電磁感應(yīng)現(xiàn)象壓軸題綜合題附答案一、高中物理解題方法：電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩類情況如圖所示，光滑的長(zhǎng)平行金屬導(dǎo)軌寬度d=50cm，導(dǎo)軌所在的平面與水平面夾角0=37°，導(dǎo)軌上端電阻R=0.8Q，其他電阻不計(jì).導(dǎo)軌放在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.4T.金屬棒ab從上端由靜止開始下滑，金屬棒ab的質(zhì)量m=0.1kg.(sin37°=0.6,g=10m/s2)求導(dǎo)體棒下滑的最大速度；求當(dāng)速度達(dá)到5m/s時(shí)導(dǎo)體棒的加速度；若經(jīng)過時(shí)間t，導(dǎo)體棒下滑的垂直距離為s，速度為v.若在同一時(shí)間內(nèi)，電阻產(chǎn)生的熱與一恒定電流I0在該電阻上產(chǎn)生的熱相同，求恒定電流I0的表達(dá)式(各物理量全部用字母表示).【答案】(1)18.75m/s(2)a=4.4m/s2(3),*-"2Rt【解析】【分析】根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小與安培力大小表達(dá)式，結(jié)合閉合電路歐姆定律與受力平衡方程，即可求解；根據(jù)牛頓第二定律，由受力分析，列出方程，即可求解；根據(jù)能量守恒求解；解：(1)當(dāng)物體達(dá)到平衡時(shí)，導(dǎo)體棒有最大速度，有：m§sin6=Fcos0,根據(jù)安培力公式有：F=BIL,TEBLvcos0根據(jù)歐姆定律有：1= ,RRmgRsin0解得：v= =18.75；B2L2cos20(2)由牛頓第二定律有：mgsin0-Fcos0=maI=BLvcos0=1AR ，F(xiàn)=BIL=0.2N,a=4.4m/s2；(3)根據(jù)能量守恒有：mgs=2mv2+12Rt,如圖，在地面上方空間存在著兩個(gè)水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的理想邊界ef、gh、pq水平，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,區(qū)域I的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，區(qū)域II的磁場(chǎng)方向向外，兩個(gè)磁場(chǎng)的高度均為，將一個(gè)質(zhì)量為m,電阻為R,對(duì)角線長(zhǎng)為2L的正方形金屬線圈從圖示位置由靜止釋放（線圈的d點(diǎn)與磁場(chǎng)上邊界f等高，線圈平面與磁場(chǎng)垂直），下落過程中對(duì)角線ac始終保持水平，當(dāng)對(duì)角線ac剛到達(dá)cf時(shí)，線圈恰好受力平衡；當(dāng)對(duì)角線ac到達(dá)h時(shí)，線圈又恰好受力平衡（重力加速度為g）.求：b￡"ZxxJ主一九n 9⑴當(dāng)線圈的對(duì)角線ac剛到達(dá)gf時(shí)的速度大?。虎茝木€圈釋放開始到對(duì)角線ac到達(dá)gh邊界時(shí)，感應(yīng)電流在線圈中產(chǎn)生的熱量為多少?【答案】（1）七=僉竿（2）Q=2mgL-：；：：R4B2L 512B4L4【解析】【詳解】（1）設(shè)當(dāng)線圈的對(duì)角線ac剛到達(dá)ef時(shí)線圈的速度為％，則此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:E1=Bx2LV]……，E感應(yīng)電流：I1—R由力的平衡得：BI1x2L=mgmgR解以上各式得：v=廠廠14B2L（2）設(shè)當(dāng)線圈的對(duì)角線ac剛到達(dá)ef時(shí)線圈的速度為？2，則此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=2Bx2LvE感應(yīng)電流：12=~R由力的平衡得：2BI2x2L=mg解以上各式得:mgR

