13.7电磁感应+动力学（解析版）--2024高考一轮复习100考点100讲—高中物理

这是一份13.7电磁感应+动力学（解析版）--2024高考一轮复习100考点100讲—高中物理，共17页。试卷主要包含了7讲 电磁感应+动力学，25 T， 如图所示，F0已知等内容，欢迎下载使用。
第13.7讲 电磁感应+动力学
【知识点精讲】
1．通电导体在磁场中受到安培力作用，电磁感应问题往往和力学问题联系在一起。解决的基本方法如下：
(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)求回路中的电流；
(3)分析导体受力情况(包含安培力在内的全面受力分析)；
(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。
2．两种状态处理
(1)导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态。
处理方法：根据平衡条件——合外力等于零列式分析。
(2)导体处于非平衡态——加速度不等于零。
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析，或结合功能关系分析。
【方法归纳】
电磁感应的动力学问题
1．电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流I＝eq \f(Blv,R＋r)。
2．受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力F安＝BIl或eq \f(B2l2v,R总)，根据牛顿第二定律列动力学方程：F合＝ma。
3．过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力平衡条件列平衡方程F合＝0。
4．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更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663
【最新高考题精练】
1. （2023高考选择性考试辽宁卷） 如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的足（ ）

A. 弹簧伸展过程中、回路中产生顺时针方向的电流
B. PQ速率为v时，MN所受安培力大小为
C. 整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2：1
D. 整个运动过程中，通过MN的电荷量为
【参考答案】AC
【名师解析】
弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确；任意时刻，设电流为I，则PQ受安培力 ，方向向左；MN受安培力 ，方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m， PQ速率为v时，则
解得
回路的感应电流
MN所受安培力大小为 ，选项B错误；
两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得 ，
可得则最终MN位置向左移动
PQ位置向右移动
因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F弹，安培力平均值F安，则整个过程根据动能定理 ，
可得 ，选项C正确；
两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移动，PQ位置向右移动，则 ，选项D错误。
2．（2023高考北京卷）如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出．线框的边长小于磁场宽度．下列说法正确的是（ ）
A．线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向
B．线框出磁场的过程中做匀减速直线运动
C．线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等
D．线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等
【参考答案】D
【名师解析】根据楞次定律，线框进磁场的过程中电流方向为逆时针方向，A错误；线框出磁场的过程中受到的安培力为变力，所以线框出磁场的过程中做变减速直线运动，B错误；线框在进和出的两过程中磁通量变化相同，通过线框导线的电荷量相等，克服安培力做功不同，所以产生的焦耳热不相等，D正确C错误。
3. （2023高考湖南卷）如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为．现将质量均为的金属棒垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为．运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为．
（1）先保持棒静止，将棒由静止释放，求棒匀速运动时的速度大小；
（2）在（1）问中，当棒匀速运动时，再将棒由静止释放，求释放瞬间棒的加速度大小；
（3）在（2）问中，从棒释放瞬间开始计时，经过时间，两棒恰好达到相同的速度，求速度的大小，以及时间内棒相对于棒运动的距离．
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）a匀速运动切割磁感线产生的感应电动势E1=BLv0，
导体棒a中电流I=E1/2R
