xiàn)典例1.(2023·全國(guó)卷I·20)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其邊界如圖(a)中虛線MN所示。一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上。t＝0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖(a)所示；磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(b)所示。則在t＝0到t＝t1的時(shí)間間隔內(nèi)()A．圓環(huán)所受安培力的方向始終不變B．圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針?lè)较駽．圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為eq\f(B0rS,4t0ρ)D．圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為eq\f(B0πr2,4t0)【解析】第一過(guò)程從①移動(dòng)②的過(guò)程中，左邊導(dǎo)體棒切割產(chǎn)生的電流方向是順時(shí)針，右邊切割磁感線產(chǎn)生的，根據(jù)楞次定律可知在0～t0時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，圓環(huán)所受安培力水平向左，在t0～t1時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度反向增大，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，圓環(huán)所受安培力水平向右，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(1,2)πr2·eq\f(B0,t0)＝eq\f(B0πr2,2t0)，根據(jù)電阻定律可得R＝ρeq\f(2πr,S)，根據(jù)歐姆定律可得I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，所以選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。【答案】BC典例2.(2023·全國(guó)卷II·21)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θ，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。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(chǎng)。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(chǎng)時(shí)加速度恰好為零。從PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，到MN離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)橹?，流過(guò)PQ的電流隨時(shí)間變化的圖象可能正確的是()【解析】由圖(b)可知，導(dǎo)線PQ中電流在t＝T/4時(shí)達(dá)到最大值，變化率為零，導(dǎo)線框R中磁通量變化率根據(jù)題述，PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度恰好為零，兩導(dǎo)體棒從同一位置釋放，則兩導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度相同，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等，若釋放兩導(dǎo)體棒的時(shí)間間隔足夠長(zhǎng)，在PQ通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域一段時(shí)間后MN進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律可知流過(guò)PQ的電流隨時(shí)間變化的圖象可能是A；由于兩導(dǎo)體棒從同一位置釋放，兩導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等，MN進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流不可能小于I1，B錯(cuò)誤；若釋放兩導(dǎo)體棒的時(shí)間間隔較短，在PQ沒(méi)有出磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)MN就進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，則兩棒在磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)回路中磁通量不變，兩棒不受安培力作用，二者在磁場(chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng)，PQ出磁場(chǎng)后，MN切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，且感應(yīng)電流一定大于I1，受到安培力作用，由于安培力與速度成正比，則MN所受的安培力一定大于MN的重力沿斜面方向的分力，所以MN一定做減速運(yùn)動(dòng)，回路中感應(yīng)電流減小，流過(guò)PQ的電流隨時(shí)間變化的圖象可能是D，C錯(cuò)誤?！