2022版新教材高考物理一輪復(fù)習(xí)第13章電磁感應(yīng)專題提分課8電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題能量問題動(dòng)量問題訓(xùn)練含解析魯科版

電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題、能量問題、動(dòng)量問題(建議用時(shí)：60分鐘)1.如圖甲所示，光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，軌道左側(cè)連接一定值電阻R，導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌，導(dǎo)體棒ab和軌道的電阻不計(jì)。導(dǎo)體棒ab在水平外力作用下運(yùn)動(dòng)，外力F隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，在0～t0時(shí)間內(nèi)從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則在t0時(shí)刻以后，導(dǎo)體棒ab的運(yùn)動(dòng)情況為()A．一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到速度為0C．先做加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)D．一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)C解析：設(shè)t0時(shí)刻導(dǎo)體棒ab的速度為v，則此時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，電流I＝eq\f(BLv,R)，導(dǎo)體棒ab受到的安培力F安＝ILB＝eq\f(B2L2v,R)，根據(jù)牛頓第二定律得F－eq\f(B2L2v,R)＝ma，t0時(shí)刻后，拉力F不變，速度v增大，則加速度減小，導(dǎo)體棒ab做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減為0之后，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤。2.在光滑水平面上，有一豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)分布在寬為L(zhǎng)的區(qū)域內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。正方形閉合線圈的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，未進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)以速度v0勻速運(yùn)動(dòng)，并能垂直磁場(chǎng)邊界穿過磁場(chǎng)，那么()A．bc邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，bc邊兩端的電壓為eq\f(BLv0,4)B．線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程中的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向C．線圈進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)D．線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程產(chǎn)生的焦耳熱大于離開磁場(chǎng)過程產(chǎn)生的焦耳熱D解析：bc邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv0，則bc邊兩端的電壓為Ubc＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3,4)BLv0，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由右手定則可知，線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程中的電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；線圈進(jìn)入磁場(chǎng)后受到向左的安培力作用，做減速直線運(yùn)動(dòng)，因速度減小，故安培力逐漸減小，加速度逐漸減小，故線框進(jìn)入磁場(chǎng)后做加速度減小的減速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；線圈中產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功，由于線圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力較大，故線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程產(chǎn)生的焦耳熱大于離開磁場(chǎng)過程產(chǎn)生的焦耳熱，選項(xiàng)D正確。3.(多選)如圖所示，質(zhì)量為m＝0.04kg、邊長(zhǎng)為l＝0.4m的正方形導(dǎo)體線框abcd放置在一光滑絕緣斜面上，線框用一平行于斜面的細(xì)線系于O點(diǎn)，斜面傾角為θ＝30°。線框的一半處于磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化關(guān)系為B＝2＋0.5t(T)，方向垂直于斜面，已知線框電阻為R＝0.5Ω，重力加速度為g＝10m/s2。則()A．線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcdaB．t＝0時(shí)，細(xì)線的拉力大小F＝0.2NC．線框中的感應(yīng)電流大小為I＝80mAD．