2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一階段專題四第2講 專題特輯 課下 針對(duì)高考押題訓(xùn)練

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1、2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一階段專題四第2講 專題特輯 課下 針對(duì)高考押題訓(xùn)練 1．(xx·新課標(biāo)全國(guó)卷)如圖1所示，均勻磁場(chǎng)中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框，半圓直徑與磁場(chǎng)邊緣重合；磁場(chǎng)方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0。使該線框從靜止開(kāi)始繞過(guò)圓心 圖1 O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流。現(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間線性變化。為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動(dòng)半周過(guò)程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率的大小應(yīng)為(　　) A. B. C. D. 解析：選C　當(dāng)導(dǎo)線框勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，設(shè)半徑

2、為r，導(dǎo)線框電阻為R，在很小的Δt時(shí)間內(nèi)，轉(zhuǎn)過(guò)圓心角Δθ＝ωΔt，由法拉第電磁感應(yīng)定律及歐姆定律可得感應(yīng)電流I1＝＝＝；當(dāng)導(dǎo)線框不動(dòng)，而磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化時(shí)，同理可得感應(yīng)電流I2＝＝，令I(lǐng)1＝I2，可得＝，C對(duì)。 2. (xx·三明一中高考模擬)如圖2所示的電路中，L是一個(gè)自感系數(shù)很大、直流電阻不計(jì)的線圈，D1、D2和D3是三個(gè)完全相同的燈泡，E是內(nèi)阻不計(jì)的電源。在t＝0時(shí)刻，閉合開(kāi)關(guān)S，電路穩(wěn)定后在t1時(shí)刻斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S。規(guī)定以電路穩(wěn)定時(shí)流過(guò)D1、D2的電流方向?yàn)檎较?，分別用I1、I2表示流過(guò)D1和D2的電流，則下圖中能定性描述電流I隨時(shí)間t變化關(guān)系的是(　　) 圖2 圖3

3、 解析：選C　當(dāng)閉合開(kāi)關(guān)S瞬間L的自感電動(dòng)勢(shì)很大，阻礙電流的通過(guò)，故通過(guò)D1燈泡的電流逐漸增加，通過(guò)D2的電流恒定不變；在t1時(shí)刻斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S時(shí)，D1、D2、D3和線圈構(gòu)成回路，通過(guò)D1的電流方向沒(méi)有改變，且從原來(lái)的數(shù)值逐漸減小，故A、B均錯(cuò)；通過(guò)D2的電流方向反向，且大小從I1逐漸較小，故C對(duì)D錯(cuò)。 3.如圖4所示，一圓形閉合銅環(huán)由高處從靜止開(kāi)始下落，穿過(guò)一根豎直懸掛的條形磁鐵，銅環(huán)的中心軸線與條形磁鐵的中軸線始終保持重合。若取磁鐵中心O為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立豎直向下為正方向的x軸，則圖5中最能正確反映環(huán)中感應(yīng)電流i隨環(huán)心位置坐標(biāo)x變化的關(guān)系圖象是(　　)

4、 圖4 圖5 解析：選B　閉合銅環(huán)在下落過(guò)程中穿過(guò)銅環(huán)的磁場(chǎng)方向始終向上，磁通量先增加后減少，由楞次定律可判斷感應(yīng)電流的方向要發(fā)生變化，D項(xiàng)錯(cuò)誤；因穿過(guò)閉合銅環(huán)的磁通量的變化率不是均勻變化，所以感應(yīng)電流隨x的變化關(guān)系不可能是線性關(guān)系，A項(xiàng)錯(cuò)誤；銅環(huán)由靜止開(kāi)始下落，速度較小，所以穿過(guò)銅環(huán)的磁通量的變化率較小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流的最大值較小，過(guò)O點(diǎn)后，銅環(huán)的

