专辑21 电学计算题-2021年高考上海市高三下学期5月二模物理试题汇编（解析版）

2021 年高考上海市高三下学期 5 月二模物理试题汇编 专题 21 电学计算题 1、（2021·上海市长宁区高三下学期 5 月二模）如图所示，电阻不计、间距为 L 的足够长金属轨道竖直放 置，轨道上端接有阻值为 R 的电阻，系统处于垂直轨道平面、磁感应强度为 B 的匀强磁场中，质量为 m 电 阻为 r 的金属棒 ab 通过两端的套环水平地套在金属轨道上，并由静止开始释放．已知金属棒下落 h 高度后 已处于匀速运动状态，金属棒受到轨道的滑动摩擦力 f=kmg（kh）高度过程中，棒与导轨摩擦产生的热量 Qf； （3）求金属棒下落 H（H>h）高度过程中，电阻 R 上产生的热量 QR； （4）分析说明金属棒在整个运动过程的运动情况及能量转化关系。 【答案】（1） 2 2 (1 ) ( )k mg R r B L   ；（2）kmgH；（3）      2 23 2 4 4 11 2 k m g R rR k mgHR r B L           ；（4）见 解析 【解析】 （1）金属棒匀速运动时，受到重力 mg、安培力 F 和滑动摩擦力 f 的作用，其中安培力 2 2 A B L vF BIL R r    根据平衡条件得 FA+f=mg 联立解得 2 2 (1 ) ( )k mg R rv B L   （2）金属棒与导轨摩擦产生的热量 Qf=fH=kmgH （3）根据能量守恒定律，系统产生的焦耳热为 Q=mgH-Qf- 1 2 mv2 将 v 代入解得      2 23 2 4 4 11 2 k m g R rQ k mgH B L     因为 RQR R r Q ＝ 所以      2 23 2 4 4 11 2R k m g R rQR RQ k mgHR r R r B L              （4）金属棒运动过程中受到向上的安培力随速度的增加而增加，棒受到的合外力减小，根据牛二定律，棒 的加速度减小，所以金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速运动，此过程中，金属棒的重力势 能转化为棒的动能、棒与轨道摩擦产生的内能以及电流通过电阻而产生的焦耳热。 2、（2021·上海市徐汇区高三下学期 5 月二模）如图，固定在竖直平面内且足够长的光滑平行金属导轨间 距 L=1m、电阻不计，上端接电键 S 和一阻值 R=0.15Ω的电阻。质量 m=0.5kg、阻值 r=0.1Ω、长度等于导轨 间距的金属棒 ef 水平放置。系统处于垂直导轨平面向里、磁感应强度 B=0.5T 的匀强磁场中。初始时刻 ef 正以 4m/s 的初速度竖直向上运动，此时闭合电键 S。（g 取 10m/s2） （1）求电键闭合瞬间金属棒两端的电势差 U； （2）求电键闭合瞬间金属棒的加速度 a； （3）电键闭合后经一段时间，金属棒的速度将再次达到 4m/s，分析此状态和初始时刻相比，金属棒的能量 变化情况。 【答案】（1）1.2V；（2） 218m/s ；（3）见解析 【解析】 （1）初始时刻，ab 向上切割磁感线运动，产生感应电动势 0 0.5 1 4V 2VE BLv     此时回路中电流强度大小为 2 A 8A0.15 0.1 EI R r     ab 两端电压为电源外电压 8 0.15V 1.2VU IR    （2）初始时刻，对 ab 棒受力分析 由牛顿第二定律 Amg F ma  其中 AF BIL 纯电阻电路 EI R r   2 2 0 A B L vF R r   2 2 20 18m/s( ) B L va g m R r    方向竖直向下 （3）初末状态，速度大小相同，所以动能相同，金属棒在运动过程中，动能、重力势能、电能相互转化， 但总能量守恒。整个过程中，安培力始终做负功，将机械能转化为回路中的内能，所以机械能总量应该减 小，初末状态动能不变，可知重力势能减少，此时金属棒应位于出发点下方。 