XX選考高考物理一輪復(fù)習(xí) 增分突破四 電磁感應(yīng)與動力學(xué)和能量觀點綜合問題

PAGE增分突破四電磁感應(yīng)與動力學(xué)和能量觀點綜合問題增分策略1.電磁感應(yīng)與力學(xué)問題聯(lián)系的橋梁是磁場對感應(yīng)電流的安培力。解答電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題,在分析方法上,要始終抓住導(dǎo)體的受力(特別是安培力)特點及其變化規(guī)律,明確導(dǎo)體的運動過程以及運動過程中狀態(tài)的變化,準(zhǔn)確把握運動狀態(tài)的臨界點。解決電磁感應(yīng)中的力、電問題的關(guān)鍵有以下幾點(1)電學(xué)對象電源:E=BLv或E=n分析電路的結(jié)構(gòu)利用電路的規(guī)律如E=I(R+r)或U=E-Ir。(2)力學(xué)對象受力分析:F安=BIL→F合=ma。過程分析:F合=ma→v→E→I→F安。(3)臨界點:運動狀態(tài)的臨界點。2.從能量觀點解決電磁感應(yīng)問題與解決力學(xué)問題時的分析方法相似,只是多了一個安培力做功、多了一個電能參與能量轉(zhuǎn)化,因此需要明確安培力做功及電能轉(zhuǎn)化的特點。電磁感應(yīng)中焦耳熱的三種求法:(1)根據(jù)定義式Q=I2Rt計算;(2)利用克服安培力做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱計算;(3)利用能量守恒定律計算。典例1將一斜面固定在水平面上,斜面的傾角為θ=30°,其上表面絕緣且斜面的頂端固定一擋板,在斜面上加一垂直斜面向上的勻強磁場,磁場區(qū)域的寬度為H=0.4m,如圖甲所示,磁場邊界與擋板平行,且上邊界到斜面頂端的距離為x=0.55m。將一通電導(dǎo)線圍成的矩形導(dǎo)線框abcd置于斜面的底端,已知導(dǎo)線框的質(zhì)量為m=0.1kg、導(dǎo)線框的電阻為R=0.25Ω、ab的長度為L=0.5m。從t=0時刻開始在導(dǎo)線框上加一恒定的拉力F,拉力的方向平行于斜面向上,使導(dǎo)線框由靜止開始運動,當(dāng)導(dǎo)線框的下邊與磁場的上邊界重合時,將恒力F撤走,最終導(dǎo)線框與斜面頂端的擋板發(fā)生碰撞,碰后導(dǎo)線框以等大的速度反彈,導(dǎo)線框沿斜面向下運動。已知導(dǎo)線框向上運動的v-t圖像如圖乙所示,導(dǎo)線框與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ=,整個運動過程中導(dǎo)線框沒有發(fā)生轉(zhuǎn)動,且始終沒有離開斜面,g=10m/s2。(1)求在導(dǎo)線框上施加的恒力F以及磁感應(yīng)強度的大小;(2)若導(dǎo)線框沿斜面向下運動通過磁場時,其速度v與位移s的關(guān)系為v=v0-s,其中v0是導(dǎo)線框ab邊剛進入磁場時的速度大小,s為導(dǎo)線框ab邊進入磁場區(qū)域后對磁場上邊界的位移大小,求整個過程中導(dǎo)線框中產(chǎn)生的熱量Q。答案(1)1.5N0.50T(2)0.45J解析(1)由v-t圖像可知,在0~0.4s時間內(nèi)導(dǎo)線框做勻加速直線運動,進入磁場時的速度為v1=2.0m/s,所以在0~0.4s時間內(nèi)的加速度a==5.0m/s2由牛頓第二定律有F-mgsinθ-μmgcosθ=ma解得F=1.5N由v-t圖像可知,導(dǎo)線框進入磁場區(qū)域后以速度v1做勻速直線運動,通過導(dǎo)線框的電流I==導(dǎo)線框所受安培力F安=BIL對于導(dǎo)線框勻速運動的過程,由力的平衡條件有F=mgsinθ+μmgcosθ+解得B=0.50T。(2)導(dǎo)線框進入磁場區(qū)域后做勻速直線運動,并以速度v1勻速穿出磁場,說明導(dǎo)線框的寬度等于磁場的寬度H。