5、速度增大，磁通量的變化率較大，所以感應(yīng)電流的反向最大值大于正向最大值，故B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤。 4．(xx·淄博模擬)如圖6所示，等腰三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，它的底邊在x軸上且長(zhǎng)為2L，高為L(zhǎng)。紙面內(nèi)一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)穿過(guò)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域， 圖6 在t＝0時(shí)刻恰好位于圖中所示的位置。以順時(shí)針?lè)较驗(yàn)閷?dǎo)線框中電流的正方向，在下面四幅圖中能夠正確表示電流－位移(I－x)關(guān)系的是(　　) 圖7 解析：選C　線框勻速穿過(guò)L的過(guò)程中，有效長(zhǎng)度l均勻增加，由E＝Blv知，電動(dòng)勢(shì)隨位移均勻變大，x＝L處電動(dòng)勢(shì)最大，電流I最大；從x＝L至x＝1

6、.5 L過(guò)程中，框架兩邊都切割，總電動(dòng)勢(shì)減小，電流減?。粡膞＝1.5 L至x＝2 L，左邊框切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大于右邊框切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，故電流反向且增大；x＝2L至x＝3L過(guò)程中，只有左邊框切割，有效長(zhǎng)度l減小，電流減小。綜上所述，只有C項(xiàng)符合題意。 5．(xx·福建省高三仿真模擬)如圖8甲，導(dǎo)體框平面與水平面成θ角，質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒PQ與ab、cd接觸良好，回路的總電阻為R，整個(gè)裝置放于垂直于框架平面的變化的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化如圖乙，PQ始終靜止，則在0～t2 s內(nèi)，PQ受到的摩擦力的變化情況可能是(　　) 圖8 ①f一直增大?、趂一直減小　③f先減小后增

7、大?、躥先增大后減小 A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 解析：選A　 在0～t1時(shí)間內(nèi)，由楞次定律的推論可知，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度在正方向上均勻減小，所受安培力的方向沿斜面向上，導(dǎo)體棒還受沿斜面向下的重力的分力Mgsin θ，當(dāng)F安>Mgsin θ時(shí)f方向向下，故Mgsin θ＋f＝F安，當(dāng)F安減小時(shí)f減小，f減小到0后磁感應(yīng)強(qiáng)度再減小，f的方向向上且不斷增加，在t1～t2秒內(nèi)，f不斷增加，故③對(duì)；若F安

8、 如圖9所示，正方形區(qū)域MNPQ內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在外力作用下，一正方形閉合剛性導(dǎo)線框沿QN方向勻速運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)刻，其四個(gè)頂點(diǎn)M′、N′、P′、Q′恰好在磁場(chǎng)邊界中點(diǎn)。下列圖象中能反映線框所受安培力f的大小隨時(shí)間t變化規(guī)律的是(　　) 圖9 圖10 解析：選B　在導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，導(dǎo)線框的Q′M′和P′N′兩邊所受安培力始終平衡，M′N′和P′Q′切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，在閉合導(dǎo)線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流。則E＝BvL有效，I＝＝，f＝BIL有效＝，設(shè)導(dǎo)

9、線框邊長(zhǎng)為a，則導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)到M′N′完全出磁場(chǎng)之前的過(guò)程中，L有效＝a－(a－2vt)＝2vt，f1＝；在M′N′完全出磁場(chǎng)后直到P′Q′開(kāi)始出磁場(chǎng)之前，僅有P′Q′受安培力，有效長(zhǎng)度不變，為a，f2＝，不變；P′Q′出磁場(chǎng)的過(guò)程中，有效長(zhǎng)度L有效＝a－2vt，f3＝(a－2vt)2；根據(jù)三個(gè)過(guò)程中安培力的表達(dá)式可知，B選項(xiàng)正確。 7．在水平桌面上，一個(gè)圓形金屬框置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1中，線框平面與磁場(chǎng)垂直，圓形金屬框與一個(gè)水平的平行金屬導(dǎo)軌相連接，導(dǎo)軌上放置一根導(dǎo)體棒ab，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒處于另一勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2中，該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度恒定，方向垂直導(dǎo)軌平面向下，如圖11甲所示。磁感應(yīng)強(qiáng)度