經(jīng)過一段時(shí)間t，線框可能沿斜面向上運(yùn)動(dòng)CD解析：由于磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化關(guān)系為B＝2＋0.5t(T)，即磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，根據(jù)楞次定律可得感應(yīng)電流的方向?yàn)閍dcba，A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝0.5×0.4×0.2V＝0.04V，則感應(yīng)電流的大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.04,0.5)A＝0.08A＝80mA，C正確；t＝0時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝2T，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件可得F＋I(xiàn)lB＝mgsinθ，解得F＝mgsinθ－IlB＝(0.4sin30°－0.08×0.4×2)N＝0.136N，B錯(cuò)誤；隨著時(shí)間增大，磁感應(yīng)強(qiáng)度逐漸增大，當(dāng)安培力(方向沿斜面向上)大于重力沿斜面向下的分力時(shí)，線框沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，D正確。4.(多選)如圖所示，在光滑水平面上方，有兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，PQ為兩個(gè)磁場(chǎng)的邊界，磁場(chǎng)范圍足夠大。一個(gè)邊長(zhǎng)為a、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形金屬線框，以速度v垂直磁場(chǎng)方向從實(shí)線Ⅰ位置開始向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框運(yùn)動(dòng)到分別有一半面積在兩個(gè)磁場(chǎng)中的Ⅱ位置時(shí)，線框的速度為eq\f(v,2)。下列說法正確的是()A．在位置Ⅱ時(shí)線框中的電功率為eq\f(B2a2v2,R)B．此過程中線框中產(chǎn)生的內(nèi)能為eq\f(3,8)mv2C．在位置Ⅱ時(shí)線框的加速度為eq\f(B2a2v,2mR)D．此過程中通過線框橫截面的電荷量為eq\f(2Ba2,R)AB解析：在Ⅱ位置時(shí)回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝2×Baeq\f(v,2)＝Bav，感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bav,R)，線圈所受安培力大小為F＝2IaB＝eq\f(2B2a2v,R)，方向向左，則根據(jù)牛頓第二定律得加速度為a＝eq\f(F,m)＝eq\f(2B2a2v,mR)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；此時(shí)線框中的電功率P＝I2R＝eq\f(B2a2v2,R)，選項(xiàng)A正確；此過程穿過線框的磁通量的變化量為ΔΦ＝Ba2，通過線框橫截面的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Ba2,R)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律得，此過程回路中產(chǎn)生的電能為Q＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,2)))eq\s\up16(2)＝eq\f(3,8)mv2，選項(xiàng)B正確。5．(多選)如圖所示，光滑絕緣斜面的傾角為θ，在斜面上放置一個(gè)矩形線框abcd，ab邊的邊長(zhǎng)為l1，bc邊的邊長(zhǎng)為l2，線框的質(zhì)量為m，總電阻為R，線框通過細(xì)線與重物相連(細(xì)線與斜面平行)，重物質(zhì)量為M，斜面上ef線(ef平行于gh且平行于底邊)的上方有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(fh遠(yuǎn)大于l2)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。如果線框從靜止開始運(yùn)動(dòng)，且進(jìn)入磁場(chǎng)的最初一段時(shí)間是做勻速運(yùn)動(dòng)，假設(shè)斜面足夠長(zhǎng)，運(yùn)動(dòng)過程中ab邊始終與ef平行，滑輪質(zhì)量及摩擦均不計(jì)。則()A．線框abcd進(jìn)入磁場(chǎng)前運(yùn)動(dòng)的加速度a＝eq\f(Mg－mgsinθ,m)B．線框在進(jìn)入磁場(chǎng)過程中的運(yùn)動(dòng)速度v＝eq\f(Mg－mgsinθR,B2l\o\al(2,1))C．線框做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(B2l\o\al(2,1)l2,Mg－mgsinθR)D．線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝(Mg－mgsinθ)l1BC解析：線框進(jìn)入磁場(chǎng)前，對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律得，線框的加速度a＝eq\f(Mg－mgsinθ,M＋m)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為v，則線框受到的安培力大小為F＝eq\f(B2l\o\al(2,1)v,R)，對(duì)線框，根據(jù)平衡條件得F＝Mg－mgsinθ，聯(lián)立兩式得v＝eq\f(Mg－mgsinθR,B2l\o\al(2,1))，線框做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝eq\f(l2,v)＝eq\f(B2l\o\al(2,1)l2,Mg－mgsinθR)，選項(xiàng)B、C正確；線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程做勻速運(yùn)動(dòng)，重物減小的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為線框的重力勢(shì)能和線框中的內(nèi)能，根據(jù)能量守恒定律得，勻速運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝(Mg－mgsinθ)l2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。6.(2020·濰坊模擬)(多選)電磁軌道炮利用電流和磁場(chǎng)的作用使炮彈獲得超高速度，其原理示意圖如圖所示。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸。開關(guān)先接1，使電容器C完全充電，然后將S接至2,MN達(dá)到最大速度vm后離開導(dǎo)軌。這個(gè)過程中()A．MN做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．通過MN的電荷量q＝eq\f(mvm,BL)C．MN達(dá)到最大速度時(shí)，電容器C兩極板間的電壓為0D．