【物理】2019届一轮复习人教版微型专题　电磁感应中的动力学及能量问题学案 15页

微型专题3　电磁感应中的动力学及能量问题 ‎[考试大纲]　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.电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：‎ ‎(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)用闭合电路欧姆定律求回路中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.‎ ‎2.两种状态处理 ‎(1)导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态.‎ 处理方法：根据平衡条件——合力等于零列式分析.‎ ‎(2)导体处于非平衡状态——加速度不为零.‎ 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.‎ 例1　如图1所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是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、接入电路部分的电阻r＝0.1 Ω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，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，求：(g＝10 m/s2)‎ 图1‎ ‎(1)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－时间图象.‎ 答案　(1)10 m/s　(2)见解析图 解析　(1)导体棒切割磁感线运动，产生的感应电动势：‎ E＝BLv①‎ 回路中的感应电流I＝②‎ 导体棒受到的安培力F安＝BIL③‎ 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：‎ F－μmg－F安＝ma④‎ 由①②③④得：F－μmg－＝ma⑤‎ 由⑤可知，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－＝0⑥‎ 可得：vm＝＝10 m/s⑦‎ ‎(2)由(1)中分析可知，导体棒运动的速度－时间图象如图所示.‎ 电磁感应动力学问题中，要把握好受力情况、运动情况的动态分析.‎ 基本思路是：导体受外力运动产生感应电动势产生感应电流导体受安培力―→合外力变化加速度变化―→速度变化―→感应电动势变化……→a＝0，v达到最大值.‎ 例2　如图2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.(重力加速度为g)‎ 图2‎ ‎(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，当ab杆的速度大小为v时，求此时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)　gsin θ－　(3) 解析　(1)如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于斜面向上；安培力F安，方向沿导轨向上.‎ ‎(2)当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，‎ 此时电路中的电流I＝＝ ab杆受到安培力F安＝BIL＝ 根据牛顿第二定律，有 mgsin θ－F安＝mgsin θ－＝ma 则a＝gsin θ－.‎ ‎(3)当a＝0时，ab杆有最大速度，此时mgsin θ＝，解得：vm＝.‎ 电磁感应中力学问题的解题技巧：‎ ‎(1)受力分析时，要把立体图转换为平面图，同时标明电流方向及磁场B的方向，以便准确地画出安培力的方向.‎ ‎(2)要特别注意安培力的大小和方向都有可能变化.‎ ‎(3)根据牛顿第二定律分析a的变化情况，以求出稳定状态的速度.‎ ‎(4)列出稳定状态下的受力平衡方程往往是解题的突破口.‎ 二、电磁感应中的能量问题 ‎1.电磁感应中能量的转化 电磁感应过程的实质是不同形式的能量相互转化的过程，其能量转化方式为：‎ ‎2.求解电磁感应现象中能量问题的一般思路 ‎(1)确定回路，分清电源和外电路.‎ ‎(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化.如：‎ ‎①有滑动摩擦力做功，必有内能产生；‎ ‎②有重力做功，重力势能必然发生变化；‎ ‎③克服安培力做功，必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能；如果安培力做正功，就是电能转化为其他形式的能.‎ ‎(3)列有关能量的关系式.‎ 例3　如图3所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接.右端接一个阻值为R的定值电阻.平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场.质量为m、长度为d、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止.已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好.则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　)‎ 图3‎ A.流过金属棒的最大电流为 B.通过金属棒的电荷量为 C.克服安培力所做的功为mgh D.