2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)第九章電磁感應(yīng)交變電流課時(shí)3電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題能量問題學(xué)案新人教版

PAGE13-課時(shí)3電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題、能量問題一、電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的動(dòng)力學(xué)問題1.安培力的大小?F=2.安培力的方向(1)先用右手定則判定感應(yīng)電流方向,再用左手定則判定安培力方向。(2)依據(jù)楞次定律,安培力的方向肯定和導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動(dòng)方向相反。二、電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化1.過程分析(1)電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生感應(yīng)電流的過程,實(shí)質(zhì)上是能量的轉(zhuǎn)化過程。(2)感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中受安培力,若克服安培力做功,則其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能;若安培力做正功,則電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。(3)當(dāng)感應(yīng)電流通過用電器時(shí),電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。2.安培力做功和電能改變的對(duì)應(yīng)關(guān)系“外力”克服安培力做多少功,就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能;安培力做多少功,就有多少電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。考點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題分析電磁感應(yīng)中通過導(dǎo)體的感應(yīng)電流,在磁場(chǎng)中將受到安培力的作用,因此,電磁感應(yīng)問題往往和力學(xué)、運(yùn)動(dòng)學(xué)等問題聯(lián)系在一起。(1)導(dǎo)體兩種狀態(tài)及處理方法①導(dǎo)體的平衡態(tài)——靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。處理方法:依據(jù)平衡條件合外力為零列式分析。②導(dǎo)體的非平衡態(tài)——加速度不為零。處理方法:依據(jù)牛頓其次定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析。(2)電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)問題的分析思路①首先作“源”的分析——分別出電路中由電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源,求出電源參數(shù)E和I;E=Blv,I=。②再進(jìn)行“路”的分析——分析電路結(jié)構(gòu),弄清串、并聯(lián)關(guān)系,求出相關(guān)部分的電流大小,以便求解安培力;F安=BIl或,③然后是“力”的分析——分析探討對(duì)象(常是金屬桿、導(dǎo)體線圈等)的受力狀況,尤其留意其所受的安培力;F合=ma。④接著進(jìn)行“運(yùn)動(dòng)”狀態(tài)的分析——依據(jù)力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系,推斷出正確的運(yùn)動(dòng)模型。由于安培力是變力,導(dǎo)體棒做變加速或變減速運(yùn)動(dòng),當(dāng)加速度為零時(shí),達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài),最終做勻速直線運(yùn)動(dòng),依據(jù)共點(diǎn)力平衡條件列平衡方程:F合=0(3)電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)問題的兩類常見模型類型“電—?jiǎng)印姟毙汀皠?dòng)—電—?jiǎng)印毙褪疽鈭D已知棒ab長L,質(zhì)量m,電阻R;導(dǎo)軌光滑水平,電阻不計(jì)棒ab長L,質(zhì)量m,電阻R;導(dǎo)軌光滑,電阻不計(jì)分析S閉合,棒ab受安培力F=,此時(shí)a=,棒ab速度v↑→感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)BLv↑→電流I↓→安培力F=ILB↓→加速度a↓,當(dāng)安培力F=0時(shí),a=0,v最大,最終勻速棒ab釋放后下滑,此時(shí)a=gsinα,棒ab速度v↑→感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv↑→電流I=↑→安培力F=ILB↑→加速度a↓,當(dāng)安培力F=mgsinα?xí)r,a=0,v最大,最終勻速運(yùn)動(dòng)形式變加速運(yùn)動(dòng)變加速運(yùn)動(dòng)最終狀態(tài)勻速運(yùn)動(dòng)vm=勻速運(yùn)動(dòng)vm=[典例1]如圖甲,兩相距L=0.5m的平行金屬導(dǎo)軌固定于水平面上,導(dǎo)軌左端與阻值R=2Ω的電阻連接,導(dǎo)軌間虛線右側(cè)存在垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量m=0.2kg的金屬桿垂直置于導(dǎo)軌上,與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)軌與金屬桿的電阻可忽視。