人教版2019选择性必修第二册 新教材同步 第二章 专题强化 电磁感应中的动力学及能量问题导学案（教师版+学生版）

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物理观念1.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法.2.理解电磁感应过程中能量的转化情况，能用能量的观点分析和解决电磁感应问题．一、电磁感应中的动力学问题1.两种状态及处理方法 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:3.电磁感应现象中涉及具有收尾速度的力学问题时,关键是做好受力情况和运动情况的动态分析:4.处理此类问题的基本方法:(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。(2)求回路中的感应电流的大小和方向。(3)分析研究导体受力情况(包括安培力)。(4)列动力学方程或平衡方程求解。例1 如图所示,空间存在B=0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场,MN、PQ是不计电阻、水平放置的平行长直导轨,其间距l=0.2 m,电阻R=0.3 Ω接在导轨一端,ab是跨接在导轨上质量m=0.1 kg、电阻r=0.1 Ω、长度与导轨间距相等的导体棒,已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2。从零时刻开始,对ab棒施加一个大小为F=0.45 N、方向水平向左的恒定拉力,使其从静止开始沿导轨滑动,过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好。(g取10 m/s2)(1)求导体棒所能达到的最大速度。(2)试定性画出导体棒运动的速度—时间图像。答案 (1)10 m/s　(2)见解析图 解析 ab棒在拉力F作用下运动,随着ab棒切割磁感线运动的速度增大,棒中的感应电动势增大,棒中感应电流增大,棒受到的安培力也增大,最终达到匀速运动时棒的速度达到最大值。外力在克服安培力做功的过程中,消耗了其他形式的能,转化成了电能,最终转化成了焦耳热。(1)导体棒切割磁感线运动,产生的感应电动势E=BlvI=ER+r导体棒受到的安培力F安=Bil 导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用,根据牛顿第二定律得F-μmg-F安=ma代入可得F-μmg-B2l2vR+r=ma由上式可以看出,随着速度的增大,安培力增大,加速度a减小,当加速度a减小到0时,速度达到最大此时有F-μmg-B2l2vmR+r=0可得vm=(F-μmg)(R+r)B2l2=10 m/s。(2)导体棒运动的速度—时间图像如图所示。 例2 (多选)如图所示,MN和PQ是两根互相平行、竖直放置的光滑金属导轨,已知导轨足够长,且电阻不计。ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆。开始时,将开关S断开,让杆ab由静止开始自由下落,一段时间后,再将S闭合,若从S闭合开始计时,则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像可能是(　 　) 答案 ACD解析 设ab棒的有效长度为l,S闭合时,若B2l2vR>mg,先减速再匀速,D项有可能;若B2l2vR=mg,匀速,A项有可能;若B2l2vRBlv时,导体棒加速运动,当速度达到最大值之后,导体棒MN与R构成回路,由于一直处于通路状态,由能量守恒可知,最后导体棒MN速度为零, 选项B错误;导体棒MN速度最大时,回路中的电流为0,导体棒受到的安培力为0,选项C错误;将整个电路等效为两个电路的叠加,在电容器为电源的电路中,通过R与导体棒MN的电流大小相同、方向向下,在导体棒MN切割磁感线作电源的电路中,通过R的电流方向向下,通过导体棒MN的电流方向向上,综上可知通过电阻R的电流大,产生的焦耳热较多,选项D正确。 4.(电磁感应中的能量、动量问题)如图所示,两根光滑的导轨平行放置。导轨的水平部分放在绝缘水平面上,水平部分所在空间有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B。导轨的水平部分和倾斜部分由光滑圆弧连接。两根完全相同的金属棒ab和cd质量均为m、电阻均为R,将cd静置于导轨的水平部分与导轨垂直,将ab置于导轨的倾斜部分与导轨垂直,离水平面的高度为h,现将ab由静止释放,求: (1)cd棒最终的速度。 (2)整个过程中两棒产生的焦耳热Q。 答案 (1)2gh2　(2)12mgh 解析 (1)ab下落过程,mgh=12mv12,v1=2gh ab和cd动量守恒,mv1=2mv2,v2=2gh2。 (2)整个过程中产生的焦耳热Q=12mv12-12×2mv22=12mgh。 5.(电磁感应中的动力学问题)如图所示,竖直平面内有足够长的平行金属导轨,间距为0.2 m,金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动,ab的电阻为0.4 Ω,导轨电阻不计,导体ab的质量为0.2 g,垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2 T,且磁场区域足够大。