1樓：樑英博
（1）金屬棒的速度最大時，安培力也最大為1n，即：
f安=bil
i=em
r+r，
感應電動勢為：em=blvm，
解得：vm=f(r+r)bl
=1×(2+2)
×0．=4m/s．
此時外力為：f=f安，
拉力功率為：p=fvm=1×4w=4w
（2）當速度為v=2m/s時，有：
f安′=blv
r+r=×0．×2
2+2n=0.5n
金屬棒受到的拉力為：f′=pv=4
2n=2n
根據牛頓第二定律為：f′-f安′=ma
解得：a=2?0.5
0.2=7.5m/s2．
（3）在此過程中克服安培力做功w安全部轉化為焦耳熱，由動能定理得：
pt-w安=12mv
2m-12
mv20解得：t=1
p?（12mv
2m-12
mv20+w安）=1
4×（1
2×0.2×42-1
2×0.2×
+6.4）=1.98s
答：（1）金屬棒的最大速度為4m/s；
（2）金屬棒速度為2m/s時的加速度為7.5m/s2；
（3）從開始到速度穩定所經歷的時間t為1.98s．
（2010?長寧區二模）如圖甲所示，mn、pq為水平放置的足夠長的平行光滑導軌，導軌間距l為0.5m，導軌左端連
2樓：杜哥
（1）e=blv，
i=blv
r+r，
f安=bil=blv
r+r當金屬棒達到穩定速度時，f安=f拉
f＝pv
所以v2=p(r+r)bl
，代入資料得v=2m/s
（2）由題意得：wr=1.2j，
根據串聯電路中功率與電阻成正比得：wr=0.3j，w電=1.5j對金屬棒有動能定理得：pt-w電=1
2mv2-1
2mv0
2t=0時，由p=fv得，外力f＝p
v＝0.4
1n＝0.4n
此時合外力為f合=0.4-blv
r+r＝0.3n
由圖象可知t=0加速度最大
由牛頓第二定律得：am＝f
合m＝0.75m/s
證明：由a＝△v△ta
m＝43s
金屬棒的最大位移 sm＜5.25×1+(5.25+5.25?1.33)×1
2＝9.8m
流過金屬棒的電量
q＜b△s
r+r＝1×9.8×0.5
2+0.5
c＝1.97c＜2.0c
（2012?虹口區二模）如圖（甲）所示，mn、pq為水平放置的足夠長的平行光滑導軌，導軌間距l為0.5m，導軌左
3樓：宋豬德濺畜陶
（1）金屬棒的速度最大時，所受的合外力為零，即f=bil．而p=fvm，i=blv
mr+r
解出：vm＝
p(r+r)bl＝
4×(2+2)
2×0.5
m/s＝4m/s．
（2）速度為2m/s時，感應電動勢e=blv=2×0.5×2v=2v，
電流i=e
r+r＝2
2+2a＝0.5a，
安培力f安=bil=2×0.5×0.5n=0.5n．金屬棒受到的拉力f=pv＝4
2n＝2n
根據牛頓第二定律：f-f安=ma
解得a=f?f安m
＝2?0.5
0.2m/s
＝7.5m/s
．（3）在此過程中，由動能定理得：
pt+w安＝1
2mvm?1
2mv而w安=-（qr+qr）=-2qr=-6.4j．解出t=mv
m?mv
?2w安
2p＝0.2×?0.2×+2×6.4
2×4s=1.975s．
（4）圖線與橫軸之間共有124+15×1
2=131.5個小方格．
相應的面積為131.5×0.2×0.1n．s=2.63n．s，即f安△t=2.63n．s
故q＝i．△t＝f安
△tbl
=2.63
2×0.5
c＝2.63c．
答：（1）金屬棒的最大速度為4m/s．
（2）金屬棒速度為2m/s時的加速度為7.5m/s2．（3）此過程對應的時間t為1.975s．
（4）0～3s內通過電阻r的電量2.63c．
（2014?閔行區二模）如圖所示，mn、pq為傾斜放置的足夠長的平行光滑導軌，導軌間距l為0.5m，傾角θ為30°
如圖甲所示，一矩形閉合線圈在勻強磁場中繞垂直於磁場方向的轉軸OO勻速轉動，線圈中產生的交變電流按照
誰ta覲 a 根據題意，矩形閉合線圈在勻強磁場中繞垂直於磁場方向的轉軸oo 勻速轉動，故a正確 b 線框經過中性面時，磁通量最大，電動勢最小，電流也最小，為零 經過垂直中性面位置，磁通量最小，電動勢最大，電流最大 圖中t 0時刻，電流最大，故b正確 c d 正弦式交變電流的有效值等於最大值除以根號二...
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棄0離 mg sin cos cos sin f mg sin cos cos sin 雲牆 做出物體的受力分析圖 如圖，物體受重力mg 豎直向下 水平力f 水平向右 斜面對其的支援力n 垂直於斜面向上 斜面對其的摩擦力f 因為物體是沿斜面向上運動，所以f的方向是沿斜面向下 如圖，將物體所受的重力分...
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