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2018版高考物理配套课件：第九章 加试计算题7 电磁感应规律的综合应用
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这是一份2018版高考物理配套课件：第九章 加试计算题7 电磁感应规律的综合应用，共48页。PPT课件主要包含了内容索引，课时训练，解析答案，方法感悟，答案3g，题组阶梯突破，答案25匝，答案01Ts，答案30V，答案003C等内容，欢迎下载使用。
电磁感应规律的综合应用
例1 如图1所示，光滑的“ ”形金属导体框竖直放置，除图中已标阻值为R的电阻外，其余电阻不计.质量为m的金属棒MN与框架接触良好.在区域abcd和cdef内，存在磁感应强度大小分别为B1＝B、B2＝2B的有界匀强磁场，方向均垂直于框架平面向里，两竖直导轨ae与bf间距为L.现从图示位置由静止释放金属棒MN，当金属棒进入磁场B1区域后恰好做匀速运动.求： (1)金属棒进入磁场B1区域后的速度大小；
命题点一 电磁感应中的动力学问题
解析 当金属棒进入磁场B1区域后恰好做匀速运动，说明金属棒所受的安培力与重力大小相等、方向相反.则F1＝B1I1L＝BI1L＝mg
(2)金属棒刚进入磁场B2区域时的加速度大小.解析 金属棒刚进入磁场B2区域时，由楞次定律判断知所受的安培力方向竖直向上，
把(1)问求得的v代入，可得F2＝4mg根据牛顿第二定律得：F2－mg＝ma得a＝3g.
用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：(1)进行“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源的参数E和r.(2)进行“路”的分析——分析电路结构，明确串、并联的关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力.(3)“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力.(4)进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型.
1.(2015·浙江理综·24)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图2所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡.线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里.线圈中通有可在0～2.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量.(重力加速度取g＝10 m/s2)
图2 图3
(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？
解析 题中“电磁天平”中的线圈受到安培力F＝N1B0IL由天平平衡可知：mg＝N1B0IL代入数据解得：N1＝25匝
(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10 Ω.不接外电流，两臂平衡.如图3所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1 m.当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率 .
线圈受到的安培力F′＝N2B0I′L
2.(2015·10月浙江选考)如图4甲所示，质量m＝3×10－3 kg的“ ”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“ ”形框的水平细杆CD长l＝0.20 m，处于磁感应强度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中.有一匝数n＝300匝、面积S＝0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连.线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示.
(1)求0～0.10 s线圈中的感应电动势大小；
(2)t＝0.22 s时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向；
解析 电流方向C→DB2方向向上
答案 电流方向C→D B2方向向上
(3)t＝0.22 s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h＝0.20 m，求通过细杆CD的电荷量．
(或由动量定理FΔt＝mv－0)安培力F＝IB1lΔQ＝IΔtv2＝2gh
例2 (2016·浙江10月学考·22)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图5所示的装置.半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO′上，由电动机A带动旋转.在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场.另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U”型导轨保持良好接触，导轨间距为l，底部接阻值也为R的电阻，处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中.
命题点二 动力学和能量观点的综合应用
从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”型导轨连接.当开关S断开，棒cd静止时，弹簧伸长量为x0；当开关S闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒cd再次静止时，弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度).不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时：
(1)通过棒cd的电流Icd；
由右手定则，电流方向由a到b，
(2)电动机对该装置的输出功率P；
(3)电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x之间的函数关系.
解析 S断开时，由平衡条件kx0＝mgS闭合时，由平衡条件kx＝B2Icdl＋mg
解决电磁感应动力学及能量问题的一般思路1.电路分析：确定电源，画出等效电路，明确内、外电路，分析电路的串、并联关系.2.受力分析：注意导体棒所受的安培力大小和方向.3.运动分析：对运动过程进行“慢进”式推理分析，应用牛顿第二定律对运动过程中各物理量进行分析.4.能量分析：分析运动过程中各力做功情况，明确能量转化形式.5.规律分析：根据牛顿第二定律、运动学方程、动能定理、能量守恒定律合理组合优化.
3.如图6甲所示，在一倾角为37°的粗糙绝缘面上，静止地放置着一个匝数n＝10匝的正方形线圈ABCD，E、F分别为AB、CD的中点，线圈总电阻R＝2.0 Ω、总质量m＝0.2 kg、正方形边长L＝0.4 m.如果向下轻推一下此线圈，则它刚好可沿斜面匀速下滑.现在将线圈静止放在斜面上后，在虚线EF以下的区域中，加上垂直斜面方向的、磁感应强度大小按图乙所示规律变化的磁场，(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
(1)t＝1 s时刻，线圈中的感应电流大小I；
(2)从t＝0时刻开始经过多长时间线圈刚要开始运动；
解析 由受力分析可知Ff＝mgsin 37°F＝mgsin 37°＋FfF＝nBIL解得B＝3 TB＝1＋0.5t则t＝4 s
(3)从t＝0时刻开始到线圈刚要运动，线圈中产生的热量Q.
