2009年高考物理熱點之五 單棒在磁場中的運動
單棒在磁場中運動是電磁感應中的重要題型，也是高考的熱點問題。我們知道題的數(shù)量是無限的,而類型是有限的，對于每類型的題目都對應一個題根，大量的習題都是根據(jù)該題根添枝加葉改造而成，只要你找到了題根，你就會感到題海有邊，題根是岸。
【題根】如圖1所示，金屬桿ab以恒定的速度v在光滑平行導軌上向右滑行，設(shè)整個電路中總電阻為R（恒定不變）整個裝置置于垂直紙面向里的勻強磁場，下列敘述正確的是
A.ab桿中的電流強度與速率v成正比
B.磁場作用下ab桿的安培力與速率v成正比
C.電阻R上產(chǎn)生的電熱功率與速率v的平方成正比
D.外力對ab桿做功的功率與速率v成正比
[解答]ab棒切割磁感應線產(chǎn)生的感應電動勢E=BLv,因此
ab桿上的電流
，選項A對，磁場作用于ab棒上的安培力
故選項B正確，電阻R上產(chǎn)生的電熱功率
，故選項C正確，外力對ab桿做功的功率
，
，故選項D錯。
變化一 單棒在磁場中做變加速運動然后勻速
【例1】(2001年上海高考題)如圖2所示，有兩根和水平方向成α角的光滑平行的金屬軌道,上端接有可變電阻R,下端足夠長,空間有垂直于軌道平面的勻強磁場,磁感應強度為B,一根質(zhì)量為m的金屬棒從軌道上由靜止滑下,經(jīng)過足夠長的時間后
,金屬棒的速度會趨近一個最大速度Vm則
A.如果B增大，Vm將變大
B.如果α增大，Vm將變大
C.如果R增大，Vm將變大
D.如果m減小，Vm將變大
[解答]利用右手定則可知，感應電流方向遠離讀者，
利用左手定則可知磁場力沿鈄面向上，將導體棒受力
的三維圖轉(zhuǎn)化為二維圖如圖3所示，開始時棒的速度由0
增大，磁場力F也由0增大
，由牛頓第二定律可知，
加速度a將減小，當a減小到0時，棒以最大速度Vm勻速直線運
動，即mgsinα=B2L2Vm/R,
Vm=mgRsinα/B2L2,要使Vm增大，正確選項為B、C
變化二 單棒在磁場中做變減速運動
【例2】（2006年高考上海卷12題）.如圖4所示，
平行金屬導軌與水平面成θ角，導軌與固定電阻R1和R2
相連，勻強磁場垂直穿過導軌平面．有一導體棒ab，質(zhì)量
為m，導體棒的電阻與固定電阻R1和R2的阻值均相等，與
導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，導體棒ab沿導軌向上滑動，
當上滑的速度為V時，受到安培力的大小為F．此時
（A）電阻R1消耗的熱功率為Fv／3．
（B）電阻 R1消耗的熱功率為 Fv／6．
（C）整個裝置因摩擦而消耗的熱功率為μmgvcosθ．
（D）整個裝置消耗的機械功率為（F＋μmgcosθ）v
[解答]:導體棒產(chǎn)生的感應電動勢
E=BLv，回路總電流
I=E/1.5R，安培力 F=BIL，所以電阻 R1 的功率 P1=（0.5I）2 R=Fv/6, B 選項正確。由于摩擦力 f=μmgcosθ，故因摩擦而消耗的熱功率為
μmgvcosθ。整個裝置消耗的機械功率為（F+μmgcosθ）v。故正確選項為B、C、D。
變化三 單棒在磁場中勻速直線運動
【例3】如圖5所示，粗細均勻的電阻為R的金屬環(huán)放在磁
感應強度為B的垂直環(huán)面的勻強磁場中，圓環(huán)直徑為d.長也
為d、電阻為
的金屬棒ab在中點處與環(huán)相切，使ab始終
以垂直棒的速度V向左運動，當?shù)竭_圓環(huán)直徑位置時，ab
棒兩端的電勢差大小為多少.
[解答]ab到達虛線所示直徑位置時，由于金屬棒切割
磁感線產(chǎn)生電動勢等效于電源，等效全電路如圖6
所示，
，
.
