培优易错难题电磁感应现象的两类情况辅导专题训练及答案解析

1、培优易错难题电磁感应现象的两类情况辅导专题训练及答案解析一、电磁感应现象的两类情况1.如图所示，两根光滑、平行且足够长的金属导轨倾斜固定在水平地面上，导轨平面与水B=3T的匀强磁场。质量平地面的夹角37,间距为d=0.2m,且电阻不计。导轨的上端接有阻值为R=7的定值电阻和理想电压表。空间中有垂直于导轨平面斜向上的、大小为为m=0.1kg、接入电路有效电阻r=5Q的导体棒垂直导轨放置，无初速释放，导体棒沿导轨下滑一段距离后做匀速运动，取g=10m/s2,sin37=0.6,求：(1)导体棒匀速下滑的速度大小和导体棒匀速运动时电压表的示数;(2)导体棒下滑l=0.4m过程中通过电阻R的电荷量。【

2、答案】(1)20m/s7V(2)0.02C【解析】【详解】(1)设导体棒匀速运动时速度为v,通过导体棒电流为I。由平衡条件mgsinBid导体棒切割磁感线产生的电动势为E=Bdv由闭合电路欧姆定律得Rr联立得v=20m/s由欧姆定律得U=IR联立得U=7V(2)由电流定义式得Qit由法拉第电磁感应定律得E由欧姆定律得由得B ldQ=0.02C?2.如图甲所示，相距d的两根足够长的金属制成的导轨，水平部分左端ef间连接一阻值为2R的定值电阻，并用电压传感器实际监测两端电压，倾斜部分与水平面夹角为37°.长度也为d、质量为m的金属棒ab电阻为R,通过固定在棒两端的金属轻滑环套在导轨上，滑

3、环与导轨上MG、NH段动摩擦因数尸1（其余部分摩擦不计）.MN、PQ、GH相距为L,MN、PQ间有垂直轨道平面向下、磁感应强度为Bi的匀强磁场，PQGH间有平行于斜面但大小、方向未知的匀强磁场B2,其他区域无磁场，除金属棒及定值电阻，其余电阻均不计，sin37=0.6,cos37=0.8,当ab棒从MN上方一定距离由静止释放通过MN、PQ区域（运动过程中ab棒始终保持水平），电压传感器监测到U-1关系如图乙所示.（1）求ab棒刚进入磁场Bi时的速度大小.（2）求定值电阻上产生的热量Qi.（3）多次操作发现，当ab棒从MN以某一特定速度进入MNQP区域的同时，另一质量为2m,电阻为2R的金属棒c

4、d只要以等大的速度从PQ进入PQHG区域，两棒均可同时匀速通过各自场区，试求B2的大小和方向.1.5U19mU2【答案】（1）（2）1mgL邓Ur；（3）32Bi方向沿导轨平面向上Bd34B2d2【解析】【详解】根据ab棒刚进入磁场Bi时电压传感器的示数为U,再由闭合电路欧姆定律可得此时的感应电动势：EiUUR1.5U2R根据导体切割磁感线产生的感应电动势计算公式可得：EiBdv1计算得出：Vi1.5UB1d（2）设金属棒ab离开PQ时的速度为V2,根据图乙可以知道定值电阻两端电压为2U,根据闭合电路的欧姆定律可得:B1dv22R R2R 2U计算得出：V23U；棒ab从MN到PQ,根据动能定

5、理可得:B1dmg sin 37 L mg cos37 L W安1212mv2mv122根据功能关系可得产生的总的焦耳热Q 总.=Wfe根据焦耳定律可得定值电阻产生的焦耳热为:Qi2R2R联立以上各式得出:1Q mgL39mU2-Z224B d(3)两棒以相同的初速度进入场区匀速经过相同的位移，对ab棒根据共点力的平衡可得:mg sin 37 mg cos372.2B1 d v2R计算得出：v噌B12d2对cd棒分析因为：2mg sin 372mg cos37 0B2沿导轨平面故cd棒安培力必须垂直导轨平面向下，根据左手定则可以知道磁感应强度向上，cd棒也匀速运动则有：2mgsin37-c-1

