2019届物理讲义第十章 专题强化十二

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精专题强化十二电磁感应的综合问题专题解读1.本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识的综合应用，高考既以选择题的形式命题，也以计算题的形式命题。2.学好本专题，可以极大地培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力，针对性的专题强化,可以提升同学们解决数形结合、利用动力学和功能关系解决电磁感应问题的信心.3.用到的知识有：左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿运动定律、函数图象、动能定理和能量守恒定律等.命题点一电磁感应中的图象问题1.题型简述借助图象考查电磁感应的规律，一直是高考的热点,此类题目一般分为两类：(1）由给定的电磁感应过程选出正确的图象；(2）由给定的图象分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图象.常见的图象有B－t图、E－t图、i－t图、v－t图及F－t图等.2.解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键。3.解题步骤(1)明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等；（2)分析电磁感应的具体过程;(3）用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系;（4）结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；(5）根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；（6)画图象或判断图象.4.两种常用方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项.(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断。例1（多选）（2017·河南六市一模）边长为a的闭合金属正三角形轻质框架，左边竖直且与磁场右边界平行,完全处于垂直于框架平面向里的匀强磁场中，现把框架匀速水平向右拉出磁场，如图1所示，则下列图象与这一拉出过程相符合的是(）图1答案BC解析设正三角形轻质框架开始出磁场的时刻t＝0,则其切割磁感线的有效长度L＝2xtan30°＝eq\f（2\r(3），3)x，则感应电动势E电动势＝BLv＝eq\f(2\r(3）,3）Bvx，则C项正确，D项错误。框架匀速运动，故F外力＝F安＝eq\f(B2L2v,R）＝eq\f（4B2x2v，3R）∝x2,A项错误。P外力功率＝F外力v∝F外力∝x2,B项正确.变式1(2017·江西南昌三校四联）如图2所示，有一个矩形边界的匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向里.一个三角形闭合导线框，由位置1（左)沿纸面匀速到位置2（右).取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点（t＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流与时间关系的是(）图2答案A解析线框进入磁场的过程，磁通量向里增加,根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流方向应为正方向，故B、C错误；线框进入磁场的过程，线框切割磁感线的有效长度先均匀增大后均匀减小,由E＝BLv,可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场后,磁通量不变,没有感应电流产生；线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针,电流方向应为负方向,线框切割磁感线的有效长度先均匀增大后均匀减小，由E＝BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A正确,D错误.变式2(2017·河北唐山一模)如图3所示，在水平光滑的平行金属导轨左端接一定值电阻R，导体棒ab垂直导轨放置,整个装置处于竖直向下的匀强磁场中.现给导体棒一向右的初速度，不考虑导体棒和导轨电阻，下列图线中，导体棒速度随时间的变化和通过电阻R的电荷量q随导体棒位移的变化描述正确的是（）图3答案B解析导体棒运动过程中受向左的安培力F＝eq\f（B2L2v，R）,安培力阻碍棒的运动，速度减小,由牛顿第二定律得棒的加速度大小a＝eq\f（F,m)＝eq\f(B2L2v，Rm)，则a减小，v－t图线斜率的绝对值减小，故B项正确,A项错误。通过R的电荷量q＝IΔt＝eq\f（E,R）Δt＝eq\f（\f（ΔΦ,Δt),R)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f（BL，R）x，可知C、D项错误.命题点二电磁感应中的动力学问题1。题型简述感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起。解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律）及力学中的有关规律（共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等).2.两种状态及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析3.动态分析的基本思路解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件.具体思路如下：例2（2016·全国卷Ⅱ·24)如图4，水平面（纸面）内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动.t0时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求：图4（1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；（2)电阻的阻值.