3、（2021·上海市普陀区高三下学期 5 月二模）如图所示，在 xoy 平面内，虚线 OP 与 x 轴的夹角为 30°。 OP 与 y 轴之间存在沿着 y 轴负方向的匀强电场，场强大小为 E。OP 与 x 轴之间存在垂直于 xoy 平面向外的 匀强磁场。现有一带电的粒子，从 y 轴上的 M 点以初速度 v0、沿着平行于 x 轴的方向射入电场，并从边界 OP 上某点 Q （图中未画出）垂直于 OP 离开电场，恰好没有从 x 轴离开第一象限。已知粒子的质量为 m、 电荷量为 q（q>0），粒子的重力可忽略。求： (1)磁感应强度的大小； (2)粒子在第一象限运动的时间； (3)粒子从 y 轴上离开电场的位置到 O 点的距离。 【答案】(1) 0 3E v ；(2)  04 3 π 3  mv qE ；(3) 2 07 6 mv qE 【解析】 (1)由于粒子从 Q 点垂直于 OP 离开电场，设到 Q 点时竖直分速度为 yv ，由题意可知 03yv v 设粒子从 M 点到 Q 点运动时间为 1t ，有 1y qEv tM  粒子做类平抛运动的水平位移如的 0 1x v t 由磁场方向可知粒子向左偏转，根据题意可知粒子运动轨迹恰好与 x 轴相切，设粒子在磁场中运动的半径为 R ，由几何关系 cos30 cot30x R R   设粒子在磁场中速度为 v ，由前面分析可知 02v v 洛伦兹力提供向心力 2vqvB m R  解得 0 3EB v  (2)粒子在磁场中运动周期 2πRT v  设粒子在磁场中运动时间为 2t ， 2 1 2t T 粒子离开磁场的位置到 y 轴的距离为 x ，则 2 cos30x x R    沿着 x 轴负方向做匀速直线运动，设经过时间 3t 到达 y 轴， 0 3x v t  即   04 3 π 3 mvt qE   (3)由几何关系可得粒子离开磁场的位置到 x 轴距离 2 0 1 3 mvy qE  粒子离开磁场手，竖直方向做匀速直线运动，经过时间 3t 到达 y 轴并离开电场 2 2 3 3 1 2y qEy v t tm   则 2 0 2 5 6 mvy qE  粒子离开电场的位置到 O 点的距离 2 0 1 2 7 6 mvy y y qE    。 4、（2021·上海市普陀区高三下学期 5 月二模）如图所示，真空中有一个半径 r=0.5m 的圆形磁场区域， 与坐标原点 O 相切，磁场的磁感应强度大小 B=2×10－4T，方向垂直于纸面向外，在 x=1m 处的竖直线的右侧 有一水平放置的正对平行金属板 M、N，板间距离为 d=0.5 m，板长 L=1m，平行板的中线的延长线恰好过 磁场圆的圆心 O1。若在 O 点处有一粒子源，能向磁场中不同方向源源不断的均匀发射出速率相同的比荷为 q m =1×108C/kg，且带正电的粒子，粒子的运动轨迹在纸面内，一个速度方向沿 y 轴正方向射入磁场的粒子， 恰能从沿直线 O2O3 方向射入平行板间。不计重力及阻力和粒子间的相互作用力，求： （1）沿 y 轴正方向射入的粒子进入平行板间时的速度 v 和粒子在磁场中的运动时间 t0； （2）从 M、N 板左端射入平行板间的粒子数与从 O 点射入磁场的粒子数之比； （3）若在平行板的左端装上一挡板（图中未画出，挡板正中间有一小孔，恰能让单个粒子通过），并且在 两板间加上如图示电压（周期 T0），N 板比 M 板电势高时电压值为正，在 x 轴上沿 x 轴方向安装有一足够长 的荧光屏（图中未画出），求荧光屏上亮线的左端点的坐标和亮线的长度 l。 【答案】（1）1×104 m/s，7.85×10－5 s；（2） 1 3 ；（3）（ 25 6 m，0），亮线长为 4 3 m。 【解析】 （1）由题意可知，沿 y 轴正向射入的粒子运动轨迹如图示 则粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径必定为 R=r=0.5m 根据洛伦兹力提供向心力有 Bqv= 2vm R 代入数据解得粒子进入电场时的速度为 v=1×104m/s 在磁场中运动的时间为 t0= 1 4 T= 2 m Bq  =7.85×10－5 s （2）如图示沿某一方向入射的粒子的运动圆轨迹和磁场圆的交点 O、P 以及两圆的圆心 O1、O4 组成菱形， 故 PO4 和 y 轴平行，所以 v 和 x 轴平行向右，即所有粒子平行向右出射。