求出通過MN的電荷量q后，不可以利用公式q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLs,R)求MN加速過程的位移BD解析：在MN向右運(yùn)動(dòng)的過程中，電容器C的放電電流逐漸減小，且MN切割磁感線要產(chǎn)生與電容器C放電電流反向的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，可知MN所受安培力逐漸減小，MN做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)MN速度最大時(shí)，由動(dòng)量定理得Beq\x\to(I)LΔt＝mvm，q＝eq\x\to(I)Δt，解得q＝eq\f(mvm,BL)，選項(xiàng)B正確；MN達(dá)到最大速度vm時(shí)，MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E′＝BLvm，電容器C兩極板間的電壓為U＝BLvm，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；該過程中任一時(shí)刻的電流為I′＝eq\f(U′－BLv′,R)，U′為電容器兩極板間的電壓，則從式中可以看出電流不恒定，取一很短時(shí)間Δt′，流過MN的電荷量為q′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U′－BLv′,R)))Δt′，只有當(dāng)U′＝0時(shí)，才有q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLs,R)，而本題過程中始終不滿足U′＝0，則不可以利用公式q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLs,R)求MN加速過程的位移，選項(xiàng)D正確。7.CD、EF是兩條水平放置的阻值可忽略的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，在水平導(dǎo)軌的左側(cè)存在方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場(chǎng)區(qū)域的長(zhǎng)度為d，如圖所示。導(dǎo)軌的右端接有一電阻R，左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接。將一阻值也為R的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導(dǎo)體棒最終恰好停在磁場(chǎng)的右邊界處。已知導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌接觸良好，且動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則下列說法正確的是()A．流過電阻R的最大電流為eq\f(Bd\r(2gh),R)B．流過電阻R的電荷量為eq\f(BLd,2R)C．整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為mghD．電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mghB解析：導(dǎo)體棒下滑的過程中，由機(jī)械能守恒，得mgh＝eq\f(1,2)mv2，導(dǎo)體棒到達(dá)水平面時(shí)的速度v＝eq\r(2gh)，導(dǎo)體棒到達(dá)水平面后進(jìn)入磁場(chǎng)受到向左的安培力做減速運(yùn)動(dòng)，則剛到達(dá)水平面時(shí)的速度最大，所以最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv，最大感應(yīng)電流為I＝eq\f(BL\r(2gh),2R)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；流過電阻R的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLd,2R)，選項(xiàng)B正確；導(dǎo)體棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理得mgh－WB－μmgd＝0，則克服安培力做的功WB＝mgh－μmgd，克服安培力做的功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱QR＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)WB＝eq\f(1,2)(mgh－μmgd)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。8．如圖所示，在光滑的水平面上，有一垂直平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)分布在寬為L(zhǎng)的區(qū)域內(nèi)，有一個(gè)邊長(zhǎng)為a(a<L)的正方形閉合線圈以初速度v0垂直磁場(chǎng)邊界進(jìn)入磁場(chǎng)，滑過磁場(chǎng)后速度變?yōu)関(v<v0)，那么()A．完全進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)，線圈的速度大于eq\f(v0＋v,2)B．完全進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)，線圈的速度等于eq\f(v0＋v,2)C．完全進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)，線圈的速度小于eq\f(v0＋v,2)D．以上情況A、B均有可能，而C是不可能的B解析：設(shè)線圈完全進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)的速度為v′，線圈在進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中的感應(yīng)電荷量為q，因?yàn)榫€圈進(jìn)、出磁場(chǎng)時(shí)面積的變化量相等，所以磁通量的變化量相等，即進(jìn)、出磁場(chǎng)感應(yīng)的電荷量相等。線圈在進(jìn)、出磁場(chǎng)的過程中，根據(jù)動(dòng)量定理有Bqa＝mv0－mv′，Bqa＝mv′－mv，由上述二式可得v′＝eq\f(v0＋v,2)，即B選項(xiàng)正確。9.如圖所示，在傾角為θ＝37°的光滑絕緣斜面內(nèi)有兩個(gè)質(zhì)量分別為4m和m的正方形導(dǎo)線框a和b，電阻均為R，邊長(zhǎng)均為l；它們分別系在一跨過兩個(gè)定滑輪的輕繩兩端，在兩導(dǎo)線框之間有一方向垂直斜面向下、寬度為2l的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；開始時(shí)，b線框的上邊框與勻強(qiáng)磁場(chǎng)的下邊界重合，a線框的下邊框到勻強(qiáng)磁場(chǎng)的上邊界的距離為l?