10、B1隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖11乙所示，0～1 s內(nèi)磁場(chǎng)方向垂直線框平面向下。若導(dǎo)體棒始終保持靜止，并設(shè)向右為靜摩擦力的正方向，則導(dǎo)體棒所受的靜摩擦力Ff隨時(shí)間變化的圖象是下列圖12中的(　　) 圖11 圖12 解析：選D　由題圖乙可知在1～2 s和4～5 s這兩段時(shí)間內(nèi)，圓形線圈中磁感應(yīng)強(qiáng)度B1保持不變，為定值，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，電路中無(wú)電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生，整個(gè)回路無(wú)電流，導(dǎo)體棒不受安培力和靜摩擦力作用，所以A、B錯(cuò)誤；在0～1 s內(nèi)，由題圖乙可得，磁場(chǎng)垂直于線框平面向下均勻增加，由楞次定律結(jié)合右手定則可判斷出，線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，電流大小I＝＝，因?yàn)榇艌?chǎng)均勻變化，

11、則I為定值，導(dǎo)體棒電流由b→a，即得安培力大小恒定，由左手定則可得方向水平向左。因?yàn)榘羰冀K靜止，所以受力平衡，靜摩擦力與安培力等大反向，即靜摩擦力大小恒定、方向水平向右，為正值，C錯(cuò)誤，D正確。 8. (xx·龍巖一中高三二模)如圖13所示，在一個(gè)光滑傾斜絕緣板的上方，有垂直板面的等距離的a、b、c三條邊界線隔成了Ⅰ、Ⅱ兩區(qū)，Ⅰ區(qū)加向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)、Ⅱ區(qū)加向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。另有一導(dǎo)體圓環(huán)從上方某處開(kāi)始自由向下滾動(dòng)，一直加速著穿過(guò)該磁場(chǎng)區(qū)，已知環(huán)的直徑等于每一磁場(chǎng)區(qū)的寬度，下 圖13 列分析不正確的是 (　　) A．環(huán)中感應(yīng)電流方向先順時(shí)針又逆時(shí)針再順

12、時(shí)針 B．環(huán)直徑在a、c兩邊界時(shí)感應(yīng)電流大小相等，都小于直徑在b處時(shí)的電流 C．環(huán)直徑在c處時(shí)運(yùn)動(dòng)的加速度小于在a處時(shí)的加速度 D．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，重力勢(shì)能的減少等于動(dòng)能增加量與產(chǎn)生熱能的和 解析：選B　由楞次定律知A對(duì)；因?qū)w圓環(huán)一直加速著穿過(guò)該磁場(chǎng)區(qū)，故環(huán)直徑在a、c兩邊界時(shí)其速度va

13、，處在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連，放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的電阻均可忽略。初始時(shí)刻，彈簧恰處于自然長(zhǎng)度，導(dǎo)體棒具有水平向右的初速度v0。在沿導(dǎo)軌往復(fù)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，導(dǎo)體棒 圖14 始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。 (1)求初始時(shí)刻導(dǎo)體棒受到的安培力。 (2)若導(dǎo)體棒從初始時(shí)刻到速度第一次為零時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，則這一過(guò)程中安培力所做的功W1和電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q1分別為多少？ (3)導(dǎo)體棒往復(fù)運(yùn)動(dòng)，最終將靜止于何處？從導(dǎo)體棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q為多少？ 解析：導(dǎo)體棒以初速度v0做切

14、割磁感線運(yùn)動(dòng)而產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路中的感應(yīng)電流使導(dǎo)體棒受到安培力的作用，安培力做功使系統(tǒng)機(jī)械能減少，最終將全部機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。由平衡條件知，棒最終靜止時(shí)，彈簧的彈力為零，即此時(shí)彈簧處于初始的原長(zhǎng)狀態(tài)。 (1)初始時(shí)刻棒中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv0① 棒中感應(yīng)電流I＝② 作用于棒上的安培力F＝BIL③ 聯(lián)立①②③，得F＝ 安培力方向：水平向左 (2)由功和能的關(guān)系，安培力做功為 W1＝Ep－mv02 電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝mv02－Ep (3)由能量轉(zhuǎn)化及平衡條件等，可判斷：棒最終靜止于初始位置。 Q＝mv02 答案：(1)　水平向左　(2)Ep－mv02

