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1、1 微元法将物理量分割成无数个微元，再对这些微元求和(积分),就得到了物理量总的变化量。t=t， x=x， =，vv将随时间变化的物理量，如力、速度、电流等，将时间分割成无数个微元 t，每个微元中变量可以看作是不变的，再对这些微小积累量求和(积分)。Ft=m(2-1)， t=x， It=Q 在电磁学中，这是一种很重要的计算方法。vvv1. .（2004 哈尔滨）如图所示，光滑导轨 EF、GH 等高平行放置，EG 间宽度为 FH 间宽度的3 倍，导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中，左侧呈弧形升高。ab、cd 是质量均为 m 的金属棒，现让 ab 从离水平轨道 h 高处由静止下滑，设导轨足够长
2、。试求：（1）、ab、cd 棒的最终速度；（2）、全过程中感应电流产生的焦耳热。2. .(1999 上海）如图所示，长电阻 r0.3、m0.1kg 的金属棒 CD 垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也是 L，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有 R0.5 的电阻，量程为 03.0A 的电流表串接在一条导轨上，量程为 01.0V 的电压表接在电阻 R 的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面。现以向右恒定外力 F 使金属棒右移。当金属棒以v2m/s 的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏。问：此满偏的电表是哪个表？说明
3、理由。拉动金属棒的外力 F 多大？（3）此时撤去外力 F，金属棒将逐渐慢下来，最终停止在导轨上。求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻 R 的电量。3.3.（2004 广州）如图所示，金属棒 ab 质量 m5g，放在相距 L1m、处于同一水平面上的两根光滑平行金属导轨最右端，导 轨距地高 h0.8m，电容器电容 C400F，电源电动势 E16V，整个装置放在方向竖直向上、磁感应强度 B0.5T 的匀 强磁场中。单刀双掷开关 S 先打向 1，稳定后再打向 2，金属棒 因安培力的作用被水平抛出，落到距轨道末端水平距离 x6.4cm 的地面上；空气阻力忽略不计，取 g10m/s2.求金属棒 a
4、b 抛出后 电容器两端电压有多高？ 4.（南京 2010 三模）如图所示，两根足够长的平行金属导轨由倾斜和水平两部分平滑连接组成，导轨间距，倾角mL1tXxCEKh212=45，水平部分处于磁感应强度的匀强磁场中，磁场方向竖直向上，磁场左边TB1界 MN 与导轨垂直。金属棒质量，电阻，金属棒质量abkgm02111Rcd，电阻，导轨电阻不计，两棒与导轨间动摩擦因数。开始时，kgm2 . 02 32R2 . 0棒放在斜导轨上，与水平导轨高度差，棒放在水平轨上，距 MN 距离为。abmh1cd0s两棒均与导轨垂直，现将棒由静止释放，取。求：ab2/10smg （1）棒运动到 MN 处的速度大小；（
5、2）棒运动的最大加速度；abcd（3）若导轨水平部分光滑，要使两棒不相碰，棒距离 MN 的最小距离。cd0sNchMbdaS0 00 5.（2010 模拟）如图所示，两根足够长的光滑直金属导 轨 MN、PQ 平行固定在倾角 37的绝缘斜 面上，两 导轨间距 L1m，导轨的电阻可忽略。M、P 两点间接 有阻值为 R 的电阻。一 根质量 m1kg、电阻 r0.2? 的均匀直金属杆 ab 放在两导轨上，与导轨垂直且接触良 好。整套装置处于磁感应强度 B0.5T 的匀强磁场中， 磁场方向垂直斜面向下。自图示 位置起，杆 ab 受到大 小为 F0.5v2（式中 v 为杆 ab 运动的速度，力 F 的单位
6、为 N） 、 方向平行导轨沿斜面向下的拉力作用，由静止开始运动，测得通过电阻 R 的电流随时 间均匀增大。g 取 10m/s2，sin370.6。 试判断金属杆 ab 在匀强磁场 中做何种运动，并请写出推理过程； 求电阻 R 的阻值；（3）求金属杆下滑 1m 所需的 时间 t 以及此过程产生的焦耳热。 6.6.（2012 虹口二模）如图（甲）所示，MN、PQ 为水平放置的足够长的平行光滑导轨， 导轨间距 L 为 0.5m，导轨左端连接一个阻值为 2 的定值电阻 R，将一根质量为 0.2kg 的 金属棒 cd 垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒 cd 的电阻 r=2，导轨电阻不计， 整个
