高考物理法拉第電磁感應(yīng)定律推斷題綜合試題含答案

一、法拉第電磁感應(yīng)定律1.如圖甲所示，兩根足夠長的水平放置的平行的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻不計，間距為L,導(dǎo)軌間電阻為RoPQ右側(cè)區(qū)域處于垂直紙面向里的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為 B;PQ左側(cè)區(qū)域兩導(dǎo)軌間有一面積為S的圓形磁場區(qū)，該區(qū)域內(nèi)磁感應(yīng)強度隨時間變化的圖象如圖乙所示，取垂直紙面向外為正方向，圖象中 B0和to都為已知量。一根電阻為r、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒置于導(dǎo)軌上，0?t0時間內(nèi)導(dǎo)體棒在水平外力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)， t0時刻立即撤掉外力，同時給導(dǎo)體棒瞬時沖量，此后導(dǎo)體棒向右做勻速直線運動，且始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。求:(1)0~to持良好接觸。求:(1)0~to時間內(nèi)導(dǎo)體棒ab所受水平外力的大小及方向(2)to時刻給導(dǎo)體棒的瞬時沖量的大小BB0SL【答案】BB0SL【答案】⑴F=w水平向左(2)mBoS

BLto【解析】【詳解】(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律得：BSBoSEi

tt to所以此時回路中的電流為：I旦BoS

RrtoRr根據(jù)右手螺旋定則知電流方向為 a到b.因為導(dǎo)體棒在水平外力作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，故外力等于此時的安培力，即:F=F安=F=F安=BILBBoSLtoRr由左手定則知安培力方向向右，故水平外力方向向左(2)導(dǎo)體棒做勻速直線運動，切割磁感線產(chǎn)生電動勢為：E2BLv由題意知：Ei E2所以聯(lián)立解得:

BoSBLto所以根據(jù)動量定理知to時刻給導(dǎo)體棒的瞬時沖量的大小為:mBoSImv0 —BLtoBBoSL答：(1)O~to時間內(nèi)導(dǎo)體棒ab所受水平外力為F=—— ，萬向水平向左toRr(2)to(2)to時刻給導(dǎo)體棒的瞬時沖量的大小mBoS

^Lt72.如圖，匝數(shù)為N、電阻為r、面積為S的圓形線圈P放置于勻強磁場中，磁場方向與線圈平面垂直，線圈P通過導(dǎo)線與阻值為R的電阻和兩平行金屬板相連，兩金屬板之間的距離為d,兩板間有垂直紙面的恒定勻強磁場。當(dāng)線圈 P所在位置的磁場均勻變化時，一質(zhì)量為m、帶電量為q的油滴在兩金屬板之間的豎直平面內(nèi)做圓周運動。重力加速度為 g,求：(1)勻強電場的電場強度(2)流過電阻R的電流(3)線圈P所在磁場磁感應(yīng)強度的變化率【答案】⑴吟2)【答案】⑴吟2)mgd(3)工qqRtmgd(Rr)NQRS(1)由題意得:解得qE=mgmg(2)(1)由題意得:解得qE=mgmg(2)由電場強度與電勢差的關(guān)系得:由歐姆定律得:解得解得mgd

qR(3)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得到：EN——

ttt根據(jù)閉合回路的歐姆定律得到： EI(Rr)解得：Bmgd(Rr)tNqRS3.水平面上平行固定兩長直導(dǎo)體導(dǎo)軌MN和PQ,導(dǎo)軌寬度L=2m,3.水平面上平行固定兩長直導(dǎo)體導(dǎo)軌強磁場，磁感應(yīng)強度B=0.5T,在垂直于導(dǎo)軌方向靜止放置兩根導(dǎo)體棒 1和2,其中1的質(zhì)初速度vo=10m/s,不計一切摩擦，不計其余電阻，兩棒不會相撞.(1)初始時刻導(dǎo)體棒2的加速度a大小.量M=4kg,有效電阻R=0.6初速度vo=10m/s,不計一切摩擦，不計其余電阻，兩棒不會相撞.(1)初始時刻導(dǎo)體棒2的加速度a大小.請計算:(2)系統(tǒng)運動狀態(tài)穩(wěn)定時1的速度v大小.(3)系統(tǒng)運動狀態(tài)達到穩(wěn)定的過程中，流過導(dǎo)體棒 1某截面的電荷量q大小.(4)若初始時刻兩棒距離d=10m,則穩(wěn)定后兩棒的距離為多少？【答案】(1)10m/s2(2)8m/s(3)8c(4)2m【解析】【詳解】解：(1)初始時：EBLv0Rr對棒2：F安BILma22解得：a —10m/s2Rr(2)對棒1和2的系統(tǒng)，動量守恒，則最后穩(wěn)定時： Mvo(mM)v解得：v8m/s⑶對棒2,由動量定理： BILtmv,其中qIt

