电磁感应中的“三类模型问题”

第2讲eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,电磁感应中的“三类模型问题”,))┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄考法学法电磁感应的动力学和能量问题是历年高考的热点和难点，考查的题型一般包括“单杆”模型、“双杆”模型或“导体框”模型，考查的内容有：①匀变速直线运动规律；②牛顿运动定律；③功能关系；④能量守恒定律；⑤动量守恒定律。解答这类问题时要注意从动力学和能量角度去分析，根据运动情况和能量变化情况分别列式求解。用到的思想方法有：①整体法和隔离法；②全程法和分阶段法；③条件判断法；④临界问题的分析方法；⑤守恒思想；⑥分解思想。┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄模型(一)电磁感应中的“单杆”模型类型1“单杆”——水平式物理模型匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，导轨间距为L，导体棒ab的质量为m，初速度为零，拉力恒为F，水平导轨光滑，除电阻R外，其他电阻不计动态分析设运动过程中某时刻测得导体棒ab的速度为v，由牛顿第二定律知导体棒ab的加速度为a＝eq\f(F,m)－eq\f(B2L2v,mR)，a、v同向，随速度的增加，导体棒ab的加速度a减小，当a＝0时，v最大，I＝eq\f(BLvm,R)不再变化收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征受力平衡，a＝0电学特征I不再变化[例1](2018·安徽联考)如图所示，光滑平行金属导轨PQ、MN固定在光滑绝缘水平面上，导轨左端连接有阻值为R的定值电阻，导轨间距为L，有界匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向竖直向上，边界ab、cd均垂直于导轨，且间距为s，e、f分别为ac、bd的中点，将一长度为L、质量为m、阻值也为R的金属棒垂直导轨放置在ab左侧eq\f(1,2)s处。现给金属棒施加一个大小为F、方向水平向右的恒力，使金属棒从静止开始向右运动，金属棒向右运动过程中始终垂直于导轨并与导轨接触良好。当金属棒运动到ef位置时，加速度刚好为零，不计其他电阻。求：(1)金属棒运动到ef位置时的速度大小；(2)金属棒从初位置运动到ef位置，通过金属棒的电荷量；(3)金属棒从初位置运动到ef位置，定值电阻R上产生的焦耳热。[解析](1)设金属棒运动到ef位置时速度为v，则感应电动势E＝BLv电路中电流I＝eq\f(E,2R)由于加速度刚好为零，则F＝F安＝BIL解得v＝eq\f(2FR,B2L2)。(2)通过金属棒的电荷量q＝eq\x\to(I)Δteq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BLs,2Δt)解得q＝eq\f(BLs,4R)。(3)设定值电阻R中产生的焦耳热为Q，由于金属棒的电阻也为R，因此整个电路中产生的总的焦耳热为2Q。金属棒从初位置运动到ef位置的过程中，根据动能定理有WF＋W安＝eq\f(1,2)mv2根据功能关系有W安＝－2Q拉力F做的功WF＝Fs解得Q＝eq\f(1,2)Fs－eq\f(mF2R2,B4L4)。[答案](1)eq\f(2FR,B2L2)(2)eq\f(BLs,4R)(3)eq\f(1,2)Fs－eq\f(mF2R2,B4L4)类型2“单杆”——倾斜式物理模型匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，导轨间距为L，导体棒ab的质量为m，电阻为R，导轨光滑，电阻不计动态分析导体棒ab刚释放时a＝gsinα，导体棒ab的速度v↑→感应电动势E＝BLv↑→电流I＝eq\f(E,R)↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，当安培力F＝mgsinα时，a＝0，速度达到最大vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征受力平衡，a＝0电学特征I不再变化[例2](2018·江苏高考)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)金属棒做匀加速直线运动，根据运动学公式有v2＝2as解得v＝eq\r(2as)。(2)金属棒所受安培力F安＝IdB金属棒所受合力F＝mgsinθ－F安根据牛顿第二定律有F＝ma解得I＝eq\f(mgsinθ－a,dB)。(3)金属棒的运动时间t＝eq\f(v,a)，通过的电荷量Q＝It解得Q＝eq\f(mgsinθ－a\r(2as),dBa)。[系统通法]]][答案](1)eq\r(2as)(2)eq\f(mgsinθ－a,dB)(3)eq\f(mgsinθ－a\r(2as),dBa)[系统通法]]]1．“单杆”模型分析要点(1)杆的稳定状态一般是做匀速运动，达到最大速度或最小速度，此时合力为零。(2)电磁感应现象遵从能量守恒定律，整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功。2．