【物理】2020届一轮复习人教版 电磁感应中的动力学和能量问题 课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版 电磁感应中的动力学和能量问题 课时作业

‎2020届一轮复习人教版 电磁感应中的动力学和能量问题 课时作业 一、选择题 ‎1．如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动．杆ef及线框中导线的电阻都可不计．开始时，给ef一个向右的初速度，则(　　)‎ A．ef将减速向右运动，但不是匀减速，最后停止 B．ef将匀减速向右运动，最后停止 C．ef将匀速向右运动 D．ef将往返运动 解析：选A　ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，故A正确．‎ ‎2．(多选)如图所示平行的金属双轨与电路处在垂直纸面向里的匀强磁场B中，一金属杆放在金属双轨上，在恒定外力F作用下做匀速运动，则在开关S(　　)‎ A．闭合瞬间通过金属杆的电流增大 B．闭合瞬间通过金属杆的电流减小 C．闭合后金属杆先减速后匀速 D．闭合后金属杆先加速后匀速 解析：选AC　金属杆做切割磁感线运动，相当于电源．在开关S闭合瞬间，外电阻变小，根据闭合电路欧姆定律，干路电流增加，即通过金属杆的电流增加，故A正确，B错误；开关S闭合前，拉力和安培力平衡，开关S闭合后，电流增加，根据安培力公式F＝BIL，安培力增加，故拉力小于安培力，金属杆做减速运动，感应电动势减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，当加速度减为零时，速度减小到最小值，最后匀速运动，故C正确，D错误．‎ ‎3．(多选)如图所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd 的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后(　　)‎ A．金属棒ab、cd都做匀速运动 B．金属棒ab上的电流方向是由b向a C．金属棒cd所受安培力的大小等于 D．两金属棒间距离保持不变 解析：选BC　对两金属棒ab、cd进行受力和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab速度小于金属棒cd速度，所以两金属棒间距离是变大的．由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向是由b到a，A、D错误，B正确；以两金属棒整体为研究对象有F＝3ma，隔离金属棒cd分析，有F－F安＝ma，可求得金属棒cd所受安培力的大小F安＝F，C正确．‎ ‎4．如图所示，两根间距为l的光滑平行金属导轨与水平面夹角为α，图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向上．两金属杆质量均为m，电阻均为R，垂直于导轨放置．开始时金属杆ab处在距磁场上边界一定距离处，金属杆cd处在导轨的最下端，被与导轨垂直的两根小柱挡住．现将金属杆ab由静止释放，金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动．已知重力加速度为g，则(　　)‎ A．金属杆ab进入磁场时感应电流的方向为由a到b B．金属杆ab进入磁场时速度大小为 C．金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势为 D．金属杆ab进入磁场后，金属杆cd对两根小柱的压力大小为零 解析：选B　由右手定则可知，金属杆ab进入磁场时产生的感应电流的方向为由b到a，故A错误；因金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动，则有mgsinα＝，解得v＝，故B正确；金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势E＝Blv，解得E＝ ‎，故C错误；由左手定则可知，金属杆cd受到的安培力与斜面平行且向下，则金属杆cd对两根小柱的压力不为零，故D错误．‎ ‎5．(多选)如图甲所示，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨左侧连接一定值电阻R.垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，F随t变化的规律如图乙所示．在0～t0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动．乙图中t0、F1、F2为已知量，棒和导轨的电阻不计．则(　　)‎ A．在t0以后，导体棒一直做匀加速直线运动 B．在t0以后，导体棒先做加速直线运动，后做匀速直线运动 C．在0～t0时间内，导体棒的加速度大小为 D．