mv8c解得：mv8c,BLE(4)由E—>I-一、q聯(lián)立解得：q RrRrmv解得：xmv(Rr)解得：xmv(Rr)ZT2~2BL則穩(wěn)定后兩棒的距離：dd4.如圖所示，兩平行光滑的金屬導(dǎo)軌 MN、PQ固定在水平面上，相距為 L,處于豎直向下的磁場中，整個磁場由n個寬度皆為x0的條形勻強磁場區(qū)域1、2、3、…n組成，從左向右依次排列，磁感應(yīng)強度的大小分別為 B、2B、3B、…nB,兩導(dǎo)軌左端MP間接入電阻R,一質(zhì)量為m的金屬棒ab垂直于MN、PQ放在水平導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌電接觸良好，不計導(dǎo)軌和金屬棒的電阻。(1)對導(dǎo)體棒ab施加水平向右的力，使其從圖示位置開始運動并穿過 n個磁場區(qū)，求導(dǎo)體棒穿越磁場區(qū)1的過程中，通過電阻R的電荷量q。(2)對導(dǎo)體棒ab施加水平向右的恒力F0,讓它從磁場1左側(cè)邊界處開始運動，當(dāng)向右運動距離為工時做勻速運動，求棒通過磁場區(qū) 1所用的時間to(3)對導(dǎo)體棒ab施加水平向右的恒定拉力F1,讓它從距離磁場區(qū)1左側(cè)x=x0的位置由靜止開始做勻加速運動，當(dāng)棒 ab進入磁場區(qū)1時開始做勻速運動，此后在不同的磁場區(qū)施加不同的水平拉力，使棒ab保持該勻速運動穿過整個磁場區(qū)，求棒ab通過第i磁場區(qū)時的水平拉力Fi和棒ab通過整個磁場區(qū)過程中回路產(chǎn)生的電熱 Q。R11一F；XII||b '2犯XX3 ； ；IkXXX； i X-X!1 1 1I i ii ? ii i ii i iQP口?！?—前一一期一* *一用1—)試題分析：⑴電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 E=—試題分析：⑴電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 E=—Ar。通過電阻R的電荷量q= R