抓住力学对象和电学对象间的桥梁——感应电流I、切割速度v，“四步法”分析电磁感应中的动力学问题模型(二)电磁感应中的“双杆”模型[研一题]————————————————————————————————(2018·湖北四地七校联考)如图所示，相距L＝0.5m的平行导轨MNS、PQT处在磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场中，水平导轨处的磁场方向竖直向上，光滑倾斜导轨处的磁场方向垂直于导轨平面斜向下。质量均为m＝40g、电阻均为R＝0.1Ω的导体棒ab、cd均垂直放置于导轨上，并与导轨接触良好，导轨电阻不计。质量为M＝200g的物体C，用绝缘细线绕过光滑的定滑轮分别与导体棒ab、cd相连接。细线沿导轨中心线且在导轨平面内，细线及滑轮质量不计。已知倾斜导轨与水平面的夹角为37°，水平导轨与导体棒ab间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10m/s2，水平导轨足够长，导体棒cd运动中始终不离开倾斜导轨。物体C由静止释放，当它达到最大速度时下落高度h＝1m，求这一运动过程中：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)物体C能达到的最大速度是多少；(2)系统产生的内能是多少；(3)连接导体棒cd的细线对导体棒cd做的功是多少。[解析](1)设物体C能达到的最大速度为vm，由法拉第电磁感应定律得，回路的感应电动势为E＝2BLvm由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I＝eq\f(E,2R)导体棒ab、cd受到的安培力为F＝BLI设连接导体棒ab与cd的细线中张力为T1，连接导体棒ab与物体C的细线中张力为T2，导体棒ab、cd及物体C的受力如图所示，由平衡条件得：T1＝mgsin37°＋FT2＝T1＋F＋fT2＝Mg其中f＝μmg解得：vm＝2m/s。(2)设系统在该过程中产生的内能为E1，由能量守恒定律得：Mgh＝eq\f(1,2)(2m＋M)vm2＋mghsin37°＋E1解得：E1＝1.2J。(3)运动过程中由于摩擦产生的内能E2＝μmgh＝0.16J由第(2)问的计算结果知，这一过程中电流产生的内能E3＝E1－E2＝1.04J又因为导体棒ab、cd的电阻相等，故电流通过导体棒cd产生的内能E4＝eq\f(E3,2)＝0.52J对导体棒cd，设这一过程中细线对其做的功为W，则由功能关系得：W＝mghsin37°＋eq\f(1,2)mvm2＋E4解得：W＝0.84J。[答案](1)2m/s(2)1.2J(3)0.84J[悟一法]————————————————————————————————两类“双杆”模型解题思路“一动一静”型，实质是单杆问题，要注意其隐含条件：静止杆受力平衡“两杆都动”型，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势应相加还是相减结合“单杆”模型的解题经验，对“双杆”模型进行受力分析，确定运动状态，一般会有收尾状态，比如有恒定的速度或加速度等，再结合运动学规律、牛顿运动定律和能量观点分析求解[通一类]————————————————————————————————1．(2019届高三·青岛模拟)如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左侧部分水平，右侧部分为半径r＝0.5m的竖直半圆，两导轨间距离d＝0.3m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B＝1T的匀强磁场中，两导轨电阻不计。有两根长度均为d的金属棒ab、cd，均垂直置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1＝0.2kg、m2＝0.1kg，电阻分别为R1＝0.1Ω、R2＝0.2Ω。现让ab棒以v0＝10m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入半圆轨道后，恰好能通过轨道最高位置PP′，cd棒进入半圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)ab棒开始向右运动时，cd棒的加速度大小a0；(2)cd棒刚进入半圆轨道时，ab棒的速度大小v1；(3)cd棒进入半圆轨道前，ab棒克服安培力做的功W。解析：(1)ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，有E＝Bdv0I＝eq\f(E,R1＋R2)BId＝m2a0解得：a0＝30m/s2。(2)设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2，cd棒进入半圆轨道前，cd棒与ab棒组成的系统动量守恒，有m1v0＝m1v1＋m2v2cd棒从刚进入半圆轨道到通过轨道最高位置的过程中机械能守恒，有eq\f(1,2)m2v22＝m2g·2r＋eq\f(1,2)m2v2cd棒在轨道最高位置由重力提供向心力，有m2g＝m2eq\f(v2,r)解得：v1＝7.5m/s。(3)由动能定理得－W＝eq\f(1,2)m1v12－eq\f(1,2)m1v02解得：W＝4.375J。答案：(1)30m/s2(2)7.5m/s(3)4.375J2．(2018·江西八校联考)如图所示，足够长的水平导轨左侧b1b2－c1c2部分导轨间距为3L，右侧c1c2－d1d2部分的导轨间距为L，曲线导轨与水平导轨相切于b1b2，所有导轨均光滑且电阻不计。在水平导轨内有斜向下与竖直方向的夹角θ＝37°的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1T。