2016物理高考分类(2016高考真题+模拟新题)L单元电磁感应

1、L单元电磁感应L1电磁感应现象、楞次定律16. L1 L22016北京卷如图1-所示，匀强磁场中有两个导体圆环 a、b,磁场方向 与圆环所在平面垂直.磁感应强度 B随时间均匀增大.两圆环半径之比为 2： 1,圆环中产 生的感应电动势分别为 Ea和Eb,不考虑两圆环间的相互影响.下列说法正确的是（ ）图1-A. Ea ： Eb=4 ： 1,感应电流均沿逆时针方向B. Ea ： Eb=4 ： 1,感应电流均沿顺时针方向C. Ea ： Eb=2 ： 1,感应电流均沿逆时针方向D. Ea ： Eb=2 ： 1,感应电流均沿顺时针方向A皿 A B 216. B 解析由法拉第电磁感应定律可知E = n H

2、p则E=njT兀R.由于Ra： Rb =2 ： 1 ,则Ea ： Eb= 4 ： 1.由楞次定律和安培定则可以判断产生顺时针方向的电流.选项 B正 确.6. L1 2016江苏卷电吉他中电拾音器的基本结构如图1-所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，下 列说法正确的有（）图1-A.选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B.取走磁体，电吉他将不能正常工作C.增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D.磁振动过程中，线圈中的电流方向不断变化6. BCD 解析选用铜质弦时，不会被磁化，不会产生电磁感应现象，电吉他不能正 常工作，选项A错误；取走磁

3、体时，金属弦磁性消失，电吉他不能正常工作，选项B正确;根据法拉第电磁感应定律可知，增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势，选项C正确;根据楞次定律可知，磁振动过程中，线圈中的电流方向不断变化，选项 D正确.4. L1 2016海南卷如图1-所示，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直 面内，环的圆心与两导线距离相等， 环的直径小于两导线间距.两导线中通有大小相等、方 向向下的恒定电流.若（）“ o v左一右图1-A.金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B.金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向C.金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向D.金属环向右

4、侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向4. D 解析由安培定则及对称性可知，圆环圆心处磁感应强度为零.从圆环圆心向 左直到左侧直导线， 磁感应强度方向垂直于纸面向外，并且逐渐增大.从圆环圆心向右直到右侧直导线，磁感应强度方向垂直于纸面向里，并且逐渐增大.当金属环上下运动时，磁通量时刻为零，没有感应电流；当金属环向左侧直导线靠近时，磁通量垂直于纸面向外且在增大，由楞次定律得，感应电流为顺时针方向；当金属环向右侧直导线靠近时，磁通量垂直于纸面向里且在增大，由楞次定律得，感应电流为逆时针方向，故 D正确.5. L1 2016上海卷磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图方向的感应电 流，

5、则磁铁（）A .向上运动 B.向下运动C.向左运动 D.向右运动6. B 解析从图中看，产生感应电流的线圈可以等效为一个N极在上的磁铁，根据楞次定律的推论“来拒去留”可知选项B正确.19. L1 2016上海卷如图1-（a）所示，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中 箭头所示方向为其正方向.螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L,圆环与导线框在同一平面内.当螺线管内的磁感应强度B随时间按图（b）所示规律变化时（）(*)(b)A.在t1t2时间内, B.在t2t3时间内, C.在t2t3时间内, D.在t3t4时间内,图1-L有收缩趋势L有扩张趋势L内有逆时针方向的感应电流L

6、内有顺时针方向的感应电流20. AD 解析在t1t2时间内，磁场增强，根据楞次定律可判断出导线框中产生d一c-b-a方向的感应电流，且电流逐渐增大，则穿过圆环的磁通量增大，可知 L有收缩趋势，A正确；在t2t3时间内，磁场先减弱后反向增强，线圈中产生a-b-c-d方向的感应电流且保持不变， 穿过圆环的磁通量不变，L内无感应电流且没有扩张或收缩的趋势，B、C错误；在t3t4时间内，沿负方向的磁场减弱，根据楞次定律可判断出导线框中产生d-c一b-a方向的感应电流，且电流在逐渐减小，故穿过圆环的磁通量减小，L内有顺时针方向的感应电流，D正确.L2法拉第电磁感应定律、自感21. L22016全国卷H