答案(1）Blt0(eq\f（F，m）－μg)(2)eq\f(B2l2t0,m）解析（1）设金属杆进入磁场前的加速度大小为a,由牛顿第二定律得F－μmg＝ma①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0 ②当金属杆以速度v在磁场中运动时,由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为E＝Blv③联立①②③式可得E＝Blt0（eq\f(F，m)－μg） ④（2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I,根据欧姆定律I＝eq\f（E，R) ⑤式中R为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为F安＝BlI ⑥因金属杆做匀速运动，有F－μmg－F安＝0 ⑦联立④⑤⑥⑦式得R＝eq\f（B2l2t0,m）。变式3(2017·江淮十校三模)宽为L的两光滑竖直裸导轨间接有固定电阻R，导轨（电阻忽略不计)间Ⅰ、Ⅱ区域中有垂直纸面向里宽为d，磁感应强度为B的匀强磁场，Ⅰ、Ⅱ区域间距为h，如图5,有一质量为m、长为L、电阻不计的金属杆与竖直导轨紧密接触，从距区域Ⅰ上端H处由静止释放。若杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同,现以杆由静止释放为计时起点,则杆中电流随时间t变化的图象可能正确的是（）图5答案B解析杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同，说明产生的感应电流也应完全相同，排除A和C选项。因杆在无磁场区域中做a＝g的匀加速运动,又杆在Ⅰ、Ⅱ区域中运动情况完全相同,则杆在Ⅰ、Ⅱ区域应做减速运动，在区域Ⅰ中对杆受力分析知其受竖直向下的重力和竖直向上的安培力，由牛顿第二定律得加速度a＝eq\f(mg－\f(B2L2v,R），m），方向竖直向上，则知杆做加速度逐渐减小的减速运动,又I＝eq\f（BLv，R），由I－t图线斜率变化情况可知选项B正确，选项D错误。变式4(2017·上海单科·20改编)如图6，光滑平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为θ，两导轨上端用阻值为R的电阻相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面。质量为m的金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动,然后又返回到出发位置。在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好,不计ab和导轨的电阻及空气阻力。图6（1）求ab开始运动时的加速度a的大小；(2)分析并说明ab在整个运动过程中速度、加速度的变化情况.答案见解析解析（1）利用楞次定律，对初始状态的ab受力分析得:mgsinθ＋BIL＝ma ①对回路分析I＝eq\f（E，R）＝eq\f（BLv0,R) ②联立①②得a＝gsinθ＋eq\f(B2L2v0，mR）（2）上滑过程：由第(1)问中的分析可知，上滑过程加速度大小表达式为：a上＝gsinθ＋eq\f(B2L2v，mR） ③上滑过程，a、v反向，做减速运动。利用③式，v减小则a减小，可知，杆上滑时做加速度逐渐减小的减速运动.下滑过程：由牛顿第二定律,对ab受力分析得：mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)＝ma下 ④a下＝gsinθ－eq\f（B2L2v,mR） ⑤因a下与v同向，ab做加速运动.由⑤得v增加，a下减小，杆下滑时做加速度逐渐减小的加速运动。

命题点三电磁感应中的动力学和能量问题1。题型简述电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程,则是其他形式的能转化为电能的过程。2。解题的一般步骤(1）确定研究对象（导体棒或回路）；（2）弄清电磁感应过程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互转化;（3)根据能量守恒定律或功能关系列式求解.3。求解电能应分清两类情况(1）若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算.（2)若电流变化，则①利用安培力做功求解:电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功;②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能。例3如图7所示，间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成。倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为θ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻.质量为m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直轨道平面向下、磁感应强度也为B的匀强磁场。闭合开关S，让金属杆MN从图示位置由静止释放，已知金属杆MN运动到水平轨道前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆MN两端始终与导轨接触良好，重力加速度为g。求:图7（1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率vm；(2)金属杆MN在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度vm前，当流经定值电阻的电流从零增大到I0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q，求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q;（3）金属杆MN在水平导轨上滑行的最大距离xm。答案见解析解析(1）金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零,对其受力分析，可得mgsinθ－BImL＝0根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得：Im＝eq\f(BLvm，2r）解得：vm＝eq\f(2mgrsinθ，B2L2)（2)设在这段时间内,金属杆MN运动的位移为x由电流的定义可得：q＝eq\x\to（I）Δt根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律得：平均电流eq\x\to（I）＝eq\f(BΔS,2rΔt）＝eq\f(BLx,2rΔt)解得:x＝eq\f(2qr,BL)设电流为I0时金属杆MN的速度为v0，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，可得I0＝eq\f(BLv0,2r），解得v0＝eq\f（2rI0,BL)设此过程中，电路产生的焦耳热为Q热,由功能关系可得：mgxsinθ＝Q热＋eq\f(1,2）mv02定值电阻r产生的焦耳热Q＝eq\f(1,2）Q热解得：Q＝eq\f(mgqrsinθ,BL）－eq\f（mI\o\al(