導(dǎo)線框ab邊離開磁場后做勻減速直線運動,到達擋板時的位移為x0=x-H=0.15m設(shè)導(dǎo)線框與擋板碰撞前的速度大小為v2,由動能定理,有-mg(x-H)sinθ-μmg(x-H)cosθ=m-m解得:v2==1.0m/s導(dǎo)線框碰擋板后速度大小仍為v2,且mgsinθ=μmgcosθ=0.50Nab邊進入磁場后做減速運動,設(shè)導(dǎo)線框全部離開磁場區(qū)域時的速度為v3,由v=v0-s得v3=v2-=-1.0m/s因v3<0,說明導(dǎo)線框在離開磁場前速度已經(jīng)減為零,這時安培力消失,導(dǎo)線框?qū)㈧o止在磁場中某位置,導(dǎo)線框向上運動通過磁場區(qū)域的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q1=I2Rt==0.40J導(dǎo)線框向下運動進入磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q2=m=0.05J所以Q=Q1+Q2=0.45J。1-1如圖所示,兩條電阻不計的平行導(dǎo)軌與水平面成θ角,導(dǎo)軌的一端連接定值電阻R1,勻強磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面,一根質(zhì)量為m、電阻為R2的導(dǎo)體棒ab,垂直于導(dǎo)軌放置,導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ,且R2=nR1,如果導(dǎo)體棒以速度v勻速下滑,導(dǎo)體棒此時受到的安培力大小為F,則以下判斷正確的是()A.電阻R1消耗的電功率為Fv/nB.重力做功的功率為mgvcosθC.運動過程中減少的機械能全部轉(zhuǎn)化為電能D.ab上消耗的功率為nFv/(n+1)答案D解析導(dǎo)體棒以速度v勻速下滑時,由E=BLv、I=、F=BIL得安培力F=①,電阻R1消耗的電功率為P=I2R1=R1②,又R2=nR1③,聯(lián)立①②③解得,P=,故A錯誤;重力做功的功率為mgvsinθ,B錯誤;導(dǎo)體棒克服安培力和摩擦力做功,減少的機械能轉(zhuǎn)化為電能和內(nèi)能,C錯誤;ab和R1串聯(lián),電流相等,根據(jù)P=I2R可知,ab消耗的功率等于R1消耗的功率的n倍,為nFv/(n+1),D正確;故選D。1-2電磁緩速器是應(yīng)用于車輛上以提高運行安全性的輔助制動裝置,其工作原理是利用電磁阻尼作用減緩車輛的速度。電磁阻尼作用可以借助如下模型討論:如圖1所示,將形狀相同的兩根平行且足夠長的鋁條固定在光滑斜面上,斜面與水平方向夾角為θ。一條形磁鐵滑入兩鋁條間,恰好以速度v0勻速下滑,穿過時磁鐵兩端面與兩鋁條的間距始終保持恒定,其引起電磁感應(yīng)的效果與磁鐵不動、鋁條相對磁鐵運動相同。磁鐵端面是底邊為2d,高為d的長方形,由于磁鐵距離鋁條很近,磁鐵端面正對兩鋁條區(qū)域的磁場均可視為勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B,鋁條的高度大于d,寬度為b,電阻率為ρ。為研究問題方便,鋁條中只考慮與磁鐵正對部分的電阻和磁場,其他部分電阻和磁場可忽略不計,假設(shè)磁鐵進入鋁條間以后,減少的機械能完全轉(zhuǎn)化為鋁條的內(nèi)能,重力加速度為g。(1)求一側(cè)鋁條中與磁鐵正對部分的感應(yīng)電動勢E;(2)求條形磁鐵的質(zhì)量m;(3)在其他條件不變的情況下,僅將兩鋁條更換為寬度為b'(b'<b)的鋁條,磁鐵仍以速度v0進入鋁條間,請在圖2中定性畫出磁鐵速度v隨時間t變化關(guān)系的圖線(規(guī)定沿斜面向下為正方向)。圖1圖2答案(1)Bdv0(2)(3)見解析解析(1)一側(cè)鋁條中與磁鐵正對部分的感應(yīng)電動勢E=Bdv0(2)根據(jù)電阻定律,一側(cè)鋁條與磁鐵正對部分的電阻R=ρ=根據(jù)歐姆定律有,鋁條正對部分中的電流I==一側(cè)鋁條受到的安培力F安=IdB=根據(jù)牛頓第三定律有,一側(cè)鋁條對磁鐵的作用力F'=F安=,此力阻礙磁鐵的運動,方向沿斜面向上。