v解以上各式得:mgR

v= 2 16B2L2設(shè)感應(yīng)電流在線圈中產(chǎn)生的熱量為Q,由能量守恒定律得:mgx2L-Q-—mv22 2解以上各式得：Q=2mgL-*：2R2512B4L如圖，兩足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌平面與水平面間夾角為0=30。，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，二者相距l(xiāng)=1m，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面，框架上垂直放置一根質(zhì)量為m=0.1kg的光滑導(dǎo)體l棒乃，并通過細(xì)線、光滑滑輪與一質(zhì)量為2m、邊長(zhǎng)為5正方形線框相連，金屬框下方h=1.0m處有垂直紙面方向的長(zhǎng)方形有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)將金屬框由靜止釋放，當(dāng)金屬框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q1=0.318J，且金屬框剛好能勻速通過有界磁場(chǎng)。已知兩磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。定值電阻R=1Q。導(dǎo)體棒ab和金屬框單位長(zhǎng)度電阻r=1Q/m，g=10m/s2，求兩磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度為多大？金屬框剛離開磁場(chǎng)時(shí)，系統(tǒng)損失的機(jī)械能是多大？金屬框下方?jīng)]有磁場(chǎng)時(shí)，棒的最大速度是多少？XX.XxXX又jCK《【答案】(1)1T(2)2.136J(3)3m/s【解析】【詳解】⑴由題意知，導(dǎo)體棒ab接入電路的電阻為人廣rl=1Q與定值電阻R相等，故金屬框由靜止釋放到剛進(jìn)入磁場(chǎng)過程重金屬導(dǎo)軌回路產(chǎn)生的總熱量為Q=2Q1=0.636J此過程由動(dòng)能定理得1/C、2mgh-mghsin30°-Q=—(m+2m)v22解得

金屬框的總電阻為金屬框在磁場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為EjBlv，則有金屬框產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)1z=Blv2E=R"2金屬框在磁場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)由平衡條件得12mg—mgsin30°—BIl—BIl=01 22B=1T(2)由于金屬框剛好能做勻速通過有界磁場(chǎng)，說明磁場(chǎng)寬度與線框邊長(zhǎng)相等d=—=0.5m2根據(jù)能量守恒得2mg(h+2d)一mg(h+2d)sin30°=AE+上(m+2m)v22(3)金屬框下沒有磁場(chǎng)△E=2.136J(3)金屬框下沒有磁場(chǎng)，棒的速度達(dá)到最大后做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)此時(shí)速度為吮，則根據(jù)平衡條件得2mg—mgsin300-BIl=0解得v=3m/s。如圖所示，粗糙斜面的傾角。=37°，斜面上直徑D=0.4m的圓形區(qū)域內(nèi)存在著垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中只畫出了磁場(chǎng)區(qū)域，未標(biāo)明磁場(chǎng)方向)，一個(gè)匝數(shù)為〃=100的剛性正方形線框abcd，邊長(zhǎng)為0.5m，通過松弛的柔軟導(dǎo)線與一個(gè)額定功率P=2W的小燈泡L相連，圓形磁場(chǎng)的一條直徑恰好過線框bc邊，已知線框質(zhì)量m=2kg，總電阻R0=2Q，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)R=0.5，燈泡及柔軟導(dǎo)線質(zhì)量不計(jì)，從t=0時(shí)刻起，,磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度按B=1 t（T）的規(guī)律變化，開始時(shí)線框靜止在斜面上，T在線框運(yùn)動(dòng)兀前，燈泡始終正常發(fā)光，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g=10m/s2，sin37。=0.6，cos37。=0.8.（1） 求線框靜止時(shí)，回路中的電流I；（2） 求在線框保持不動(dòng)的時(shí)間內(nèi)，小燈泡產(chǎn)生的熱量Q；（3） 若線框剛好開始運(yùn)動(dòng)時(shí)即保持磁場(chǎng)不再變化，求線框從開始運(yùn)動(dòng)到bc邊離開磁場(chǎng)的過程中通過小燈泡的電荷量q.（柔軟導(dǎo)線及小燈泡對(duì)線框運(yùn)動(dòng)的影響可忽略，且斜面足夠長(zhǎng)）【答案】（1）1A（2）2.83J（3）0.16C【解析】【詳解】（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律可得線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為AtABAtAB1

x x—兀At 2=4V設(shè)小燈泡電阻為R，由、2可得R=2Q解得|a=1A（2）設(shè)線框保持不動(dòng)的時(shí)間為t，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件可得mgsin0=nf一2、— 八mgsin0=n1一一tID+日mgcos0I兀J解得t=0.45兀s產(chǎn)生的熱量為Q=Pt=2.83J

(3)線框剛好開始運(yùn)動(dòng)時(shí)(2…、—一—B=1——x0.45兀T=0.1Tj0—j0—B

n sAt根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得=R+R—R+R0根據(jù)電荷量的計(jì)算公式可得q=I,At="'5=0.16C