敬鸢浮緼D三、對(duì)點(diǎn)速練三、對(duì)點(diǎn)速練1．如圖，一無(wú)限長(zhǎng)通電直導(dǎo)線固定在光滑水平面上，金屬環(huán)質(zhì)量為kg，在該平面上以v0＝2m/s、與導(dǎo)線成60°角的初速度運(yùn)動(dòng)，最后達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，這一過(guò)程中()A．金屬環(huán)受到的安培力與運(yùn)動(dòng)的方向相反B．在平行于導(dǎo)線方向金屬環(huán)做減速運(yùn)動(dòng)C．金屬環(huán)中最多能產(chǎn)生電能為JD．金屬環(huán)動(dòng)能減少量最多為J【答案】D【解析】金屬環(huán)周?chē)协h(huán)形的磁場(chǎng)，金屬環(huán)向右運(yùn)動(dòng)，磁通量減小，根據(jù)“來(lái)拒去留”可知，所受的安培力將阻礙金屬圓環(huán)遠(yuǎn)離通電直導(dǎo)線，即安培力垂直直導(dǎo)線向左，與運(yùn)動(dòng)方向并非相反，安培力使金屬環(huán)在垂直導(dǎo)線方向做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)垂直導(dǎo)線方向的速度減為零，只剩沿導(dǎo)線方向的速度，然后磁通量不變，無(wú)感應(yīng)電流，水平方向合力為零，故為勻速直線運(yùn)動(dòng)，A、B錯(cuò)誤；由題知，金屬環(huán)最終以v0cos60°＝1m/s，沿平行導(dǎo)線方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能的減少量為J，則產(chǎn)生的電能最多為，C錯(cuò)誤，D正確。2．如圖所示，處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的半封閉平行金屬導(dǎo)軌框架MNPQ，寬NP＝L。磁場(chǎng)與其平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化規(guī)律如圖所示。導(dǎo)體棒ab的電阻為R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。從t＝0開(kāi)始，在外力作用下導(dǎo)體從導(dǎo)軌的最左端以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，則t0時(shí)刻回路中的感應(yīng)電流大小為()A．0B．C．D．【答案】C【解析】t0時(shí)刻ab切割磁感線產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為，ab中電流的方向由b到a；此時(shí)回路中的感生電動(dòng)勢(shì)為，ab中電流的方向也是b到a。可知回路中的感應(yīng)電流大小為，故C正確。3．(多選)如圖所示電路中，P為發(fā)光氖泡，發(fā)光電壓U＞60V，L為自感系數(shù)很大、電阻不為零的電感線圈，直流電源電動(dòng)勢(shì)E＝6V。接通開(kāi)關(guān)S，氖泡不亮；穩(wěn)定時(shí)，L中電流恒定為I0；斷開(kāi)S時(shí)，氖泡能短時(shí)間內(nèi)發(fā)光。關(guān)于該現(xiàn)象，下列說(shuō)法正確的有()A．S接通瞬間，L中電流是逐漸增加的B．S接通穩(wěn)定時(shí)，P兩端電壓為零C．S斷開(kāi)瞬間，氖泡P發(fā)光時(shí)電流最大值可能超過(guò)I0D．S斷開(kāi)瞬間，氖泡P發(fā)光時(shí)電流從右向左【答案】AD【解析】S接通瞬間，線圈L中的電流從無(wú)到有發(fā)生變化，線圈L中產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢(shì)對(duì)電流的增大有阻礙作用，所以通過(guò)線圈L的電流慢慢變大，故選項(xiàng)A正確；S接通穩(wěn)定時(shí)，由于電感線圈的電阻不為零，電感線圈兩端電壓不為零，所以發(fā)光氖泡兩端電壓不為零，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；S斷開(kāi)瞬間前，線圈L中電流恒定為I0，S斷開(kāi)瞬間，線圈L由于自感現(xiàn)象會(huì)產(chǎn)生與線圈中原電流方向相同的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，使線圈中的電流將從原來(lái)的I0逐漸減小，方向不變，且由于它和氖泡P構(gòu)成回路，通過(guò)氖泡P的電流和線圈L中的電流大小相同，也從I0逐漸減小，通過(guò)氖泡P的電流從右向左，故選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤。4．