2,0）r2,B2L2)（3）设金属杆MN在水平导轨上滑行时的加速度大小为a,速度为v时回路电流为I，由牛顿第二定律得：BIL＝ma由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得：I＝eq\f(BLv,2r)联立可得：eq\f（B2L2,2r)v＝meq\f(Δv，Δt)eq\f（B2L2，2r)vΔt＝mΔv，即eq\f(B2L2,2r)xm＝mvm得：xm＝eq\f（4m2gr2sinθ,B4L4)变式5（多选)(2017·山东潍坊中学一模)如图8所示,同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R,质量分别为2m和m.它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域.开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合,线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为l。现将系统由静止释放,当线框b全部进入磁场时,a、b两个线框开始做匀速运动.不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则()图8A.a、b两个线框匀速运动时的速度大小为eq\f(2mgR，B2l2）B。线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为eq\f（3B2l3,mgR）C.从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mglD。从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中,两线框共克服安培力做功为2mgl答案BC解析设两线框匀速运动的速度为v，此时轻绳上的张力大小为FT，则对a有:FT＝2mg－BIl，对b有：FT＝mg，又I＝eq\f(E，R),E＝Blv，解得v＝eq\f(mgR,B2l2），故A错误.线框a从下边进入磁场后，线框a通过磁场时以速度v匀速运动，则线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间t＝eq\f（3l，v)＝eq\f(3B2l3,mgR)，故B正确。从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a只在其匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q，由功能关系有2mgl－FTl＝Q，得Q＝mgl，故C正确。设两线框从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中,两线框共克服安培力做的功为W，此过程中左、右两线框分别向上、向下运动2l的距离，对这一过程，由能量守恒定律有:4mgl＝2mgl＋eq\f(1,2）×3mv2＋W，得W＝2mgl－eq\f（3m3g2R2，2B4l4)，故D错误.变式6如图9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:图9（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。答案（1）eq\f（Bdv0，R)(2)eq\f（B2d2v0，mR）(3）eq\f（B2d2v0－v2,R）解析（1)MN刚扫过金属杆时,感应电动势E＝Bdv0感应电流I＝eq\f(E，R)解得I＝eq\f（Bdv0，R)（2)安培力F＝BId由牛顿第二定律得F＝ma解得a＝eq\f（B2d2v0,mR)（3)金属杆切割磁感线的相对速度v′＝v0－v，则感应电动势E′＝Bd（v0－v）电功率P＝eq\f(E′2，R)解得P＝eq\f(B2d2v0－v2，R）1.将一段导线绕成如图1甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内.回路的ab边置于垂直纸面向里为匀强磁场Ⅰ中.回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示.用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向,能正确反映F随时间t变化的图象是(）图1答案B解析根据B－t图象可知,在0～eq\f（T,2）时间内，B－t图线的斜率为负且为定值，根据法拉第电磁感应定律E＝neq\f（ΔB,Δt)S可知,该段时间圆环区域内感应电动势和感应电流是恒定的，由楞次定律可知,ab中电流方向为b→a，再由左手定则可判断ab边受到向左的安培力，且0～eq\f(T，2）时间内安培力恒定不变，方向与规定的正方向相反；在eq\f（T，2）~T时间内，B－t图线的斜率为正且为定值，故ab边所受安培力仍恒定不变,但方向与规定的正方向相同。综上可知，B正确.2.如图2所示，一直角三角形金属框,向左匀速地穿过一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，磁场仅限于虚线边界所围的区域，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上.若取顺时针方向为电流的正方向，则金属框穿过磁场的过程中感应电流i随时间t变化的图象是（）图2答案C解析在金属框进入磁场过程中，感应电流的方向为逆时针，金属框切割磁感线的有效长度线性增大,排除A、B；在金属框出磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向,金属框切割磁感线的有效长度线性减小，排除D，故C正确.3。(多选）(2017·山东泰安二模)如图3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，轨道左侧连接一定值电阻R.垂直导轨的导体棒ab在平行导轨的水平外力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。图乙中t0、F1、F2为已知量,棒和导轨的电阻不计.