變化四 單棒在磁場中做變加速運動然后勻速
【例4】(2005年上海高考題)如圖7所示，處于勻強磁場中
的兩根足夠長．電阻不計的平行金屬導軌相距l(xiāng)m，導軌平面與
水平面成θ=37°角，下端連接阻值為R的電阻．勻強磁場方
向與導軌平面垂直．質(zhì)量為0.2kg．電阻不計的金屬棒放在兩導
軌上，棒與導軌垂直并保持良好接觸，它們之間的動摩擦因數(shù)
為0.25．求：
(1)求金屬棒沿導軌由靜止開始下滑時的加速度大��；
(2)當金屬棒下滑速度達到穩(wěn)定時，電阻R消耗的功率為8W，
求該速度的大小
(3)在上問中，若R＝2Ω，金屬棒中的電流方向由a到b，
求磁感應強度的大小與方向．(g=10rn／s2，sin37°＝0.6，
cos37°＝0.8)
[解答] (1)金屬棒開始下滑的初速為零，根據(jù)牛頓第二定律：mgsinθ－μmgcosθ＝ma 由上式解得a＝10×(O.6－0.25×0.8)m／s2=4m／s2
(2)設(shè)金屬棒運動達到穩(wěn)定時，速度為v，所受安培力為F，棒在沿導軌方向受力平衡
mgsinθ一μmgcos0一F＝0
此時金屬棒克服安培力做功的功率等于電路中電阻R消耗的電功率： P＝ Fv
由以上兩式解得
(3)設(shè)電路中電流為I，兩導軌間金屬棒的長為
，磁場的磁感應強度為B
，P＝I2R
由以上兩式解得
由右手定則可知磁場方向垂直導軌平面向上。
變化五 單棒在磁場中做平拋運動
【例5】在豎直向下的勻強磁場中，如圖8所示，將一水平放
置的金屬棒ab以初速度V0水平拋出，設(shè)整個過程中棒始終保持水
平，且不計空氣阻力，則在金屬棒運動的過程中，產(chǎn)生感應電動勢
的大小
A.越來越大 B.越來越小 C.保持不變 D.大小不斷改變,方向不變
[解答] 將金屬棒的速度分解成水平和豎直兩個分速度，由于豎直分速度與磁感應強度B平行，對產(chǎn)生感應電動勢不起作用，水平速度與B和棒分別垂直，則感應電動勢E=BLV0，由于平拋運動水平速度不變，所以感應電動勢的大小不變，由右手定則可知感應電動勢的方向為由b
a，故正確選項為C。
變化六 單棒在磁場中勻加速運動
【例6】如圖9所示，兩根平行金屬導軌固定在水平桌面上，
每根導軌每米的電阻為r0=0.
，導軌的端點P、Q用電
阻可忽略的導線相連，兩導軌間的距離
=0.2m,有隨時間變化
的勻強磁場垂直于桌面，已知磁感應強度B與時間t的關(guān)系
為B=kt,比例系數(shù)k=0.020T/s.一電阻不計的金屬桿可在導軌上
無摩擦地滑動，在滑動過程中保持與導軌垂直，在t=0時刻金屬桿最靠近在P、Q端，在外力作用下，桿以恒定加速度從靜止開始向?qū)к壍牧硪欢嘶瑒樱笤趖=6.0s時金屬桿所受的安培力
[解答]以a表示金屬桿運動的加速度，在t時刻，金屬桿與初始位置的距離
，此時桿的速度v=at，這時，桿與導軌構(gòu)成的回路的面積S=L,回路中的感應電動勢
而B=kt ， 
，回路的總電阻
，回路中的感應電流
，作用于桿的安培力
解得
代入數(shù)據(jù)為
.