7、法拉第圆盘发电机的示意图如图1-所示.铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片 P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触.圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中.圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是 （）Q图1-A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B.若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿 a到b的方向流动C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D .若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在 R上的热功率也变为原来的 2倍20. AB 解析将圆盘看成由无数辐条组成，各辐条都在切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，当圆盘顺时针转动时 （从上往下看），根据右手定

8、则可判断，圆盘上 感应电流从边缘向中心，流过电阻 R的电流方向从a到b, B正确；由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势 E=BLv = 1BL23,而I = E,故A正确，C错误；当角速度 3变为原来 2R的2倍时，感应电动势 E = ；BL23变为原来的2倍，感应电流I变为原来的2倍，电流在R 上的热功率P=I2R变为原来的4倍，D错误.21 . L2 M1 2016全国卷出如图所示，M为半圆形导线框，圆心为 Om ； N是圆心角 为直角的扇形导线框，圆心为On；两导线框在同一竖直面（纸面）内；两圆弧半径相等；过直线0MoN的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面.现使线框M、N在t=

9、0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过0m和On的轴，以相同的周期 T逆时针匀速转动，则（）XXXXXXXXXXXXXXMN图1-A.两导线框中均会产生正弦交流电B.两导线框中感应电流的周期都等于TC.在t=T时，两导线框中产生的感应电动势相等8D.两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等21. BC 解析设导线圈半径为l,角速度为以两导线框切割磁感线的等效长度始终等于圆弧半径，因此在产生感应电动势时其瞬时感应电动势大小始终为E = Tb312,但进磁场和出磁场时电流方向相反，所以线框中应该产生方波交流式电，如图所示，A错误；由T2 兀 ， 一 1,1I、，、一一， 一 一，

10、T, B正确；在t = T时，两导线框均在8切割磁感线，故两导线框中产生的感应电动势均为2bcol2, C正确；对于线框.右 E2 TM，有R ' 2 +E2RT U2M-=2 R T,解得U有乂=£；对于线框,.E2N，-T+ 0 + E- , T+ 0= mN , T,解得 U 有 4 R 4 R="可知，两导线框中感应电流的周期相同，均为 3n=E,故两导线框中感应电流的有效值并不相等，D错误.13. D4、D5、L2、L32016江苏卷据报道，一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间.照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见.如图所示，假设“天宫一

11、号”正以速度 v=7.7 km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直，M、N间的距离L = 20 m,地磁场的磁感应强度垂直于 v, MN所在平面的分量 B = 1.0X10 5 T将太阳帆板视为导体.图1-(1)求M、N间感应电动势的大小 E;(2)在太阳帆板上将一只“ 1.5 V, 0.3 W”的小灯泡与 M、N相连构成闭合电路，不计太 阳帆板和导线的电阻.试判断小灯泡能否发光，并说明理由；(3)取地球半径 R=6.4X103 km,地球表面的重力加速度g= 9.8 m/s2,试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h(计算结果保留一位有效数字).13.答案(1)1.

12、54 V (2)不能，理由见解析 (3)4X105 m解析(1)法拉第电磁感应定律E=BLv,代入数据得E=1.54 V(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流.(3)在地球表面有GM? = mg R匀速圆周运动GMm(R+ h) 2mR+ hR2解得h=gR,代入数据得 h4x 105 m(数量级正确都算对16. L1 L22016浙江卷如图1-2所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成, 匝数均为10匝，边长la=3lb,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时 间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则 ()X X K X X X图1-2A.两线圈内产生顺

13、时针方向的感应电流B. a、b线圈中感应电动势之比为 9： 1C. a、b线圈中感应电流之比为 3： 4D. a、b线圈中电功率之比为 3： 116. B 解析由楞次定律可判断，两线圈中产生的感应电流均沿逆时针方向，选项 AAB 2 _ l E _ E2 -_错误；由 E=nxF，S= 12, R= 0 I=R, P=-,可知 Ea： Eb=9: 1, Ia： Ib=3： 1, Pa：Pb= 27: 1,选项B正确，选项 C、D错误.L3电磁感应与电路的综合L4电磁感应与力和能量的综合24. L4 2016全国卷I 如图1-,两固定的绝缘斜面倾角均为以上沿相连.两细金属棒ab(仅标出a端)和c