解析 由焦耳定律可得Q＝I2RtQ＝0.32 J.
4.如图7所示，MN、PQ为间距L＝0.5 m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＝5 Ω的电阻.有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B0＝1 T.将一根质量为m＝0.05 kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，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处时达到稳定速度，cd距离NQ为s＝2 m.问：(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)当金属棒滑行至cd处时回路中的电流是多大？
解析 达到稳定速度时，有F＝B0IL由平衡条件有mgsin θ＝F＋μmgcs θ
(2)金属棒达到的稳定速度是多大？
解析 金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝B0Lv
(3)当金属棒滑行至cd处时回路中产生的焦耳热是多少？
解析 根据能量守恒得，减小的重力势能转化为动能、克服摩擦产生的内能和回路中产生的焦耳热，则有
1.(2016·湖州市联考)在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2 T，有一水平放置的光滑U形金属框架，宽度l＝0.4 m，如图1所示，框架上放置一质量为0.05 kg、电阻为1 Ω的金属杆cd，框架电阻不计.若杆cd以恒定加速度a＝2 m/s2由静止开始做匀变速运动，则：(1)在5 s内平均感应电动势是多少？
(2)第5 s末，回路中的电流是多大？
解析 第5 s末：v＝at＝10 m/s此时感应电动势：E＝Blv
(3)第5 s末，作用在杆cd上的水平外力是多大？
解析 杆cd匀加速运动，由牛顿第二定律得F－F安＝ma即F＝BIl＋ma＝0.164 N.
2.(2015·北京理综·22)如图2所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0.4 m，一端连接R＝1 Ω的电阻，导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T.导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好.导轨和导体棒的电阻均可忽略不计.在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝5 m/s，求：
(1)感应电动势E和感应电流I；
解析 由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv＝1×0.4×5 V＝2 V
(2)在0.1 s时间内，拉力的冲量IF的大小；
解析 拉力的大小等于安培力的大小F＝BIL＝1×2×0.4 N＝0.8 N冲量的大小IF＝FΔt＝0.8×0.1 N·s＝0.08 N·s
答案 0.08 N·s
(3)若将MN换为电阻r＝1 Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U.
解析 由闭合电路欧姆定律可得电路中的电流为
导体棒两端的电压U＝I′R＝1×1 V＝1 V.
3.如图3所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨足够长且电阻不计，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，一质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T.棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当通过电阻R的电荷量为q＝4.5 C时撤去外力，之后棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.棒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：
(1)棒在匀加速运动过程中的位移大小x；
解析 棒在匀加速运动中ΔΦ＝Blx，
(2)撤去外力后金属棒MN上产生的焦耳热QMN；
解析 棒在匀加速运动过程中有，2ax＝v2，则v＝6 m/s，从撤去外力到棒最终停下来的过程，
(3)外力做的功WF.
解析 撤去外力后回路中产生的热量Q2＝W安＝1.8 J，依题意得Q1＝2Q2＝2×1.8 J＝3.6 J，外力做的功WF＝Q1＋Q2＝(3.6＋1.8) J＝5.4 J.
4.如图4两根足够长的光滑平行直导轨MN、PQ与水平面成θ角放置，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻.一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直.整套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向上，导轨和金属杆接触良好，它们的电阻不计.现让ab杆由静止开始沿导轨下滑.
(1)求ab杆下滑的最大速度vmax.
解析 根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和牛顿第二定律，
(2)ab杆由静止释放至达到最大速度的过程中，电阻R产生的焦耳热为Q，求该过程中ab杆下滑的距离x及通过电阻R的电荷量q.