故恰能从 M 端射入平行板间的粒 子的运动轨迹如图所示 因为 M 板的延长线过 O1O 的中点，故由图示几何关系可知 1 60OO C   ，则入射速度与 y 轴间的夹角为30 同理可得恰能从 N 端射入平行板间的粒子其速度与 y 轴间的夹角也为30 ，如图所示 由图示可知，在 y 轴正向夹角左右都为30 的范围内的粒子都能射入平行板间，故从 M、N 板左端射入平行 板间的粒子数与从 O 点射入磁场的粒子数之比为 60 1 180 3   （3）根据 U-t 图可知，粒子进入板间后沿 y 轴方向的加速度大小为 8 2 7 29 11 10 m / s 4.5 10 m / s40 0.5 qUa md        所有粒子在平行板间运动的时间为 4 4 s 1 s1 101 10 Lt v     即粒子在平行板间运行的时间等于电场变化的周期 T0，则当粒子由 t=nT0 时刻进入平行板间时，向下侧移最 大，则有 y1= 2 a 2 02 3 T     ＋a 0 02 3 3 T T        － 2 0 2 3 a T     =0.175m 当粒子由 t=nT0＋ 02 3 T 时刻进入平行板间时，向上侧移最大，则 y2= 2 0 2 3 a T     =0.025m 因为 y1、y2 都小于 2 d =0.25m，故所有射入平行板间的粒子都能从平行板间射出，根据动量定理可得所有出 射粒子的在 y 轴负方向的速度为 0 02 03 3 y qU T qU T mvd d      解得 vy=1.5×103 m/s 设速度 vy 方向与 v 的夹角为θ，则 tanθ= 0 3 20 yv v  如图所示 从平行板间出射的粒子处于图示范围之内，则 2 1l x x    tan θ= 1 1 r y x   tan θ= 2 2 r y x   代入数据解得 1 13 m6x  ， 4 m3l  亮线左端点距离坐标原点的距离为 x 左= 13 252 m m6 6      即亮线左端点的位置坐标为（ 25 6 m，0），亮线长为 4 3 m 5、（2021·上海市闵行区高三下学期 5 月二模）如图，间距 L=0.5 m 的平行导轨竖直放置，上端与电阻 R 连接，水平虚线下方存在垂直导轨平面向外、磁感应强度大小 B0=0.4 T 的匀强磁场。现将质量 m=0.2 kg 的 导体棒 MN 从虚线上方 h1 处由静止释放并开始计时，经时间 t1 进入磁场且恰好以速度 v0 做匀速直线运动， 匀速运动 t2=2 s 后给导体棒施加竖直向上的恒力 F=4 N，与此同时磁感应强度发生变化，回路中不再产生感 应电流，再经过 t3=0.2 s 导体棒的速度减为零。导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨和导体 棒的电阻不计，重力加速度 g=10 m/s2。求导体棒在由静止释放到速度减为零的过程中。 （1）速度 v0 的大小； （2）回路中产生的焦耳热 Q； （3）回路中磁通量的最大值Φm； （4）匀强磁场磁感应强度 B 随时间 t 变化的函数。 【 答 案 】（ 1 ） 2m/s ；（ 2 ） 8J ；（ 3 ） 0.8 Wb ；（ 4 ） 2 1.6 5 24 24.6B t t      2.2 ,2.4t s s 或 2 1.6 5( 2.2) 2( 2.2) 4B t t        2.2 ,2.4t s s 且 B0=0.4 T，  0 ,2.2t s s 【解析】 （1）导体棒在 3t 时间内，受力如图 据牛顿第二定律得 F F mg ma  合 可得 210m / sa  导体棒匀减速至零，逆向思维，可得 v0=at3=2m/s （2） 2t 