鄭成

導(dǎo)體桿在磁場中運動切割磁感線產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，是歷年高考的一個熱點問題. 因此在高三復(fù)習(xí)階段有必要對此類問題進行歸類總結(jié)，使學(xué)生更好的掌握、理解它的內(nèi)涵. 通過研究各種題目，可以分類為“單桿、雙桿”兩類電磁感應(yīng)的問題，最后要探討的問題不外乎以下幾種：

1. 運動狀態(tài)分析：穩(wěn)定運動狀態(tài)的性質(zhì)（可能為靜止、勻速運動、勻加速運動）、求出穩(wěn)定狀態(tài)下的速度或加速度、感應(yīng)電流或安培力.

2. 運動過程分析：分析運動過程中發(fā)生的位移或相對位移，運動時間、某狀態(tài)的速度等.

3. 能量轉(zhuǎn)化分析：分析運動過程中各力做功和能量轉(zhuǎn)化的問題：如產(chǎn)生的電熱、摩擦力做功等.

4. 求通過回路的電量.

解題的方法、思路通常是首先進行受力分析和運動過程分析，然后運用動量守恒或動量定理以及能量守恒建立方程.按照不同的情景模型，現(xiàn)舉例分析.

命題角度一：以“單棒+導(dǎo)軌”模型為載體，考查電磁感應(yīng)中的力、電綜合問題

1. 常見單桿情景及解題思路.

2. 在電磁感應(yīng)中，動量定理應(yīng)用于單桿切割磁感線運動，可求解變力的時間、速度、位移和電荷量.

①求電荷量或速度：BILΔt=mv2-mv1，q=IΔt.

②求位移：-=0-mv0，即：-=0-mv0.

③求時間：（i）-BILΔt+F其他Δt=mv2-mv1，

即：-BLq+F其他·Δt=mv2-mv1已知電荷量q，F(xiàn)其他為恒力，可求出變加速運動的時間.

（ii）+F其他·Δt=mv2-mv1，vΔt=x. 若已知位移x，F(xiàn)其他為恒力，也可求出變加速運動的時間.

【例1】如圖1（甲）所示，固定的光滑平行導(dǎo)軌（電阻不計）與水平面的夾角為θ=30°，導(dǎo)軌足夠長且間距L=0.5 m，底端接有阻值為R=4 Ω的電阻，整個裝置處于垂直導(dǎo)體框架斜向上的勻強磁場中，一質(zhì)量為m=1 kg、電阻r=1 Ω、長度也為L的導(dǎo)體棒MN在沿導(dǎo)軌向上的外力F作用下由靜止開始運動，拉力F與導(dǎo)體棒速率倒數(shù)的關(guān)系如圖1（乙）所示，已知g=10 m/s2. 則（ ）

A. v=5 m/s時拉力大小為7 N

B. v=5 m/s時拉力的功率為140 W

C. 勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小為2 T

D. 當(dāng)導(dǎo)體棒的加速度a=8 m/s2時，導(dǎo)體棒受到的安培力的大小為2 N

解析：由題圖1（乙）可知，v=5 m/s時拉力F=14 N，拉力的功率PF=Fv=14×5 W=70 W，選項A、B錯誤;由題圖1（乙）可知，導(dǎo)體棒的最大速度vmax=10 m/s，此時拉力最小Fmin=7 N，F(xiàn)min-mgsin θ-F安=0，F(xiàn)安=，代入數(shù)據(jù)得B=2 T，選項C正確;F=，F(xiàn)-mgsin θ-F安=ma，F(xiàn)安==v，當(dāng)a=8 m/s2時，由以上三式得v2+65v-350=0，解得v=5 m/s，故此時安培力的大小F安=v=1 N，選項D錯誤.