變化七.金屬棒在磁場中先勻加后勻速
【
例7】．如圖10所示，水平面上有兩電阻不計的光滑金屬導軌平行固定放置，間距d為0.5 m，左端通過導線與阻值為2 W的電阻R連接，右端通過導線與阻值為4 W的小燈泡L連接，在CDEF矩形區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強磁場，CE長為2 m，CDEF區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度B隨時間變化如圖所示，在t＝0時，一阻值為2 W的金屬棒在恒力F作用下由靜止開始從AB位置沿導軌向右運動，當金屬棒從AB位置運動到EF位置過程中，小燈泡的亮度沒有發(fā)生變化，求：（1）通過小燈泡的電流強度；（2）恒力F的大�。唬�3）金屬棒的質(zhì)量。
[解答]（1）金屬棒未進入磁場時，R總＝RL＋R/2＝5 W
E1＝＝＝0.5 V，IL＝E1/R總＝0.1 A，
（2）因燈泡亮度不變，故4 s末金屬棒進入磁場時剛好勻速運動，
I＝IL＋IR＝IL＋＝0.3 A，F＝FA＝BId＝0.3
N
（3）E2＝I（R＋）＝1 V，v＝＝1 m/s，
a＝＝0.25 m/s2，m＝＝1.2 kg。
變化八 單棒在磁場中定軸轉(zhuǎn)動
【例8】如圖11所示，粗細均勻的金屬環(huán)的電阻為R，可繞軸O轉(zhuǎn)動的金屬棒OA的電阻為
，棒長為L，A端與環(huán)相接觸.一阻為
的定值電阻分別與棒的端
點O及環(huán)邊緣連接，棒OA在垂直于環(huán)面向里磁感應強度為B的
勻強磁場中以角速度
順時針勻速轉(zhuǎn)動，求電路中總電流的變化
范圍.
[解答]當金屬棒轉(zhuǎn)動時，設(shè)OA棒轉(zhuǎn)至圖示位置時，金屬
環(huán)A、D間的兩部分電阻分別為Rx、Ry，金屬棒產(chǎn)生電動勢相
當于電源，等效電路如圖12所示，則電路中的總電流
，式中
，
因為Rx+Ry=R為定值，故當Rx=Ry時，R并有最大值；當Rx=0
或Ry=0時，
R并有最小值為零，故
, 
所以電路中總電流的變化范圍.
針對訓練
1．（16分）如下圖所示，水平面上的金屬框架abcd（ab∥cd，ab⊥bc），寬度L＝0.5m，勻強磁場與框架平面成θ＝30°且垂直于bc邊，如圖所示。磁感應強度B＝0.5T，框架電阻不計，金屬桿MN垂直于ab和cd置于框架上，在水平拉力F作用下無摩擦地沿著ab和cd向右滑動，MN的質(zhì)量m＝0.05kg，電阻R＝0.2Ω，試求當MN的水平速度為多大時，它對框架的壓力恰為零。（g=10m/s2）
2．（15分）．如圖所示，水平面上有兩電阻不計的光滑金屬導軌平行固定放置，間距d為0.5 m，左端通過導線與阻值為2 W的電阻R連接，右端通過導線與阻值為4 W的小燈泡L連接，在CDEF矩形區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強磁場，CE長為2 m，CDEF區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度B隨時間變化如圖所示，在t＝0時，一阻值為2 W的金屬棒在恒力F作用下由靜止開始從AB位置沿導軌向右運動，當金屬棒從AB位置運動到EF位置過程中，小燈泡的亮度沒有發(fā)生變化，求：
（1）通過小燈泡的電流強度；（2）恒力F的大��；（3）金屬棒的質(zhì)量。
3．（18分）如圖甲所示，空間存在B=0.5T，方向豎直向下的勻強磁場，MN、PQ是處于同一水平面內(nèi)相互平行的粗糙長直導軌，間距L=0.2m，R是連在導軌一端的電阻，ab是跨接在導軌上質(zhì)量m=0.1kg的導體棒。從零時刻開始，通過一小型電動機對ab棒施加一個牽引力F，方向水平向左，使其從靜止開始沿導軌做加速運動，此過程中棒始終保持與導軌垂直且接觸良好。圖慚是棒的v―t圖象，其中OA段是直線，AC是曲線，DE是曲線圖象的漸近線，小型電動機在12s末達到額定功率，P額=4.5W，此后功率保持不變。除R以外，其余部分的電阻均不計，g=10m/s2。