在0～t0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为 解析：选BD　因在0～t0时间内棒做匀加速直线运动，故在t0时刻F2大于棒所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不变，安培力逐渐变大，导体棒做加速度越来越小的加速运动，当加速度为0后，即导体棒所受安培力与外力F2相等后，导体棒做匀速直线运动，故A错误，B正确；设在0～t0时间内导体棒的加速度为a，通过导体棒横截面的电荷量为q，导体棒的质量为m，t0时刻导体棒的速度为v，则有a＝，F2－＝ma，F1＝ma，q＝，ΔΦ＝BΔS＝BLt0，解得a＝，q＝，故C错误，D正确．‎ ‎6．(多选)(2018届湛江一中等“四校”联考)竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体ab及cd长均为‎0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重均为0.1 N，现用竖直向上的力拉导体ab，使之匀速上升(与导轨接触良好)，此时释放cd，cd恰好静止不动，那么ab上升时，下列说法正确的是(　　)‎ A．ab受到的拉力大小为0.2 N B．ab向上的速度为‎2 m/s C．在2 s内，拉力做功转化的电能是0.8 J D．在2 s内，拉力做功为0.6 J 解析：选AB　导体棒ab匀速上升，受力平衡，cd棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的整体，合外力为零，根据平衡条件可得：ab棒受到的拉力F＝2mg＝0.2 N，故A正确；cd棒受到的安培力：F安＝BIL＝，cd棒静止，处于平衡状态，由平衡条件得＝G，代入数据解得v＝2 m/s，故B正确；在2 s内，电路产生的电能Q＝t＝t＝×2 J＝0.4 J，则在2 s内，拉力做的功有0.4 J的机械能转化为电能，故C错误；在2 s内拉力做的功为W＝F拉vt＝0.2×2×2 J＝0.8 J，故D错误．‎ ‎7．(多选)(2019届银川一中模拟)如图所示，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B，圆台母线与竖直方向的夹角为θ，一个质量为m、半径为r的匀质金属环位于圆台底部．当给环通以恒定的电流I，圆环由静止向上运动，经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环全程上升的最大高度为H.已知重力加速度为g，不计空气阻力，磁场的范围足够大．在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．圆环先做加速运动后做减速运动 B．在时间t内安培力对圆环做功为mgH C．圆环运动的最大速度为－gt D．圆环先有扩张后有收缩的趋势 解析：选AC　在时间t内，圆环中通有电流I，圆环在磁场中受向上的安培力作用，安培力大于重力，所以合力向上，圆环由静止开始向上加速运动，t时刻撤去电流，圆环继续向上运动，并切割磁感线产生感应电流，则同时又受向下的安培力和重力，合力方向与运动方向相反，所以圆环开始减速运动直至到达最高位置，故A正确；因安培力在t时间内对其做正功，t时刻以后对其做负功，有W安t前－W安t后＝mgH，则知在t时间内安培力做功大于mgH，故B错误；在t时间内安培力F＝BIL＝BI·2πr，合外力F合＝Fcosθ－mg＝2πBIrcosθ－mg＝ma，v＝at＝－gt，故C正确；圆环加速上升过程中有收缩趋势，减速上升过程中有扩张趋势，故D错误．‎ ‎8．(多选)如图所示，相距L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面向下，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是(　　)‎ A．P＝2mgvsinθ B．P＝3mgvsinθ C．当导体棒速度达到时加速度大小为sinθ D．在速度达到2v以后的匀速运动过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功 解析：选AC　由平衡条件可知，当导体棒第一次匀速运动时，沿导轨方向有mgsinθ＝；当导体棒第二次匀速运动时，沿导轨方向有F＋mgsinθ＝，两式联立解得F＝mgsinθ，此时拉力F的功率P＝F×2v＝2mgvsinθ，选项A正确，B错误；当导体棒的速度达到时，沿导轨方向由牛顿第二定律有mgsinθ－＝ma，解得a＝gsinθ，选项C正确；导体棒的速度达到2v以后，拉力与重力的合力所做的功全部转化为R上产生的焦耳热，选项D错误．‎ 二、非选择题 ‎9．(2017年江苏卷)如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻．质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：‎ ‎(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；‎ ‎(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；‎ ‎(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P.‎ 解析：(1)感应电动势E＝Bdv0‎ 感应电流I＝ 解得I＝.‎ ‎(2)安培力F＝BId 由牛顿第二定律F＝ma 解得a＝.‎ ‎(3)金属杆切割磁感线的速度v′＝v0－v，则 感应电动势E＝Bd(v0－v)‎ 电功率P＝ 解得P＝.‎ 答案：(1)　(2)　(3) ‎10．如图所示，两根正对的平行金属直轨道MN、M′N′位于同一水平面上，两轨道之间的距离l＝‎0.50 m．轨道的MM′端接一阻值为R＝0.50 Ω的定值电阻，直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度大小为B＝0.60 T的匀强磁场中，磁场区域右边界为NN′，宽度d＝‎0.80 m；水平轨道的最右端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N′P′平滑连接，两半圆形轨道的半径均为R0＝‎0.50 m．现有一导体杆ab静止在距磁场的左边界s＝‎2.0 m处，其质量m＝‎0.20 kg、电阻r＝0.10 Ω.ab杆在与杆垂直的、大小为2.0 N的水平恒力F的作用下开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去F，杆穿过磁场区域后，沿半圆形轨道运动，结果恰好能通过半圆形轨道的最高位置PP′.已知杆始终与轨道垂直，杆与直轨道之间的动摩擦因数μ＝0.10，轨道电阻忽略不计，取g＝‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)导体杆刚进入磁场时，通过导体杆的电流的大小和方向；‎ ‎(2)在导体杆穿过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量；‎ ‎(3)在导体杆穿过磁场的过程中，整个电路产生的焦耳热．‎ 解析：(1)设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1，由动能定理得(F－μmg)s＝mv12－0，导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势为E＝Blv1，此时通过导体杆的电流大小为I＝，代入数据解得I＝3 A，由右手定则可知，电流的方向为由b指向a.‎ ‎(2)ΔΦ＝B·ld，＝，＝，q＝·Δt 联立解得q＝0.4 C.‎ ‎(3)由(1)可知，导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度v1＝‎‎6.0 m ‎/s，设导体杆通过半圆形轨道的最高位置时的速度为v，则有mg＝，在导体杆从刚进入磁场到滑至最高位置的过程中，由能量守恒定律有，mv12＝Q＋mg×2R0＋mv2＋μmgd，解得Q＝0.94 J.‎ 答案：(1)3 A　方向为由b指向a　(2)0.4 C ‎(3)0.94 J ‎11．(2019届河北石家庄质量检测)倾角为37°的绝缘斜面固定在水平地面上，在斜面内存在一宽度d＝‎0.28 m的有界匀强磁场，边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，如图甲所示．在斜面上由静止释放一质量m＝‎0.1 kg、电阻R＝0.06 Ω的正方形金属线框abcd，线框沿斜面下滑穿过磁场区域，线框从开始运动到完全进入磁场过程中的速度—时间图象如图乙所示．已知整个过程中线框底边bc始终与磁场边界保持平行，重力加速度g＝‎10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.‎ ‎(1)求金属线框与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)求金属线框穿越该匀强磁场的过程中，线框中产生焦耳热的最大功率Pmax；(结果保留两位有效数字)‎ ‎(3)若线框bc边出磁场时，磁感应强度开始随时间变化，且此时记为t＝0.为使线框出磁场的过程中始终无感应电流，求从t＝0时刻开始，磁感应强度B随时间t变化的关系式．‎ 解析：(1)由vt图象可知线框在进入磁场之前做匀加速直线运动，a＝ a＝‎2 m/s2‎ 由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma 解得μ＝0.5.‎ ‎(2)由vt图象可知线框匀速进入磁场，进入磁场所用的时间为0.125 s，匀速进入磁场的速度v1＝‎1.2 m/s，则线框边长l＝v1t＝‎‎0.15 m 由平衡条件则有mgsinθ＝＋μmgcosθ 解得磁感应强度大小为B0＝ T 线框完全进入磁场后做匀加速运动，加速度大小为2 m/s2，线框出磁场时速度最大，电功率最大，设此时速度大小为v2，由运动学公式可得 v22＝v12＋‎2a(d－l)‎ 解得v2＝1.4 m/s 由法拉第电磁感应定律可得E＝B0lv2‎ 由闭合电路欧姆定律可得I＝ 由安培力公式可得F＝B0Il 解得Pmax＝Fv2＝ W≈0.33 W.