答案：C

【例2】如圖2所示，兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌豎直固定放置，底端接電阻R，輕彈簧上端固定，下端懸掛質(zhì)量為m的金屬棒，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好. 除電阻R外，其余電阻不計. 導(dǎo)軌處于勻強磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌所在平面. 靜止時金屬棒位于A處，此時彈簧的伸長量為Δl，彈性勢能為Ep. 重力加速度大小為g. 將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，金屬棒在運動過程中始終保持水平，則下列說法正確的是（ ）

A. 當(dāng)金屬棒的速度最大時，彈簧的伸長量為Δl

B. 從開始釋放到最后靜止，電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于mgΔl-Ep

C. 金屬棒第一次到達A處時，其加速度方向向下

D. 金屬棒第一次下降過程通過電阻R的電荷量比第一次上升過程的多

解析：根據(jù)題述金屬棒靜止時彈簧伸長量為Δl，可得mg=kΔl. 將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，金屬棒向下切割磁感線運動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E=Blv和感應(yīng)電流I=，金屬棒受到的安培力FA=BIl=，方向豎直向上，由牛頓第二定律mg-kx-FA=ma知，金屬棒向下做加速度逐漸減小的加速運動，當(dāng)加速度減小到零時，金屬棒速度最大，此時有mg=kx+FA，彈簧彈力小于金屬棒的重力，故彈簧的伸長量x小于Δl，選項A錯誤;金屬棒最后靜止時，彈簧伸長量為Δl，根據(jù)能量守恒定律，電阻R上產(chǎn)生的總熱量Q=mgΔl-Ep，選項B正確;金屬棒第一次到達A處時，其所受合外力向上，加速度方向向上，選項C錯誤;由能量守恒知金屬棒第一次下降的高度一定大于第一次上升的高度，由ΔΦ=B·ΔS知，金屬棒第一次下降過程中回路磁通量變化量ΔΦ一定比第一次上升過程中的多，根據(jù)q=可知，金屬棒第一次下降過程中通過電阻R的電荷量一定比第一次上升過程中的多，選項D正確.

答案：BD

【例3】如圖3（甲）所示，平行長直導(dǎo)軌MN、PQ水平放置，兩導(dǎo)軌間距L=0.5 m，導(dǎo)軌左端MP間接有一阻值為R=0.2 Ω的定值電阻，導(dǎo)體棒ab質(zhì)量m=0.1 kg，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ=0.1，導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放在距離左端d=1.0 m處，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒電阻均忽略不計. 整個裝置處在范圍足夠大的勻強磁場中，t=0時刻，磁場方向豎直向下，此后，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化如圖3（乙）所示，不計感應(yīng)電流磁場的影響. 當(dāng)t=3 s時，突然使ab棒獲得向右的速度v0=8 m/s，同時在棒上施加一方向水平、大小可變化的外力F，保持ab棒具有大小恒為a=4 m/s2、方向向左的加速度，g取10 m/s2.

（1）求前3 s內(nèi)電路中感應(yīng)電流的大小和方向;

（2）寫出前3 s內(nèi)ab棒所受的摩擦力隨時間變化的關(guān)系式;

（3）求ab棒的位移s1=3.5 m時外力F;

（4）從t=0時刻開始，當(dāng)通過電阻R的電荷量q=2.25 C時，ab棒正在向右運動，此時撤去外力F，此后ab棒又運動了s2=6.05 m后靜止. 求撤去外力F后電阻R上產(chǎn)生的熱量Q.

解析：（1）由圖3（乙）知：=T/s=0.1 T/s

E===0.1×0.5×1 V=0.05 V

I==A=0.25 A，根據(jù)楞次定律，電流方向為abPMa.