14、d(仅标出c端)长度土匀为L,质量分别为2m和m;用两根不可伸长的 柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平.右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为心重力加速度大小为 g,已知金属棒ab匀速下滑.求：(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小;(2)金属棒运动速度的大小.图1-答案(1)mg(sin 0 3ros 0 ) mgR(2)(sin 03 pcos 0 )B2L2解析(1)设导线的张力的大小为T,右斜面对ab棒的支持力的大小

15、为 Ni,作用在ab棒上的安培力的大小为F,左斜面对cd棒的支持力大小为 N2,对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsin 8 = wM + T+F Ni = 2mgcos 9对于cd棒，同理有 mgsin 9 +科2=丁 N2= mgcos 0联立式得F = mg(sin 93 pcos 8) (2)由安培力公式得 F=BIL ab棒上的感应电动势为这里I是回路abdca中的感应电流，e = BLv (7式中，v是ab棒下滑速度的大小，由欧姆定律得联立式得v= (sin 03 gos 0)B22 24. L42016全国卷n 如图1-所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一 电阻，质

16、量为m、长度为l的金属杆置于导轨上.t=0时，金属杆在水平向右、大小为 F的 恒定拉力作用下由静止开始运动.to时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域， 且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为四重力加速度大小为 g.求：(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小;(2)电阻的阻值.图1-*FsB212to24.答案(1)Blt0。-4解析(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a,由牛顿第二定律得ma= F mg 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v,由运动学公式有 v=at0当金属杆以速度 v在磁

17、场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为 E=Blv 联立式可得E=Blt0。一司I,根据欧姆定律(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为苜式中R为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为f= BIl 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得Fm g f= 0 联立式得R=抵m7. L4 2016四川卷如图1-所示，电阻不方f、间距为 l的光滑平行金属导轨水平放置 于磁感应强度为 B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻 R.质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F = FO+kv(F0、k是

18、常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良 好.金属棒中感应电流为i,受到的安培力大小为 Fa,电阻R两端的电压为 Ur,感应电流的功率为P,它们随时间t变化图像可能正确的有()7. BC 解析设金属棒在某一时刻速度为电流 I= rT7=ZB4v，即 10cv；安培力 FA=BI1 r十r r十r电压Ur= IR=RRrv,即Ur8v；感应电流功率分析金属棒运动情况，由牛顿第二定律可得v,由题意可知，感应电动势 E = B1v,感应B212=77/,方向水平向左，即 Fav； R两端R十rP=EI=-B-v2,即 Pav2R+ rB212F 合=5 FA=Fo+kv v = Fo +R十rFo0,且

19、F合0,即a0,力口速B B212 1F 合度方向水平向右.(1)若 k = Ml, F 合=F0,即R+ r明 vat,即 I oct, FaL UrOM,k Rqrr v,而加速度a=痴.因为金属棒从静止出发，所以a = F2,金属棒水平向右做匀加速直线运动，有 v= at,说 mP8t2,所以在此情况下没有选项符合；(2)若k此，F合随v增大而增大，即a随v增大而增大，说明金属棒在做加速度增大R+ r的加速运动，根据四个物理量与速度的关系可知B选项符合；(3)若k旦=，F合随v增大而减小，即a随v增大而减小，说明金属棒在做加速度减小 R+ r的加速运动，直到加速度减小为 0后金属棒做匀速

20、直线运动，根据四个物理量与速度关系可知C选项符合；综上所述，B、C选项符合题意.24. L42016浙江卷小明设计的电磁健身器的简化装置如图1-10所示，两根平行金属导轨相距l = 0.50 m,倾角0= 53° ,导轨上端串接一个 R=0.05 的电阻.在导轨间长 d = 0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B = 2.0 T.质量m= 4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连.CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s= 0.24 m . 一位健身者用恒力 F = 80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动， 上升过程

21、中CD棒始终保持与导轨垂直.当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使 CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2, sin 53° =0.8, 不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量).求：(1)CD棒进入磁场时速度 v的大小；(2)CD棒进入磁场时所受的安培力Fa的大小；(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热 Q.图 1-1024.答案(1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J“ f , a qj F mgsin 9, 2 百解析(1)由牛顿定律a =m=12 m/s C进入磁场时的速度 v =，20s= 2.4