质量为mB＝0.2kg的金属棒B垂直于导轨静止放置在右侧窄导轨上，质量为mA＝0.1kg的金属棒A自曲线导轨上a1a2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，A棒总在宽轨上运动，B棒总在窄轨上运动。已知：两棒接入电路的有效电阻均为R＝0.2Ω，h＝0.45m，L＝0.2m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2。求：(1)A棒滑到b1b2处时的速度大小；(2)B棒匀速运动时的速度大小；(3)在两棒整体运动过程中，两棒在水平导轨间扫过的面积之差(最后结果保留三位有效数字)。解析：(1)A棒在曲线导轨上下滑，由机械能守恒定律得：mAgh＝eq\f(1,2)mAv02解得：v0＝3m/s。(2)选取水平向右为正方向，对两棒分别应用动量定理，对B棒：FB安cosθt＝mBvB对A棒：－FA安cosθt＝mAvA－mAv0其中FA安＝3FB安两棒最后匀速运动时，电路中无电流，有：BLvB＝3BLvA解得：vA＝eq\f(3,19)m/s，vB＝eq\f(9,19)m/s。(3)在B棒加速运动过程中，由动量定理得：Bcosθeq\x\to(I)LΔt＝mBvB－0电路中的平均电流eq\x\to(I)＝eq\f(E,2R)根据法拉第电磁感应定律有：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)其中磁通量变化量：ΔΦ＝BcosθΔS解得：ΔS≈29.6m2。答案：(1)3m/s(2)eq\f(9,19)m/s(3)29.6m2模型(三)电磁感应中的“导体框”模型[研一题]————————————————————————————————(2019届高三·资阳模拟)如图所示，一足够大的倾角θ＝30°的粗糙斜面上有一个粗细均匀的由同种材料制成的矩形金属线框abcd，线框的质量m＝0.6kg，其电阻值R＝1.0Ω，ab边长L1＝1m，bc边长L2＝2m，与斜面之间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),9)。斜面以EF为界，EF上侧有垂直于斜面向上的匀强磁场。一质量为M的物体用绝缘细线跨过光滑定滑轮与线框相连，连接线框的细线与斜面平行且细线最初处于松弛状态。现先释放线框再自由释放物体，当cd边离开磁场时线框即以v＝2m/s的速度匀速下滑，在ab边运动到EF位置时，细线恰好被拉直绷紧(时间极短)，随即物体和线框一起做匀速运动，t＝1s后开始做匀加速运动。取g＝10m/s2，求：(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2)细线绷紧前，物体下降的高度H；(3)系统在线框cd边离开磁场至重新进入磁场过程中损失的机械能ΔE。[解析](1)线框cd边离开磁场时匀速下滑，有：mgsinθ－μmgcosθ－F安＝0F安＝BI1L1I1＝eq\f(BL1v,R)解得：B＝1T。(2)由题意，线框第二次做匀速运动方向沿斜面向上，设其速度大小为v1，细线拉力大小为FT，则：v1＝eq\f(L2,t)FT－mgsinθ－μmgcosθ－BI2L1＝0I2＝eq\f(BL1v1,R)FT－Mg＝0设细线突然绷紧过程中，细线的作用力冲量大小为I，对线框和物体分别运用动量定理，有：I＝mv1－m(－v)I＝Mv0－Mv1细线绷紧前物体自由下落，则v02＝2gH解得：H＝1.8m。(3)根据能量守恒定律：线框匀速下滑过程：Q1＝mgL2sinθ细线突然绷紧过程：Q2＝eq\f(1,2)Mv02＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)v12线框匀速上滑过程：Q3＝MgL2－mgL2sinθΔE＝Q1＋Q2＋Q3解得：ΔE＝21.6J。[答案](1)1T(2)1.8m(3)21.6J[悟一法]————————————————————————————————1．求解电磁感应中能量问题的一般步骤(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源。(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了相互转化。(3)根据功能关系或能量守恒定律列方程求解。2．电磁感应中安培力做功引起的能量转化3．求解电磁感应中焦耳热Q的三个角度焦耳定律功能关系能量转化Q＝I2RtQ＝W克服安培力Q＝－ΔE其他[通一类]————————————————————————————————1．(2018·南通模拟)如图所示，质量为m、电阻为R的单匝矩形线框置于光滑水平面上，线框边长ab＝L、ad＝2L。虚线MN过ad、bc边中点，一根能承受最大拉力为F0的细线沿水平方向拴住ab边中点O。从某时刻起，在MN右侧加一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小按B＝kt的规律均匀变化。一段时间后，细线被拉断，此后磁感应强度大小保持不变，线框向左运动，ab边穿出磁场时的速度为v。求：(1)细线断裂前线框中的电功率P；(2)细线断裂后瞬间线框的加速度大小a及线框离开磁场的过程中安培力所做的功W；(3)线框穿出磁场过程中通过其导线横截面的电荷量q。解析：(1)根据法拉第电磁感应定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)L2＝kL2电功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(k2L4,R)。