所受安培力F=BIL，
匀速运动，mgsinθ=F
联立解得v0==
（2）当导体棒a匀速运动时，释放b，由左手定则可判断出导体棒b受到沿导轨斜向下的安培力力，由牛顿第二定律，mgsinθ+F=ma，
解得 a=2gsinθ。
（3释放导体棒b后，由于导体棒b中产生的感应电动势对于回路来说，与导体棒a中产生的感应电动势方向相反，所以两导体棒所受安培力均减小，对导体棒a，由动量定理，（mgsinθ-F）t0=mv-mv0
对导体棒b，由动量定理，（mgsinθ+F）t0=mv
联立解得：v=gt0sinθ+
取导体棒变速运动过程中，导体棒a速度为vi时产生的感应电动势为Ei=BLvi，同时导体棒b速度为vj，感应电动势Ej=BLvj，导体棒中电流为I==，所受安培力F=BIL=
对导体棒b，由动量定理，（mgsinθ+）△t=m△v
方程两侧求和Σ【(mgsinθ+）△t】=Σm△v
注意到：Σ△t=t0，Σ△v=v，Σ（vi-vj）△t=△x
解得：△x=
4 (多选)(2020·全国卷Ⅰ)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后( )
A．金属框的速度大小趋于恒定值
B．金属框的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
【参考答案】BC
【名师解析】 用水平恒力F向右拉动金属框，bc边切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流I，bc边受到水平向左的安培力作用。设金属框的质量为m1，加速度为a1，由牛顿第二定律有F－BIL＝m1a1；导体棒MN受到向右的安培力，向右做加速运动，设导体棒的质量为m2，加速度为a2，由牛顿第二定律有BIL＝m2a2。设金属框bc边的速度为v时，导体棒的速度为v′，则回路中产生的感应电动势E＝BL(v－v′)，由闭合电路欧姆定律可得I＝ eq \f(E,R) ＝ eq \f(BL（v－v′）,R) ，F安＝BIL，可得金属框bc边所受安培力和导体棒MN所受的安培力大小均为F安＝ eq \f(B2L2（v－v′）,R) ，二者加速度之差Δa＝a1－a2＝ eq \f(F－F安,m1) － eq \f(F安,m2) ＝ eq \f(F,m1) －F安 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m1)＋\f(1,m2))) ，随着它们各自所受安培力的增大，二者加速度之差Δa减小，当Δa减小到零时， eq \f(F,m1) ＝ eq \f(B2L2（v－v′）,R) · eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m1)＋\f(1,m2))) ，之后金属框和导体棒的速度之差Δv＝v－v′＝ eq \f(FRm2,B2L2（m2＋m1）) 保持不变。由此可知，金属框的速度逐渐增大，金属框所受安培力趋于恒定值，金属框的加速度大小趋于恒定值，导体棒所受的安培力F安＝ eq \f(B2L2（v－v′）,R) 趋于恒定值，选项A错误，选项B、C正确；导体棒到金属框bc边的距离x＝vt－v′t＝Δvt随时间的增大而增大，选项D错误。
5 (2020·浙江7月选考)如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在0≤x≤1.0 m区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长L＝0.5 m、电阻R＝0.25 Ω的正方形线框abcd。当平行于磁场边界的cd边进入磁场时，正方形线框在沿x方向的外力F作用下以v＝1.0 m/s的速度做匀速运动，直到ab边进入磁场时撤去外力。若以cd边进入磁场时作为计时起点，在0≤t≤1.0 s内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在0≤t≤1.3 s内线框始终做匀速运动。
(1)求外力F的大小；
(2)在1.0 s≤t≤1.3 s内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；
(3)求在0≤t≤1.3 s内流过导线横截面的电荷量q。
【名师解析】
(1)根据题图2可得t＝0时B0＝0.25 T
回路电流I＝ eq \f(B0Lv,R)
安培力FA＝ eq \f(B02L2,R) v
外力F＝FA＝0.062 5 N。
(2)线框匀速出磁场，电流为0，磁通量不变，Φ1＝Φ
t1＝1.0 s时，B1＝0.5 T，磁通量Φ1＝B1L2
t时刻，磁通量Φ＝BL[L－v(t－t1)]
联立得B＝ eq \f(1,6－4t) 。
(3)0≤t≤0.5 s时电荷量q1＝ eq \f(B0L2,R) ＝0.25 C
0．5 s≤t≤1.0 s电荷量q2＝ eq \f(B1L2－B0L2,R) ＝0.25 C
总电荷量q＝q1＋q2＝0.5 C。
[答案] (1)0.062 5 N (2)B＝ eq \f(1,6－4t) (3)0.5 C
6．(2015·浙江10月选考)如图1所示，质量m＝3.0×10－3 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2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；
(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。
【名师解析】 (1)由电磁感应定律E＝neq \f(ΔΦ,Δt)
得E＝nSeq \f(ΔB2,Δt)＝30 V