取磁鐵為研究對象有2F'-mgsinθ=0所以m=(3)磁鐵速度v隨時間t變化關(guān)系的圖線如圖所示增分專練1.(多選)如圖所示,光滑弧形金屬雙軌與足夠長的水平光滑雙軌相連,間距為L,在水平軌道空間充滿豎直向上的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B。乙金屬棒靜止在雙軌上,而甲金屬棒在h高處由靜止滑下,軌道電阻不計。兩棒的質(zhì)量均為m,電阻均為R。甲棒與乙棒不會相碰,則下面說法正確的是()A.從開始下滑到最終穩(wěn)定,甲、乙的運動方向相反B.當(dāng)穩(wěn)定后,回路中感應(yīng)電流的方向從上向下看是逆時針的C.乙棒受到的最大磁場力為D.整個過程中,電路釋放的熱量為mgh答案CD甲金屬棒沿光滑軌道下滑時獲得了速度,進入磁場后,切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流,受到向左的安培力而減速,乙金屬棒受到向右的安培力而加速,經(jīng)一段時間,甲、乙金屬棒速度達到相同,之后回路的磁通量不發(fā)生變化,感應(yīng)電流為零,安培力為零,二者勻速運動,勻速運動的速度即甲、乙金屬棒的最終速度,此速度是乙金屬棒的最大速度,故A、B錯誤;甲金屬棒剛滑到水平面時,有最大的速度,此時有mgh=m,解得最大速度為:v0=,進入磁場后甲金屬棒減速,乙金屬棒加速,乙棒受到的最大磁場力為Fm=B··L=,故C正確;當(dāng)它們速度相等時,乙金屬棒具有最大的速度,以兩棒組成的系統(tǒng)為研究對象,取向右為正方向,根據(jù)動量守恒定律得:mv0=(m+m)v1,解得:v1=v0=,整個過程中,電路釋放的熱量為Q=m-·2m=mgh,故D正確;故選C、D。2.(多選)如圖所示,足夠長的U形光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成θ角(0<θ<90°),其中MN與PQ平行且間距為L,勻強磁場垂直導(dǎo)軌平面向上,磁感應(yīng)強度為B,導(dǎo)軌電阻不計,質(zhì)量為m的金屬棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑,并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且良好接觸,ab棒接入電路的電阻為R,當(dāng)金屬棒ab下滑距離s時,速度大小為v,則在這一過程中()A.金屬棒ab運動的平均速度大小為vB.通過金屬棒ab某一橫截面的電荷量為C.金屬棒ab受到的最大安培力為D.金屬棒ab克服安培力做功為mgssinθ-mv2答案BD分析ab棒的受力情況,有mgsinθ-=ma,分析可得ab棒做加速度減小的加速運動,故其平均速度不等于初、末速度的平均值v,故A錯誤;通過金屬棒ab某一橫截面的電荷量q=IΔt=·Δt==,故B正確;ab棒受到的最大安培力為F=BIL=,故C錯誤;根據(jù)動能定理可知,mgssinθ-W安=mv2,金屬棒ab克服安培力做功為W安=mgssinθ-mv2,故D正確;故選BD。3.(多選)兩根足夠長的光滑導(dǎo)軌豎直放置,間距為L,頂端接阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒在距磁場上邊界某處由靜止釋放,金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直,如圖所示,不計導(dǎo)軌的電阻,重力加速度為g,則()A.金屬棒在磁場中運動時,流過電阻R的電流方向為a→bB.金屬棒在磁場中運動的速度為v時,金屬棒所受的安培力大小為C.金屬棒的最大速度為D.