（2）ab棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，有：

f=BIL=（B0-kt）IL=（0.2-0.1t）×0.25×0.5 N=0.0125（2-t） N（t<3 s）

（3）ab棒做勻變速運動，位移s1=3.5 m時，速度大小設(shè)為v1，則v2

1-v2

0=2as

其中a=-4 m/s2，解得：v1=6 m/s

對應(yīng)安培力大小FA=BIL==N=0.075 N

向右運動時，F(xiàn)+μmg+FA=ma，解得：F=0.225 N，方向向左

向左運動時，F(xiàn)-μmg-FA=ma，解得：F=0.575 N，方向向左

（4）前3 s內(nèi)通過電阻R的電量q1=IΔt=0.25×3 C=0.75 C

設(shè)3 s后到撤去外力F時又運動了s，則：q2=IΔt====q-q1=1.5 C，解得：s=6 m

此時ab棒的速度設(shè)為v2，則：v2

2-v2

0=2as

解得：v2=4 m/s

此后到停止，由動能定理得：WA+Wf =ΔEk，其中WA=-Q

解得：Q=Wf -ΔEk=-μmgs2-（0-mv2

2）=（-0.605+0.8）J=0.195 J.

答案：（1）0.25 A abPMa （2）f =0.0125（2-t）N（t<3 s） （3）見解析 （4）0.195 J.

【例4】（2019·天津卷，11）如圖4所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，垂直于導(dǎo)軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導(dǎo)軌始終接觸良好. MN兩端通過開關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量k. 圖4中虛線右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.PQ的質(zhì)量為m，金屬導(dǎo)軌足夠長、電阻忽略不計.

（1）閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向;

（2）斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求該過程安培力做的功W.

解析：（1）設(shè)線圈中的感應(yīng)電動勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律E=，則：E=k ①

設(shè)PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有：R并= ②

閉合S時，設(shè)線圈中的電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律得：I= ③

設(shè)PQ中的電流為IPQ，有：IPQ=I ④

設(shè)PQ受到的安培力為F安，有：F安=BIPQ l ⑤

保持PQ靜止，由受力平衡，有：F=F安 ⑥

聯(lián)立①②③④⑤⑥式得：F= ⑦方向水平向右.

（2）設(shè)PQ由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，PQ運動的位移為x，所用時間為Δt，回路中的磁通量變化為ΔФ，平均感應(yīng)電動勢為E，有：E= ⑧其中ΔФ=Blx

設(shè)PQ中的平均電流為I，有：I= ⑩

根據(jù)電流的定義得：I= 11

由動能定理，有：Fx+W=mv2-0 12

聯(lián)立⑦⑧⑨⑩1112式得：W=mv2-kq

答案：（1） 方向水平向右 （2）mv2-kq.

【例5】如圖5所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌CD、EF傾斜放置，其所在平面與水平面間的夾角為θ=37°，兩導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌下端分別連著電容為C的電容器和阻值R=3r的定值電阻. 一根質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒放在導(dǎo)軌上，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直并接觸良好，一根不可伸長的絕緣輕繩一端拴在金屬棒中間、另一端跨過輕質(zhì)定滑輪與質(zhì)量M=3.6m的重物相連. 金屬棒與定滑輪之間的輕繩始終在兩導(dǎo)軌所在平面內(nèi)且與兩導(dǎo)軌平行，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直于導(dǎo)軌所在平面向上，導(dǎo)軌電阻不計，初始狀態(tài)用手托住重物使輕繩恰處于伸直狀態(tài)，由靜止釋放重物，求：（sin 37°=0.6，重力加速度大小為g，不計滑輪摩擦）

（1）若S1閉合，S2斷開，電阻R的最大瞬時熱功率;

（2）若S1和S2均閉合，當(dāng)金屬棒速度達到最大值時，遇到障礙物突然停止運動，金屬棒停止運動后，通過金屬棒的電荷量;

（3）若S1斷開、S2閉合，請通過計算判斷重物的運動性質(zhì).