6、2mgcos37B2-B1dvd2R32B1.,mgR，、一-r将v22代入计算得出：B2B1d答：(1)ab棒刚进入磁场Bi时的速度大小为1.5U1,9mU2(2)定值电阻上产生的热量为一mgL2-34B2d2B2的大小为32Bi,方向沿导轨平面向上.L,质量为m,电阻为R的 v匀速运动的传送带上，经过3 .如图所示，线圈工件加工车间的传送带不停地水平传送长为正方形线圈，在传送带的左端线圈无初速地放在以恒定速度段时间，达到与传送带相同的速度v后，线圈与传送带始终相对静止，并通过一磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场，已知当一个线圈刚好开始匀速度运动时，下一个线圈恰好放在传送带上，线圈匀速运

7、动时，每两个线圈间保持距离L不变，匀强磁场的宽度为3L,求:(1)每个线圈通过磁场区域产生的热量Q.(2)在某个线圈加速的过程中，该线圈通过的距离 比.Si和在这段时间里传送带通过的距离S2之(3)传送带每传送一个线圈，电动机多消耗的电能【答案】(1) Q2B2L3V (2) SA1：2 RE (不考虑电动机自身的能耗)E=mJ+2B2L3v/R(1)线圈匀速通过磁场，产生的感应电动势为 2_ 2 3(BLv) 2L2B Lv为 Q Pt R v R(2)对于线圈：做匀加速运动，则有Si=vt/2对于传送带做匀速直线运动，则有3=vt故 Si： 8=1: 2(3)线圈与传送带的相位移大小为 s

8、 s2线圈获彳#动能EK=mv2/2=fS1传送带上的热量损失 Q/=f(S-S1)=mv2/2送带每传送一个线圈，电动机多消耗的电能为 【点睛】E=BLv则每个线圈通过磁场区域产生的热量vtSi-S12E=EK+Q+Q/=mv2+2 B2L3v/R本题的解题关键是从能量的角度研究电磁感应现象，掌握焦耳定律、E=BLv欧姆定律和能量如何转化是关键.4 .如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成0=30角固定，M、P之间接电阻箱R,导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B=1T.质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r,现从静止释放卞

9、fab,测得最大速度为vm.改变电阻箱的阻值R,得到vm与R的关系如图乙所示.已知轨距为L=2m,重力加速度g取l0m/s2,轨道足够长且电阻不计.求：(1)杆ab下滑过程中流过R的感应电流的方向及R=0时最大感应电动势E的大小；(2)金属杆白质量m和阻值r；(3)当R=4时，求回路瞬时电功率每增加2W的过程中合外力对杆做的功W.【答案】(1)电流方向从M流到P,E=4V(2)m=0.8kg,r=2Q(3W=1.2J【解析】本题考查电磁感应中的单棒问题，涉及动生电动势、闭合电路欧姆定律、动能定理等知识.(1)由右手定则可得，流过R的电流方向从M流到P据乙图可得，R=0时，最大速度为2m/s,则

10、Em=BLv=4V(2)设最大速度为v,杆切割磁感线产生的感应电动势E=BLv由闭合电路的欧姆定律IRr杆达到最大速度时mgsinBIL0日mgsinmgsin信v一丁kR丁krB2L2B2L2E2R r结合函数图像解得：m=0.8kg、r=2Q由题意：由感应电动势E=BLv和功率关系P彳曰pB2L2V2行PRr则PBLB2LY2RrRr1212再由动能te理W-mV2-mV)得Wm(R2PP1.2J2B2L2ef、gh、pqn的磁场方向向2L的正方形金属线5 .如图，在地面上方空间存在着两个水平方向的匀强磁场，磁场的理想边界水平，磁感应强度大小均为B,区域I的磁场方向垂直纸面向里，区域外，两