22、m/s (2)感应电动势E=Blv 感应电流I = BlvR安培力Fa=IB1 代入得Fa=v =48 N R(3)健身者做功 W= F(s+d) = 64 J 由牛顿定律Fmgsin 0 -Fa=0 CD棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间t=d v焦耳热 Q=I2Rt= 26.88 J 33. 2016上海卷如图1-所示，一关于y轴对称的导体轨道位于水平面内，磁感应强 度为B的匀强磁场与平面垂直.一足够长、质量为 m的直导体棒沿x方向置于轨道上，在 外力F作用下从原点由静止开始沿y轴正方向做加速度为 a的匀速加速直线运动，运动时功率随棒位置的变化规律为棒与x轴始终平行.棒单位长度的电阻为p

23、,与电阻不计的轨道接触良好，运动中产生的热导体轨道的轨道方程(2)棒在运动过程中受到的安培力Fm随y的变化关系;(3)棒从y= 0运动到y=L过程中外力F的功.33 .答案(1)丫=翳；x2 (2)Fm=/y(3)2 k2aL2+ maL(v),安培力的功率解析(1)设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为B212VF=-4B2X2V2 . 3P=ky2棒做匀加速运动v = 2ayR= 2Px代入前式得片詈 轨道形状为抛物线.v=2BxV2ay、产上4B2X2(2)安培力Fm= R以轨道方程代入得"意y.12(3)由动能定理 W= Wm + 2mv安培力做功Wm= k L2 2 2a

24、棒在y = L处动能2mv2= maLk o 外力做功W L + maL. 2,2aL5电磁感应综合25. L52016全国卷出如图1-所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为 R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨 和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为 B1 = kt,式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为Bo ,方向也垂直于纸面向里.某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在to时刻恰好

25、以速度 Vo越过MN,此后向右做匀速运动.金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略 不计.求：在t = 0到t= to时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值;(2)在时刻t(t>to)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小.25 .答案(1)ktoSR图1-(2) Bolvo(t-to)+kSt(Bolvo+kS)BolR解析(1)在金属棒未越过 MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为;ktS设在从t时刻到t+At的时间间隔内，回路磁通量的变化量为A ，流过电阻R的电荷， 、一一 一， A 量为A q.由法拉第电磁感应定律有E= 由欧姆定律有i = ERA q由电流的定义

26、有i = <联立式得|Aq|=kSA tR由式得，在1=0到t=to的时间间隔内，流过电阻 R的电荷量q的绝对值为ktoS 自|q|=V (2)当t>to时，金属棒已越过 MN.由于金属棒在 MN右侧做匀速运动，有 f=F 式中，f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力.设此时回路中的电流为I, F的大小为F=BoIl此时金属棒与 MN之间的距离为s= vo(t-to)匀强磁场穿过回路的磁通量为'=Bols回路的总磁通量为 <Dt=十式中，仍如式所示.由？式得，在时刻t(t>to)穿过回路的总磁通量为Ot= Bolvo(t-to)+ kSt ?在t到t+A t

27、的时间间隔内，总磁通量的改变A中t为A t=(Boivo+kS) At ?由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为Et =A中tAt由欧姆定律有联立？?？式得f= (Bolvo+ kBR12. 2016北京海淀区期末练习图K31-2是用电流传感器(电流传感器相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，电源的电动势为E,内阻为r,自感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S,经过一段时间后，在t=t1时刻断开开关 S.在图K31-3所示的图像中，可能正确表示电流传感器记录 的电流随时间变化情况的是 ()图 K31-2图 K31- 32. B

28、 解析闭合开关后，开始时线圈的阻碍作用很大，然后逐渐减小，因此外电路 的电阻逐渐减小，故路端电压逐渐减小， 因此通过电流传感器的电流逐渐减小，当断开开关时，线圈产生自感电动势， 继续对灯泡反向供电，供电电流大小等于稳态时通过线圈的电流， 稳态时通过线圈的电流小于通过灯泡的电流，故反向对灯泡供电的电流比原来的小，然后通过灯泡的电流逐渐减小到零，B项正确.1 .（多选）2016山东威海期末考试如图K32-1所示，两个同心金属环水平放置，半径分别是r和2r,两环间有磁感应强度为 B、方向垂直环面向里的匀强磁场，在两环间连接有一个电容为C的电容器，a、b是电容器的两个极板. 长为r的金属棒AB沿半径方