‎ ‎(3)穿过线框的磁通量保持不变则线框中无感应电流，从线框bc边出磁场时开始计时，则 B‎0l2＝lB 解得B＝T(t≤0.1 s)．‎ 答案：(1)0.5　(2)0.33 W　(3)B＝ T(t≤0.1 s)‎ ‎|学霸作业|——自选 ‎1．(2018年江苏卷)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g.求下滑到底端的过程中，金属棒 ‎(1)末速度的大小v；‎ ‎(2)通过的电流大小I；‎ ‎(3)通过的电荷量Q.‎ 解析：(1)匀加速直线运动v2＝2as 解得v＝.‎ ‎(2)安培力F安＝IdB 金属棒所受合力F＝mgsinθ－F安 由牛顿第二定律F＝ma 解得I＝.‎ ‎(3)运动时间t＝ 电荷量Q＝It 解得Q＝.‎ 答案：(1)　(2) ‎(3) ‎2．两平行轨道MN、PQ间距L＝‎1 m，在MP间接入电阻R＝3 Ω，整个装置处于磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上．质量m＝‎1 kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r＝1 Ω，电路中其余电阻不计．金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好．不计空气阻力影响．已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝‎10 m/s2.‎ ‎(1)求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm；‎ ‎(2)求金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率PR；‎ ‎(3)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为1.5 J，求流过电阻R的总电荷量q.‎ 解析：(1)金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度vm 由牛顿第二定律有 mgsinθ－μmgcosθ－F安＝0‎ F安＝BIL I＝ E＝BLvm 由以上各式代入数据解得vm＝2.0 m/s.‎ ‎(2)金属棒以最大速度vm匀速运动时，电阻R上的电功率最大，此时PR＝I2R，解得PR＝3 W.‎ ‎(3)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x 由能量守恒定律得 mgxsinθ＝μmgxcosθ＋QR＋Qr＋mvm2‎ 根据焦耳定律有＝ 联立解得x＝2.0 m 根据q＝Δt，＝，＝，ΔΦ＝BLx，解得q＝＝1.0 C.‎ 答案：(1)2.0 m/s　(2)3 W　(3)1.0 C ‎3. (2018届甘肃兰州高三诊断考试)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，两导轨间距L＝‎1.0 m，底端N、Q两点连接R＝1.0 Ω的电阻，匀强磁场方向垂直于导轨所在平面斜向上，磁感应强度大小为B＝0.6 T．质量m＝‎0.2 kg，阻值r＝0.50 Ω的导体棒垂直于导轨放置，在平行于导轨平面向上的拉力F作用下沿导轨向上做匀速直线运动，速度v＝‎10 m/s.撤去拉力F后，导体棒沿导轨继续运动l＝‎2.0 m后速度减为零．运动过程中导体棒与导轨始终垂直并接触良好，g＝‎10 m/s2，导轨电阻不计．求：‎ ‎(1)拉力F的大小；‎ ‎(2)撤去拉力F后导体棒上升的过程中电阻R中产生的焦耳热Q和通过的电荷量q.‎ 解析：(1)导体棒匀速运动产生的感应电动势为E＝BLv＝6 V 感应电流为I＝＝4 A 由导体棒受力平衡可得F＝F安＋mgsinθ＝BIL＋mgsinθ＝3.4 N.‎ ‎(2)撤去拉力后，由动能定理可得－mglsinθ－W克＝0－mv2‎ 得克服安培力所做的功W克＝8 J 则电阻R中产生的焦耳热Q＝×8 J＝ J 通过的电荷量q＝＝＝0.8 C.‎ 答案：(1)3.4 N　(2) J　0.8 C ‎4．间距分别为‎2L和L的两光滑平行金属导轨按照如图所示的方式连接后固定在水平面上，且右端足够长．两粗细均匀的导体棒MN、PQ 分别垂直导轨放置在导轨上，整个装置置于方向垂直导轨平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(未画出)中．首先将导体棒PQ锁定，给MN一个瞬时冲量I，当MN的冲量减为时，将PQ解除锁定，当导体棒MN运动到间距为‎2L的两金属导轨的最右端a、b处时，回路中的电流趋近于零(可按电流恰好为零的情况进行分析)．