解析：（1）S1閉合，S2斷開時，重物由靜止釋放后拉動金屬棒沿導(dǎo)軌向上做加速運動，金屬棒受到沿導(dǎo)軌向下的安培力作用，速度最大時，感應(yīng)電動勢最大，感應(yīng)電流最大，則電阻R的瞬時熱功率最大，當(dāng)金屬棒速度最大時有：

Mg=mgsin 37°+BIL，得：I=，又Pm=I2R，

聯(lián)立解得：Pm=

（2）S1和S2均閉合時，電容器兩極板間的最大電壓

Um=UR=IR=

電容器所帶的最大電荷量Qm=CUm=

金屬棒停止運動后，電容器開始放電，此時電阻R與金屬棒并聯(lián)，

通過金屬棒的電荷量q=Qm=

（3）S1斷開、S2閉合時，設(shè)從釋放重物開始經(jīng)時間t金屬棒的速度大小為v，加速度大小為a，通過金屬棒的電流為i，金屬棒受到的安培力F=BiL，方向沿導(dǎo)軌向下，設(shè)在t～（t+Δt）時間內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ，ΔQ也是平行板電容器在t～（t+Δt）時間內(nèi)增加的電荷量，感應(yīng)電動勢E=BLv，平行板電容器所帶電荷量Q=CE=CBLv，故ΔQ=CBLΔv

Δv=aΔt

則：i==CBLa

設(shè)繩中拉力為FT，由牛頓第二定律，對金屬棒有：

FT-mgsin θ-BiL=ma

對重物有：Mg-FT=Ma

解得：a=，可知a為常數(shù)，則重物做初速度為零的勻加速直線運動.

答案：（1） （2） （3）重物做初速度為零的勻加速直線運動

命題角度二：以“雙棒+導(dǎo)軌”模型為載體，考查電磁感應(yīng)中的能量、動量等問題

1. 常見雙桿情景及解題思路.

（1）初速度不為零，不受其他水平外力作用

（2）初速度為零，一桿受到恒定水平外力的作用

2. 對于不在同一平面上運動的雙桿問題，動量守恒定律不適用，可以用對應(yīng)的牛頓運動定律、能量觀點、動量定理進行解決.

【例6】（多選）（2019·全國卷Ⅲ，19）如圖6所示，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上.t=0時，棒ab以初速度v0向右滑動. 運動過程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示. 下列圖象中可能正確的是（ ）

解析：棒ab以初速度v0向右滑動，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，使整個回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，判斷可知棒ab受到與v0方向相反的安培力的作用而做變減速運動，棒cd受到與v0方向相同的安培力的作用而做變加速運動，它們之間的速度差Δv=v1-v2逐漸減小，整個系統(tǒng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢逐漸減小，回路中感應(yīng)電流逐漸減小，最后變?yōu)榱?，即最終棒ab和棒cd的速度相同，v1=v2，這時兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd組成的系統(tǒng)在足夠長的平行金屬導(dǎo)軌上運動，水平方向上不受外力作用，由動量守恒定律有mv0=mv1+mv2，解得v1=v2=，選項A、C正確，B、D錯誤.

答案：AC

【例7】（多選）（2020·全國卷Ⅰ，21）如圖7所示，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直. ab、dc足夠長，整個金屬框電阻可忽略. 一根具有一定電阻的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框，運動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行. 經(jīng)過一段時間后（ ）

A. 金屬框的速度大小趨于恒定值

B. 金屬框的加速度大小趨于恒定值

C. 導(dǎo)體棒所受安培力的大小趨于恒定值

D. 導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值

解析：當(dāng)金屬框在恒力F作用下向右加速運動時，bc邊產(chǎn)生從c向b的感應(yīng)電流i，金屬框的加速度大小為a1，則有F-Bil=Ma1;MN中感應(yīng)電流從M流向N，MN在安培力作用下向右加速運動，加速度大小為a2，則有Bil=ma2，當(dāng)金屬框和MN都運動后，金屬框速度為v1，MN速度為v2，則電路中的感應(yīng)電流為i=，感應(yīng)電流從0開始增大，則a2從零開始增加，a1從開始減小，加速度差值減小. 當(dāng)a1=a2時，得F=（M+m）a，a=恒定，由F安=ma可知，安培力不再變化，則感應(yīng)電流不再變化，據(jù)i=知金屬框與MN的速度差保持不變，v-t圖像如圖8所示，故A錯誤，B、C正確;MN與金屬框的速度差不變，但MN的速度小于金屬框的速度，則MN到金屬框bc邊的距離越來越大，故D錯誤.