(多選)如圖甲所示，一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線框固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)線框所在平面，規(guī)定向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向，向右為導(dǎo)線框ab邊所受安培力F的正方向，線框中電流i沿abcd方向時(shí)為正，已知在0～4s時(shí)間內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示，則下列圖象所表示的關(guān)系正確的是()【答案】AD【解析】由題意可知，規(guī)定向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度的正方向，線框中電流i沿abcd方向時(shí)為正；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(S·ΔB,Δt)，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(S·ΔB,RΔt)，由B－t圖象可知，在每一時(shí)間段內(nèi)，eq\f(ΔB,Δt)是定值，在各時(shí)間段內(nèi)I是定值，ab邊受到的安培力F＝BIL，I、L不變，B均勻變化，則安培力F均勻變化，不是定值，A正確B錯(cuò)誤；由圖示B－t圖象可知，0～1s時(shí)間內(nèi)，B減小，Φ減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流是逆時(shí)針?lè)较颍瑸檎?；同?～2s，磁場(chǎng)向里，且增大，磁通量增大，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流是逆時(shí)針，為正值；2～3s，B的方向垂直紙面向里，B減小，Φ減小，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较颍袘?yīng)電流是負(fù)的；3～4s內(nèi)，B的方向垂直紙面向外，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?，感?yīng)電流是負(fù)的，故C錯(cuò)誤D正確。5．(多選)物理和數(shù)學(xué)有緊密的聯(lián)系，解決物理問(wèn)題經(jīng)常要求同學(xué)們要有一定的數(shù)學(xué)功底。如圖所示，一個(gè)被x軸與曲線方程(m)(x≤m)所圍的空間中存在著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝T。單匝正方形絕緣金屬線框的邊長(zhǎng)是L＝m，線框總電阻R＝Ω，它的一邊在光滑軌道的x軸上，在拉力F的作用下，線框以v＝10m/s的速度水平向右勻速運(yùn)動(dòng)。則()A．拉力F的最大值是NB．拉力F的最大功率是WC．拉力F要做J功才能把線框拉過(guò)磁場(chǎng)區(qū)D．拉力F要做J功才能把線框拉過(guò)磁場(chǎng)區(qū)【答案】AD【解析】線框向右勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，當(dāng)y最大時(shí)，E最大，最大值為V，感應(yīng)電流最大值為A，所受到的安培力最大，拉力F的最大值N，拉力F的最大功率W，故A正確，B錯(cuò)誤；整個(gè)過(guò)程拉力做功J，故D正確，C錯(cuò)誤。6．(多選)如圖甲所示，平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，兩軌相距L＝m，導(dǎo)軌一端與阻值R＝Ω的電阻相連，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。導(dǎo)軌x＞0一側(cè)存在沿x正方向均勻增大的磁場(chǎng)，其方向與導(dǎo)軌平面垂直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨位置x變化如圖乙所示。一根質(zhì)量m＝kg、接入電路的電阻r＝Ω的金屬棒置于導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，棒在外力F作用下從x＝0處以初速度v0＝2m/s沿導(dǎo)軌向右變速運(yùn)動(dòng)，且金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的安培力大小不變。下列說(shuō)法中正確的是()A．金屬棒向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B．金屬棒在x＝1m處的速度大小為m/sC．金屬棒從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝1m過(guò)程中，外力F所做的功為－JD．金屬棒從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝2m過(guò)程中，流過(guò)金屬棒的電荷量為2C【答案】CD【解析】根據(jù)題圖乙得B與x的函數(shù)關(guān)系式B＝＋，金屬棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BLv,R＋r)，安培力F安＝BIL＝Beq\f(BLv,R＋r)L＝eq\f(B2L2v,R＋r)，解得v＝eq\f(F安R＋r,B2L2)＝eq\f安,＋2×＝eq\f(10F安,x＋12)，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式v2－v02＝2ax，如果是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，v2與x成線性關(guān)系，而由上式知，金屬棒不可能做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)題意金屬棒所受的安培大小不變，x＝0處與x＝1處安培大小相等，有eq\f(B\o\al(,02)L2v0,R＋r)＝eq\f(B\o\al(,12)L2v1,R＋r)，即v1＝eq\f(B\o\al(,02)v0,B\o\al(,12))＝m/s，故B錯(cuò)誤；金屬棒在x＝0處的安培力大小為F安＝eq\f(B\o\al(,02)L2v0,R＋r)＝N，對(duì)金屬棒從x＝0運(yùn)動(dòng)到x＝1m過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有WF－F安·x＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02，代入數(shù)據(jù)解得WF＝－J，故C正確；根據(jù)電荷量公式q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(ΔB·x,R＋r)L，x＝0到x＝2m過(guò)程中B－x圖象包圍的面積ΔB·x＝eq\f＋,2)×2T·m＝2T·m，q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(2×,C＝2C，故D正確。