（1）求導體棒在0―12s內(nèi)的加速度大��； （2）求導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)及電阻R的阻值； （3）若t=17s時，導體棒ab達最大速度，從0―17s內(nèi)共發(fā)生位移100m，試求12―17s內(nèi)，R上產(chǎn)生的熱量是多少？
|
|
 |
（1）求t=2s時電容器的帶電量 （2）說明金屬桿做什么運動 （3）求t=2s時外力做功的功率  5．（16分）、如圖，半徑為r=1m，電阻不計的兩個半圓形光滑導軌并列豎直放置，在軌道左上方端點M、N間接有“2.5Ω，1.6W”的小燈泡，整個軌道處在磁感應強度為B=1T的豎直向下的勻強磁場中，兩導軌間距L=1m、現(xiàn)有一質(zhì)量為m=0.5kg，電阻為2.5Ω的金屬棒ab從M、N處由靜止釋放，經(jīng)過一段時間到達導軌的最低點O、O/，此時小燈泡恰好正常發(fā)光
求：（1）金屬棒ab到達導軌的最低點時導體棒的速度大��； （2）金屬棒ab到達導軌的最低點時對軌道的壓力； （3）金屬棒ab從MN到OO/的過程中，小燈泡產(chǎn)生的熱量 6．（17分）如圖所示，兩條水平導軌AC＝d和AD（足夠長）互成á角，導體EF與AC和AD接觸良好，以恒定速度v沿AC方向運動，EF單位長度電阻為r，兩條導軌電阻不計，磁感應強度為B的均勻磁場垂直于導軌所在平面。求：導體EF從A點運動到C點這段時間內(nèi)電路中釋放的總熱量。并定性畫出EF所受安培力隨時間變化的圖線（要求說明理由）。 
7、(20分)如圖所示，兩根正對的平行金屬直軌道MN、M´N´位于同一水平面上，兩軌道之間的距離l=0.50m。軌道的MM´端之間接一阻值R=0.40Ω的定值電阻，NN´端與兩條位于豎直面內(nèi)的半圓形光滑金屬軌道NP、N´P´平滑連接，兩半圓軌道的半徑均為R0=0.50m。直軌道的右端處于豎直向下、磁感應強度B=0.64 T的勻強磁場中，磁場區(qū)域的寬度d=0.80m，且其右邊界與NN´重合。現(xiàn)有一質(zhì)量m=0.20kg、電阻r=0.10Ω的導體桿ab靜止在距磁場的左邊界s=2.0m處。在與桿垂直的水平恒力F=2.0N的作用下ab桿開始運動，當運動至磁場的左邊界時撤去F，結(jié)果導體桿ab恰好能以最小速度通過半圓形軌道的最高點PP´。已知導體桿ab在運動過程中與軌道接觸良好，且始終與軌道垂直，導體桿ab與直軌道之間的動摩擦因數(shù)μ=0.10，軌道的電阻可忽略不計，取g=10m/s2，求：  ⑴導體桿剛進入磁場時，通過導體桿上的電流大小和方向；
⑵導體桿穿過磁場的過程中通過電阻R上的電荷量； ⑶導體桿穿過磁場的過程中整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱。  8．（14分）如圖所示，兩根不計電阻的傾斜平行導軌與水平面的夾角θ=37o ，底端接電阻R=1.5Ω.金屬棒a b的質(zhì)量為m=0.2kg.電阻r=0.5Ω，垂直擱在導軌上由靜止開始下滑，金屬棒a b與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ=0.25，虛線為一曲線方程y=0.8sin( x)m與x軸所圍空間區(qū)域存在著勻強磁場，磁感應強度B=0.5T，方向垂直于導軌平面向上（取g=10m/s2,sin37o=0.6,cos37o=0.8）.求：
（1）.當金屬棒a b下滑的速度為 m/s 時，電阻R的電功率是多少？ （2）當金屬棒a b運動到Xo=6 m處時，電路中的瞬時電功率為0.8w，在這一過程中，安培力對金屬棒a b做了多少功？  9．（18分）如圖所示，足夠長的兩根光滑固定導軌相距0.5m豎直放置，導軌電阻不計，下端連接阻值為 的電阻，導軌處于磁感應強度為B=0.8T的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向里。兩根質(zhì)量均為0.04kg、電阻均為r=0.5 的水平金屬棒 和 都與導軌接觸良好。金屬棒用一根細線懸掛，細線允許承受的最大拉力為0.64N，現(xiàn)讓棒從靜止開始下落，經(jīng)ls鐘細繩剛好被拉斷，g取10m／s2。求：