金属棒产生的焦耳热为mg(h－μd)‎ 答案　D 解析　金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝mv2，金属棒到达平直部分时的速度v＝，金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，最大感应电动势E＝BLv，最大感应电流I＝＝，故A错误；‎ 通过金属棒的电荷量q＝Δt＝＝，故B错误；‎ 金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh－W安－μmgd＝0－0，克服安培力做功：W安＝mgh－μmgd，故C错误；‎ 克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：Q′＝Q＝W安＝mg(h－μd)，故D正确.‎ 电磁感应中焦耳热的计算技巧：‎ ‎(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt.‎ ‎(2)感应电流变化，可用以下方法分析：‎ ‎①利用动能定理，求出克服安培力做的功W安，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W安.‎ ‎②利用能量守恒，即感应电流产生的焦耳热等于其他形式能量的减少量.‎ ‎1.(电磁感应中的动力学问题)如图4所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动.杆ef及线框中导线的电阻都可忽略不计.开始时，给ef一个向右的初速度，则(　　)‎ 图4‎ A.ef将减速向右运动，但不是匀减速 B.ef将匀减速向右运动，最后停止 C.ef将匀速向右运动 D.ef将往返运动 答案　A 解析　ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，由F＝BIl＝＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，故A正确.‎ ‎2.(电磁感应中的动力学问题)如图5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，过段时间后，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变化的图象不可能是下图中的(　　)‎ 图5‎ 答案　B 解析　S闭合时，若金属杆受到的安培力＞mg，ab杆先减速再匀速，D项有可能；若＝mg，ab杆匀速运动，A项有可能；若＜mg，ab杆先加速再匀速，C项有可能；由于v变化，mg－＝ma中a不恒定，故B项不可能.‎ ‎3.(电磁感应中的能量问题)(多选)如图6所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计.斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上.质量为m、电阻可以忽略不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h，在这一过程中(　　)‎ 图6‎ A.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零 B.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和 C.恒力F与安培力的合力所做的功等于零 D.恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热 答案　AD 解析　金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿斜面向下，做负功.匀速运动时，金属棒所受合力为零，故合力做功为零，A正确；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于R上产生的焦耳热，故外力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，D正确.‎ ‎4.(电磁感应中的力电综合问题)两根平行的金属导轨相距L1＝1 m，与水平方向成θ＝30°角倾斜放置，如图7甲所示，其上端连接阻值R＝1.5 Ω的电阻，另有一根质量m＝0.2 kg，电阻r＝0.5 Ω的金属棒ab放在两根导轨上，距离上端L2＝4 m，棒与导轨垂直并接触良好，导轨电阻不计，因有摩擦力作用，金属棒处于静止状态.现在垂直导轨面加上从零均匀增强的磁场，磁感应强度的变化规律如图乙所示，已知在t＝2 s时棒与导轨间的摩擦力刚好为零(g取10 m/s2)，则在棒发生滑动之前：‎ 图7‎ ‎(1)t＝2 s时，磁感应强度B为多大？‎ ‎(2)假如t＝5 s时棒刚要发生滑动，则棒与导轨间最大静摩擦力多大？‎ ‎(3)从t＝0到t＝3 s内，电阻R上产生的电热有多少？‎ 答案　(1)1 T　(2)1.5 N　(3)4.5 J 解析　(1)当t＝2 s时，对导体棒由平衡条件得 mgsin θ＝B2IL1①‎ 由闭合电路欧姆定律得 I＝②‎ 由法拉第电磁感应定律得 E＝L1L2＝L1L2③‎ 联立①②③式解得B2＝1 T ‎(2)当t＝5 s时，对棒由平衡条件得 B5IL1＝mgsin θ＋Ffmax 由题图乙及第(1)问可得t＝5 s时，B5＝2.5 T 联立解得Ffmax＝1.5 N ‎(3)由焦耳定律得：QR＝I2Rt 代入数据解得：QR＝4.5 J 一、选择题 考点一　电磁感应中的动力学问题 ‎1.如图1所示，质量为m的金属环用不可伸长的细线悬挂起来，金属环下半部分处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线的拉力大小，下列说法中正确的是(　　)‎ 图1‎ A.大于环重力mg，并逐渐减小 B.