R+R

0如圖所示，間距為/的平行金屬導(dǎo)軌與水平面間的夾角為a，導(dǎo)軌間接有一阻值為R的電阻，一長(zhǎng)為/的金屬桿置于導(dǎo)軌上，桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為S導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于斜面向上，當(dāng)金屬桿受到平行于斜面向上大小為F的恒定拉力作用，可以使其勻F速向上運(yùn)動(dòng)；當(dāng)金屬桿受到平行于斜面向下大小為的恒定拉力作用時(shí)，可以使其保持與向上運(yùn)動(dòng)時(shí)大小相同的速度向下勻速運(yùn)動(dòng)，重力加速度大小為g，求:金屬桿的質(zhì)量；金屬桿在磁場(chǎng)中勻速向上運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小?！敬鸢浮?1)(2)RE pRF【答案】(1)(2)v= — 4B2l24B2l2tana【解析】【分析】【詳解】金屬桿在平行于斜面向上大小為F的恒定拉力作用下可以保持勻速向上運(yùn)動(dòng)，設(shè)金屬桿的質(zhì)量為m，速度為“由力的平衡條件可得F=mgsina+日mgcosa+BIl，同理可得F. “一+mgsina=日mgcosa+BIl，2由閉合電路的歐姆定律可得

由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E=BLv,聯(lián)立解得F

m= ,4gsina'金屬桿在磁場(chǎng)中勻速向上運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小_3RE_日RF

4B2/24B2/2tana6.如圖所示，兩條相距d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻.質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下.當(dāng)該磁場(chǎng)區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関.導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌光滑且足夠長(zhǎng)，桿在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸.求：(1)MN剛掃過金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I；⑵MN剛掃過金屬桿時(shí)，桿的加速度大小a；(3)PQ剛要離開金屬桿時(shí)，感應(yīng)電流的功率P.【答案】Bdv(1)【答案】Bdv(1)WRB2d2V B2d2(v-v)2(2)—f；(3) -mR【解析】【分析】本題的關(guān)鍵在于導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)E=Blv,切割的速度(v)是導(dǎo)體與磁場(chǎng)的相對(duì)速度，分析這類問題，通常是先電后力，再功能.(1)根據(jù)電磁感應(yīng)定律的公式可得知產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，結(jié)合閉合電路的歐姆定律，即可求得MN剛掃過金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I；根據(jù)第一問求得的電流，利用安培力的公式，結(jié)合牛頓第二定律，即可求得MN剛掃過金屬桿時(shí)，桿的加速度大小a；首先要得知，PQ剛要離開金屬桿時(shí)，桿切割磁場(chǎng)的速度，即為兩者的相對(duì)速度，然后結(jié)合感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的公式以及功率的公式即可得知感應(yīng)電流的功率P.【詳解】E Bdv(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E—Bdv。感應(yīng)電流 導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度是多少？ t時(shí)間內(nèi)回路中產(chǎn)生的焦耳熱是多少?—r解得1 導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度是多少？ t時(shí)間內(nèi)回路中產(chǎn)生的焦耳熱是多少?B2d2v(2)安培力F—Bid 牛頓第二定律F—ma解得a— <mR金屬桿切割磁感線的速度v'=v。-v，則E2 B2d2(v—v)2感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E—Bd(v0—v)電功率P—-—解得P— R一—【點(diǎn)睛】該題是一道較為綜合的題，考查了電磁感應(yīng)，閉合電路的歐姆定律以及電功電功率.對(duì)于法拉第電磁感應(yīng)定律是非常重要的考點(diǎn)，經(jīng)常入選高考物理壓軸題，平時(shí)學(xué)習(xí)時(shí)要從以下幾方面掌握.切割速度v的問題切割速度的大小決定了￡的大小；切割速度是由導(dǎo)體棒的初速度與加速度共同決定的.同時(shí)還要注意磁場(chǎng)和金屬棒都運(yùn)動(dòng)的情況，切割速度為相對(duì)運(yùn)動(dòng)的速度；不難看出，考電磁感應(yīng)的問題，十之八九會(huì)用到牛頓三大定律與直線運(yùn)動(dòng)的知識(shí).能量轉(zhuǎn)化的問題電磁感應(yīng)主要是將其他形式能量(機(jī)械能)轉(zhuǎn)化為電能，可由于電能的不可保存性，很快又會(huì)想著其他形式能量(焦耳熱等等)轉(zhuǎn)化.安培力做功的問題電磁感應(yīng)中，安培力做的功全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)全部的熱能，而且任意時(shí)刻安培力的功率等于系統(tǒng)中所有電阻的熱功率.動(dòng)能定理的應(yīng)用動(dòng)能定理當(dāng)然也能應(yīng)用在電磁感應(yīng)中，只不過同學(xué)們要明確研究對(duì)象，我們大多情況下是通過導(dǎo)體棒的.固定在軌道上的電阻，速度不會(huì)變化，顯然沒有用動(dòng)能定理研究的必要.如圖所示，一對(duì)光滑的平行金屬導(dǎo)軌(電阻不計(jì))固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且間距為L(zhǎng)，左端接有阻值R的電阻，一質(zhì)量m、長(zhǎng)度L的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，棒的電阻為r，整個(gè)裝置置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始做加速運(yùn)動(dòng)，保持外力的功率為P不變，經(jīng)過時(shí)間t導(dǎo)體棒最終做勻速運(yùn)動(dòng).求：B