当导体ab自由下落0.4 s时,突然闭合开关S。g取10 m/s2。 (1)试说出开关S闭合后,导体ab的运动情况。 (2)求导体ab匀速下落的速度大小。 答案 (1)见解析　(2)0.5 m/s 解析 (1)闭合开关S之前,导体ab自由下落的末速度为v0=gt=4 m/s 开关S闭合瞬间,回路中产生感应电流,导体ab立即受到一个竖直向上的安培力 F安=BIl=B2l2v0R=0.016 N>mg=0.002 N 此时导体ab受到的合力的方向竖直向上,与初速度方向相反,加速度的表达式为a=F安-mgm=B2l2vmR-g,所以导体ab做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动;当F安=mg时,导体ab做竖直向下的匀速运动。 (2)设导体ab匀速下落的速度为v‘ 此时F安=mg,即B2l2v'R=mg 解得v'=mgRB2l2=0.5 m/s。 一、选择题(第1~4题为单选题,第5~7题为多选题) 1.如图所示,纸面内有一矩形导体闭合线框abcd,ab边长大于bc边长,置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外,线框两次匀速完全进入磁场,两次速度大小相同,方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q1,通过线框横截面的电荷量为q1;第二次bc边平行于MN进入磁场,线框上产生的热量为Q2,通过线框横截面的电荷量为q2,则(　　) A.Q1>Q2,q1=q2 B.Q1>Q2,q1>q2 C.Q1=Q2,q1=q2 D.Q1=Q2,q1>q2 答案 A 解析 根据功能关系知,线框上产生的热量等于克服安培力做的功,即Q1=W1=F1lbc=B2lab2vRlbc=B2SvRlab,同理Q2=B2SvRlbc,又lab>lbc,故Q1>Q2;因q=It=ERt=ΔΦR,故q1=q2。因此A正确。 2. 如图所示,间距为l、电阻不计的足够长的平行光滑金属导轨水平放置,导轨左端用一阻值为R的电阻连接,导轨上横跨一根质量为m、有效电阻也为R的金属棒,金属棒与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动,若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q。下列说法正确的是(　　) A.金属棒在导轨上做匀减速运动 B.整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为qRBl C.整个过程中金属棒克服安培力做功为12mv2 D.整个过程中电阻R上产生的焦耳热为12mv2 答案 C 解析 因为金属棒向右运动时受到向左的安培力作用,且安培力随速度的减小而减小,所以金属棒向右做加速度减小的减速运动,故A错误;根据E=ΔΦΔt=BlxΔt,q=IΔt=E2RΔt=Blx2R,解得x=2RqBl,故B错误;整个过程中金属棒克服安培力做功等于金属棒动能的减少量12mv2,故C正确;整个过程中电路中产生的热量等于机械能的减少量12mv2,电阻R上产生的焦耳热为14mv2,故D错误。 3.如图所示,在光滑水平桌面上有一边长为l、电阻为R的正方形导线框;在导线框右侧有一宽度为d(d>l)的条形匀强磁场区域,磁场的边界与导线框的一边平行,磁场方向垂直桌面向下。导线框以某一初速度向右运动,t=0时导线框的右边界恰与磁场的左边界重合,随后导线框进入并通过磁场区域。下列v-t图像中,能正确描述上述过程的是(　　) 答案 D 解析 导线框进入磁场的过程中,线框受到向左的安培力作用,根据E=Blv,I=ER,F安=BIl得F安=B2l2vR,随着v的减小,安培力减小,导线框做加速度逐渐减小的减速运动;整个导线框在磁场中运动时,无感应电流,导线框做匀速运动;导线框离开磁场的过程中,根据F安=B2l2vR可知,导线框做加速度逐渐减小的减速运动,所以选项D正确。 4.（2022春•虹口区校级期中）如图所示，在匀强磁场中，放着一个平行导轨与大线圈D相连接（A、D两线圈共面）。要使放在D中的A线圈产生顺时针电流并且有收缩趋势，金属棒MN的运动情况是（　　） A．加速向左 B．加速向右 C．减速向左 D．减速向右 答案 B 解析 线圈A具有收缩的趋势，根据楞次定律可以知道此时一定是D中的磁场正在增大，说明导体棒MN正在做加速运动；A线圈产生顺时针电流，D中的磁场正在增大，根据楞次定律可知D中电流的方向逆时针方向，电流从N流向M，根据右手定则可知MN是向右加速；故ACD错误，B正确。 5. (多选)如图所示,两足够长的平行金属导轨固定在水平面上,匀强磁场方向垂直导轨平面向下,金属棒ab、cd与导轨构成矩形闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动,两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1。用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd,经过足够长时间以后(　　) A.金属棒ab、cd都做匀速运动 B.金属棒ab上的电流方向是由b向a C.