桿在水平向右的恒定拉力作用下由靜止起先運(yùn)動(dòng),并始終與導(dǎo)軌垂直,其v-t圖象如圖乙所示。在15s末撤去拉力,同時(shí)使磁場(chǎng)隨時(shí)間改變,從而保持桿中電流為0。求:(1)金屬桿所受拉力的大小F。(2)0～15s內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0。(3)15～20s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的改變規(guī)律。解析:(1)由v～t圖象可知,在0～10s內(nèi),金屬桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng),桿沒有進(jìn)入磁場(chǎng),由牛頓其次定律得F-μmg=ma1,由題意可知,15s末撤去拉力,沒有感應(yīng)電流,桿不受安培力作用,桿所受的合外力為滑動(dòng)摩擦力,由牛頓其次定律得μmg=ma2,由v～t圖象可知,加速度大小a1==0.4m/s2,a2==0.8m/s2,解得F=0.24N。(2)在10～15s內(nèi),金屬桿做勻速直線運(yùn)動(dòng),速度v=4m/s,金屬桿受到的安培力F安=B0IL=,金屬桿做勻速直線運(yùn)動(dòng),處于平衡狀態(tài),由平衡條件得F=μmg+,代入數(shù)據(jù)解得B0=0.4T。(3)15～20s內(nèi)不產(chǎn)生感應(yīng)電流,穿過回路的磁通量保持不變,金屬桿在10～15s內(nèi)的位移d=vt=4×5m=20m,在15s后的金屬桿的加速度大小a=a2=0.8m/s2,金屬桿的位移x=v(t-15)-a(t-15)2=4(t-15)-0.4(t-15)2,磁通量保持不變,則B0Ld=BL(d+x),解得B=T。答案:(1)0.24N(2)0.4T(3)B=T變式1:如圖所示,MN,PQ為水平面內(nèi)平行放置的光滑金屬長直導(dǎo)軌,間距為L1,處在豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,一導(dǎo)體桿ef垂直于MN,PQ放在導(dǎo)軌上,在外力作用下向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)。質(zhì)量為m、每邊電阻均為r、邊長為L2的正方形金屬框abcd置于豎直平面內(nèi),兩頂點(diǎn)a,b通過細(xì)導(dǎo)線與導(dǎo)軌相連,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直金屬框向里,金屬框恰好處于靜止?fàn)顟B(tài),不計(jì)其余電阻和細(xì)導(dǎo)線對(duì)a,b點(diǎn)的作用力。(1)通過ab邊的電流Iab是多大?(2)導(dǎo)體桿ef的運(yùn)動(dòng)速度v是多大?解析:(1)設(shè)通過正方形金屬框的總電流為I,ab邊的電流為Iab,dc邊的電流為Idc,有Iab=I,Idc=I,金屬框受重力和安培力,處于靜止?fàn)顟B(tài),有mg=B2IabL2+B2IdcL2,解得Iab=。(2)由(1)可得總電流I=,設(shè)導(dǎo)體桿切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E,有E=B1L1設(shè)ad,dc,cb三邊電阻串聯(lián)后與ab邊電阻并聯(lián)的總電阻為R,則R=r,依據(jù)閉合電路歐姆定律,有I=,解得v=。答案:(1)(2)考點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的能量問題分析1.電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化閉合電路的部分導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電流,感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中受安培力。外力克服安培力做功,將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能,感應(yīng)電流通過電阻發(fā)熱,使電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。2.實(shí)質(zhì)電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量轉(zhuǎn)化,實(shí)質(zhì)是其他形式的能和電能之間的轉(zhuǎn)化。3.用能量觀點(diǎn)解決電磁感應(yīng)問題的基本思路受力分析+運(yùn)動(dòng)分析明確哪些力做功及做正功還是負(fù)功明確有哪些形式的能量參加轉(zhuǎn)化及如何轉(zhuǎn)化(如滑動(dòng)摩擦力做功,必定有內(nèi)能出現(xiàn);重力做功,可能有機(jī)械能參加轉(zhuǎn)化;安培力做負(fù)功過程中有其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能,安培力做正功的過程中將電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能)由動(dòng)能定理或能量守恒定律求解。