答案：BC

【例8】（2017·浙江4月選考，22）間距為l的兩平行金屬導(dǎo)軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成，如圖9所示，傾角為θ的導(dǎo)軌處于大小為B1、方向垂直于傾斜導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場區(qū)間Ⅰ中，水平導(dǎo)軌上的無磁場區(qū)間靜止放置一質(zhì)量為3m的“聯(lián)動雙桿”（由兩根長為l的金屬桿cd和ef，用長度為L的剛性絕緣桿連接構(gòu)成），在“聯(lián)動雙桿”右側(cè)存在大小為B2、方向垂直于水平導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場區(qū)間Ⅱ，其長度大于L，質(zhì)量為m、長為l的金屬桿ab從傾斜導(dǎo)軌上端釋放，達到勻速后進入水平導(dǎo)軌（無能量損失），桿ab與“聯(lián)動雙桿”發(fā)生碰撞后，桿ab和cd粘合在一起形成“聯(lián)動三桿”，“聯(lián)動三桿”繼續(xù)沿水平導(dǎo)軌進入磁場區(qū)Ⅱ并從中滑出，運動過程中桿ab、cd和ef與導(dǎo)軌始終接觸良好，且保持與導(dǎo)軌垂直. 已知桿ab、cd和ef電阻均為R=0.02 Ω，m=0.1 kg，l=0.5 m，L=0.3 m，θ=30°，B1=0.1 T，B2=0.2 T，g=10 m/s2，不計摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻，忽略磁場邊界效應(yīng)，求：

（1）ab桿在傾斜導(dǎo)軌上勻速運動時的速度大小v0;

（2）“聯(lián)動三桿”進入磁場區(qū)間Ⅱ前的速度大小v;

（3）“聯(lián)動三桿”滑過磁場區(qū)間Ⅱ產(chǎn)生的焦耳熱Q.

解析：（1）ab桿受到的安培力為：FA=B1Il=，ab桿勻速運動，由平衡條件得：mgsin θ=FA，代入數(shù)據(jù)解得：v0=6 m/s.

（2）ab桿與“聯(lián)動雙桿”碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得mv0=（m+3m）v

代入數(shù)據(jù)解得：v=1.5 m/s.

（3）設(shè)“聯(lián)動三桿”進入磁場區(qū)間Ⅱ的過程中速度的變化量為Δv，由動量定理得：-B2IlΔt=4mΔv

設(shè)在“聯(lián)動三桿”進入磁場區(qū)間Ⅱ的過程中，通過ab桿的電荷量為q，則：IΔt=q=

代入數(shù)據(jù)解得：Δv=-0.25 m/s

“聯(lián)動三桿”離開磁場區(qū)間Ⅱ的過程中，速度的變化量也為：Δv=-0.25 m/s，離開磁場區(qū)間Ⅱ時“聯(lián)動三桿”的速度為：v′=v+2Δv=1.5 m/s-2×0.25 m/s=1 m/s.“聯(lián)動三桿”滑過磁場區(qū)間Ⅱ的過程中，產(chǎn)生的焦耳熱為：Q=·4mv2-·4mv′2，代入數(shù)據(jù)解得：Q=0.25 J.

【答案】（1）6 m/s （2）1.5 m/s （3）0.25 J

【例9】如圖10所示，水平放置的兩平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在桌面上，導(dǎo)軌間距為L，處在磁感應(yīng)強度為B、豎直向下的勻強磁場中. 桌面離地面的高度為H. 初始時刻，質(zhì)量為m的桿ab與導(dǎo)軌垂直且處于靜止，距離導(dǎo)軌邊緣為d，質(zhì)量也為m的桿cd與導(dǎo)軌垂直，以初速度v0進入磁場區(qū)域，最終發(fā)現(xiàn)兩桿先后落在地面上. 已知兩桿接入電路的電阻均為R，導(dǎo)軌電阻不計，兩桿落地點之間的距離為s，重力加速度為g.