導(dǎo)體棒穿過1導(dǎo)體棒穿過1區(qū)過程=瑯工。解得BLx(2)棒勻速運動的速度為 v,則i設(shè)棒在前x0/2距離運動的時間為t1,則由動量定律：F0ti-BqL=mv;解得：.設(shè)棒在后x0/2勻速運動的時間為t2,則所以棒通過區(qū)域i所用的總時間：t=士+八=一上三十-產(chǎn)述R七(3)進入i區(qū)時拉力為E，速度下，則有月工二:血11%—名0=c2陵工42陵工4冷mR2i,.二 -。進入i區(qū)時的拉力F_二見義導(dǎo)體棒以后通過每區(qū)都以速度＞做勻速運動，由功能關(guān)系有解得Ond*'(f42:+3:+ + 廣)。? 陽R.考點：動能定理的應(yīng)用；導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化5.如圖所示，在勻強磁場中有一足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌，與水平面間的夾角 9=30°,間距L=0.5m,上端接有阻值R=0.3直J電阻.勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小 B=0.4T,磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上.一質(zhì)量m=0.2kg,電阻r=0.1的導(dǎo)體棒MN,在平行于導(dǎo)軌的外力F作用下，由靜止開始向上做勻加速運動，運動過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好.當(dāng)棒的位移 d=9m時，電阻R上消耗的功率為P=2.7W,其它電阻不計，g取10m/s2求:⑴此時通過電阻R上的電流；(2)這一過程通過電阻R上的電荷量q；(3)此時作用于導(dǎo)體棒上的外力 F的大小.【答案】(1)3A(2)4.5C(3)2N【解析】【分析】【詳解】(1)根據(jù)熱功率：P=I2R,解得：IP 3A(2)回路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢： EE由歐姆定律得：I—R+r得電流和電量之間關(guān)系式： 解得：IP 3A(2)回路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢： EE由歐姆定律得：I—R+r得電流和電量之間關(guān)系式： q「tn——tBLd代入數(shù)據(jù)得：q-BLd-4.5CRr(3)此時感應(yīng)電流I=3A,由I—E—Rr IRr解得此時速度： v 6m/sBL由勻變速運動公式：v2=2ax,2解得：a—2m/s2BLvRr2d對導(dǎo)體棒由牛頓第二定律得： F—F安一mgsin30°=ma,即：F—BIL—mgsin30°=ma,解得：F=ma+BIL+mgsin30°=2N【點睛】本題考查電功率，電量表達式及電磁感應(yīng)電動勢表達式結(jié)合牛頓第二定律求解即可，難度不大，本題中加速度的求解是重點.【考點】動生電動勢、全電路的歐姆定律、牛頓第二定律6.如圖所示，ACDEFG為兩根相距L=0.5m的足夠長的金屬直角導(dǎo)軌，它們被豎直固定在絕緣水平面上，CDGF面與水平面夾角0=300.兩導(dǎo)軌所在空間存在垂直于 CDGF平面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為 B'=1T.兩根長度也均為L=0.5m的金屬細桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直接觸形成閉合回路， ab桿的質(zhì)量mi未知，cd桿的質(zhì)量m2=0.1kg,兩桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)均為k旦,兩金屬細桿的電阻均為 R=0.5Q,導(dǎo)軌電阻不計.當(dāng)ab以速度vi6沿導(dǎo)軌向下勻速運動時， cd桿正好也向下勻速運動，重力加速度g取10m/s2.(1)金屬桿cd中電流的方向和大小(2)金屬桿ab勻速運動的速度vi和質(zhì)量mi【答案】I=5A電流方向為由d流向c;vi=10m/s m=1kg【解析】【詳解】(1)由右手定則可知cd中電流方向為由d流向c對cd桿由平衡條件可得： mgsin60° (n]gcos60° F安)F安 BLI聯(lián)立可得：I=5A(2)對ab:由BLV1 2IR得v110m/s分析ab受力可得： mgsin30°BLI mgcos30°解得：m〔=1kg7.如圖所示，質(zhì)量為2m的U形線框ABCD下邊長度為L,電阻為R,其它部分電阻不計，其內(nèi)側(cè)有質(zhì)量為m,電阻為R的導(dǎo)體棒PQ,PQ與線框相接觸良好，可在線框內(nèi)上下滑動.整個裝置豎直放置，其下方有垂直紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為 B.將整個裝置從靜止釋放，在下落過程線框底邊始終水平.當(dāng)線框底邊進入磁場時恰好做勻速運動，此時導(dǎo)體棒PQ與線框間的滑動摩擦力為二困.經(jīng)過一段時間，導(dǎo)體棒PQ恰好到達磁場上一邊界，但未進入磁場， PQ運動的距離是線框在磁場中運動距離的兩倍.不計空氣阻力，重力加速度為g.求：(1)線框剛進入磁場時，BC兩端的電勢差;(2)導(dǎo)體棒PQ到達磁場上邊界時速度大小；(3)導(dǎo)體棒PQ到達磁場上邊界前的過程線框中產(chǎn)生的焦耳熱.【答案】【解析】試題分析:1)5mgR

2BL,215mgR-(2)—【答案】【解析】試題分析:1)5mgR

2BL,215mgR-(2)—2V⑼b2l232 2125mgRZT4~4B4L4(1)線框剛進入磁場時是做勻速運動.由平衡知識可列:2mg1mgBILUBC5mgR