【答案】（1）-^Z.⑵?！埂?【答案】（1） ；（2）【解析】【分析】（1） 金屬棒在功率不變的外力作用下，先做變加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)受到的安培力與F二力平衡，由法拉第定律、歐姆定律和安培力公式推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系式，再由平衡條件求解速度；（2） t時(shí)間內(nèi)，外力F做功為Pt，外力F和安培力對(duì)金屬棒做功，根據(jù)動(dòng)能定理列式求出金屬棒克服安培力做功，即可得到焦耳熱.【詳解】（1）金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLve—土、左，E感應(yīng)電流1=一E+e金屬棒所受的安培力F/BIL22聯(lián)立以上三式得：F、=土口外力的功率P=Fv勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有外力的功率P=Fv勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有F=F.安 聯(lián)立上面幾式可得：v=-；PBL1 2(2)根據(jù)動(dòng)能定理：WF+W安為時(shí)其中WF=Pt，Q=-W安一mPCR+r)可得：Q=Pt-9R2t2ZDL（5（1） 金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度是.m.DLmP（R+r）（2） t時(shí)間內(nèi)回路中產(chǎn)生的焦耳熱是Pt-繇勇.2dL【點(diǎn)睛】金屬棒在運(yùn)動(dòng)過程中克服安培力做功，把金屬棒的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，在此過程中金屬棒做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)；對(duì)棒進(jìn)行受力分析、熟練應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、動(dòng)能定理等正確解題.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有間距L=0.2m的足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌CD、EF，在C、E之間連接有阻值R=0.05Q的電阻。虛線M、N下方空間有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T，方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量均為m=0.2kg的物塊a和金屬桿b通過一根不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩相連，跨放在質(zhì)量不計(jì)的光滑定滑輪兩側(cè)。初始時(shí)a靜止于水平地面上，b懸于空中并恰好位于磁場(chǎng)邊界MN上（未進(jìn)入磁場(chǎng)）?，F(xiàn)將b豎直向上舉高h(yuǎn)=0.2m后由靜止釋放，一段時(shí)間后細(xì)繩繃直，a、b以大小相等的速度一起運(yùn)動(dòng)，之后做減速運(yùn)動(dòng)直至速度減為0。已知運(yùn)動(dòng)過程中a、b均未觸及滑輪，金屬桿與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬桿及導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，取重力加速度g=10m/s2，求:⑴整個(gè)過程中電阻R產(chǎn)生的熱量；⑵金屬桿b剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的加速度大小；⑶物塊a最終的位置離地面的高度。【答案】(1)0.2J(2)2m/s2(3)0.5m【解析】【詳解】⑴設(shè)細(xì)繩繃直前瞬間b的速度為％，繃直后瞬間b的速度為v，蹦直瞬間細(xì)繩對(duì)b的拉力的沖量大小為/，則b自由下落過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh=—mv2—0

y2 0細(xì)繩蹦直瞬間，對(duì)a、b根據(jù)動(dòng)量定理分別有/=mv—0

/=mv0—mv此后系統(tǒng)機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能并最終變成電阻R產(chǎn)生的熱量Q，故有1Q=2x—mv2由以上各式解得Q=0.2J；⑵設(shè)b剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力為F，繩中拉力為T，b的加速度大小為a，則有F=BiL，E