[典例2]如圖所示,虛線框a′b′c′d′內(nèi)為一矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,磁場(chǎng)方向垂直于紙面,實(shí)線框abcd是一長方形導(dǎo)線框,ab=2bc,a′b′邊與ab平行,若將導(dǎo)線框勻速地拉離磁場(chǎng)區(qū)域,以W1表示沿平行于ab的方向拉出過程中外力所做的功,W2表示以同樣速率沿平行于bc的方向拉出過程中外力所做的功,則()A.W1=W2 B.W2=2W1C.W1=2W2 D.W2=4W1解析:設(shè)bc=L,ab=2L,回路總電阻為R,面積為S;依據(jù)外力所做的功等于克服安培力做的功可得W1=BI1L·2L=BI1S,其中I1=,所以W1=;同理可得W2=;得到W2=2W1。故選B。答案:B變式2:小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡扮裝置如圖所示,兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)=0.50m,傾角θ=53°,導(dǎo)軌上端串接一個(gè)R=0.05Ω的電阻。在導(dǎo)軌間長d=0.56m的區(qū)域內(nèi),存在方向垂直導(dǎo)軌平面對(duì)下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.0T。質(zhì)量m=4.0kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上,用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場(chǎng)區(qū)域的下邊界相距s=0.24m。一位健身者用恒力F=80N拉動(dòng)GH桿,CD棒由靜止起先運(yùn)動(dòng),上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直。當(dāng)CD棒到達(dá)磁場(chǎng)上邊界時(shí)健身者松手,觸發(fā)復(fù)原裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g=10m/s2,sin53°=0.8,不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)。求(1)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v的大小;(2)CD棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力FA的大小;(3)在拉升CD棒的過程中,健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。解析:(1)由牛頓其次定律a==12m/s2,進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v==2.4m/s。(2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv,感應(yīng)電流I=,安培力FA=IBl,代入得FA==48N。(3)健身者做功W=F(s+d)=64J,CD棒自進(jìn)入磁場(chǎng)起先就有F-mgsinθ-FA=0,故CD棒在磁場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng),在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=,焦耳熱Q=I2Rt=26.88J。答案:(1)2.4m/s(2)48N(3)64J26.88J1.(電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題)(多選)如圖所示,MN,PQ是與水平面成θ角的兩條平行光滑且足夠長的金屬軌道,其電阻忽視不計(jì)?？臻g存在著垂直于軌道平面對(duì)上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。導(dǎo)體棒ab,cd垂直于軌道放置,且與軌道接觸良好,每根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m,電阻均為r,軌道寬度為L,與軌道平行的絕緣細(xì)線一端固定,另一端與ab棒中點(diǎn)連接,細(xì)線承受的最大拉力FTm=2mgsinθ。今將cd棒由靜止釋放,則細(xì)線被拉斷時(shí),cd棒的(AD)A.速度大小是 B.速度大小是C.加速度大小是2gsinθ D.加速度大小是0解析:由靜止釋放后cd棒沿斜面對(duì)下做加速運(yùn)動(dòng),隨著速度的增大,E=BLv變大,I=也變大,F=ILB也變大,對(duì)ab棒,當(dāng)FT=2mgsinθ=mgsinθ+ILB時(shí)細(xì)線剛好被拉斷,此時(shí)v=,cd棒這時(shí)所受向上的安培力與沿斜面對(duì)下的重力的分力平衡,加速度大小是0。2.(電磁感應(yīng)中的能量問題)某同學(xué)設(shè)計(jì)一個(gè)發(fā)電測(cè)速裝置,工作原理如圖所示。一個(gè)半徑為R=0.1m的圓形金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面上,一根長為R的金屬棒OA的A端與導(dǎo)軌接觸良好,O端固定在圓心處的轉(zhuǎn)軸上。