15、 mv02－Ep　(3)靜止于初始位置　mv02 10．(xx·浙江高考)為了提高自行車夜間行駛的安全性，小明同學(xué)設(shè)計(jì)了一種“閃爍”裝置。如圖15所示，自行車后輪由半徑r1＝5.0×10－2 m的金屬內(nèi)圈、半徑r2＝0.40 m的金屬外圈和絕緣幅條構(gòu)成。后輪的內(nèi)、外圈之間等間隔地接有4根金屬條，每根金屬條的中間均串聯(lián)有一電阻值為R的小燈泡。在支架上裝有磁鐵，形成了磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.10 T、方向垂直紙面向外的“扇形”勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其內(nèi)半徑為r1、外半徑為r2、 圖15 張角θ＝。后輪以角速度ω＝2π rad/s相對(duì)于轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)。若不計(jì)其它電阻，忽略磁場(chǎng)的邊緣效應(yīng)。 (1)當(dāng)金

16、屬條ab進(jìn)入“扇形”磁場(chǎng)時(shí)，求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E，并指出ab上的電流方向； (2)當(dāng)金屬條ab進(jìn)入“扇形”磁場(chǎng)時(shí)，畫出“閃爍”裝置的電路圖； (3)從金屬條ab進(jìn)入“扇形”磁場(chǎng)時(shí)開(kāi)始，經(jīng)計(jì)算畫出輪子轉(zhuǎn)一圈過(guò)程中，內(nèi)圈與外圈之間電勢(shì)差Uab隨時(shí)間t變化的Uab－t圖象。 解析：(1)金屬條ab在磁場(chǎng)中切割磁感線時(shí)，電動(dòng)勢(shì)E＝Br2ω所以E＝Bω(r22－r12)＝4.9×10－2 V 根據(jù)右手定則(或楞次定律)，可得感應(yīng)電流方向?yàn)閎→a。 (2)通過(guò)分析，可得電路圖為 (3)設(shè)電路中的總電阻為R總，根據(jù)電路圖可知， R總＝R＋R＝R ① ab兩端電勢(shì)差 Uab

17、＝E－IR＝E－R＝E≈1.2×10－2 V ② 設(shè)ab離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)刻為t1，下一根金屬條進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)刻為t2， t1＝＝ s ③ t2＝＝ s ④ 設(shè)輪子轉(zhuǎn)一圈的時(shí)間為T， T＝＝1 s ⑤ 由T＝1 s，金屬條有四次進(jìn)出，后三次與第一次相同。 ⑥ 由②、③、④、⑤、⑥可畫出如下Uab－t圖象。 答案：見(jiàn)解析 [課下——針對(duì)高考押題訓(xùn)練] 1. (xx·蘇北四市一模)兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行直導(dǎo)軌MN、PQ與水平面成θ角放置，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，M、P兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻。一根質(zhì)量為m

18、的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直。整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于 圖1 導(dǎo)軌平面向上，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，它們的電阻不計(jì)?，F(xiàn)讓ab桿由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌下滑。 (1)求ab桿下滑的最大速度vm； (2)ab桿由靜止釋放至達(dá)到最大速度的過(guò)程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求該過(guò)程中ab桿下滑的距離x及通過(guò)電阻R的電荷量q。 解析：(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、安培力公式和牛頓第二定律有 E＝BLv I＝ F安＝BIL mgsin θ－F安＝ma 即mgsin θ－＝ma 當(dāng)加速度a為零時(shí)，速度v達(dá)最大，速度最大值vm＝

19、 (2)根據(jù)能量守恒定律有 mgxsin θ＝mvm2＋Q 得x＝＋ 根據(jù)電磁感應(yīng)定律有＝ 根據(jù)閉合電路歐姆定律有＝ 感應(yīng)電荷量q＝Δt＝＝ 得q＝＋ 答案：(1)　(2)＋?。? 2. (xx·南京模擬)均勻?qū)Ь€制成的單匝正方形閉合線框abcd，每邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，總電阻為R，總質(zhì)量為m。將其置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方h處，如圖2所示。線框由靜止自由下落，線框平面保持在豎直平面內(nèi)，且cd邊始終與水平的磁場(chǎng)邊界平行。重力加速度為g。當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)， 圖2 (1)求線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大??； (2