(2)电流方向C→D
B2方向向上
(3)由牛顿第二定律F＝ma＝meq \f(v－0,Δt)
(或由动量定理FΔt＝mv－0)
安培力F＝IB1l
ΔQ＝IΔt
v2＝2gh
得ΔQ＝eq \f(m\r(2gh),B1l)＝0.03 C
答案 (1)30 V (2)电流方向C→D B2方向向上
(3)0.03 C
【最新模拟题精练】
1.（2023四川成都树德中学二诊）如图甲所示，在光滑绝缘水平面内，两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与水平面垂直，边长为的正方形单匝金属线框位于水平面内，边与磁场边界平行。时刻线框在水平外力的作用下由静止开始做匀加速直线运动通过该磁场，回路中的感应电流大小与时间的关系如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．水平外力为恒力
B．匀强磁场的宽度为
C．边离开磁场的时间为
D．线框出磁场过程中水平外力做的功小于线框进入磁场过程中水平外力做的功
【参考答案】BC
【名师解析】线框进入磁场的时候，要受到安培力的作用，电流是变化的，安培力也是变化的，因此外力必然不是恒力，A错误；
由图乙可知时间内线框进入磁场，设线框匀加速直线运动的加速度为，边框长为
磁场的宽度为
故， B正确；
设时刻线框穿出磁场，则有
解得，C正确；
线框进入磁场过程的位移与出磁场过程的位移相等，线框进入磁场过程中的水平拉力小于出磁场过程中的水平拉力，做的功大于线框进入磁场过程中水平拉力做的功， D错误。
2. 如图甲所示，在MN、OP之间存在一匀强磁场，t=0时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间变化的图线如图乙所示。已知线框的质量m=1kg，电阻R=2Ω。则
A．磁场宽度为4m
B．匀强磁场的磁感应强度为T
C．线框穿过磁场过程中，通过线框的电荷量为2C
D．线框穿过磁场过程中，线框产生的热量为1J
【参考答案】.AB
【命题意图】 本题考查电磁感应、力图像及其相关的知识点。
【解题思路】在0~1s内，图乙的力随时间变化的图像可表示为F=2+2t，金属线框从静止开始向右做匀加速直线运动，设加速度为a，线框边长为L，根据牛顿第二定律，F-BIL=ma，I=E/R，E=BLv，v=at，联立解得：F=ma+t=a+t。对比F=2+2t，可得a=2m/s2，B2L2=2..。t=1s时线框完全进入磁场区域，线框速度v=at=2m/s，线框边长L=1m，由B2L2=2.可得B=T，选项B正确；在1~2s时间内线框完全处于磁场中，线框中磁通量不变，不产生感应电流，不受安培力作用，受到的外力F=2N，线框做匀加速直线运动，加速度a=2m/s2，t=2s时开始出磁场，开始出磁场时线框速度v1=v+a△t=2m/s+2×1m/s=4 m/s，所以磁场宽度b=L+△t=1m+ (2-1)m=4m ，选项A正确；线框进入磁场过程和从磁场中出来过程，线框的磁通量相等，通过线框的电荷量相等，所以线框穿过磁场的过程中通过线框的电荷量q=2=2×C=C，选项C错误；根据题述条件不能计算出线框穿过磁场过程中产生的热量，选项D错误。
【方法归纳】（1）根据法拉第电磁感应定律，当回路内磁通量变化率为△Φ/△t时，产生的感应电动势为E=△Φ/△t,由闭合电路欧姆定律，回路内产生的感应电流I=E/R，通过回路的电荷量q=I△t，联立解得q=△Φ/R。因此，当回路内磁通量变化△Φ时，可以利用q=△Φ/R计算。
（2）当线框中电流恒定为I时，可以利用焦耳定律Q=I2Rt计算产生的热量；若线框中电流变化时，一般采用功能关系或能量守恒定律计算产生的热量。
3．如图1所示，光滑的平行竖直金属导轨AB、CD相距L，在A、C之间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间abcd矩形区域内有垂直导轨平面向外、高度为5d的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、电阻为r、长度也刚好为L的导体棒放在磁场下边界ab上（与ab边重合）.现用一个竖直向上的力F拉导体棒，使它由静止开始向上运动，导体棒离开磁场时恰好做匀速直线运动，导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨电阻不计，F随导体棒与初始位置的距离x变化的情况如图2所示，下列判断正确的是
A．导体棒离开磁场时速度大小为
B．导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为
C．离开磁场时导体棒两端电压为
D．导体棒经过磁场的过程中，电阻R产生焦耳热为
【参考答案】CD
【名师解析】导体棒离开磁场时恰好做匀速直线运动，则有F=3mg=mg+BIL，I=E/(R+r)，E=BLv，联立解得：v=，选项A错误。导体棒经过磁场区域过程中，通过电阻R的电荷量q==I△t=E/(R+r)·△t=△Φ/(R+r)=BL·5d/ (R+r)，选项B错误。离开磁场区域时导体棒产生的电动势：E=BLv=，导体棒两端电压U=IR==，选项C正确。导体棒经过磁场的过程中，由动能定理可知，2mgd+3mg·4d-mg·5d-W安=mv2，解得：W安=9mgd-mv2，导体棒经过磁场的过程中，电阻R产生焦耳热为Q==9mgd-mv2=，选项D正确。
考点：法拉第电磁感应定律；能量守恒定律
【名师点睛】本题考查了电磁感应与力学和功能关系的结合，对于这类问题一定要正确分析安培力的大小和方向然后根据运动状态列出牛顿第二定律方程或者平衡方程求解，注意金属棒通过磁场的过程通过R上的电量.