已知导体棒MN的质量为‎2m、电阻为2R，导体棒PQ的质量为m、电阻为R，导轨电阻不计．求：‎ ‎(1)导体棒MN刚开始运动的瞬间，导体棒PQ所受安培力的大小；‎ ‎(2)当导体棒MN的冲量减为时，MN棒向右运动的距离；‎ ‎(3)当导体棒MN运动到间距为‎2L的两金属导轨的最右端a、b处时，MN，PQ两棒的速度大小．‎ 解析：(1)设导体棒MN刚开始运动时的速度大小为v0，则有I＝2mv0‎ 由法拉第电磁感应定律可知E＝2BLv0‎ 设回路中的电流为I′，则有I′＝ 故导体棒PQ此时受到的安培力大小为F＝BI′L 以上各式联立求解可得F＝.‎ ‎(2)设导体棒MN的冲量由I减为所用的时间为t，则由动量定理有B·‎2L·t＝ 设此过程中导体棒MN向右运动的距离为x，则有t＝＝ 以上两式联立可解得x＝.‎ ‎(3)设回路中电流为零时，导体棒MN的速度大小为v1，PQ的速度大小为v2，回路中磁通量不再变化，则有 B·‎2L·v1＝B·L·v2‎ 设导体棒MN受到的安培力平均大小为F1，PQ受到的安培力平均大小为F2，此过程中PQ运动的时间为Δt，根据动量定理，对导体棒MN，有－F1·Δt＝2mv1－ 对导体棒PQ，有F2·Δt＝mv2‎ 由于流过导体棒MN和PQ中的电流大小始终相等，故有F1＝2F2‎ 以上各式联立解得v1＝，v2＝.‎ 答案：(1)　(2)　(3)　 ‎5．如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为‎2l，ab与cd平行，间距为‎2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面，开始时，cd边到磁场上边界的距离为‎2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动．在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求：‎ ‎(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；‎ ‎(2)磁场上下边界间的距离H.‎ 解析：(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有E1＝2Blv1 ①‎ 设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有 I1＝②‎ 设此时线框所受安培力为F1，有F1＝2I1lB ③‎ 由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg＝F1 ④‎ 由①②③④式得v1＝⑤‎ 设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得 v2＝⑥‎ 由⑤⑥式得＝4.⑦‎ ‎(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mgl＝mv12⑧‎ 线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有 mg(‎2l＋H)＝mv22－mv12＋Q⑨‎ 由⑦⑧⑨式得H＝＋28l.‎ 答案：(1)4　(2)＋28l ‎6．如图甲，电阻不计的轨道MON与PRQ平行放置，ON及RQ与水平面的倾角θ＝53°，MO及PR部分的匀强磁场竖直向下，ON及RQ部分的磁场平行轨道向下，磁场的磁感应强度大小相同，两根相同的导体棒ab和cd分别放置在导轨上，与导轨垂直并始终接触良好．棒的质量m＝‎1.0 kg，R＝1.0 Ω，长度L＝‎1.0 m与导轨间距相同，棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，现对ab棒施加一个方向水平向右，按图乙规律变化的力F，同时由静止释放cd棒，则ab棒做初速度为零的匀加速直线运动，g取‎10 m/s2.‎ ‎(1)求ab棒的加速度大小；‎ ‎(2)求磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)若已知在前2 s内F做功W＝30 J，求前2 s内电路产生的焦耳热；‎ ‎(4)求cd棒达到最大速度所需的时间．‎ 解析：(1)对ab棒：Ff＝μmg v＝at 由牛顿第二定律有F－BIL－Ff＝ma F＝m(μg＋a)＋ 由图象信息，t＝0时，F＝6 N，代入数据解得a＝1 m/s2.‎ ‎(2)当t1＝2 s时，F＝10 N，由(1)知 ＝F－m(μg＋a)，得B＝2 T.‎ ‎(3)0～2 s过程中，对ab棒，x＝at12＝‎‎2 m v2＝at1＝‎2 m/s 由动能定理知W－μmgx－Q＝mv22‎ 代入数据解得Q＝18 J.‎ ‎(4)设当时间为t′时，cd棒达到最大速度，‎ FN′＝BIL＋mgcos53°‎ Ff′＝μFN′‎ mgsin53°＝Ff′‎ mgsin53°＝μ 解得t′＝5 s.‎ 答案：(1)1 m/s2　(2)2 T　(3)18 J　(4)5 s