轉(zhuǎn)軸的左端有一個(gè)半徑為r=的圓盤,圓盤和金屬棒能隨轉(zhuǎn)軸一起轉(zhuǎn)動(dòng)。圓盤上繞有不行伸長的細(xì)線,下端掛著一個(gè)質(zhì)量為m=0.5kg的鋁塊。在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)右的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T。a點(diǎn)與導(dǎo)軌相連,b點(diǎn)通過電刷與O端相連。測(cè)量a,b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U可算得鋁塊速度。鋁塊由靜止釋放,下落h=0.3m時(shí),測(cè)得U=0.15V。(細(xì)線與圓盤間沒有滑動(dòng),金屬棒、導(dǎo)軌、導(dǎo)線及電刷的電阻均不計(jì),重力加速度g=10m/s2)(1)測(cè)U時(shí),a點(diǎn)連接的是電壓表的“正極”還是“負(fù)極”?(2)求此時(shí)鋁塊的速度大小。(3)求此下落過程中鋁塊機(jī)械能的損失。解析:(1)由右手定則可知A是電源正極,所以a點(diǎn)接的是電壓表的正極。(2)由電磁感應(yīng)定律得,導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E=,其中ΔΦ=BR2Δθ,則E=BωR2,又A端線速度vA=ωR,故E=BR·,因金屬棒、導(dǎo)軌、導(dǎo)線及電刷的電阻均不計(jì),則a,b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U=E,金屬圓盤和金屬棒的角速度相同,同為ω,設(shè)鋁塊速度為v,則v=ωr=ωR,所以v=,代入數(shù)據(jù)可知v=2m/s。(3)下落過程中鋁塊機(jī)械能的損失ΔE=mgh-mv2,代入數(shù)據(jù)為ΔE=0.5J。答案:(1)正極(2)2m/s(3)0.5J3.(電磁感應(yīng)中的能量問題)如圖所示,兩根足夠長的光滑平行直導(dǎo)軌MN,PQ與水平面成θ角放置,兩導(dǎo)軌間距為L,M,P兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻。一根質(zhì)量為m的勻稱直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上,并與導(dǎo)軌垂直。整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)上,導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好,它們的電阻不計(jì)?，F(xiàn)讓ab桿由靜止起先沿導(dǎo)軌下滑。(1)求ab桿下滑的最大速度vmax;(2)ab桿由靜止釋放至達(dá)到最大速度的過程中,電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q,求該過程中ab桿下滑的距離x及通過電阻R的電荷量q。解析:(1)依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、安培力公式和牛頓其次定律,有E=BLv,I=,F安=BIL,mgsinθ-F安=ma。即mgsinθ-=ma,當(dāng)加速度a為零時(shí),速度v達(dá)到最大,速度最大值vm=。(2)依據(jù)能量守恒定律,有mgxsinθ=m+Q,得x=+。依據(jù)電磁感應(yīng)定律有=,依據(jù)閉合電路歐姆定律有=,感應(yīng)電荷量q=Δt==,得q=+。答案:(1)(2)++1.(2024·江蘇卷,9)(多選)如圖所示,豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L,矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ,Ⅱ的高和間距均為d,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放,進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ時(shí)的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R,與導(dǎo)軌接觸良好,其余電阻不計(jì),重力加速度為g。金屬桿(BC)A.剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向下B.穿過磁場(chǎng)Ⅰ的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間C.穿過兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgdD.釋放時(shí)距磁場(chǎng)Ⅰ上邊界的高度h可能小于解析:穿過磁場(chǎng)Ⅰ后,金屬桿在磁場(chǎng)之間做加速運(yùn)動(dòng),在磁場(chǎng)Ⅱ上邊緣速度大于從磁場(chǎng)Ⅰ出來時(shí)的速度,即進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)速度等于進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)速度且大于從磁場(chǎng)Ⅰ出來時(shí)的速度,故金屬桿在剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ中時(shí)做減速運(yùn)動(dòng),加速度方向向上,選項(xiàng)A錯(cuò)誤。