4.. （2022山东四县区质检）如图所示，两条粗糙平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为，导轨间的距离为l，导轨电阻忽略不计，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在平面垂直，将两根相同的导体棒ab、cd置于导轨上不同位置，两者始终与导轨垂直且接触良好，两棒间的距离足够大，已经两棒的质量均为m、电阻为R，某时刻给ab棒沿导轨向下的瞬时冲量I0，已知两导棒与导轨间的动摩擦因数，在两棒达到稳定状态的过程中（ ）
A. 两棒达到稳定状态后两棒间的距离均匀减小
B. 回路中产生的热量
C. 当导体棒cd的动量为时，导体棒ab的加速度大小
D. 当导体棒cd的动量为的过程中，通过两导体棒间的距离减少了
【参考答案】BCD
【名师解析】
因为，得两金属棒重力沿斜面向下的分力和摩擦力平衡
且两棒受的安培力等大反向，则系统所受外力之和为零，所以导体棒ab和cd组成的系统动量守恒。两棒达到稳定状态后，两棒做速度相同的匀速直线运动，两棒达到稳定状态后两棒间的距离不变。A错误；
某时刻给ab棒沿导轨向下的瞬时冲量I0，设此时ab棒为，两棒达到稳定状态后两棒速度为
由动量定理，得
由动量守恒定律得，得
由能量守恒定律得，回路中产生的热量，B正确；
当导体棒cd的动量为时，设导体棒cd速度为，导体ab速度为
则
由动量守恒定律，得
由法拉第电磁感应定律，当导体棒cd的动量为时，回路中的感应电动势
由闭合电路欧姆定律得
当导体棒cd的动量为时，对导体棒ab由牛顿第二定律得
解得，C正确；当导体棒cd的动量为的过程中，设流经回路某截面的电荷量为q，平均电流为，时间为t，对导体棒cd由动量定理得
得
又
得，D正确。
5.（2021高考二轮验收评估模拟）如图所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上；虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场．ab、cd棒与导轨间动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R，导轨电阻不计．开始两棒均静止在图示位置，当cd棒无初速释放时，对ab棒施加竖直向上的力F，沿导轨向上做匀加速运动．则( )
A．ab棒中的电流方向由b到a
B．cd棒先加速运动后匀速运动
C．cd棒所受摩擦力的最大值等于cd棒的重力
D．力F做的功等于两金属棒产生的电热与增加的机械能之和
【参考答案】A
【名师解析】
.ab棒沿竖直向上运动，切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断可知，ab棒中的感应电流方向为b→a，故A正确；cd棒电流由c到d所在的运动区域有磁场，所受的安培力向里，则受摩擦力向上，因电流增加，则摩擦力增大，加速度减小到0，又减速运动，故B错误；因安培力增加，cd棒受摩擦力的作用一直增加，会大于重力，故C错误；力F所做的功应等于两棒产生的电热、摩擦生热与增加的机械能之和，故D错误．
6. (2022天津河西区二模)如图（甲）所示，光滑的平行水平金属导轨MN、PQ相距l，在M点和P点间连接一个阻值为R的电阻，一质量为m、电阻为r、长度也刚好为l的导体棒垂直搁在导轨上a、b两点间，在a点右侧导轨间加一有界匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面，宽度为d0，磁感应强度为B，设磁场左边界到ab距离为d。现用一个水平向右的力F拉导体棒，使它从a、b处静止开始运动，棒离开磁场前已做匀速直线运动，与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，水平力F-x的变化情况如图（乙）所示，F0已知。求：
（1）棒ab离开磁场右边界时的速度；
（2）棒ab通过磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能E；