金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時,電阻R的熱功率為R答案BD金屬棒在磁場中向下運動時,由右手定則知,流過電阻R的電流方向為b→a,選項A錯誤;金屬棒在磁場中運動的速度為v時,金屬棒中感應(yīng)電動勢E=BLv,感應(yīng)電流I=,所受的安培力大小為F=BIL=,選項B正確;當(dāng)安培力F=mg時,金屬棒下落速度最大,金屬棒的最大速度為vm=,選項C錯誤;金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時,電阻R和r的總熱功率為P=(R+r),電阻R的熱功率為R,選項D正確。4.(多選)如圖甲所示,左側(cè)接有定值電阻R=3Ω的水平粗糙導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強磁場中,磁感應(yīng)強度B=2T,導(dǎo)軌間距為L=1m。一質(zhì)量m=2kg、接入電路的阻值r=1Ω的金屬棒在拉力F作用下由靜止開始從CD處沿導(dǎo)軌向右加速運動,金屬棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,g=10m/s2,金屬棒的v-x圖像如圖乙所示,則從起點開始發(fā)生x=1m位移的過程中()A.拉力做的功為16JB.通過電阻R的電荷量為0.25CC.定值電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為0.75JD.所用的時間t一定大于1s答案CD由速度-位移圖像得v=kx,其中k=2s-1,金屬棒所受的安培力F安==,代入得:F安=2x(N),則知F安與x成線性關(guān)系。當(dāng)x=0時,安培力F安1=0;當(dāng)x=1m時,安培力F安2=2N,則從起點開始發(fā)生x=1m位移的過程中,安培力做功為W安=-x=-x=-×1J=-1J根據(jù)動能定理得W-μmgx+W安=mv2,其中v=2m/s,μ=0.5,m=2kg,代入解得,拉力做的功W=15J,故A錯誤;通過電阻R的電荷量q===C=0.5C,故B錯誤;根據(jù)能量守恒得整個電路產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做功,故Q=1J,則電阻R上產(chǎn)生的熱量QR=Q=Q=0.75J,選項C正確;v-x圖像的斜率k==·=,得a=kv=2v,則知速度增大,金屬棒的加速度也隨之增大,v-t圖像的斜率增大,金屬棒做加速度增大的變加速運動,在相同時間內(nèi),達到相同速度時通過的位移小于勻加速運動的位移,平均速度小于勻加速運動的平均速度,即<=m/s=1m/s,則t=>s=1s,故D正確。5.如圖所示,PM、QN是兩根光滑圓弧導(dǎo)軌,圓弧半徑為d、間距為L,最低點M、N在同一水平高度,導(dǎo)軌電阻不計,在其上端連有一阻值為R的電阻,整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中,磁感應(yīng)強度大小為B?，F(xiàn)有一根長度稍大于L、質(zhì)量為m、阻值為R的金屬棒,從導(dǎo)軌的頂端PQ處由靜止開始下滑,到達底端MN時對導(dǎo)軌的壓力為2mg,求:(1)金屬棒到達導(dǎo)軌底端MN時電阻R兩端的電壓;(2)金屬棒從導(dǎo)軌頂端PQ下滑到底端MN過程中,電阻R產(chǎn)生的熱量;(3)金屬棒從導(dǎo)軌頂端PQ下滑到底端MN過程中,通過電阻R的電荷量。答案(1)BL(2)(3)解析(1)在導(dǎo)軌的底端MN處,金屬棒對導(dǎo)軌的壓力FN=2mg,軌道對金屬棒的支持力大小為FN'=FN=2mg,則有FN'-mg=m解得v=金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv金屬棒到達底端時電阻兩端的電壓U==BL(2)金屬棒下滑過程中,由能量守恒定律得mgd=Q+mv2解得Q=mgd電阻R上產(chǎn)生的熱量QR=Q=(3)由q=I·ΔtI=E==聯(lián)立解得q=6.如圖甲所示,絕緣水平面上有一間距L=1m的金屬“U”形導(dǎo)軌,導(dǎo)軌右側(cè)接一R=3Ω的電阻。在“U”形導(dǎo)軌中間虛線范圍內(nèi)存在垂直導(dǎo)軌向下的勻強磁場,磁場的寬度d=1m,磁感應(yīng)強度B=0.5T?