时间内，导体棒匀速下降 2 0 2 2 2m 4mh v t    据能量守恒，则焦耳热为 Q=mgh2=0.2×10×4 J=8J （3）t2 末回路中磁通量最大，此后回路无感应电流，磁通量不变，则 Φm=B0Lh2=0.4×0.5×4Wb=0.8Wb （4）导体棒自由下落时间为 0 1 vt g  =0.2s 3t 内，回路磁通量不变， Φm  2 3BL h h  导体棒由静止释放时开始计时，所以导体棒匀减速下降时间 1 2 2.2t t t t t      所以有    2 3 0 12.2 2.22h v t a t    即 2 1.6 5 24 24.6B t t      2.2 ,2.4t s s 或 2 1.6 5( 2.2) 2( 2.2) 4B t t        2.2 ,2.4t s s 另 B0=0.4 T，  0 ,2.2t s s 6、（2021·上海市闵行区高三下学期 5 月二模）如图所示，水平地面上方有与其平行且关于 AA′对称分布的 匀强电场，A 点左侧地面粗糙，右侧光滑。质量为 m，电量为+q 的滑块从 A 点以初速度 v0 向左滑动，滑块 电荷量保持不变，滑块与左侧水平地面间的滑动摩擦力大小为 f，匀强电场场强大小 3 fE q  ，取 AA′为零 势面，求： （1）滑块向左滑动的最大距离 （2）求滑块第一次在 A 右侧滑行时其动能和电势能相等时距 A 的距离 （3）分析滑块的运动情况，判断其最终停在何处，并求滑块运动全过程摩擦力做的功。 【答案】（1） 2 0 8 mv f ；（2） 2 0 24 mv f ；（3）A 点， 2 0 1 2 mv 【解析】 （1）对滑块水平方向受力分析，如图所示 据牛顿第二定律 1f F ma 电 又 F Eq电 可知 1 4 fa m  滑块向左滑行距 A 最大位移为 1s ，根据 2 0 1 12v a s 可得 2 2 0 0 1 12 8 v mvs a f  （2）设滑块第一次从左侧再次回到 A 处的速度为 1v 、加速度为 2a 、滑块在右侧电场中的加速度为 3a ，在 右侧滑行的最大距离为 2s ，滑块从 A 左侧最大位移处向右到达 A 的过程中，据牛顿第二定律 2F f ma 电 ， F Eq电 可得 2 2 fa m  又 2 1 2 12v a s 可知 1 0 2 2v v 滑块经 A 进入右侧匀强电场时有 3Eq ma 知 3 3 fa m  又据 2 1 3 22v a s 可得 2 0 2 12 mvs f  当滑块运动至右侧位移一半处，电势能等于动能，即电势能等于动能的位置为 2 0 24 mv f 。 （3）滑块在 A 点两侧做往复运动，由于摩擦阻力做功，振幅逐渐减小，最终停在 A 点。据能量守恒知滑块 运动全程中摩擦力做功 2 0 1 2W mv  7、（2021·上海市静安区高三下学期 5 月二模）如图（a）所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定于同 一水平面内，导轨电阻不计，其间距为 L=1 m，左端通过导线连接一个 R=1.5Ω的定值电阻。整个导轨处在 磁感应强度大小 B=0.4T、方向竖直向下的匀强磁场中。质量 m=0.2 kg、电阻 r=0.5 Ω、长度为 1 m 的匀质金 属杆垂直导轨放置，且与导轨接触良好。在杆的中点施加一个垂直杆的水平拉力 F，使杆由静止开始运动， 拉力 F 的功率 P=2W 保持不变，当杆的速度 v=5 m/s 时撤去拉力 F。 （1）求杆的速度为 4 m/s 时，电阻 R 上的电流的大小 I； （2）求杆的速度为 4 m/s 时，杆的加速度的大小； （3）求从撤去拉力 F 到杆停下的整个过程中，杆上产生的热量 Qr； （4）请分析说明，若不撤去拉力 F，杆的速度是否可能大于 5 m/s。若杆在 t1 时刻速度刚刚达到 5 m/s，拉 力 F 所做功的大小 WF 随时间 t 的变化关系如图（b）中的①所示，0~t1 时间内电路中产生的总热量 Q 随时 间 t 的变化关系如②所示，请在图（b）中补画出图线②t1 时刻之后的图像。 