，F(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，a線框恰好勻速穿越磁場(chǎng)區(qū)域。不計(jì)滑輪摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)a線框穿出磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的電流大?。?2)a線框穿越磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大?。?3)b線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱。解析：(1)設(shè)繩子的拉力為F，a線框勻速穿越磁場(chǎng)區(qū)域，對(duì)a線框有4mgsinθ＝F安＋F對(duì)b線框有F＝mgsinθ且F安＝IlB解得I＝eq\f(9mg,5Bl)。(2)a線框勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，a、b兩線框的速度大小相等，設(shè)為v，則有E＝BlvI＝eq\f(E,R)解得v＝eq\f(9mgR,5B2l2)。(3)設(shè)b線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，對(duì)系統(tǒng)由能量守恒列方程4mglsinθ＝mglsinθ＋eq\f(1,2)·5mv2＋Q解得Q＝eq\f(9,5)mgl－eq\f(81m3g2R2,10B4l4)。答案：(1)eq\f(9mg,5Bl)(2)eq\f(9mgR,5B2l2)(3)eq\f(9,5)mgl－eq\f(81m3g2R2,10B4l4)10.如圖所示，AD與A1D1為水平放置的無(wú)限長(zhǎng)平行金屬導(dǎo)軌，DC與D1C1為傾角為θ＝37°的平行金屬導(dǎo)軌，兩組導(dǎo)軌的間距均為l＝1.5m，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。質(zhì)量為m1＝0.35kg、電阻為R1＝1Ω的導(dǎo)體棒ab置于傾斜導(dǎo)軌上，質(zhì)量為m2＝0.4kg、電阻為R2＝0.5Ω的導(dǎo)體棒cd置于水平導(dǎo)軌上，輕質(zhì)細(xì)繩跨過光滑滑輪一端與cd的中點(diǎn)相連、另一端懸掛一輕質(zhì)掛鉤。導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。整個(gè)裝置處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝2T。初始時(shí)刻，導(dǎo)體棒ab在傾斜導(dǎo)軌上恰好不下滑。(g取10m/s2，sin37°＝0.6)(1)求導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)在輕質(zhì)掛鉤上掛上物體P，細(xì)繩處于拉伸狀態(tài)，將物體P與導(dǎo)體棒cd同時(shí)由靜止釋放，當(dāng)物體P的質(zhì)量不超過多大時(shí)，導(dǎo)體棒ab始終處于靜止?fàn)顟B(tài)？(導(dǎo)體棒cd運(yùn)動(dòng)過程中，導(dǎo)體棒ab、cd一直與DD1平行，且沒有與滑輪相碰。)(3)若物體P的質(zhì)量取第(2)問中的最大值，由靜止釋放開始計(jì)時(shí)，當(dāng)t＝1s時(shí)，導(dǎo)體棒cd已經(jīng)處于勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，求在這1s內(nèi)導(dǎo)體棒ab上產(chǎn)生的焦耳熱。解析：(1)初始時(shí)刻，對(duì)導(dǎo)體棒ab，由平衡條件得m1gsinθ－μm1gcosθ＝0解得μ＝0.75。(2)當(dāng)物體P的質(zhì)量最大，物體P和導(dǎo)體棒cd的運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，物體P和導(dǎo)體棒cd一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒ab處于靜止?fàn)顟B(tài)，摩擦力達(dá)到最大且沿斜面向下。設(shè)此時(shí)電路中的電流為I，對(duì)導(dǎo)體棒ab受力分析，如圖所示，由平衡條件得沿斜面方向IlBcosθ－m1gsinθ－μN(yùn)＝0垂直于斜面方向N－IlBsinθ－m1gcosθ＝0對(duì)導(dǎo)體棒cd，設(shè)繩中的張力為T，由平衡條件得T－IlB－μm2g＝0對(duì)物體P，由平衡條件得Mg－T＝0聯(lián)立以上各式得M＝1.5kg故當(dāng)物體P的質(zhì)量不超過1.5kg時(shí)，導(dǎo)體棒ab始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。(3)設(shè)物體P勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，由法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律得Blv＝I(R1＋R2)得v＝2m/s對(duì)物體P、導(dǎo)體棒cd，由牛頓第二定律得Mg－μm2g－Beq\f(Blv,R1＋R2)l＝(M＋m2)a兩邊同時(shí)乘以t，并累加求和，可得Mgt－μm2gt－Beq\f(Bls,R1＋R2)l＝(M＋m2)v解得s＝eq\f(41,30)m對(duì)物體P、導(dǎo)體棒ab、導(dǎo)體棒cd，由能量守恒定律得Mgs＝μm2gs＋Q＋eq\f(1,2)(M＋m2)v2解得Q＝12.6J在這1s內(nèi)導(dǎo)體棒ab上產(chǎn)生的焦耳熱為Q1＝eq\f(R1,R1＋R2)Q＝8.4J。答案：(1)0.75(2)1.5kg(3)8.4J11.(2021·寧波模擬)如圖甲所示，絕緣水平面上固定著兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌PQ、MN，相距L＝0.5m,ef右側(cè)導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小按如圖乙所示規(guī)律變化。開始時(shí)ab棒和cd棒鎖定在導(dǎo)軌如圖甲所示位置，ab棒與cd棒平行，ab棒離水平面高度為h＝0.2m,cd棒與ef之間的距離也為L(zhǎng)，ab棒的質(zhì)量為m1＝0.2kg，有效電阻為R1＝0.05Ω，cd棒的質(zhì)量為