（l）細線剛被拉斷時，整個電路消耗的總電功率P； （2）從棒開始下落到細線剛好被拉斷的過程中，通過棒的電荷量 。 10．（20分）如圖甲所示，間距為L、電阻不計的光滑導軌固定在傾角為θ的斜面上。在MNPQ矩形區(qū)域內(nèi)有方向垂直于斜面的勻強磁場，磁感應強度為B；在CDEF矩形區(qū)域內(nèi)有方向垂直于斜面向下的磁場，磁感應強度B1隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，其中B1的最大值為2B。現(xiàn)將一根質(zhì)量為M、電阻為R、長為L的金屬細棒cd跨放在MNPQ區(qū)域間的兩導軌上并把它按住，使其靜止。在t = 0時刻，讓另一根長為L的金屬細棒ab從CD上方的導軌上由靜止開始下滑，同時釋放cd棒。已知CF長度為2L，兩根細棒均與導軌良好接觸，在ab從圖中位置運動到EF處的過程中，cd棒始終靜止不動，重力加速度為g；tx是未知量。 （1）求通過cd棒的電流，并確定MNPQ區(qū)域內(nèi)磁場的方向； （2）當ab棒進入CDEF區(qū)域后，求cd棒消耗的電功率； （3）求ab棒剛下滑時離CD的距離。
11． （18分）如圖所示，光滑的平行金屬導軌CD與EF間距為L=1 m，與水平夾角為θ=300，導軌上端用導線CE連接(導軌和連接線電阻不計)，導軌處在磁感應強度為B=0.2T、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中。一根電阻為R=Ω的金屬棒MN兩端有導電小輪擱在兩導軌上，棒上有吸水裝置P。取沿導軌向下為 軸正方向，坐標原點在CE中點。開始時棒處在 位置(即與CE重合)，棒的起始質(zhì)量不計。當棒開始吸水自靜止起下滑，質(zhì)量逐漸增大，設(shè)棒質(zhì)量的增大與位移的平方根成正比，即 ，其中 =0.01 kg/m1/2。求： (1) 在金屬棒下滑1 m位移的過程中，流過棒的電荷量是多少？ (2) 猜測金屬棒下滑過程中做的是什么性質(zhì)的運動，并加以證明。 (3) 當金屬棒下滑2 m位移時電阻R上的電流有多大？ 1、解：用v表示所求的速度值，此時電動勢  ……………①
此時電流  …………………②
MN所受安培力  ………………③
將MN所受的安培力沿水平和豎直方向分解，由豎直方向合力為零，得  ……………④
由以上各式得  m/s
2．（15分）（1）金屬棒未進入磁場時，R總＝RL＋R/2＝5 W �。�2） E1＝＝＝0.5 V �。�2分） IL＝E1/R總＝0.1 A， �。�2分） （2）因燈泡亮度不變，故4 s末金屬棒進入磁場時剛好勻速運動， I＝IL＋IR＝IL＋＝0.3 A （2分） F＝FA＝BId＝0.3 N �。�2分） （3）E2＝I（R＋）＝1 V �。�1分） v＝＝1 m/s， �。�1分） a＝＝0.25 m/s2， �。�1分） m＝＝1.2 kg�！ 。�3分 3 ．解：（1）由圖知：12s末的速度為v1=9m/s，t1=12s（2分） 導體棒在0―12s內(nèi)的加速度大小為 =0.75m/s2（1分） （2）設(shè)金屬棒與導軌間的動摩擦因素為μ. A點：E1=BLv1（1分） I1= （1分） 由牛頓第二定律：F1－μmg－BI1L=ma1（2分） 則P額=F1?v1（1分） C點：棒達到最大速度vm=10m/s， Em=BLvm Im= （1分） 由牛頓第二定律：F2－μmg－BImL=0（2分） 則P額=F2?vm（1分） 聯(lián)立，代入為數(shù)據(jù)解得：μ=0.2，R=0.4Ω（1分） （3）在0―12s內(nèi)通過的位移：s1= （0+v1）t1=54m（1分） AC段過程發(fā)生的位移S2=100－S1=46m（1分） 由能量守恒：P額t=QR+μmg?s2+mvm2－mv12（2分） 代入數(shù)據(jù)解得：QR=12.35J（1分） 4．解析：（1）由 ………………① （2）設(shè)桿某時刻的速度為v，此時電容器的電壓U=Blv 電容器的電量Q=C?U=CBlv 