金属棒cd所受安培力的大小等于2F3 D.两金属棒间距离保持不变 答案 BC 解析 对两金属棒ab、cd进行受力和运动分析可知,两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动,且金属棒ab速度小于金属棒cd速度,所以两金属棒间距离是变大的,由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向是由b到a,A、D错误,B正确;以两金属棒整体为研究对象有F=3ma,隔离金属棒cd分析 F-F安=ma,可求得金属棒cd所受安培力的大小F安=23F,C正确。 6.(多选)(2023江西瑞金第三中学高二月考)如图所示,竖直放置的“”形光滑导轨宽为l,矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d,磁感应强度均为B。质量为m的水平金属杆由静止释放,进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R,与导轨接触良好,其余电阻不计,重力加速度为g,则金属杆(　　) A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下 B.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上 C.穿过两磁场产生的总焦耳热为4mgd D.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于m2gR22B4l4 答案 BC 解析 由于金属杆进入两个磁场的速度相等,而穿出磁场后金属杆做加速度为g的匀加速运动,所以金属杆进入磁场时应做减速运动,加速度方向竖直向上,选项A错误,B正确;从进入磁场Ⅰ瞬间到进入磁场Ⅱ瞬间过程中,根据能量守恒定律得,金属杆减小的机械能全部转化为焦耳热,所以Q1=mg·2d,则穿过两个磁场过程中产生的总焦耳热为4mgd,选项C正确;若金属杆进入磁场做匀速运动,则B2l2vR-mg=0,得v=mgRB2l2,因金属杆进入磁场做减速运动,则金属杆进入磁场的速度大于mgRB2l2,根据h=v22g得金属杆进入磁场的高度应大于m2g2R22gB4l4=m2gR22B4l4,选项D错误。 7. (多选)如图所示,有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道,间距为l,上端接有可变电阻R,下端足够长,空间有垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感应强度为B。一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下,经过足够长的时间后,金属杆的速度会趋于一个最大速度vm,除R外其余电阻不计,则(　　) A.如果B变大,vm将变大 B.如果α变大,vm将变大 C.如果R变大,vm将变大 D.如果m变小,vm将变大 答案 BC 解析 金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E=Blv,在闭合电路中形成电流I=BlvR,因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力F作用,F=BIl=B2l2vR,先用右手定则判定感应电流方向,再用左手定则判定出安培力方向,如图所示。根据牛顿第二定律,得mgsin α-B2l2vR=ma,当a=0时,v=vm,解得vm=mgRsinαB2l2,故选项B、C正确。 8.如图所示,垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中,金属框平面与磁场方向垂直,电阻R=0.1 Ω,边长l=0.2 m。求: (1)在t=0到t=0.1 s时间内,金属框中的感应电动势E; (2)t=0.05 s时,金属框ab边受到的安培力F的大小和方向; (3)在t=0到t=0.1 s时间内,金属框中电流的电功率P。 答案 (1)0.08 V　 (2)0.016 N,方向垂直于ab向左 (3)0.064 W 解析 (1)在t=0到t=0.1 s的时间内,磁感应强度的变化量ΔB=0.2 T,设穿过金属框的磁通量变化量为ΔΦ,有ΔΦ=ΔBl2 由于磁场均匀变化,金属框中产生的电动势是恒定的,有E=ΔΦΔt 联立解得E=0.08 V。 (2)设金属框中的电流为I,由闭合电路欧姆定律,有I=ER 由题图可知,t=0.05 s时,磁感应强度为B1=0.1 T,金属框ab边受到的安培力F=IlB1 一、选择题(第1~3题为单选题,第4~5题为多选题) 1. 水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为l、质量为m的导体棒ab,ab处在磁感应强度大小为B、方向如图所示的匀强磁场中,导轨的一端接一阻值为R的电阻,导轨及导体棒电阻不计。现使ab在水平恒力F作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动,当通过位移为x时,ab达到最大速度vm。此时撤去外力,最后ab静止在导轨上。在ab运动的整个过程中,下列说法正确的是(　　) A.撤去外力后,ab做匀减速运动 B.