则(）图3A.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，最后做匀速直线运动C.在0～t0时间内，导体棒的加速度大小为eq\f（2F2－F1R，B2L2t0)D。在0～t0时间内,通过导体棒横截面的电荷量为eq\f(F2－F1t0,2BL）答案BD解析因在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,导体棒先做加速度减小的加速运动,当加速度a＝0，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＝eq\f(v，t0），F2－eq\f（B2L2v,R)＝ma,F1＝ma,q＝eq\f(ΔΦ,R），ΔΦ＝BΔS＝BLeq\f(v，2）t0，解得：a＝eq\f（F2－F1R,B2L2t0)，q＝eq\f(F2－F1t0，2BL），故C错误，D正确。4.如图4所示的匀强磁场中有一根弯成45°的金属线POQ，其所在平面与磁场垂直,长直导线MN与金属线紧密接触，起始时OA＝l0，且MN⊥OQ，所有导线单位长度电阻均为r,MN匀速水平向右运动的速度为v，使MN匀速运动的外力为F，则外力F随时间变化的规律图象正确的是（）图4答案C解析设经过时间t,则MN距O点的距离为l0＋vt，直导线在回路中的长度也为l0＋vt，此时直导线产生的感应电动势E＝B(l0＋vt)v；整个回路的电阻为R＝（2＋eq\r（2））(l0＋vt)r，回路的电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f（Bl0＋vtv，2＋\r（2)l0＋vtr)＝eq\f(Bv，2＋\r（2)r）；直导线受到的外力F大小等于安培力，即F＝BIL＝Beq\f(Bv,2＋\r（2）r）(l0＋vt）＝eq\f(B2v,2＋\r(2)r)(l0＋vt），故C正确。5.（多选）(2017·河南三市二模）如图5所示，一根总电阻为R的导线弯成宽度和高度均为d的“半正弦波"形闭合线框。竖直虚线之间有宽度也为d、磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于线框所在的平面.线框以速度v向右匀速通过磁场，ab边始终与磁场边界垂直.从b点到达边界开始到a点离开磁场为止，在这个过程中()图5A。线框中的感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向B。ab段直导线始终不受安培力的作用C.平均感应电动势为eq\f(1，2)BdvD。线框中产生的焦耳热为eq\f（B2d3v，R)答案AD解析整个过程中闭合线框中的磁通量先增大后减小，由楞次定律和安培定则可判定A正确。ab段导线中有电流通过且与磁场垂直，故其受安培力的作用,B错误.由于整个过程中磁通量变化量为0,故平均感应电动势为0,C错误。整个过程中线框中产生一个周期的正弦式交变电流，其电动势峰值为Em＝Bdv，则线框中产生的焦耳热为Q＝eq\f（E2,R）t＝eq\f（\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(Bdv，\r(2）)））2，R）·eq\f(2d,v)＝eq\f（B2d3v，R）,D正确.6。(2016·全国卷Ⅰ·24)如图6，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连.两细金属棒ab(仅标出a端)和cd（仅标出c端）长度均为L,质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上,使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上,已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑.求:图6（1)作用在金属棒ab上的安培力的大小;（2）金属棒运动速度的大小。答案(1）mg(sinθ－3μcosθ）(2）eq\f(mgR,B2L2）（sinθ－3μcosθ）解析(1）由于ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度总是相等，cd也做匀速直线运动.设导线的张力的大小为FT，右斜面对ab棒的支持力的大小为FN1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为FN2，对于ab棒,受力分析如图甲所示,由力的平衡条件得2mgsinθ＝μFN1＋FT＋F ①FN1＝2mgcosθ ②对于cd棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得mgsinθ＋μFN2＝FT′＝FT ③FN2＝mgcosθ ④联立①②③④式得:F＝mg（sinθ－3μcosθ） ⑤（2)设金属棒运动速度大小为v,ab棒上的感应电动势为E＝BLv ⑥回路中电流I＝eq\f（E，R） ⑦安培力F＝BIL ⑧联立⑤⑥⑦⑧得：v＝eq\f（mgR，B2L2)(sinθ－3μcosθ)7。如图7所示，两平行光滑金属导轨倾斜放置且固定，两导轨间距为L，与水平面间的夹角为θ，导轨下端有垂直于轨道的挡板（图中未画出），上端连接一个阻值R＝2r的电阻,整个装置处在磁感应强度为B、方向垂直导轨向上的匀强磁场中,两根相同的金属棒ab、cd放在导轨下端,其中棒ab靠在挡板上，棒cd在沿导轨平面向上的拉力作用下，由静止开始沿导轨向上做加速度为a的匀加速运动。已知每根金属棒质量为m、长度为L、电阻为r，导轨电阻不计，棒与导轨始终接触良好。求：图7(1)经多长时间棒ab对挡板的压力变为零；（2)棒ab对挡板压力为零时，电阻R的电功率；(3）棒ab运动前，拉力F随时间t的变化关系.答案（1)eq\f（5mgrsinθ，2B2L2a）(2)eq\f（m2g2rsin2θ,2B2L2）(3）F＝m(gsinθ＋a)＋eq\f(3B2L2a，5r）t解析（1)棒ab对挡板的压力为零时，受力分析可得BIabL＝mgsinθ设经时间t0棒ab对挡板的压力为零，棒cd产生的电动势为E，则E＝BLat0回路中电流I＝eq\f(E,r＋R外)R外＝eq\f（Rr,R＋r)＝eq\f（2，3)rIab＝eq\f（R,R＋r)I解得t0＝eq\f（5mgrsinθ,2B2L2a)(2）棒ab对挡板压力为零时，cd两端电压为Ucd＝E－Ir解得Ucd＝eq\f（mgrsinθ,BL）此时电阻R的电功率为P＝eq\f(U\o\al（

2，cd），R)解得P＝eq\f(m2g2rsin2θ，2B2L2）（3)对cd棒，由牛顿第二定律得F－BI′L－mgsinθ＝maI′＝eq\f(E′，r＋R外)E′＝B