電流恒定，a恒定，即金屬桿做勻加速直線運動……………………② （3） ………………③ 由牛頓第二定律得：F―BIl=ma……………………④  ……………………⑤
 ……………………⑥
由公式 ……………………⑦ 5．（1）當金屬棒到達導軌的最低點O、O/，小燈泡恰好正常發(fā)光。此時有通過電路的電流為I： 由 可得： （2分） 由閉合電路的歐姆定律得： （1分） ab切割產(chǎn)生的電動勢 （2分） 解得：v= 4m/s （1分） (2) 金屬棒ab到達導軌的最低點，由牛頓第二定律： （ 3分） 帶值解得： （2分） 根據(jù)牛頓第三定律，棒ab到達導軌的最低點時對軌道的壓力大小為13N，方向豎直向下。 （3）金屬棒ab從M、N到O、O/的過程中，設(shè)小燈泡產(chǎn)生的熱量為Q，因為金屬棒的電阻與小燈泡的電阻相同，所以金屬棒產(chǎn)生的熱量也為Q，回路產(chǎn)生的熱量為2Q。 由能量守恒定律：  （3分） 解得：Q=0.5J
（2分 6．解：在任一時刻t，有效切割長度為L＝vttana （1分） 產(chǎn)生的感應電動勢為E＝BLv＝ tana （2分） 此時，回路阻值為R＝Lr＝vrttana （1分） 故電路中即時功率為 （2分） 由上式可知，回路中的功率隨時間線性變化，故平均功率為 
（2分）
釋放總熱量為 （2分）
（3分）
（1分）
另解： 
（6分）
（4分） 7、（20分） （1）設(shè)導體桿在F的作用下運動至磁場的左邊界時的速度為v1，根據(jù)動能定理則有 （F-μmg）s= mv12
………………………2分 導體桿剛進入磁場時產(chǎn)生的感應電動勢E=Blv1…………………………………1分 此時通過導體桿上的電流大小I=E/（R+r）=3.8A（或3.84A）………………2分 根據(jù)右手定則可知，電流方向為由b向a ………………………………………2分 （2）設(shè)導體桿在磁場中運動的時間為t，產(chǎn)生的感應電動勢的平均值為E平均，則由法拉第電磁感應定律有 E平均=△φ/t=Bld/t…………………………………………………2分 通過電阻R的感應電流的平均值 I平均=E平均/（R+r）………………………1分 通過電阻R的電荷量 q=I平均t=0.512C（或0.51C）…………………………2分 （3）設(shè)導體桿離開磁場時的速度大小為v2，運動到圓軌道最高點的速度為v3，因?qū)w桿恰好能通過半圓形軌道的最高點，根據(jù)牛頓第二定律對導體桿在軌道最高點時有 mg=mv32/R0……………………………………………………………………1分 對于導體桿從NN′運動至PP′的過程，根據(jù)機械能守恒定律有 mv22=mv32+mg2R0…………………………………………………………1分 解得v2=5.0m/s…………………………………………………………………1分 導體桿穿過磁場的過程中損失的機械能△E=mv12-mv22=1.1J…………3分 此過程中電路中產(chǎn)生的焦耳熱為 Q=△E-μmgd=0.94J……………………2分 8.解析： （1）.金屬板作切割磁感線運動，產(chǎn)生感應電動勢E E=Byv
①
（1分） 由曲線方程
y=0.8sin(x)m
②
（1分） 由①②式聯(lián)解得 E=0.4sin(x)v 正弦交流電
（1分） 電動勢的最大值 Em=0.4
③
（1分） 電動勢的有效值 E有=
④
（1分） 電路的總電阻 R總 = R+r
⑤