29、向放置在 两环间且与两环接触良好， 并绕圆心以角速度 3做逆时针方向（垂直环面向里看）的匀速圆周 运动.则下列说法正确的是 （）图 K32- 1A到B,故电容器a极板带正3B,、r23B2d-, C项正确；电容器所带K33-3所示，在间距为1、足够 h处有一导线框（各边长A .金属棒中有从B到A的电流B.电容器a极板带正电3Bco r2c.电容器两端电压为2CB r2D.电容器所带电荷量为一2-1 . BC 解析根据右手定则可知金属棒中的电流方向由 电，A项错误，B项正确；金属棒转动产生的感应电动势为 电荷量Q=3BC丝匚，D项错误.2 .（多选）2016江西重点中学协作体第一次联考 如图 长

30、的两条水平虚线间有垂直纸面向里的匀强磁场，其上方距上边界如图中标注），现将导线框由静止释放，从线框下边进入磁场开始计时至线框完全离开磁场 （整个过程线框保持竖直且不翻转）.该过程中v-t图线可能正确的是（）图 K33-42 . CD 解析线框如果刚进入过程匀速，则当下降的距离等于l后，受到的安培力将小于重力，线框将做加速运动， 随着速度的增大，加速度逐渐减小，当加速度减为零时将做 匀速运动，A项错误，C项正确；线框如果刚进入过程做加速运动，则当下降的距离等于l后，加速度将突然增大，B项错误；线框如果刚进入过程做减速运动，安培力逐渐变小，故减速的加速度逐渐变小，最后有可能做匀速运动，当下降的距离

31、等于l后，安培力等于重力的一半，将做加速运动，随着速度的增大，加速度将逐渐变小， 最后做匀速运动，D项正确.3 .（多选）2016山东日照一中期末考试如图K34-3所示，足够长的金属导轨竖直放置， 金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上.虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场， 虚线下方有竖直向下的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小均为B.ab、cd棒与导轨间动摩擦因数均为 的两棒总电阻为 R,导轨电阻不计.开始两棒静止在图示位置，当 cd棒 无初速度释放时，对 ab棒施加竖直向上的力 F,使其沿导轨向上做匀加速运动.则 （）X A FX -i 他£r&图 K34-3A.

32、 ab棒中的电流方向由 b至UaB. cd棒先加速运动后匀速运动C. cd棒所受摩擦力的最大值大于cd棒的重力D.力F做的功等于两棒产生的电热与ab棒增加的机械能之和3. ACD 解析ab向上运动的过程中，穿过闭合回路abdc的磁通量增大，根据楞次定律可得ab棒中的感应电流方向为b一a,故A正确；cd棒中感应电流由c到d,其所在的区域有向下的磁场，所受的安培力向里，cd棒所受的摩擦力向上，ab棒做加速直线运动,速度增大,擦力增大,产生的感应电流增加，cd棒所受的安培力增大，对导轨的压力增大，则滑动摩摩擦力先小于重力，后大于重力，所以cd棒先加速运动后减速运动，最后停止运动，故B错误，C正确；以

33、ab棒为研究对象，根据动能定理可得Wf+W安培+WG=；mv2-0,力F所做的功应等于两棒产生的电热与ab棒增加的机械能之和，故 D正确.4. 2016济南期末考试如图K34-4所示，电阻不计的形足够长且平行的导轨，间距L=1 m,导轨倾斜部分的倾角0= 53° ,并与定值电阻R相连.整个空间存在着 B=5 T、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场.金属棒 =1 kg. ab棒光滑，cd棒与导轨间的动摩擦因数 取 10 m/s2, sin 53 =0.8, cos 53° = 0.6.(1)ab棒由静止释放，当滑至某一位置时，ab、cd的阻值 Rab=Rcd=R, cd棒质量

34、 产0.3,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.cd棒恰好开始滑动.求这一时刻ab棒中的电流.(2)若ab棒无论从多高的位置释放，cd棒都不动，分析ab棒质量应满足的条件.(3)若ab棒无论质量多大、从多高位置释放，cd棒始终不动.求cd棒与导轨间的动摩擦因数科应满足的条件.小10“ 小、C4. (1)y A (2)mab<2.08 kg (3)户 0.75解析(1)cd棒刚要开始滑动时，对其受力分析如图所示.由平衡条件得BIcdLcos 53° f=0Fn mg BIcdLsin 53° =0又 f=Fn联立以上三式，得Icd=5 A3所以 Iab= 21cd= * A.(2)ab棒在足够长的轨道上下滑时，最大安培力Fa= mabgsin 53°1cd棒所受最大安培力应为2FA,要使