(2)细线断裂后瞬间安培力FA＝F0线框的加速度a＝eq\f(FA,m)＝eq\f(F0,m)线框离开磁场过程中，由动能定理得W＝eq\f(1,2)mv2。(3)设细线断裂时刻磁感应强度为B1，则有ILB1＝F0其中I＝eq\f(E,R)＝eq\f(kL2,R)线框穿出磁场过程有eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B1L2,Δt)，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)通过导线横截面的电荷量q＝eq\x\to(I)Δt解得q＝eq\f(F0,kL)。答案：(1)eq\f(k2L4,R)(2)eq\f(F0,m)eq\f(1,2)mv2(3)eq\f(F0,kL)2．(2018·湖南十三校联考)如图所示，粗糙斜面的倾角θ＝37°，斜面上直径d＝0.4m的圆形区域内存在垂直于斜面向下的匀强磁场，一个匝数为n＝100的刚性正方形线框abcd，边长为0.5m，通过松弛的柔软导线与一个额定功率P＝2W的小灯泡相连，圆形磁场的一条直径恰好过线框bc边，已知线框质量m＝2kg，总电阻R0＝2Ω，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，从0时刻起，磁场的磁感应强度按B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,π)t))T的规律变化，开始时线框静止在斜面上，在线框运动前，小灯泡始终正常发光，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)线框静止时，回路中的电流大小I；(2)在线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量Q；(3)若线框刚好开始运动时即保持磁场不再变化，求线框从开始运动到bc边离开磁场的过程中通过小灯泡的电荷量q(柔软导线及小灯泡对线框运动的影响可忽略，且斜面足够长)。解析：(1)根据法拉第电磁感应定律可得E＝neq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔΦ,Δt)))＝nSeq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔB,Δt)))，其中S＝eq\f(1,2)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)))2P＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R＋R0)))2R解得R＝2Ω，I＝1A。(2)线框刚好开始运动时，mgsinθ＝neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,π)t))Id＋μmgcosθ解得t＝eq\f(9,20)πs则Q＝Pt＝eq\f(9,10)πJ。(3)线框刚好开始运动时，B＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,π)t))T＝0.1Teq\x\to(I)＝eq\f(E′,R＋R0)＝eq\f(n\f(ΔΦ,Δt),R＋R0)＝eq\f(nB\f(ΔS,Δt),R＋R0)，其中ΔS＝S解得q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(π,20)C。答案：(1)1A(2)eq\f(9,10)πJ(3)eq\f(π,20)C[专题强训提能]1．(2018·漳州八校模拟)如图所示，MN、PQ为间距L＝0.5m的足够长平行导轨，NQ⊥MN。导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，NQ间连接有一个R＝5Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度为B0＝1T。将一质量为m＝0.05kg的金属棒紧靠NQ放置在导轨ab处，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度，cd距离NQ为s＝2m(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。则：(1)当金属棒滑行至cd处时，回路中的电流是多大？(2)金属棒达到的稳定速度是多大？(3)金属棒从开始运动到滑行至cd处过程中，回路中产生的焦耳热是多少？解析：(1)金属棒达到稳定速度时，沿导轨方向受力平衡mgsinθ＝Ff＋FA其中FA＝B0ILFf＝μFN＝μmgcosθ解得I＝0.2A。(2)由欧姆定律得I＝eq\f(E,R)由电磁感应定律得E＝B0Lv解得v＝2m/s。(3)金属棒从开始运动到滑行至cd处过程中，由能量守恒定律得mgsinθs＝eq\f(1,2)mv2＋Q＋μmgcosθs解得Q＝0.1J。答案：(1)0.2A(2)2m/s(3)0.1J2.如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ＝37°角放置，斜面上的虚线aa′和bb′与斜面底边平行，且间距为d＝0.1m，在aa′、bb′围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1T；现有一质量为m＝10g，总电阻为R＝1Ω，边长也为d＝0.1m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与aa′重合，现让线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动。