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m=0.1kg,電阻r=2Ω、長為L=1m的導(dǎo)體棒MN以一定的初速度從導(dǎo)軌的左端開始向右運動,穿過磁場的過程中,線圈中的感應(yīng)電流i隨時間t變化的圖像如圖乙所示。已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)μ=0.3,導(dǎo)軌電阻不計,則導(dǎo)體棒MN穿過磁場的過程中,求:(1)MN剛進入磁場時的速度大小;(2)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱;(3)導(dǎo)體棒通過磁場的時間。答案(1)5m/s(2)0.3J(3)0.5s解析(1)MN剛進入磁場時,根據(jù)閉合電路歐姆定律得i0=(1分)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E=BLv0(1分)聯(lián)立解得v0==5m/s(1分)(2)導(dǎo)體棒通過磁場過程,由動能定理得-μmgd-W安=mv2-m(1分)而v==3m/s(1分)QR=W安(1分)聯(lián)立解得:QR=0.3J(1分)(3)導(dǎo)體棒通過磁場過程,由動量定理得-μmgt-BILt=mv-mv0(1分)t=(1分)聯(lián)立解得t=0.5s(1分)7.間距為L=2m的足夠長的金屬直角導(dǎo)軌如圖所示放置,它們各有一邊在同一水平面內(nèi),另一邊垂直于水平面。質(zhì)量均為m=0.1kg的金屬細(xì)桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直放置形成閉合回路。細(xì)桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5,導(dǎo)軌的電阻不計,細(xì)桿ab、cd的電阻分別為R1=0.6Ω,R2=0.4Ω。整個裝置處于磁感應(yīng)強度大小為B=0.50T、方向豎直向上的勻強磁場中(圖中未畫出)。當(dāng)ab桿水平在平行于水平導(dǎo)軌的拉力F作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌勻加速運動時,cd桿也同時從靜止開始沿導(dǎo)軌向下運動,且t=0時,F=1.5N。g=10m/s2。(1)求ab桿的加速度a。(2)求當(dāng)cd桿達到最大速度時ab桿的速度大小。(3)若從t=0到cd桿達到最大速度的過程中拉力F做的功為5.2J,求該過程中ab桿所產(chǎn)生的焦耳熱。答案(1)10m/s2(2)2m/s(3)2.94J解析(1)由題意可知,在t=0時,F=1.5N對ab桿進行受力分析,由牛頓第二定律得F-μmg=ma代入數(shù)據(jù)解得a=10m/s2。(2)從d向c看,對cd桿進行受力分析,如圖所示,當(dāng)cd桿速度最大時,ab桿的速度大小為v,有Ff=mg=μFN,FN=F安,F安=BIL,I=聯(lián)立以上各式,解得v=2m/s(3)整個過程中,ab桿發(fā)生的位移x==m=0.2m對ab桿應(yīng)用動能定理,有WF-μmgx-W安=mv2代入數(shù)據(jù)解得W安=4.9J根據(jù)功能關(guān)系得Q總=W安所以ab桿上產(chǎn)生的熱量Qab=Q總=2.94J。8.如圖所示,MN、PQ為光滑平行的水平金屬導(dǎo)軌,電阻R=3.0Ω,置于豎直向下的有界勻強磁場中,OO'為磁場邊界,磁感應(yīng)強度B=1.0T,導(dǎo)軌間距L=1.0m,質(zhì)量m=1.0kg的導(dǎo)體棒垂直置于導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)體棒接入電路的電阻為r=1.0Ω。t=0時刻,導(dǎo)體棒在水平拉力F0作用下從OO'左側(cè)某處由靜止開始以加速度a0=1.0m/s2做勻加速運動,t0=2.0s時刻進入磁場繼續(xù)運動,導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直。