合力对ab做的功为Fx C.R上释放的热量为Fx+12mvm2 D.R上释放的热量为Fx 答案 D 解析 撤去外力后,导体棒水平方向只受安培力作用,而F安=B2l2vR,F安随v的变化而变化,故棒做加速度变化的变速运动,A错误;对整个过程由动能定理得W合=ΔEk=0,B错误;由能量守恒定律知,外力做的功等于整个回路产生的电能,电能又转化为R上释放的热量,即Q=Fx,C错误,D正确。 2.（2021秋•西夏区校级期末）如图所示，线圈由a位置开始下落，在磁场中受到的磁场力如果总是小于它的重力，则它在a、b、c、d四个位置（在b、d位置时线圈恰好有一半在磁场中）时，加速度的关系为（　　） A．aa＞ab＞ac＞ad B．aa＝ac＞ab＝ad C．aa＝ac＞ad＞ab D．aa＝ac＞ab＞ad 答案 D 解析 线圈自由下落时，加速度为aa＝g．线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为ac＝g。 线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知，ab＜g，ad＜g．线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达D处的速度大于B处的速度，则线圈在D处所受的安培力大于在B处所受的安培力，又知，磁场力总小于重力，则ab＞ad，故aa＝ac＞ab＞ad．故D正确，ABC错误。 3.（2023•重庆模拟）如题图所示，静置于水平面的矩形闭合线圈abcd，匝数为n，总电阻为R，长度ab＝L1，bc＝L2，该线圈的中轴线PQ两侧分别有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于线圈平面。两磁场同时以大小为v的速度水平向右运动瞬时，线圈所受磁场作用力大小F为（　　） A．4n2B2L22vR B．n2B2L22vR C．n2B2L12vR D．4n2B2L1L2vR 答案 A 解析 当磁场向右运动，线圈ad边切割磁感线产生a→b方向的电流，bc边产生c→b方向的电流，根据切割电动势公式E＝2nBL2v 根据欧姆定律，电路中的感应电流为I=ER=2nBL2vR 线圈中ad和bc边受到安培力的作用，所受安培力为F＝2nBIL2 解得F=4n2B2L22vR，故A正确，BCD错误。 4. (多选)如图所示,在平行水平地面的有理想边界的匀强磁场上方,有三个大小相同的、用相同的金属材料制成的正方形线框,线框平面与磁场方向垂直。A线框有一个缺口,B、C线框都闭合,但B线框导线的横截面积比C线框大。现将三个线框从同一高度由静止开始同时释放,下列关于它们落地时间说法正确的是(　　) A.三个线框同时落地 B.三个线框中,A线框最早落地 C.B线框在C线框之后落地 D.B线框和C线框在A线框之后同时落地 答案 BD 解析 A线框由于有缺口,在磁场中不能形成电流,所以下落时不受安培力作用,故下落的加速度一直为g;设正方形边长为l,电阻率为ρ,B、C线框的底边 刚进入磁场时的速度为v,则根据牛顿第二定律知mg-BBlvRl=ma,即a=g-B2l2vRm,其中Rm=ρ4lS·4lSρ密=16l2ρρ密,所以加速度与线框横截面积无关,故两线框的 运动情况完全相同,即在A线框之后B、C线框同时落地。选项B、D正确。 5.(多选)(2021山东卷)如图所示,电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上。区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上,Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加,Ⅱ区中为匀强磁场。阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放,进入Ⅱ区后,经b下行至c处反向上行。运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好。在第一次下行和上行的过程中,以下叙述正确的是(　 　) A.金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度 B.金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度 C.金属棒不能回到无磁场区 D.金属棒能回到无磁场区,但不能回到a处 答案 ABD 解析 在Ⅰ区域中,磁感应强度为B1=kt,感应电动势为E1=ΔB1ΔtS=kS,感应电动势恒定,所以金属棒上的感应电流恒为I1=E1R=kSR,金属棒进入Ⅱ区域后,金属棒切割磁感线,感应电动势为E2=B2Lv,金属棒上的感应电流为I2=E2R=B2LvR,Ⅰ区域中磁场变化在金属棒上产生的感应电流使金属棒在Ⅱ区域中受到的安培力始终沿斜面向上,大小恒定不变,因为金属棒到达c点后又能上行,说明加速度始终沿斜面向上,下行和上行经过b点的受力分析如图,下行过程中,根据牛顿第二定律可知B2I1L+B2I2L-mgsin θ=ma1,上行过程中,根据牛顿第二定律可知B2I1L-B2I2'L-mgsin θ=ma2,比较加速度大小可知a1>a2,由于bc段距离不变,下行过程中加速度大,上行过程中加速度小,所以金属棒下行经过b点时的速度大于上行经过b点时的速度,A、B正确;Ⅰ区域中磁场变化使金属棒在Ⅱ区域受到的安培力总是大于沿斜面向下的作用力,所以金属棒一定能回到无磁场区域,由于整个过程中电流通过金属棒产生焦耳热,金属棒的机械能减少,所以金属棒不能回到a处,C错误,D正确,故选ABD。