7．(多選)如圖所示，虛線為相鄰兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和Ⅱ的邊界，兩個(gè)區(qū)域的磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B，方向相反且都垂直于紙面，兩個(gè)區(qū)域的高度都為l。一質(zhì)量為m，邊長(zhǎng)也為l的單匝矩形導(dǎo)線框abcd，從磁場(chǎng)區(qū)域上方某處由靜止釋放，ab邊進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ之前，線框已開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)，速度大小為v1，當(dāng)線框的ab邊下落到出區(qū)域Ⅱ之前，線框又開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)，速度大小為v2。下落過(guò)程中，ab邊保持水平且線框不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)，已知重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是()A．線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ過(guò)程中，可能加速度減小，速度變大B．v2＝eq\f(1,4)v1C．當(dāng)線框的ab邊剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時(shí)，加速度大小為gD．線框出磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ過(guò)程中，可能加速度減小，速度減小【答案】AB【解析】如果線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)安培力小于重力，根據(jù)牛頓第二定律可得mg-FA＝ma，即，速度增大，加速度減小，所以線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ過(guò)程中，可能加速度減小，速度變大，故A正確；ab邊剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ時(shí)，線框受到的安培力：F＝BIl＝，線框做勻速運(yùn)動(dòng)，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得：＝mg，解得：v1＝；線框ab邊下落到區(qū)域Ⅱ中間位置時(shí)，線框又開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)此時(shí)線框的速度為v2，安培力為F安′＝，由平衡條件得：mg＝F安′，解得：v2＝eq\f(1,4)v1，故B正確；當(dāng)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ時(shí)，ab和cd兩邊都切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E′＝2Blv1，感應(yīng)電流為：I′，線框所受的安培力大小為F安＝2BI′l＝＝4mg，根據(jù)牛頓第二定律得：F安-mg＝ma，解得：a＝3g，方向：豎直向上，故C錯(cuò)誤；線框出磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ過(guò)程中，安培力小于重力，根據(jù)牛頓第二定律可得mg-FA＝ma，即a＝g-，速度增大，加速度減小，所以線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ過(guò)程中，加速度減小，速度變大，故D錯(cuò)誤。8．如圖所示，光滑水平面上兩個(gè)完全相同的直角L形勻質(zhì)金屬導(dǎo)軌，角平分線在同一直線上，導(dǎo)體單位長(zhǎng)度上的電阻為r。導(dǎo)軌Ⅱ固定，導(dǎo)軌Ⅰ以恒定的速度v0在角平分線上無(wú)摩擦滑動(dòng)。水平面內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度為B。當(dāng)兩導(dǎo)軌交叉后，交叉點(diǎn)保持良好接觸，t＝0時(shí)，兩導(dǎo)軌頂點(diǎn)恰好重合。設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，求：(1)t時(shí)刻，矩形LMNO中感應(yīng)電流的大小及方向；(2)t時(shí)刻，導(dǎo)軌Ⅰ所受的拉力；(3)0～t時(shí)間內(nèi)拉力所做的功。