(1)求0~t0時間內(nèi)導(dǎo)體棒受到拉力的大小F0及t0時刻進入磁場時回路的電功率P0;(2)求導(dǎo)體棒t0時刻進入磁場瞬間的加速度a;若此后導(dǎo)體棒在磁場中以加速度a做勻加速運動至t1=4.0s時刻,求t0~t1時間內(nèi)通過電阻R的電荷量q;(3)在(2)情況下,已知t0~t1時間內(nèi)拉力做功W=5.7J,求此過程回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q。答案(1)1.0N1.0W(2)0.5m/s21.25C(3)3.2J解析(1)由導(dǎo)體棒在進入磁場前運動的加速度a0,可得F0=ma0=1.0N導(dǎo)體棒在t0時刻速度v0=a0t0=2m/s導(dǎo)體棒在t0時刻產(chǎn)生的電動勢E=BLv0電功率P0===1.0W。(2)回路在t0時刻產(chǎn)生的感應(yīng)電流I=導(dǎo)體棒在t0時刻受到的安培力F安=BIL根據(jù)牛頓第二定律有F0-F安=ma代入數(shù)據(jù)解得a=0.5m/s2導(dǎo)體棒在t0~t1時間內(nèi)的位移x=v0(t1-t0)+a(t1-t0)2=5m則在t0~t1時間內(nèi)通過導(dǎo)體棒的電荷量q====1.25C。(3)t1時刻導(dǎo)體棒的速度v=v0+a(t1-t0)由動能定理有W+W安=mv2-mQ=-W安=W-m(v2-)=3.2J。9.如圖,足夠長的金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置,間距為L,與水平面成θ角,導(dǎo)軌與定值電阻R1和R2相連,且R1=R2=R,R1支路串聯(lián)開關(guān)S,原來S閉合。勻強磁場垂直導(dǎo)軌平面向上,有一質(zhì)量為m、有效電阻也為R的導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌垂直放置,它與導(dǎo)軌始終接觸良好,受到的摩擦力為Ff=mgsinθ?，F(xiàn)將導(dǎo)體棒ab從靜止釋放,沿導(dǎo)軌下滑,當(dāng)導(dǎo)體棒運動達到穩(wěn)定狀態(tài)時速率為v,已知重力加速度為g,導(dǎo)軌電阻不計,求:(1)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小;(2)如果導(dǎo)體棒ab從靜止釋放沿導(dǎo)軌下滑x距離后達到穩(wěn)定狀態(tài),這一過程回路中產(chǎn)生的電熱是多少?(3)導(dǎo)體棒ab達到穩(wěn)定狀態(tài)后,斷開開關(guān)S,將做怎樣的運動?若從這時開始導(dǎo)體棒ab下滑一段距離后,通過導(dǎo)體棒ab橫截面的電荷量為q,求這段距離是多少?答案(1)(2)mgxsinθ-mv2(3)解析(1)回路中的總電阻為R總=R當(dāng)導(dǎo)體棒ab以速度v勻速下滑時棒中的感應(yīng)電動勢為E=BLv此時棒中的感應(yīng)電流為I=mgsinθ=BIL+Ff解得B=(2)導(dǎo)體棒ab減少的重力勢能等于增加的動能、回路中產(chǎn)生的焦耳熱以及克服摩擦力做功的和,故有mgsinθ·x=mv2+Q+Ff·x解得Q=mgsinθ·x-mv2(3)S斷開后,導(dǎo)體棒先做加速度減小的加速運動,最后做勻速直線運動回路中的總電阻為:R總'=2R設(shè)這一過程經(jīng)歷的時間為Δt,這一過程回路中的平均感應(yīng)電動勢為,通過導(dǎo)體棒ab的平均感應(yīng)電流為,導(dǎo)體棒ab下滑的距離為s,則==,==得q=Δt=解得s=10.兩平行且電阻不計的金屬導(dǎo)軌相距L=1m,金屬導(dǎo)軌由水平和傾斜兩部分(均足夠長)良好對接,傾斜部分與水平方向的夾角為37°,整個裝置處在豎直向上、磁感應(yīng)強度B=2T的勻