20、)求cd兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大?。? (3)若此時(shí)線框向下的加速度大小恰好為g/4，求線框下落的高度h應(yīng)滿足什么條件？ 解析：(1)設(shè)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框的速度為v，由機(jī)械能守恒定律得 mgh＝mv2(或由v2＝2gh) 由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLv 綜合上述兩式解得E＝BL (2)由閉合電路歐姆定律得到此時(shí)線框中電流 I＝ cd兩點(diǎn)間的電勢(shì)差 U＝I(R)＝BL (3)由安培力公式得 F＝BIL＝ 當(dāng)a＝g/4，方向向下時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律 mg－F＝ma 解得下落高度滿足h＝ 答案：(1)BL　(2)BL　(3) 3．(xx·揚(yáng)州調(diào)研)如圖3所示，空間存在一

21、垂直紙面向里的水平磁場(chǎng)，磁場(chǎng)上邊界OM水平，以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OM為x軸，豎直向下為y軸，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小在x方向保持不變、y軸方向按B＝ky變化，k為大于零的常數(shù)。一質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線框abcd從圖示位置靜止釋放，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中線框平面始終在同一豎直平面內(nèi)，當(dāng)線框下降h0(h0

22、 由平衡條件有mg＝B1I1L 而B(niǎo)1＝kh0 解得v1＝ 線框cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流 I2＝ 則I2＝ 由平衡條件有mg＝B2I2L 解得v2＝ (2)由能量守恒定律有 ΔE＝mgL－mv22 解得ΔE＝mgL－ 答案：(1)　　(2)mgL－ 4．(xx·珠海模擬)如圖4所示，豎直平面內(nèi)有一寬L＝1 m、足夠長(zhǎng)的光滑矩形金屬導(dǎo)軌，電阻不計(jì)。在導(dǎo)軌的上下邊分別接有電阻R1＝3 Ω和R2＝6 Ω。在MN上方及CD下方有水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝1 T。現(xiàn)有質(zhì)量m＝0.2 kg、電阻r＝1 Ω的導(dǎo)體棒ab，在金屬導(dǎo)軌上從

23、MN上方某處由靜止下落，下落過(guò)程中導(dǎo)體棒始終保持水平，與金屬導(dǎo)軌接觸良好。當(dāng)導(dǎo)體棒ab下落到快要接近MN時(shí)的速度大小為 圖4 v1＝3 m/s。不計(jì)空氣阻力，g取10 m/s2。 (1)求導(dǎo)體棒ab快要接近MN時(shí)的加速度大小。 (2)若導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ后，棒中的電流大小始終保持不變，求磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ之間的距離h。 (3)若將磁場(chǎng)Ⅱ的CD邊界略微下移，使導(dǎo)體棒ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)速度大小變?yōu)関2＝9 m/s，要使棒在外力F作用下做a＝3 m/s2的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，求所加外力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系式。 解析：(1)以導(dǎo)體棒為研究對(duì)象，棒在磁場(chǎng)Ⅰ中切割磁感線，棒中產(chǎn)生感應(yīng)

24、電動(dòng)勢(shì)E，棒在重力和安培力作用下做加速運(yùn)動(dòng)。 由牛頓第二定律得：mg－BIL＝ma1， E＝BLv1＝3 V R＝＝2 Ω I＝＝1 A 由以上各式可得：a1＝ 5 m/s2 (2)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ后，安培力等于重力，棒做勻速運(yùn)動(dòng)，棒中電流大小就始終保持不變。 mg＝BI′L I′＝ E′＝BLv′ 聯(lián)立解得：v′＝6 m/s 導(dǎo)體棒從MN到CD做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。 v′2－v12＝2gh 解得：h＝1.35 m (3)設(shè)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ后經(jīng)過(guò)時(shí)間t的速度大小為vt，則： vt＝v2＋at F＋mg－F安＝ma F安＝ 由以上各式解得：F＝(t＋1.6) N 答案：(1)5 m/s2　(2)1.35 m　(3)F＝(t＋1.6) N