（1分） 根據(jù)閉合電路的歐姆定律 I= ⑥
（1分） 電阻R上消耗的電功率PR PR=I2R
⑦
（1分） 由① ~ ⑦ 式聯(lián)解得 PR=0.06w
（1分） （2）.金屬棒a b從靜止開始運動至X0=6m處，曲線方程 y′=0.8sin(X0)m
⑧
（1分） 設(shè)金屬棒在X0處的速度為V′，切割磁感線運動產(chǎn)生感應電動勢為E′ E′=B y′V′
⑨
（1分） 此時電路中消耗的電功率為P′ P′=
⑩
（1分） 此過程中安培力對金屬棒做功為W安，根據(jù)動能定理
mgsin370•S －μmgcos370 •S－ W安 = m V′2 11
（1分） 由⑧ ~11式聯(lián)解得 W安
=
3.8 J
（1分） 9． ⑴細線剛被拉斷時，ab棒所受各力滿足：F=IabLB+mg 得：Iab= =0.6A （4分） 電阻R中的電流：IR = =0.3A （1分） cd棒中的電流 Icd= Iab+
IR=0.6 A +0.3A=0.9A �。�1分） cd棒中產(chǎn)生的感應電動勢 E= Icd 0.75V 整個電路消耗的總電功率 P=Pab+
Pcd+ PR= Iab2r+ Icd2r+
IR2R=0.675W （或P= E Icd=0.675W）（4分） ⑵設(shè)線斷時cd棒的速度為V， 則E=BLV， 故 V= =1.875m/s
（3分） 對cd棒由動量定理可得： mgt―qLB=mV
（4分） 得 q=  =0.8125C
（1分） 10．（20分） 解：（1）如圖所示，cd棒受到重力、支持力和安培力的作用而處于平衡狀態(tài)
解得 （2分） 上述結(jié)果說明回路中電流始終保持不變，而只有回路 中電動勢保持不變，才能保證電流不變，因此可以知 道：在tx時刻ab剛好到達CDEF區(qū)域的邊界CD。 在0~tx內(nèi)，由楞次定律可知，回路中電流沿abdca方向，再由左手定則可知，MNPQ區(qū)域內(nèi)的磁場方向垂直于斜面向上 （2分） （2）ab棒進入CDEF區(qū)域后，磁場不再發(fā)生變化，在ab、cd和導軌構(gòu)成的回路中，ab相當于電源，cd相當于外電阻 有 （4分） （3）ab進入CDEF區(qū)域前只受重力和支持力作用做勻加速運動，進入CDEF區(qū)域后將做勻速運動。設(shè)ab剛好到達CDEF區(qū)域的邊界CD處的速度大小為v，剛下滑時離CD的距離為s （1分） 在0~tx內(nèi)：由法拉第電磁感定律有 （2分） 在tx后：有E2 = BLv （2分）
E1 = E2 （1分） 解得： （1分） 由 （1分） 解得s = L 11．(18分) (1)金屬棒下滑1 m過程中，流過棒的電量可以用 
(4分)
 (2)由于棒從靜止開始運動，因此首先可以確定棒開始階段做加速運動，然后通過受力分析，看看加速度可能如何變化?如圖所示，棒在下滑過程中沿導軌方向有向下的重力分力 和向上的安培力F。由于m隨位移增大而增大，所以，是一個變力；而安培力與速度有關(guān)，也隨位移增大而增大，如果兩個力的差值恒定，即合外力是恒力的話，棒有可能做勻加速運動。
(2分)
假設(shè)棒做的是勻加速運動，且設(shè)下滑位移時的加速度為 ，根據(jù)牛頓第二定律，有 (1分) 而安培力
(1分) 所以 假設(shè)棒做勻加速直線運動，則瞬時速度 ，由于，代入后得： 
 ① (2分)
從上述方程可以看出的解是一個定值，與位移無關(guān)，這表明前面的假設(shè)成立，棒的運動確實是勻加速直線運動。若與位移有關(guān)，則說明是一個變量，即前面的假設(shè)不成立。
(2分) (3)為了求棒下滑2 m時的速度，應先求出棒的加速度。將題目給出的數(shù)據(jù)代①式得到 
令 則 解得 ， （舍去）即加速度
(2分) 根據(jù)勻變速運動規(guī)律， 此時電阻R上的電流
(4分)
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