（3）d满足什么条件时，棒ab进入磁场后一直做匀速运动。
【参考答案】（1）；（2）；
（3）
【名师解析】
（1）设棒ab离开磁场右边界时的速度为v，产生的感应电动势为
感应电流为

根据平衡条件得

解得

（2）全程根据动能定理得

根据功和能的关系得

解得
（3）棒在磁场中做匀速运动，进入磁场时的速度为v，根据动能定理得

解得
7. （14分）（2021福建泉州高二第二学期期中）如图甲所示，在光滑绝缘水平面内有一匝数n =10、边长L=0.36 m，电阻R=0.36Ω的正方形金属线框，空间中存在一个宽度d=0.75 m、方向竖直向下的有界匀强磁场．线框右侧刚进入磁场时的速度=2 m/s，此时对线框施加一水平向左的外力F使其始终做匀减速直线运动．以线框右侧刚进入磁场为计时起点，外力F随时间t的变化如图乙所示．求：
(1)线框加速度a的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)当线框右侧到达磁场右边界时撤去外力F，求此后线框中产生的焦耳热Q？
【名师解析】.
（1）由图示图像可知：t1=0.2s时，线框左侧刚好进入磁场
根据运动学公式可得，
解得a=2m/s2，
（2）线框速度为v时，线框中的感应电动势E=nBLv
线框中的感应电流，
线框所受的安培力F安=nBIL
联立解得
t=0时，外力F0=2N，根据牛顿第二定律可得
t=0.2s时外力F1=2.4N，线框的速度v1=v0-at1
根据牛顿第二定律可得
联立解得，m=2kg
（3）设线框右侧到达磁场右边界时速度为v2，根据运动学公式可得v22-v02=2ad
解得v2=1m/s
撤去外力后，根据牛顿第二定律可得:
，
故:
设线框刚好完全穿出磁场时速度为v3
故，解得v3=0.82m/s
线框中产生的焦耳热
8.（13分）(2021河北保定重点高中下学期期末)如图所示，一个足够长的“U”形金属导轨NMPQ固定在水平面内，MN、PQ两导轨间的宽为L=0.50m。一根质量为m=0.50kg的均匀金属导体棒ab静止在导轨上且接触良好，abMP恰好围成一个正方形。该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中。ab棒的电阻为R=0.10Ω，其他各部分电阻均不计。开始时，磁感应强度B0=0.50T。
(1)若保持磁感应强度B0的大小不变，从t=0时刻开始，给ab棒施加一个水平向右的拉力，使它做匀加速直线运动。此拉力F的大小随时间t变化关系如图乙所示。求匀加速运动的加速度的大小及ab棒与导轨间的滑动摩擦力的大小；
(2)若从t=0开始，使磁感应强度的大小从B0开始使其以=0.20T/s的变化率均匀增加。求经过多长时间ab棒开始滑动？此时通过ab棒的电流大小和方向如何？（ab棒与导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等）
【参考答案】(1) 4m/s2，1N；(2) 17.5s， 0.5A，方向为从b到a
【名师解析】
(1)由图象可得到拉力F的大小随时间变化的函数表达式为F=F0+kt=3+2.5t（1分）
当ab棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有F−f−B0IL=ma（1分）
因为 （1分）
v=at（1分）
联立方程，解得（1分）
代入数据,解得a=4m/s2 （1分） f=1N（1分）
(2)当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I，以ab棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到ab所受安培力F与最大静摩擦力fm相等（导体棒刚滑动的临界条件）时ab棒开始滑动。由F=BIL=fm（1分）
B=B0+kt=(0.5+0.2t)T（1分）
由闭合电路欧姆定律得
由法拉第电磁感应定律得（1分）
由以上各式求出t=17.5s（1分）
即经时间17.5s后ab棒开始滑动，此时通过ab棒的电流大小为I=0.5A（1分）
根据楞次定律可判断出电流的方向为从b到a（1分）