【解析】(1)0～t時(shí)間內(nèi)導(dǎo)軌I運(yùn)動(dòng)的位移為：l＝v0t由幾何關(guān)系知，t時(shí)刻導(dǎo)軌I切割磁場(chǎng)的等效長(zhǎng)度為l則導(dǎo)軌I切割磁場(chǎng)所產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：而t時(shí)刻，矩形回路LMON中總電阻為：則LMON回路中感應(yīng)電流的大小為：感應(yīng)電流方向?yàn)椋海ɑ蝽槙r(shí)針?lè)较颍?2)由于導(dǎo)軌I以恒定的速度v0向右運(yùn)動(dòng)，因此導(dǎo)軌I所受的拉力大小與安培力相等，則有：代入數(shù)據(jù)得，導(dǎo)軌I所受的拉力為：(3)由可得拉力F與位移l的關(guān)系式為：則0～t時(shí)間內(nèi)拉力所作的功為：。9．如圖所示，水平光滑金屬導(dǎo)軌在同一水平面上，間距分別為L(zhǎng)和，間距為L(zhǎng)的導(dǎo)軌有一小段左右斷開(kāi)，為使導(dǎo)軌上的金屬棒能勻速通過(guò)斷開(kāi)處，在此處鋪放了與導(dǎo)軌相平的光滑絕緣材料(圖中的虛線框處）。質(zhì)量為m、電阻為Rl的均勻金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌放置在靠近斷開(kāi)處的左側(cè)，另一質(zhì)量也為m、電阻為R2的均勻金屬棒cd垂直于導(dǎo)軌放置在間距為的導(dǎo)軌左端。導(dǎo)軌MN和PQ、M′N′和P′Q′都足夠長(zhǎng)，所有導(dǎo)軌的電阻都不計(jì)。電源電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻不計(jì)。整個(gè)裝置所在空間有豎直方向的、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。閉合開(kāi)關(guān)S，導(dǎo)體棒ab迅即獲得水平向右的速度v0并保持該速度到達(dá)斷開(kāi)處右側(cè)的導(dǎo)軌上。求：(1)空間勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向；(2)通過(guò)電源E某截面的電荷量；能?！窘馕觥?1)閉合開(kāi)關(guān)，電流到b到a，而ab受到的安培力向右，故磁場(chǎng)方向豎直向下。(2)對(duì)ab棒，設(shè)受安培力時(shí)間為Δt，這段時(shí)間的平均電流為I，平均安培力為F，通過(guò)導(dǎo)體棒（也就是電源）某截面的電荷量為q，由動(dòng)量定理得：且，解得：(3)ab滑上MN和PQ時(shí)速度仍為v0，由于電磁感應(yīng)，安培力使ab減速，使cd加速，直至電路中電流為0（即總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0）而各自勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)ab和cd勻速的速度分別是v1、v2，經(jīng)歷的時(shí)間為t，這一過(guò)程回路中的平均電流I′，由動(dòng)量定理有：對(duì)ab棒：對(duì)cd棒：由電磁感應(yīng)規(guī)律：則有：解得：棒ab和棒cd組成的系統(tǒng)損失機(jī)械能解得：。10．如圖所示是依附建筑物架設(shè)的磁力緩降高樓安全逃生裝置，具有操作簡(jiǎn)單、無(wú)需電能、逃生高度不受限制，下降速度可調(diào)、可控等優(yōu)點(diǎn)。該裝置原理可等效為：間距L＝m的兩根豎直導(dǎo)軌上部連通，人和磁鐵固定在一起沿導(dǎo)軌共同下滑，磁鐵產(chǎn)生磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。人和磁鐵所經(jīng)位置處，可等效為有一固定導(dǎo)體棒cd與導(dǎo)軌相連，整個(gè)裝置總電阻始終為R，如圖所示。在某次逃生試驗(yàn)中，質(zhì)量M1＝80kg的測(cè)試者利用該裝置以v1＝m/s的速度勻速下降，已知與人一起下滑部分裝置的質(zhì)量m＝20kg，重力加速度取g＝10m/s2，且本次試驗(yàn)過(guò)程中恰好沒(méi)有摩擦。(1)判斷導(dǎo)體棒cd中電流的方向；(2)總電阻R多大？(3)如要使一個(gè)質(zhì)量M2＝100kg的測(cè)試者利用該裝置以v1＝m/s的速度勻速下滑，其摩擦力f多大？(4)保持第(3)問(wèn)中的摩擦力不變，讓質(zhì)量M2＝100kg測(cè)試者從靜止開(kāi)始下滑，測(cè)試者的加速度將會(huì)如何變化？當(dāng)其速度為v2＝m/s時(shí)，加速度a多大？要想在隨后一小段時(shí)間內(nèi)保持加速度不變，則必需調(diào)控摩擦力，請(qǐng)寫(xiě)出摩擦力大小隨速率變化的表達(dá)式?！窘馕觥?1)從d到c。(2)對(duì)導(dǎo)體棒：電動(dòng)勢(shì)E＝BLv1，感應(yīng)電流，安培力FA＝BIL由左手定則可判斷，導(dǎo)體棒cd所受安培力方向向下，根據(jù)牛頓第三定律可知磁鐵受到磁場(chǎng)力向上，大小為FA?＝FA＝對(duì)M1和m：由平衡條件可得(M1＋m)g＝FA?聯(lián)立解得：R＝×10－5Ω。(3)對(duì)M2和m：由平衡條件可得：(M2＋m)g＝FA?＋f解得：f＝200N。(4)對(duì)M2和m：根據(jù)牛頓第二定律得：(M2＋m)g－FA?－f＝(M2＋m)a所以因?yàn)関逐漸增大，最終趨近于勻速，所以逐漸a減小，最終趨近于0當(dāng)其速度為v2＝m/s時(shí)，a＝4m/s2要想在隨后一小段時(shí)間內(nèi)保持加速度不變，則由 得m/s≤v≤m/s)）某興趣小組設(shè)計(jì)制作了