【 答案】（1 ） 0.8 A ； （2 ）1.6 m/s2 ；（3 ）0.625 J ；（4 ） 杆的 速度 不可 能大 于 5m/s ， 见解 析， 【解析】 （1）杆运动产生感应电动势 E BLv 电路中感应电流 I r BLv R   代入数据可得 0.8AI  （2）杆所受安培力 AF BIL 代入数据可得 0.32NAF  杆加速阶段速度 v1 为 4 m/s 时，拉力 1 PF v  代入数据可得 0.5NF  根据牛顿第二定律 1AF F ma  代入数据可得 2 1 0.9m/sa  杆减速阶段速度为 4 m/s 时，根据牛顿第二定律 2AF ma 代入数据可得 2 2 1.6m/sa  （3）从撤去拉力 F 到杆停下的整个过程中，杆的动能转化为电路中产生的总热量 所以总热量 21 2Q mv 代入数据可得 2.5JQ  杆上产生的热量 r rQ QR r   代入数据可得 0.625JrQ  （4）拉力 F 作用在杆上时 AF F ma  A P F mav   杆的速度增大，其他物理量不变，所以杆的加速度减小，当 a=0 时，速度达到最大值，此后杆作匀速直线 运动。a=0 时，代入数据可得 5m/sv  所以杆的速度不可能大于 5 m/s。 补画图（b） 8、（2021·上海市金山区高三下学期 5 月二模）如图，宽度分别为 L 和 2L 的两条并排光滑长金属轨道固定 在竖直平面内，水平金属杆 a、b 与两轨道接触良好。杆 a 质量为 m，杆 b 质量为 2m。定值电阻阻值为 R， 其余部分电阻不计。整个装置处于垂直轨道平面的匀强磁场中，磁感应强度为 B。静止释放杆 a，用竖直外 力使杆 b 保持静止。 （1）分析说明杆 a 下落过程速度和加速度大小的变化情况； （2）分析说明杆 b 上竖直外力大小的变化情况； （3）先后释放两杆，当两杆做匀速运动时两者将其他能转化为电能的本领相同，则此时两杆的速度分别为 多大？ 【答案】（1）见解析；（2）外力 F 由 2mg 减小到零；（3） 2 22 mg B L ， 2 24 mg B L 【解析】 （1）杆 a 由静止开始向下运动，受力如图 合力 F=mg-FA 与运动方向相同，杆加速；随着速度增加，FA 增大，合力减小，加速度减小；当 FA=mg 时，加速度为零， 杆做匀速运动。 （2）杆 a 运动时产生的感应电动势 E=BLva，回路中的感应电流 I= E R 杆 b 所受安培力 FAb=B2IL=2 2 2 aB L v R =2FAa 杆 b 受力如图 根据平衡条件 2mg=F＋FAb 得 F=2mg－2FAa 因为 FAa 由零增大到 mg，所以外力 F 由 2mg 减小到零。 （3）两杆匀速运动时 FAa=mg，FAb=2mg 此时回路中的电流为 I= mg BL ，由题意可知，两杆运动产生的感应电动势相同，即 Ea=Eb，I= a bE E R  得 Ea=Eb= 2 mg BL 因为 Ea=BLva，Eb=B2Lvb 杆 a 的速度 va= 2 22 mg B L ，杆 b 的速度 vb= 2 24 mg B L 9、（2021·上海市黄浦区高三下学期 5 月二模）水平面内有一电阻不计的光滑平行金属导轨，两导轨间距 L=0.4m，在导轨上 MN 左侧区域存在垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度大小 B=2.5T。两根电阻分别为 R1=1Ω、R2=3Ω的金属棒 AB、CD 垂直导轨置于 MN 左侧的导轨上。开始时两棒均静止，现用一垂直于棒 AB 的水平向右外力拉动棒 AB，使其向右运动。 （1）当 AB 棒在磁场中向右运动时，判断回路中的感应电流方向和 CD 棒的运动方向； （2）设 AB 棒在磁场中向右运动一段距离过程中，安培力对 AB 棒做功为 WAB，安培力对 CD 棒做功为 WCD， 试分析并比较 WAB 与 WCD 的大小； （3）当 AB 棒运动到 MN 右侧后某时刻撤去外力（CD 棒还在磁场中），此时 AB 棒速度大小 v1=5m/s，CD 棒速度大小 v2=2m/s，求此时 AB 棒上的热功率 PAB。 （4）在第（3）问情景中，请分析并描述此时刻之后 AB、CD 棒的运动情况。 【答案】（1）见解析；（2）WAB＞WCD；（3）0.25W；（4）见解析 【解析】 （1）回路中的感应电流方向为逆时针方向（ACDB），CD 棒向右运动。 （2）棒克服安培力做功，将部分机械能转化为电能，电能一部分通过电流做功转化为内能，另一部分由 CD 棒所受安培力做功转化为 CD 棒的动能，由此可知 WAB＞WCD。 （或者：两根棒受到的安培力大小相同，但是 AB 棒运动的位移大，所以 WAB＞WCD） （3）感应电动势为 E=BLv2 感应电流为 IAB=I= 2 1 2 1 2 = BLvE R R R R  = 2.5 0.4 2 1 3    A=0.5A AB 棒上的热功率为 PAB=I2R1=0.52×1W=0.25W （4）AB 棒出磁场，外力撤去，水平方向不受力，所以做速度为 5m/s的匀速直线运动，CD 棒在磁场中运 动，受安培力阻碍作用，做减速运动，则安培力 F=BIL= 2 2 2 1 2 B L v R R 安培力、加速度随速度逐渐减小。CD 先做加速度减小的减速运动，出磁场则做匀速直线运动 10、（2021·上海市虹口区高三下学期 5 月二模）如图，在绝缘的滑块上方固定一个竖直放置的正方形闭合 线框，线框边长为 L，总电阻为 R，滑块连同线框的质量为 m，滑块与水平地面间的动摩擦因数为μ。右侧 长、高均大于 L 的虚线区域内存在垂直线框平面向里、大小为 B 的匀强磁场，磁场区域的下边界恰好与线 框的中心线在同一水平面上。现给滑块施加一水平向右的拉力，使其以速度 v 匀速进入磁场区域，重力加 速度为 g，求： （1）线框右侧刚进入磁场区域时，框中的电流 I； （2）线框左侧进入磁场区域前的瞬间，拉力 F 的大小； （3）将线框拉进磁场的过程中，拉力所做的功 W。 【答案】（1） 2 BLv R ，沿逆时针方向；（2） 2 2 (1 2 ) 4 B L vmg R    ；（3） 2 3 (1 ) 4 B L v mgLR    【解析】 （1）线框刚进入磁场时，电动势为 1 2E BLv 所以电流为 2 E BLvI R R   方向沿逆时针方向； （2）线框进入磁场的过程中，电流恒定，右侧导线受到的安培力为 2 2 A1 1 2 4 B L vF BIL R   方向水平向左；上侧导线所受安培力 FA2 始终竖直向下，但逐渐增大，线框左侧进入磁场区域前的瞬间，有 2 2 A2 2 B L vF BIL R   此时，滑块与线框整体受 6 个力，如图所示 根据平衡条件有 A2NF mg F  A1 NF F F  解得 2 2 (1 2 ) 4 B L vF mg R     （3）线框进入磁场的距离为 x 时，拉力为 2 A1 A1 2N B LvF F F F mg xR           即拉力 F 随位移 x 成线性变化；刚进入磁场时，FA2=0，拉力 2 2 A1 4 B L vF F mg mgR       所以拉力的平均值为 2 21 ( ) (1 )2 4 B L vF F F mgR       则拉力做功为 2 3 (1 ) 4 B L vW F L mgLR       11、（2021·上海市宝山区高三下学期 5 月二模）如图所示，在同一水平面内足够长的、平行光滑支架 ab、 cd，放在磁感应强度 B=1T、方向竖直向上的匀强磁场中，导体棒 MN 垂直于支架放置，将它用水平细线跨 过定滑轮连接重物 G，支架中接有电源 E（内阻不计）。已知支架宽 l=40cm，图中电阻 R=0.4Ω，其他部分 电阻不计。 (1)当重物 G1=2N 时 MN 恰好静止不动，求电源 E 的电动势； (2)当重物 G2=4N 时，MN 由静止开始运动起来，求它可达到的最大速度； (3)在上面第(2)问的情况下，当 MN 达到最大速度以后图示系统中的能量是如何转化的？ 