2BLUBC(2)設(shè)導(dǎo)體棒到達磁場上邊界速度為 Upg,線框底邊進入磁場時的速度為 口。；導(dǎo)體棒相對于線框的距離為X-,,線框在磁場中下降的距離為 力.-%口-2盯5mgR2IR-BL聯(lián)解上述方程式得:PQ15mgR聯(lián)解上述方程式得:PQ_2_2-BL(3)線框下降的時間與導(dǎo)體棒下滑的時間相等U/V一U/V一/=彳即聯(lián)解上述方程式得:32 2八125mgRQ 4T4-BL考點：法拉第電磁感應(yīng)定律；物體的平衡8.如圖所示，無限長金屬導(dǎo)軌 EF、PQ固定在傾角為9=53。的光滑絕緣斜面上，軌道間距L=1m,底部接入一阻值為R=0.4曲定值電阻，上端開口.垂直斜面向上的勻強磁場的磁感應(yīng)強度B=2「一質(zhì)量為m=0.5kg的金屬棒ab與導(dǎo)軌接觸良好，ab與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)尸0.2,ab連入導(dǎo)軌間的電阻r=0.1，電路中其余電阻不計.現(xiàn)用一質(zhì)量為=2.86kg的物體通過一不可伸長的輕質(zhì)細繩繞過光滑的定滑輪與 ab相連.由靜止釋放M,當(dāng)M下落高度h=2.0m時，ab開始勻速運動(運動中ab始終垂直導(dǎo)軌，并接觸良好).不計空氣阻力，sin53=0.8,cos53=0.6,取g=10m/s2.求：(1)ab棒沿斜面向上運動的最大速度 vm;(2)ab棒從開始運動到勻速運動的這段時間內(nèi)電阻 R上產(chǎn)生的焦耳熱Qr和流過電阻R的總電荷量q.【答案】(1)3m/s.(2)26.3J,8c【解析】【分析】【詳解】(1)由題意知，由靜止釋放M后，ab棒在繩拉力T、重力mg、安培力F和軌道支持力N及摩擦力f共同作用下做沿軌道向上做加速度逐漸減小的加速運動直至勻速運動，當(dāng)達到最大速度時，由平衡條件有：T-mgsin0-F-f=0…①N-mgcos0=0…②T=Mg…③又由摩擦力公式得f=小…④ab所受的安培力F=BIL…⑤回路中感應(yīng)電流IBLvmi”⑥Rr1聯(lián)解①②③④⑤⑥ 并代入數(shù)據(jù)得：最大速度vm=3m/s…⑦(2)由能量守恒定律知，系統(tǒng)的總能量守恒，即系統(tǒng)減少的重力勢能等于系統(tǒng)增加的動能、焦耳熱及摩擦而轉(zhuǎn)化的內(nèi)能之和，有：TOC\o"1-5"\h\z1 2Mgh-mghsin0—MmvmQ+fh…⑧2R電阻R廣生的焦耳熱Qr Q…⑨Rr根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律有:流過電阻R的總電荷量q14t…⑩電流的平均值「一E ?Rr⑴感應(yīng)電動勢的平均值 EAr-|||?磁通量的變化量4①二B?(Lh)…？