始终等于环重力mg C.小于环重力mg，并保持恒定 D.大于环重力mg，并保持恒定 答案　A 解析　根据楞次定律知圆环中感应电流的方向为顺时针方向，再由左手定则判断可知圆环所受安培力竖直向下，对圆环受力分析，根据受力平衡有FT＝mg＋F安，得FT>mg，F安＝BIL，根据法拉第电磁感应定律知，I＝＝＝S，可知I为恒定电流，联立上式可知B减小，F安减小，则由FT＝mg＋F安知FT减小，选项A正确.‎ ‎2.(多选)用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(r≪R)的圆环.圆环竖直向下落入如图2所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B.圆环在加速下滑过程中某一时刻的速度为v，忽略其他影响，则(　　)‎ 图2‎ A.此时在圆环中产生了(俯视)顺时针方向的感应电流 B.圆环因受到了向下的安培力而加速下落 C.此时圆环的加速度a＝ D.如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm＝ 答案　AD 解析　由右手定则可以判断感应电流的方向为(俯视)顺时针方向，可知选项A正确；由左手定则可以判断，圆环受到的安培力向上，阻碍圆环的运动，选项B错误；圆环垂直切割磁感线，产生的感应电动势E＝Blv＝B·2πR·v，圆环的电阻R电＝，则圆环中的感应电流I＝＝，圆环所受的安培力F安＝BI·2πR，圆环的加速度a＝，m＝d·2πR·πr2，则a＝g－，选项C错误；当重力等于安培力时圆环速度达到最大，此时a＝0，可得vm＝，选项D正确.‎ ‎3.如图3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，磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右运动，t＝0时导线框的右边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图象中，能正确描述上述过程的是(　　)‎ 图3‎ 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＝、F安＝BIL得F安＝，随着v的减小，安培力F安减小，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＝，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，所以选项D正确.‎ ‎4.(多选)如图4所示，有两根和水平方向成α(α<90°)角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m、电阻不计的金属杆从轨道上由静止滑下.经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则(　　)‎ 图4‎ A.如果B增大，vm将变大 B.如果α变大(仍小于90°)，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　金属杆由静止开始滑下的过程中，金属杆就相当于一个电源，与电阻R构成一个闭合回路，其受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：‎ mgsin α－＝ma 所以金属杆由静止开始做加速度减小的加速运动，当a＝0时达到最大速度vm，即mgsin α＝，可得：vm＝，故由此式知选项B、C正确.‎ 考点二　电磁感应中的能量问题 ‎5.如图5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，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则(　　)‎ 图5‎ 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＝lbc＝lab 同理Q2＝lbc，又lab＞lbc，故Q1＞Q2；‎ 因q＝t＝t＝＝，‎ 故q1＝q2.因此A正确.‎ ‎6.如图6所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，‎ 质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于(　　)‎ 图6‎ A.棒的机械能增加量 B.棒的动能增加量 C.棒的重力势能增加量 D.电阻R上产生的热量 答案　A 解析　棒加速上升时受到重力、拉力F及安培力.根据功能关系可知，力F与安培力做功的代数和等于棒的机械能的增加量，A正确.‎ ‎7.(多选)(2016·南京市学情调研卷)如图7所示，两根足够长的直金属导轨平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，底端接有阻值为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，导轨和杆ab的电阻可忽略.整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上(图中未画出).让杆ab沿轨道由静止开始下滑，导轨和杆ab接触良好，不计它们之间的摩擦，杆ab由静止下滑距离s时，已处于匀速运动.重力加速度为g.则(　　)‎ 图7‎ A.匀速运动时杆ab的速度为 B.匀速运动时杆ab受到的安培力大小为mgsin θ C.杆ab由静止下滑距离s过程中，安培力做功为mgssin θ D.杆ab由静止下滑距离s过程中，电阻R产生的热量为mgssin θ 答案　AB 解析　由平衡条件可知匀速运动时杆ab受到的重力沿斜面的分力等于安培力，即FA＝mgsin θ，mgsin θ＝，所以有v＝，即A、B正确；因为安培力逐渐增大，是个变力，所以C错误；由能量守恒可知mg·ssin θ＝mv2＋Q，所以D错误.