已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，不计其他阻力(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。求：(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度；(2)线圈向上完全离开磁场区域时的动能；(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热。解析：(1)线圈向下进入磁场时，有mgsinθ＝μmgcosθ＋F安，其中F安＝BId，I＝eq\f(E,R)，E＝Bdv解得v＝2m/s。(2)设线圈到达最高点MN边与bb′的距离为x，则v2＝2ax，mgsinθ－μmgcosθ＝ma根据动能定理有－μmgcosθ·2x＝Ek－Ek1，其中Ek＝eq\f(1,2)mv2解得Ek1＝0.1J。(3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中，有mgsinθ·2d－μmgcosθ·2d＝Q解得：Q＝0.004J。答案：(1)2m/s(2)0.1J(3)0.004J3．如图甲所示，电阻不计、间距为l的平行长金属导轨置于水平面内，阻值为R的导体棒ab固定连接在导轨左侧，另一阻值也为R的导体棒ef垂直放置在导轨上，ef与导轨接触良好，并可在导轨上无摩擦移动。现有一根轻杆一端固定在ef中点，另一端固定于墙上，轻杆与导轨保持平行，ef、ab两棒间距为d。若整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，且从某一时刻开始，磁感应强度B随时间t按图乙所示的方式变化。(1)求在0～t0时间内流过导体棒ef的电流的大小与方向；(2)求在t0～2t0时间内导体棒ef产生的热量；(3)1.5t0时刻杆对导体棒ef的作用力的大小和方向。解析：(1)在0～t0时间内，磁感应强度的变化率eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)产生感应电动势的大小E1＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(ΔB,Δt)ld＝eq\f(B0ld,t0)流过导体棒ef的电流大小I1＝eq\f(E1,2R)＝eq\f(B0ld,2Rt0)由楞次定律可判断电流方向为e→f。(2)在t0～2t0时间内，磁感应强度的变化率eq\f(ΔB′,Δt′)＝eq\f(2B0,t0)产生感应电动势的大小E2＝eq\f(ΔΦ′,Δt′)＝eq\f(ΔB′,Δt′)S＝eq\f(ΔB′,Δt′)ld＝eq\f(2B0ld,t0)流过导体棒ef的电流大小I2＝eq\f(E2,2R)＝eq\f(B0ld,Rt0)导体棒ef产生的热量Q＝I22Rt0＝eq\f(B02l2d2,Rt0)。(3)1.5t0时刻，磁感应强度B＝B0导体棒ef受安培力：F＝B0I2l＝eq\f(B02l2d,Rt0)方向水平向左根据导体棒ef受力平衡可知杆对导体棒的作用力为F′＝－F＝－eq\f(B02l2d,Rt0)，负号表示方向水平向右。答案：(1)eq\f(B0ld,2Rt0)，方向为e→f(2)eq\f(B02l2d2,Rt0)(3)eq\f(B02l2d,Rt0)，方向水平向右4．(2019届高三·邯郸质检)如图甲所示，两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L＝1m，导轨平面与水平面的夹角θ＝37°，下端连接阻值R＝1Ω的电阻；质量m＝1kg、阻值r＝1Ω的匀质金属棒cd放在两导轨上，到导轨最下端的距离L1＝1m，棒与导轨垂直并保持良好接触，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.9。整个装置处于与导轨平面垂直(斜向上为正)的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，0～1.0s内，金属棒cd保持静止，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2。(1)求0～1.0s内通过金属棒cd的电荷量；(2)求t＝1.1s时刻，金属棒cd所受摩擦力的大小和方向；(3)1.2s后，对金属棒cd施加一沿斜面向上的拉力F，使金属棒cd沿斜面向上做加速度大小a＝2m/s2的匀加速运动，请写出拉力F随时间t′(从施加F时开始计时)变化的关系式。解析：(1)在0～1.0s内，金属棒cd上产生的感应电动势为：E＝eq\f(SΔB,Δt)，其中S＝L1L＝1m2由闭合电路的欧姆定律有：I＝eq\f(E,R＋r)由于0～1.0s内回路中的电流恒定，故该段时间通过金属棒cd的电荷量为：q＝IΔt，其中Δt＝1s解得：q＝1C。(2)假设0～1.1s内金属棒cd保持静止，则在0～1.1s内回路中的电流不变，t＝1.1s时，金属棒cd所受的安培力大小为：F′＝|B1IL|＝0.2N，方向沿导轨向下导轨对金属棒cd的最大静摩擦力为：Ff＝μmgcosθ＝7.2N由于mgsinθ＋F′＝6.2N＜Ff，可知假设成立，金属棒cd仍保持静止，故所求摩擦力大小为6.2N，方