金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ中時(shí),由牛頓其次定律知BIL-mg=-mg=maa隨著減速過程漸漸變小,即在前一段做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng),若出磁場(chǎng)Ⅰ前a減為零則再做勻速運(yùn)動(dòng)。金屬桿在磁場(chǎng)之間做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng),兩個(gè)過程位移大小相等,由vt圖象(以金屬桿在磁場(chǎng)Ⅰ中始終減速為例),如圖所示,可以看出前一段用時(shí)多于后一段用時(shí)(若金屬桿在磁場(chǎng)Ⅰ中先減速再勻速可以得出同樣的結(jié)論),選項(xiàng)B正確。由于進(jìn)入兩磁場(chǎng)時(shí)速度相等,從金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ到剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ的過程,由動(dòng)能定理知,W安1+mg·2d=0,則W安1=-2mgd,可知通過磁場(chǎng)Ⅰ產(chǎn)生的熱量為2mgd,故穿過兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgd,選項(xiàng)C正確。設(shè)剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)速度為v,則由機(jī)械能守恒定律知mgh=mv2,進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)BIL-mg=-mg=ma解得v=,聯(lián)立得h=>,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。2.(2024·天津卷,11)如圖所示,固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌,垂直于導(dǎo)軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R,兩棒與導(dǎo)軌始終接觸良好。MN兩端通過開關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線圈相連,線圈內(nèi)存在豎直向下勻稱增加的磁場(chǎng),磁通量改變率為常量k。圖中虛線右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。PQ的質(zhì)量為m,金屬導(dǎo)軌足夠長、電阻忽視不計(jì)。(1)閉合S,若使PQ保持靜止,需在其上加多大的水平恒力F,并指出其方向;(2)斷開S,PQ在上述恒力作用下,由靜止起先到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q,求該過程安培力做的功W。解析:(1)設(shè)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E,由法拉第電磁感應(yīng)定律E=,則E=k①設(shè)PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并,有R并=②閉合S時(shí),設(shè)線圈中的電流為I,依據(jù)閉合電路歐姆定律得I=③設(shè)PQ中的電流為IPQ,有IPQ=I④設(shè)PQ受到的安培力為F安,有F安=BIPQl⑤保持PQ靜止,由受力平衡,有F=F安⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得F=⑦方向水平向右。(2)設(shè)PQ由靜止起先到速度大小為v的加速過程中,PQ運(yùn)動(dòng)的位移為x,所用時(shí)間為Δt,回路中的磁通量改變?yōu)棣う?平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為,有=⑧其中ΔΦ=Blx⑨設(shè)PQ中的平均電流為,有=⑩依據(jù)電流的定義得=由動(dòng)能定理,有Fx+W=mv2-0聯(lián)立⑦⑧⑨⑩式得W=mv2-kq。答案:(1),方向水平向右(2)mv2-kq3.(2024·浙江4月選考,22)如圖所示,傾角θ=37°、間距l(xiāng)=0.1m的足夠長金屬導(dǎo)軌底端接有阻值R=0.1Ω的電阻,質(zhì)量m=0.1kg的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置,與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.45。建立原點(diǎn)位于底端、方向沿導(dǎo)軌向上的坐標(biāo)軸x。在0.2m≤x≤0.8m區(qū)間有垂直導(dǎo)軌平面對(duì)上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。從t=0時(shí)刻起,棒ab在沿x軸正方向的外力F作用下,從x=0處由靜止起先沿斜面對(duì)上運(yùn)動(dòng),其速度v與位移x滿意v=kx(可導(dǎo)出a=kv),k=5s-1。當(dāng)棒ab運(yùn)動(dòng)至x1=0.2m處時(shí),電阻R消耗的電功率P=0.12W,運(yùn)動(dòng)至x2=0.8m處時(shí)撤去外力F,此后棒ab將接著運(yùn)動(dòng),最終返回至x=0處。棒ab始終保持與導(dǎo)軌垂直,不計(jì)其他電阻,求:(提示:可以用Fx圖象下的“面積”代表力