【答案】(1)2V；(2)5m/s；(3)见解析 【解析】 (1)由于 MN 处于静止状态，所以有 1 2F G 安1 N 因为 11F BI l安 所以 1 2 51 0.4 FI Bl    安1 A 所以 1 5 0.4 2E I R    A (2)当 MN 达到最大速度时，它处于平衡状态，所以有 2 4F G 安2 N 因为 2F BI l安2 所以 2 4 101 0.4 FI Bl    安2 A 由于导体棒切割磁感线运动产生的电流与电源产生的电流同向，两者的电动势相加， =E E E总 感 而 =E Blv感 由闭合电路欧姆定律，得 2 EI R  总 所以有 2 E BlvI R  2 10 0.4 2 51 0.4 I R Ev Bl      m/s (3)当 MN 达到最大速度以后图示系统中能量的转化情况是：重物 G 减少的重力势能和电源 E 产生的电能不 断地转化为电阻 R 上增加的内能。 12、（2021·上海市浦东新区高三下学期 5 月二模）如图，两根间距为 L 的光滑平行金属导轨置于水平面内， 右端连有阻值为 R 的电阻。一阻值为 r、质量为 m 的金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在宽度为 d，磁感应 强度为 B 方向竖直向下的匀强磁场。已知金属杆以速度 v0 向右进入磁场区域，在外力作用下做匀变速直线 运动。金属杆运动到磁场区域右边界时速度恰好减为零，之后以相同的加速度向左做匀加速直线运动直至 从磁场区域左边界离开。金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好，导轨电阻忽略不计。求： （1）金属杆向左即将离开磁场时的速度大小； （2）金属杆运动到磁场正中间时所受安培力的大小； （3）若金属杆从开始到磁场右边界的过程中，金属杆产生的热量为 Q，则金属杆从进入磁场到离开磁场左 边界的整个运动过程中外力做功的大小； （4）金属杆运动到磁场正中间时所受外力的大小。 【答案】（1）vt= v0；（2）   2 2 02 2A B L vF R r   ；（3） 2 2 R rW Qr  ；（4）   2 2 2 0 0 2 2 2 2 v B L vF m d R r    【解析】 （1）因为做匀变速直线运动，前后两种情况下的加速度大小相等，根据 2 2v ad 可知结合对称性可知金属 杆向左即将离开磁场时的速度大小仍为 v0； （2）根据速度—位移关系可得 2 2 0 0 2v ad  设中间时刻的速度大小为 v中 ，则有 2 20 2 2 dv a 中 解得 0 2 2v v中 此时所受安培力大小   2 2 02 2A BLv B L vF BIL BL R r R r     中 来回经过中间位置时安培力大小相同，均为   2 2 02 2 B L v R r ； （3）金属杆从开始到磁场右边界的过程中，金属杆产生的电热为 Q，则回路产生的电热为 1 R rQ Qr  由对称性可知，返回过程回路产生的电热 2 1 R rQ Q Qr   则来回的整个过程回路产生的总的电热 1 2 2( )R rQ Q Q Qr   总 电路中产生的热量等于安培力所做的功，由能量守恒，整个运动过程中外力做功等于安培力所做的功 1 2 2 ( )Q R rW Q Q Q r    总 （4）由 2 2 0 0 2v ad  ，可知 2 0 2 va d  向右经过磁场正中间时，由牛顿第二定律 1 AF F ma  则外力   2 2 2 0 0 1 2 2 2A mv B L vF ma F d R r      F1 的方向向右，大小为   2 2 2 0 02 2 2 mv B L v d R r   ； 同理，向左经过磁场正中间时，由牛顿第二定律 2 AF F ma  F2 的方向向左，则外力大小   2 2 2 0 0 2 2 2 2A mv B L vF ma F d R r     