聯(lián)解⑧⑨⑩？?？ 并代入數(shù)據(jù)得：Qr=26.3J,q=8C9.如圖甲所示，一水平放置的線圈，匝數(shù)n二100匝，橫截面積S=0.2m2,電阻r=1Q,線圈處于水平向左的均勻變化的磁場中，磁感應(yīng)強度 Bi隨時間t變化關(guān)系如圖乙所示。線圈與足夠長的豎直光滑導(dǎo)軌 MNPO連接，導(dǎo)軌間距l(xiāng)=20cm,導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌始終接觸良好，ab棒的電阻R=4Q,質(zhì)量m=5g導(dǎo)軌的電阻不計，導(dǎo)軌處在與導(dǎo)軌平面垂直向里的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B2=0.5T。t=0時，導(dǎo)體棒由靜止釋放， g取10m/s2,求：(1)t=0時，線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢太?。?2)t=0時，導(dǎo)體棒ab兩端的電壓和導(dǎo)體棒的加速度大?。?3)導(dǎo)體棒ab到穩(wěn)定狀態(tài)時，導(dǎo)體棒所受重力的瞬時功率。【答案】(1)2V;(2)1.6V;2m/s2;(3)0.25W; B【解析】⑴由圖乙可知，線圈內(nèi)磁感應(yīng)強度變化率： —0.1T/StB由法拉第電磁感應(yīng)定律可知： E1n——n—S2Vtt⑵t=0時，回路中電流：IE^—04ARr導(dǎo)體棒ab兩端的電壓UIR1.6V設(shè)此時導(dǎo)體棒的加速度為 a,則由：mg民11ma/曰 B2IIC,2得：ag 2m/sm⑶當(dāng)導(dǎo)體棒ab達到穩(wěn)定狀態(tài)時，滿足：mgB2II| E1B21vRr得：v5m/s此時，導(dǎo)體棒所受重力的瞬時功率 Pmgv0.25W【點睛】本題是感生電動勢類型，關(guān)鍵要掌握法拉第電磁感應(yīng)定律的表達式BSEn-B-^-,再結(jié)合閉合電路歐姆定律進行求解，注意楞次定律來確定感應(yīng)電動勢的方tIm,導(dǎo)軌平Im,導(dǎo)軌平10.如圖所示，處于勻強磁場中的兩根足夠長、電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌相距

面與水平面成。=37。角，下端連接阻值為R的電阻.勻強磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直.質(zhì)量為0.2kg、電阻不計的金屬棒放在兩導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)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)金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑時的加速度大小；(2)當(dāng)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=2Q,金屬棒中的電流方向由 a至1Jb,求磁感應(yīng)強度的大小與方向.(g=10rn/s2,sin37=0.6,cos37=0.8)【答案】(1)4m/s2(2)10m/s(3)0.4T,方向垂直導(dǎo)軌平面向上【解析】試題分析： (1)金屬棒開始下滑的初速為零，根據(jù)牛頓第二定律：博w也16一即皂C。E日=湘＜!①由①式解得在=10X(O.6—0.25X0.8m/s2=4m/s2②(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(dǎo)軌方向受力平衡徵皂士山夕一回皂C：◎39—F=。③此時金屬棒克服安培力做功的功率等于電路中電阻 式消耗的電功率：Fy--P?由③、④兩式解得p gv=—= m/5=Wni/s⑤FOJxlOx(0.6-O.25xO.E)' 'O(3)設(shè)電路中電流為I,兩導(dǎo)軌間金屬棒的長為 1,磁場的磁感應(yīng)強度為BvBt--K-八⑥產(chǎn)二廠貨⑦由⑥、⑦兩式解得B由⑥、⑦兩式解得B=2-=——T=04丁Vl10XI磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上考點：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；牛頓第二定律【名師點睛】本題主要考查了導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢、牛頓第二定律 。屬于中等難度的題目，解這類問題的突破口為正確分析安培力的變化，根據(jù)運動狀態(tài)列方程求解。開始下滑時，速度為零，無感應(yīng)電流產(chǎn)生，因此不受安培力，根據(jù)牛頓第二定律可直接求解加速度的大??；金屬棒下滑速度達到穩(wěn)定時，金屬棒所受合外力為零，根據(jù)平衡條件求出安培力。CWT視頻F)POMNPQMN的電阻不計，間距.如圖所示，固定于水平桌面上足夠長的兩平行導(dǎo)軌POMNPQMN的電阻不計，間距為d=0.5m.P、M兩端接有一只理想電壓表，整個裝置處于豎直向下的磁感應(yīng)強度 氏0.2T的勻強磁場中.電阻均為r=0.1Q,質(zhì)量分別為m=300g和m=500g的兩金屬棒Li、L2平行的擱在光滑導(dǎo)軌上，現(xiàn)固定棒 Li,L2在水平恒力F=0.8N的作用下，由靜止開始做加速運動，試求：(1)當(dāng)電壓表的讀數(shù)為U=0.2V時，棒L2的加速度多大？(2)棒L2能達到的最大速度Vm.(3)若在棒L2達到最大速度Vm時撤去外力F,并同時釋放棒Li,求棒L2達到穩(wěn)定時的速度值.(4)若固定棒Li,當(dāng)棒L2的速度為V,且離開棒Li距離為S的同時，撤去恒力 F,為保持棒L2做勻速運動，可以采用將B從原值(Bo=0.2T)逐漸減小的方法，則磁感應(yīng)強度B應(yīng)怎樣隨時間變化(寫出B與時間t的關(guān)系式)？Fi XxXXX(?xxxxx■TTpXXM**乂乂乂XXX川【答案】(i)i.2m/s2；(2)i6m/s；(3)Bt—0—Svt【解析】解：(i).Li與L2串聯(lián)，流過G的電流為IU2A①rL2所受安培力為：F=BdI=0.2N ②FF 2-a a m2i.2m/s③(2)當(dāng)L2(2)當(dāng)L2所受安培力則：F安=BdImF安=F時，棒有最大速度Vm,此時電路中電流為Im.BdVm1m-~2rF安=F由④⑤⑥得：Vm(3)由④⑤⑥得：Vm(3)撤去F后，棒度，對此過程有：2Fr……22i6m/s⑦B2d2L2做減速運動，Li做加速運動，當(dāng)兩棒達到共同速度V共時，L2有穩(wěn)定速m2Vm mi m2V共v丑 m2Vm iom/s⑨m!mb(4)要使L2保持勻速運動，回路中磁通量必須保持不變，設(shè)撤去恒力F時磁感應(yīng)強度為Bo,t(4)要使L2保持勻速運動，回路中磁通量必須保持不變，設(shè)撤去恒力BodS=Btd(S^vt) ⑩