5.形状如图5所示的光滑导轨EF、GH等高平行放置，E、G间宽度为F、H间宽度的2倍，虚线右侧导轨水平且处于竖直向上的匀强磁场中.ab金属棒的质量为2m、cd金属棒的质量为m，现让ab从离水平轨道h高处静止下滑，设两种不同间距的导轨都足够长.求：
(1)ab、cd棒的最终速度；
解析 ab自由下滑，机械能守恒：
由于ab、cd串联在同一电路中，任何时刻通过的电流总相等，金属棒有效长度关系为Lab＝2Lcd故它们所受的磁场力关系为Fab＝2Fcd在磁场力作用下，ab、cd各做变速运动，产生的感应电动势方向相反，当Eab＝Ecd时，电路中感应电流为零，安培力为零，ab、cd运动趋于稳定，
ab、cd受安培力作用，动量均发生变化，由动量定理得：Fabt＝2m(v－vab)Fcdt＝mvcd
电磁感应规律的综合应用
例1 如图1所示，光滑的“ ”形金属导体框竖直放置，除图中已标阻值为R的电阻外，其余电阻不计.质量为m的金属棒MN与框架接触良好.在区域abcd和cdef内，存在磁感应强度大小分别为B1＝B、B2＝2B的有界匀强磁场，方向均垂直于框架平面向里，两竖直导轨ae与bf间距为L.现从图示位置由静止释放金属棒MN，当金属棒进入磁场B1区域后恰好做匀速运动.求： (1)金属棒进入磁场B1区域后的速度大小；
命题点一 电磁感应中的动力学问题
解析 当金属棒进入磁场B1区域后恰好做匀速运动，说明金属棒所受的安培力与重力大小相等、方向相反.则F1＝B1I1L＝BI1L＝mg
(2)金属棒刚进入磁场B2区域时的加速度大小.解析 金属棒刚进入磁场B2区域时，由楞次定律判断知所受的安培力方向竖直向上，
把(1)问求得的v代入，可得F2＝4mg根据牛顿第二定律得：F2－mg＝ma得a＝3g.
用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：(1)进行“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源的参数E和r.(2)进行“路”的分析——分析电路结构，明确串、并联的关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力.(3)“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力.(4)进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型.
1.(2015·浙江理综·24)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图2所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡.线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里.线圈中通有可在0～2.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量.(重力加速度取g＝10 m/s2)
图2 图3
(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？
解析 题中“电磁天平”中的线圈受到安培力F＝N1B0IL由天平平衡可知：mg＝N1B0IL代入数据解得：N1＝25匝
(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10 Ω.不接外电流，两臂平衡.如图3所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1 m.当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率 .
线圈受到的安培力F′＝N2B0I′L
2.(2015·10月浙江选考)如图4甲所示，质量m＝3×10－3 kg的“ ”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“ ”形框的水平细杆CD长l＝0.20 m，处于磁感应强度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中.有一匝数n＝300匝、面积S＝0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连.线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示.
(1)求0～0.10 s线圈中的感应电动势大小；
(2)t＝0.22 s时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向；
解析 电流方向C→DB2方向向上
答案 电流方向C→D B2方向向上
(3)t＝0.22 s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h＝0.20 m，求通过细杆CD的电荷量．
(或由动量定理FΔt＝mv－0)安培力F＝IB1lΔQ＝IΔtv2＝2gh
例2 (2016·浙江10月学考·22)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图5所示的装置.半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO′上，由电动机A带动旋转.在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场.另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U”型导轨保持良好接触，导轨间距为l，底部接阻值也为R的电阻，处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中.
命题点二 动力学和能量观点的综合应用
从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”型导轨连接.当开关S断开，棒cd静止时，弹簧伸长量为x0；当开关S闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒cd再次静止时，弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度).不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时：
(1)通过棒cd的电流Icd；
由右手定则，电流方向由a到b，
(2)电动机对该装置的输出功率P；
(3)电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x之间的函数关系.
解析 S断开时，由平衡条件kx0＝mgS闭合时，由平衡条件kx＝B2Icdl＋mg
解决电磁感应动力学及能量问题的一般思路1.电路分析：确定电源，画出等效电路，明确内、外电路，分析电路的串、并联关系.2.受力分析：注意导体棒所受的安培力大小和方向.3.运动分析：对运动过程进行“慢进”式推理分析，应用牛顿第二定律对运动过程中各物理量进行分析.4.能量分析：分析运动过程中各力做功情况，明确能量转化形式.5.规律分析：根据牛顿第二定律、运动学方程、动能定理、能量守恒定律合理组合优化.
3.如图6甲所示，在一倾角为37°的粗糙绝缘面上，静止地放置着一个匝数n＝10匝的正方形线圈ABCD，E、F分别为AB、CD的中点，线圈总电阻R＝2.0 Ω、总质量m＝0.2 kg、正方形边长L＝0.4 m.如果向下轻推一下此线圈，则它刚好可沿斜面匀速下滑.现在将线圈静止放在斜面上后，在虚线EF以下的区域中，加上垂直斜面方向的、磁感应强度大小按图乙所示规律变化的磁场，(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
(1)t＝1 s时刻，线圈中的感应电流大小I；
(2)从t＝0时刻开始经过多长时间线圈刚要开始运动；
解析 由受力分析可知Ff＝mgsin 37°F＝mgsin 37°＋FfF＝nBIL解得B＝3 TB＝1＋0.5t则t＝4 s
(3)从t＝0时刻开始到线圈刚要运动，线圈中产生的热量Q.