（1）求ab桿從磁場邊緣射出時的速度大小;

（2）當(dāng)ab桿射出時，求cd桿運動的距離;

（3）在兩根桿相互作用的過程中，求回路中產(chǎn)生的電能.

解析：（1）設(shè)ab、cd桿從磁場邊緣射出時的速度分別為v1、v2，ab桿落地點到拋出點的水平距離為x1，cd桿落地到拋出點的水平距離為x2，則有：x1=v1， x2=v2，且x2-x1=s

以v0的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：

mv0=mv1+mv2

解得：v2=+，v1=+

（2）ab桿運動距離為d，對ab桿應(yīng)用動量定理，有：BILΔt=BLq=mv1，設(shè)cd桿運動距離為d+Δx

q==

解得：Δx==（v0-s）

則cd桿運動距離為[x=d+Δx=d+][v0-s

]

（3）根據(jù)能量守恒定律，回路中產(chǎn)生的電能等于系統(tǒng)損失的機械能，則有：

Q=mv02-mv12-mv22=mv02-.

答案：（1）- （2）[d+][v0-s

] （3）mv02-

【例10】如圖11所示，足夠長的水平軌道左側(cè)b1b2～c1c2部分軌道間距為2L，右側(cè)c1c2～d1d2部分的軌道間距為L，曲線軌道與水平軌道相切于b1b2，所有軌道均光滑且電阻不計.在水平軌道內(nèi)有斜向下與豎直方向成θ=37°的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B=0.1 T. 質(zhì)量為M=0.2 kg的金屬棒B垂直于導(dǎo)軌靜止放置在右側(cè)窄軌道上，質(zhì)量為m=0.1 kg的金屬棒A自曲線軌道上a1a2處由靜止釋放，兩金屬棒在運動過程中始終相互平行且與導(dǎo)軌保持良好接觸，A棒總在寬軌上運動，B棒總在窄軌上運動. 已知：兩金屬棒接入電路的有效電阻均為R=0.2 Ω，h=0.2 m，L=0.2 m，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2，求：

（1）金屬棒A滑到b1b2處時的速度大小;

（2）金屬棒B勻速運動的速度大小;

（3）在兩棒整個運動過程中通過金屬棒A某橫截面的電荷量;

（4）在兩棒整個運動過程中金屬棒A、B在水平導(dǎo)軌間掃過的面積之差.

解析：（1）A棒在曲線軌道上下滑時，由機械能守恒定律得：mgh=mv02，解得：v0=2 m/s.

（2）選取水平向右為正方向，對A、B分別應(yīng)用動量定理，對B：FB安·t=MvB，對A：-FA安·t=mvA-mv0，

其中FA安=2FB安，

整理得：mv0-mvA=2MvB，

兩棒最后勻速時，電路中無電流，此時回路總電動勢為零，必有2Bcos θLvA-Bcos θLvB=0，即：vB=2vA，聯(lián)立解得：vB=m/s

（3）當(dāng)金屬棒A運動到水平軌道后，回路中開始有感應(yīng)電流產(chǎn)生，此時金屬棒B開始加速運動，通過A的電荷量與通過B的電荷量相等. 在B加速過程中：∑（Bcos θ）iLΔt=MvB-0，q=∑iΔt，

解得：q= C.

（4）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E=，其中磁通量變化量：ΔΦ=BΔScos θ.

電路中的電流：I=，通過橫截面的電荷量：q=IΔt，

聯(lián)立解得：ΔS= m2.

答案：（1）v0=2 m/s（2）vB= m/s （3）q=C（4）ΔS= m2

責(zé)任編輯 李平安