D B0S…B1 Svt12.如圖所示，導(dǎo)線全部為裸導(dǎo)線,度為D B0S…B1 Svt12.如圖所示，導(dǎo)線全部為裸導(dǎo)線,度為B,一根長度大于2r的導(dǎo)線阻為R,其余電阻忽略不計.試求的平均值及通過的電荷量.半徑為 r的圓內(nèi)有垂直于平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強MN以速度v在圓環(huán)上自左向右勻速滑動，電路的固定電MN從圓環(huán)的左端到右端的過程中電阻 R上的電流強度【解析】試題分析:由于A軍B?登B?2,r完成這一變化所用的時間t二空vBrv所以電阻R上的電流強度平均值為IEBrvR2RBr2通過R的電何重為q=I-t= R考點：法拉第電磁感應(yīng)定律；電量13.如圖甲所示，光滑且足夠長的平行金屬導(dǎo)軌 MN、PQ固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌間距L0.30m.導(dǎo)軌電阻忽略不計，其間連接有固定電阻 R0.40.導(dǎo)軌上停放一質(zhì)量m0.10kg、電阻r0.20Q的金屬桿ab,整個裝置處于磁感應(yīng)強度B0.50T的勻強磁場中，磁場方向豎直向下.用一外力 F沿水平方向拉金屬桿ab,使之由靜止開始做勻加速運動，電壓傳感器可將 R兩端的電壓U即時采集并輸入電腦，獲得電壓 U隨時間t變化的關(guān)系如圖乙所示.XXXX乙XXXX乙(1)計算加速度的大小;(2)求第2s末外力F的瞬時功率；(3)如果水平外力從靜止開始拉動桿 2s所做的功W0.35J,求金屬桿上產(chǎn)生的焦耳執(zhí)八、、?【答案】(1)im/s2(2)0.35W(3)5,0102J【解析】【詳解】R(1)根據(jù)EBlv,vat,UR ERr結(jié)合圖乙所示數(shù)據(jù)，解得： a=1m/s2.(2)由圖象可知在2s末，電阻R兩端電壓為0.2V通過金屬桿的電流IURR金屬桿受安培力F安BILTOC\o"1-5"\h\z設(shè)2s末外力大小為F2,由牛頓第二定律， F2 F安 ma,故2s末時F的瞬時功率P F2v2 0.35W1 2(3)設(shè)回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q,由能量守恒定律，WQ-mv2\o"CurrentDocument"2 2電阻R與金屬桿的電阻r串聯(lián)，產(chǎn)生焦耳熱與電阻成正比金屬桿上產(chǎn)生的焦耳熱Qr —空RrL,左端連有阻值為B、方向