口R'E=BLv，對(duì)a、b根據(jù)牛頓第二定律分別有mg—T=ma，T+F—mg=ma，由以上各式得a=2m/s2；聯(lián)立上面各式可得

v=2maR對(duì)一小段時(shí)間M,有B2L vAt=2maAtR故有B2L—r—^vAt=2m^aAt,即B2L Ax=2mAvR從b進(jìn)入磁場(chǎng)到a、b速度減為0的過程中△v=v—0所以a上升的高度2mvR△x= B2LAx=0.5mAx=0.5mBiL=2ma另解：由牛頓第二定律得對(duì)一小段時(shí)間M，有BiLDt=2maDtBLq=2mM又有其中△gBLDx由以上各式得2mvR△x= B2L解得Ax=0.5m；如圖所示，兩根相距L1的平行粗糙金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，導(dǎo)軌上分布著n個(gè)寬度為d、間距為2d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直水平面向上.在導(dǎo)軌的左端連接一個(gè)阻值為R的電阻，導(dǎo)軌的左端距離第一個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域L2的位置放有一根質(zhì)量為m,長(zhǎng)為L(zhǎng)1,阻值為r的金屬棒，導(dǎo)軌電阻及金屬棒與導(dǎo)軌間的接觸電阻均不計(jì).某時(shí)刻起金屬棒在一水平向

右的已知恒力F作用下由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為U，重力加速度為g.（1）若金屬棒能夠勻速通過每個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，求金屬棒離開第2個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度v2的大??；⑵在滿足第（1）小題條件時(shí)，求第n個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度Bn的大小；（3）現(xiàn)保持恒力F不變，使每個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度均相同，發(fā)現(xiàn)金屬棒通過每個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)電路中的電流變化規(guī)律完全相同，求金屬棒從開始運(yùn)動(dòng)到通過第n個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的整個(gè)過程中左端電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q.【答案】（1）A【答案】（1）A⑵$ 〃咋曲f「e=盜蝦—呼）【解析】試題分析：（1）金屬棒勻加速運(yùn)動(dòng)有一心M=e峙=衛(wèi)皿+24）解得：11=J Vm（2）金屬棒勻加速運(yùn)動(dòng)的總位移為'.=上-2點(diǎn)—*金屬棒進(jìn)入第n個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的速度滿足'、'「=”、金屬棒在第n個(gè)磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)有F一尹Mg—烏=。安ji+r（3）金屬棒進(jìn)入每個(gè)磁場(chǎng)時(shí)的速度v和離開每個(gè)磁場(chǎng)時(shí)的速度，均相同，由題意可得V3=2入v2—t*2=2a-Id金屬棒從開始運(yùn)動(dòng)到通過第n個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，有?k克=1+3履一24(F-ijng)x(F-ijng)x&-Qp3氐解得：Q=—U&F-餌咬J?H-r考點(diǎn)：法拉第電磁感應(yīng)定律；牛頓第二定律；能量守恒定律的應(yīng)用【名師點(diǎn)睛】本題分析受力是基礎(chǔ)，關(guān)鍵從能量轉(zhuǎn)化和守恒角度來求解，解題時(shí)要注意抓住使棒進(jìn)入各磁場(chǎng)的速度都相同，以及通過每段磁場(chǎng)時(shí)電路中發(fā)熱量均相同的條件.研究小組同學(xué)在學(xué)習(xí)了電磁感應(yīng)知識(shí)后，進(jìn)行了如下的實(shí)驗(yàn)探究(如圖所示)：兩個(gè)足夠長(zhǎng)的平行導(dǎo)軌(MNPQ與M1P1Q1)間距L=0.2m，光滑傾斜軌道和粗糙水平軌道圓滑連接，水平部分長(zhǎng)短可調(diào)節(jié)，傾斜軌道與水平面的夾角0=37°.傾斜軌道內(nèi)存在垂直斜面方向向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T，NN1右側(cè)沒有磁場(chǎng)；豎直放置的光滑半圓軌道PQ、P1Q1分別與水平軌道相切于P、P1，圓軌道半徑r1=