7、装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度为 B=2T。若棒以 1m/s 的初速 度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力 F 作用，并保持拉力的功率恒为 4W，从此时 开始计时，经过一定时间 t 金属棒的速度稳定不变，电阻 R 中产生的电热为 3.2J，图（乙） 为安培力与时间的关系图像。试求： （1）金属棒的最大速度；（2）金属棒速度为 2m/s 时的加速度；37FRB3（3）此过程对应的时间 t；（4）估算 03s 内通过电阻 R 的电量。参考答案1.1.解析：解析：（1）由动能定理：（*此题动量不守恒）mghmvvgh1 222ab 与 cd 匀速运动，则它们不受安培力作用，回路感
8、应电动势为零，E1=BL1v1，E2=BL2v2，则 v2=3v1 ab 与 cd 组成的系统受到安培力合力不为零，F1=3F2，动量不守恒， 用动量定理：F1t=m（v-v1） ，F2t=mv2，得vghvgh121 1023 102（2）系统能量守恒 Qmghmvmvmgh1 21 29 1012 222.2.解析解析（1）U=I（R+r） ，当 U=1V 时，I=1.25A，所以电压表先满偏。（2），因为 E=BLv，所以 BL=0.8,VURrRE6 . 1NrRvLBF6 . 122 （3）用动量定理，Ft=BILt=mv，BLIt=mv，BLQ=mv，CBLmvQ25. 03.解析
9、：解析：下落时间，sght4 . 02CCEQ3 1104 . 6根据动量定理，Ft=BIlt=mv，BlIt=mv，BlQ=mv，,CBlmvQ3 2106 . 1VCQQU12214.4.解析：解析：（1）,2 1121vmghmsmsmghv/47. 4/522(2)ab 刚进入磁场时,感应电流最大,加速度最大2221122max/12. 1/25 )(smsmRRmvlBa(3)ab 和 cd 组成的系统受到合外力为零,动量守恒,最后稳定下来,具有共同的速度. v,设 ab 和 cd 的瞬时速度分别为 v1和 v2,)(211vmmvm2vv F安/Nt/s 1.02.03.00.51
10、.00图（乙） RMNPQcdF图（甲）4感应电动势为)(21vvBLE方法一:,2121221111)( RRvvLB tvmamFvLBRRmtvv22211 21)()(,两边求和:vLBRRmtvv22211 21)()(vLBRRmtvv22211 21)()(即mmv LBRRmvvLBRRms79. 1554 2)() ()(22211 22211 0方法二:对 ab 运用动量定理,即,) (1vvmtF) ()(121 2122 vvmtvvRRLBmmv LBRRmvvLBRRms79. 1554 2)() ()(22211 22211 05.解析：解析：（1）通过 R 的电
11、流，因为 I 随时间均匀增大，所以 v 随时间均kvrRBLvI匀增大，导体棒做匀加速直线运动。（2）合外力是恒力，CvRvrRvLBmgFF2 . 0 25. 0625 . 0sin22 合所以 R=0.3，F合=8N，（3）a=8m/s2,saxt5 . 02JtrRaLBtatrRLBtvrRLBtrREQ4)(3222 222 2222 6.解析：解析：（1）金属棒的速度最大时，安培力也最大,为 1N,拉力等于安培力, 或 ，smFPv/4max125. 0maxmax22maxvrRvLBFsmv/4max（2）, ,NrRvLBF5 . 022 安NvPF22/5 . 7smmFFa安（3）在此过程中，由动能定理得：22 011=22mPtWmmvv安,安培力做功全部转化为焦耳热,W安=-(QR+Qr)= -2QR =-23.2J=-6.4J 解出2222 0-20.240.2 126.479s=s=1.975s22440mmmWtPvv安（4）图线与横轴之间共有112415131.52个小方格，相应的“面积”为 131.50.20.1Ns=2.63 Ns，即Ft安=2.63 Ns 故qItFtBL安2.63C=2.63C20.5