6.（多选）（2022•怀远县校级模拟）电磁轨道炮是利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，原理如图，图中直流电源电动势为E1，电容器的电容为C，两根固定于水平面内的光滑平面金属导轨间距为L，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触，首先开关S接1，使电容器完全充电，然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面，磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动，当MN上的感应电动势为E2时，此时与电容器两极板间的电压相等，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨，下列说法正确的是（　　）A．匀强磁场的方向垂直导轨平面向下 B．MN刚开始运动时的加速度B(E1+E2)LmR C．MN离开导轨后的最大速度为B(E1-E2)LCm D．MN离开导轨后的最大速度为B(E1+E2)LCm答案 ACA、电容器充电时上端带正电，放电时通过MN的电流方向向下，由于MN向右运动，根据左手定则知，磁场方向垂直于导轨平面向下，故A正确；B、电容器完全充电后，两极板间电压为E1，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有：I=E1R设MN受到的安培力为F，有：F＝BIL由牛顿第二定律有：F＝ma联立解得：a=BE1LmR，故B错误；CD、电容器放电前所带的电荷量Q1＝CE1开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，MN上的感应电动势：E2＝BLvm，最终电容器所带电荷量Q2＝CE2则通过MN的电量q＝CE1﹣CE2由动量定理，有：∑FΔt＝∑mΔv得∑BILΔt＝∑mΔvBLq＝mvm解得：vm=BLqm=BLC(E1-E2)m，故C正确，故D错误。7.如图甲所示,两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上,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,磁场方向垂直于斜面向下。导轨和金属杆的电阻可忽略,让ab杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金属杆接触良好,不计它们之间的摩擦。(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示,请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图。(2)在加速下滑过程中,求当ab杆的速度大小为v时,ab杆中的电流及其加速度的大小。(3)求在下滑过程中,ab杆可以达到的速度最大值。答案 (1)见解析图 (2)BlvR　gsin θ-B2l2vmR(3)mgRsinθB2l2解析 (1)ab杆受竖直向下的重力mg、垂直斜面向上的支持力FN、沿斜面向上的安培力F安,受力示意图如图所示。(2)当ab杆速度大小为v时,感应电动势E=Blv,此时 电路中电流I=ER=BlvRab杆受到安培力F安=BIl=B2l2vR根据牛顿第二定律,有ma=mgsin θ-F安=mgsin θ-B2l2vRa=gsin θ-B2l2vmR。(3)当a=0时,ab杆有最大速度vm=mgRsinθB2l2。8.(2023江西赣州高二月考)如图所示,两根等高的四分之一光滑圆弧轨道半径为r、间距为l,图中O为圆心,Oa水平,Oc竖直,在轨道顶端连有一阻值为R的电阻,整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B。现有一根长度稍大于l、质量为m、电阻不计的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑,到达轨道底端cd时受到轨道的支持力为2mg。整个过程中金属棒与轨道接触良好,轨道电阻不计,重力加速度为g。求:(1)金属棒到达轨道底端cd时的速度大小和通过电阻R的电流;(2)金属棒从ab下滑到cd过程中回路中产生的焦耳热和通过R的电荷量。答案 (1)gr　BlgrR　(2)12mgr　BrlR解析 (1)金属棒到达轨道底端cd时,由牛顿第二定律得2mg-mg=mv2r解得v=gr此时金属棒产生的感应电动势E=Blv回路中的感应电流I=ER联立解得I=BlgrR。(2)金属棒从ab下滑到cd过程中,由能量守恒定律得mgr=Q+12mv2则回路中产生的焦耳热Q=12mgr回路中的平均感应电动势E=ΔΦΔt回路中的平均感应电流I=ER通过R的电荷量q=I·Δt联立解得q=BrlR。状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析