解析 由焦耳定律可得Q＝I2RtQ＝0.32 J.
4.如图7所示，MN、PQ为间距L＝0.5 m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＝5 Ω的电阻.有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B0＝1 T.将一根质量为m＝0.05 kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，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处时达到稳定速度，cd距离NQ为s＝2 m.问：(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)当金属棒滑行至cd处时回路中的电流是多大？
解析 达到稳定速度时，有F＝B0IL由平衡条件有mgsin θ＝F＋μmgcs θ
(2)金属棒达到的稳定速度是多大？
解析 金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝B0Lv
(3)当金属棒滑行至cd处时回路中产生的焦耳热是多少？
解析 根据能量守恒得，减小的重力势能转化为动能、克服摩擦产生的内能和回路中产生的焦耳热，则有
1.(2016·湖州市联考)在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2 T，有一水平放置的光滑U形金属框架，宽度l＝0.4 m，如图1所示，框架上放置一质量为0.05 kg、电阻为1 Ω的金属杆cd，框架电阻不计.若杆cd以恒定加速度a＝2 m/s2由静止开始做匀变速运动，则：(1)在5 s内平均感应电动势是多少？
(2)第5 s末，回路中的电流是多大？
解析 第5 s末：v＝at＝10 m/s此时感应电动势：E＝Blv
(3)第5 s末，作用在杆cd上的水平外力是多大？
解析 杆cd匀加速运动，由牛顿第二定律得F－F安＝ma即F＝BIl＋ma＝0.164 N.
2.(2015·北京理综·22)如图2所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0.4 m，一端连接R＝1 Ω的电阻，导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T.导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好.导轨和导体棒的电阻均可忽略不计.在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝5 m/s，求：
(1)感应电动势E和感应电流I；
解析 由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv＝1×0.4×5 V＝2 V
(2)在0.1 s时间内，拉力的冲量IF的大小；
解析 拉力的大小等于安培力的大小F＝BIL＝1×2×0.4 N＝0.8 N冲量的大小IF＝FΔt＝0.8×0.1 N·s＝0.08 N·s
答案 0.08 N·s
(3)若将MN换为电阻r＝1 Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U.
解析 由闭合电路欧姆定律可得电路中的电流为
导体棒两端的电压U＝I′R＝1×1 V＝1 V.
3.如图3所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨足够长且电阻不计，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，一质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T.棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当通过电阻R的电荷量为q＝4.5 C时撤去外力，之后棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.棒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：
(1)棒在匀加速运动过程中的位移大小x；
解析 棒在匀加速运动中ΔΦ＝Blx，
(2)撤去外力后金属棒MN上产生的焦耳热QMN；
解析 棒在匀加速运动过程中有，2ax＝v2，则v＝6 m/s，从撤去外力到棒最终停下来的过程，
(3)外力做的功WF.
解析 撤去外力后回路中产生的热量Q2＝W安＝1.8 J，依题意得Q1＝2Q2＝2×1.8 J＝3.6 J，外力做的功WF＝Q1＋Q2＝(3.6＋1.8) J＝5.4 J.
4.如图4两根足够长的光滑平行直导轨MN、PQ与水平面成θ角放置，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻.一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直.整套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向上，导轨和金属杆接触良好，它们的电阻不计.现让ab杆由静止开始沿导轨下滑.
(1)求ab杆下滑的最大速度vmax.
解析 根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和牛顿第二定律，
(2)ab杆由静止释放至达到最大速度的过程中，电阻R产生的焦耳热为Q，求该过程中ab杆下滑的距离x及通过电阻R的电荷量q.
5.形状如图5所示的光滑导轨EF、GH等高平行放置，E、G间宽度为F、H间宽度的2倍，虚线右侧导轨水平且处于竖直向上的匀强磁场中.ab金属棒的质量为2m、cd金属棒的质量为m，现让ab从离水平轨道h高处静止下滑，设两种不同间距的导轨都足够长.求：
(1)ab、cd棒的最终速度；
解析 ab自由下滑，机械能守恒：
由于ab、cd串联在同一电路中，任何时刻通过的电流总相等，金属棒有效长度关系为Lab＝2Lcd故它们所受的磁场力关系为Fab＝2Fcd在磁场力作用下，ab、cd各做变速运动，产生的感应电动势方向相反，当Eab＝Ecd时，电路中感应电流为零，安培力为零，ab、cd运动趋于稳定，
ab、cd受安培力作用，动量均发生变化，由动量定理得：Fabt＝2m(v－vab)Fcdt＝mvcd
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