‎ ‎8.水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为L、质量为m且与导轨垂直并接触良好的导体棒 ab，ab处在磁感应强度大小为B、方向如图8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，当通过的位移为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(　　)‎ 图8‎ 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＋mvm2‎ D.R上释放的热量为Fx 答案　D 解析　撤去外力后，导体棒水平方向上只受安培力作用，而F安＝，F安随v的变化而变化，故导体棒做加速度变化的减速运动，A错；对整个过程由动能定理得W合＝ΔEk＝0，B错；由能量守恒定律知，恒力F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，D对.‎ 二、非选择题 ‎9.(电磁感应中的动力学问题)(2017·扬州市高二上学期调研)如图9甲所示，阻值不计的光滑金属导轨在竖直面上平行固定放置，间距d为0.5 m，下端通过导线与阻值RL为4 Ω的小灯泡L连接，在矩形区域CDFE内有水平向外的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示，CE长为2 m.在t＝0时刻，接入电路的电阻R为1 Ω的金属棒以某一初速度从AB位置紧贴导轨向下运动，当金属棒从AB位置运动到EF位置过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，g取10 m/s2.求：‎ 图9‎ ‎(1)通过小灯泡的电流的大小；‎ ‎(2)金属棒的质量；‎ ‎(3)金属棒通过磁场区域所用的时间.‎ 答案　(1)0.4 A　(2)0.008 kg　(3)0.2 s 解析　(1)金属棒未进入磁场时，E1＝＝＝0.5×2× V＝2 V 又R总＝RL＋R＝(4＋1) Ω＝5 Ω 所以IL＝＝ A＝0.4 A ‎(2)因灯泡亮度不变，故0.2 s末金属棒进入磁场时刚好匀速运动 所以I＝IL＝0.4 A 棒所受安培力F安＝BId＝0.08 N 对金属棒有mg＝F安 所以金属棒的质量m＝0.008 kg ‎(3)金属棒在磁场中运动时，E2＝E1＝2 V 又E2＝Bdv 解得：v＝＝10 m/s 金属棒从CD运动到EF过程的时间为t2＝＝0.2 s ‎10.(电磁感应中的能量问题)如图10甲所示，不计电阻的平行金属导轨与水平面成37°角放置，导轨间距为L＝1 m，上端接有电阻R＝3 Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场.现将质量m＝0.1 kg、接入电路的电阻r＝1 Ω的金属杆ab从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下滑过程中始终与导轨垂直并保持良好接触，杆下滑过程中的v－t图象如图乙所示.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：‎ 图10‎ ‎(1)磁感应强度大小B；‎ ‎(2)杆在磁场中下滑0.1 s过程中电阻R上产生的热量.‎ 答案　(1)2 T　(2) J 解析　(1)由题图乙得 ‎0～0.1 s内，杆的加速度 a＝＝ m/s2＝5 m/s2‎ ‎0～0.1 s内，由牛顿第二定律有mgsin 37°－Ff＝ma 代入数据得Ff＝0.1 N ‎0.1 s后杆匀速运动，有mgsin 37°－Ff－F安＝0‎ 而F安＝BIL＝BL＝ 解得B＝2 T ‎(2)方法一：杆在磁场中下滑0.1 s的过程中，回路中的电流恒定，有I＝＝0.25 A，‎ 电阻R上产生的热量 QR＝I2Rt＝ J.‎ 方法二：金属杆ab在磁场中匀速运动的位移 x＝vt＝0.05 m 金属杆ab下落的高度 h＝xsin θ＝0.03 m 由能量守恒有mgh＝Q＋Ffx 电阻R产生的热量 QR＝Q＝(mgh－Ffx)＝ J.‎ ‎11.(电磁感应中的力电综合问题)如图11所示，足够长的U形导体框架的宽度L＝0.5 m，电阻可忽略不计，其所在平面与水平面成θ＝37°角.有一磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场，方向垂直于导体框架平面.一根质量m＝0.4 kg、电阻R＝1 Ω的导体棒MN垂直跨放在U形框架上，某时刻起将导体棒由静止释放.已知导体棒与框架间的动摩擦因数μ＝0.5.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)‎ 图11‎ ‎(1)求导体棒刚开始下滑时的加速度大小；‎ ‎(2)求导体棒运动过程中的最大速度；‎ ‎(3)从导体棒开始下滑到速度刚达到最大时的过程中，通过导体棒横截面的电荷量Q＝4 C，求导体棒在此过程中消耗的电能.‎ 答案　(1)2 m/s2　(2)5 m/s　(3)3 J 解析　(1)导体棒刚开始下滑时，其受力情况如图甲，则mgsin θ－μmgcos θ＝ma ‎　‎ 解得a＝2 m/s2‎ ‎(2)当导体棒匀速下滑时其受力情况如图乙，设匀速下滑的速度为v，则在平行斜面上有mgsinθ－Ff－F安＝0‎ 安培力F安＝BIL＝BL＝ 联立解得v＝＝5 m/s ‎(3)通过导体棒横截面的电荷量Q＝Δt ＝ 设导体棒下滑速度刚好为v时的位移为x，则ΔΦ＝BxL 全程由动能定理，得mgx·sin θ－W安－μmgcos θ·x＝mv2，其中W安为克服安培力做的功.‎ 联立解得W安＝3 J 克服安培力做的功等于导体棒在此过程中消耗的电能，即QR＝3 J.‎