11、个磁场的高度均为L；将一个质量为m,电阻为R,对角线长为圈从图示位置由静止释放(线圈的d点与磁场上边界f等高，线圈平面与磁场垂直)，下落过程中对角线ac始终保持水平，当对角线ac刚到达cf时，线圈恰好受力平衡；当对角线ac到达h时，线圈又恰好受力平衡(重力加速度为g).求：(1)当线圈的对角线ac刚到达gf时的速度大小;(2)从线圈释放开始到对角线ac到达gh边界时，感应电流在线圈中产生的热量为多少【答案】v1【解析】mgR研2(2)Q322mgR2mgL4-7512BL【详解】(1)设当线圈的对角线ac刚到达ef时线圈的速度为Vi,则此时感应电动势为:EiB2LviVimgR4B2L2感应电

12、流：I1由力的平衡得：解以上各式得：旦RBI12Lmg(2)设当线圈的对角线ac刚到达ef时线圈的速度为v2,则此时感应电动势E22B2Lv2感应电流：I2由力的平衡得：E2R2BI22Lmg解以上各式得:mgR16B2L2设感应电流在线圈中产生的热量为Q,由能量守恒定律得:mg2LQ12-mv22解以上各式得：Q2mgL322mgR44512BL6 .如图，光滑金属轨道POQPOQ'互相平行，间距为L,其中OQ'和OQ位于同一水平面内，PO和P。'构成的平面与水平面成30°。正方形线框ABCD边长为L,其中AB边和CD边质量均为m,电阻均为r,两端与轨道始终

13、接触良好，导轨电阻不计。BC边和AD边为绝缘轻杆，质量不计。线框从斜轨上自静止开始下滑，开始时底边AB与OO'相距L。在水平轨道之间，MNNM'长方形区域分布着有竖直向上的匀强磁场，OMONL,NM'右侧区域分布着竖直向下的匀强磁场，这两处磁场的磁感应强度大小均为Bo在右侧磁场区域内有一垂直轨道放置并被暂时锁定的导体杆EF,其质量为m电阻为r。锁定解除开关K与M点的距离为L,不会阻隔导轨中白电流。当线框AB边经过开关K时，EF杆的锁定被解除，不计轨道转折处OO'和锁定解除开关造成的机械能损耗。(1)求整个线框刚到达水平面时的速度v0；(2)求线框AB边刚进入磁场

14、时，AB两端的电压Uab；(3)求CD边进入磁场时，线框的速度v;2B2I3(4)若线框AB边尚未到达MN,杆EF就以速度v1空_工离开m'N'右侧磁场区域，3mr求此时线框的速度多大?【答案】(1)J3gL;(2)BL*/lgL;(3)J3gLB-;(4)2.6.23mr2.32BL3mr【解析】【分析】【详解】(1)由机械能守恒1_2cmgLsin30mg2Lsin302mv。02可得V。2gL(2)由法拉第电磁感应定律可知EBLv0根据闭合电路欧姆定律可知BLvo3Tr2根据部分电路欧姆定律U可得U AB(3)线框进入磁场的过程中，由动量定理bIl又有i代入可得ABBL6

15、 gL2mv 2mv0BL2丁 r2b2l3v123mr(4)杆EF解除锁定后，杆EF向左运动，线框向右运动，线框总电流等于杆EF上电流对卞fEFBILtmvi对线框BILt2mV2可得v12v2整理得到1 b2l3v2vi-2 3mr可得3 2B2L3v2vv2.gL-23mr7.如图所示，两平行长直金属导轨(不计电阻)水平放置，间距为L,有两根长度均为L、电阻均为R、质量均为m的导体棒AB、CD平放在金属导轨上。其中棒CD通过绝缘细绳、定滑轮与质量也为m的重物相连，重物放在水平地面上，开始时细绳伸直但无弹力，棒CD与导轨间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略其他摩擦和其他阻力，

16、导轨间有一方向竖直向下的匀强磁场Bi,磁场区域的边界满足曲线方程:yLsin-x(0xL,单位为m)。CD棒处在竖直向上的匀强磁场B2中。现从t0时刻开始，使棒AB在外力F的作用下以速度v从与y轴重合处开始沿x轴正方向做匀速直线运动，在运动过程中CD棒始终处于静止状态。(1)求棒AB在运动过程中，外力 F的最大功率;(2)求棒AB通过磁场区域Bi的过程中，棒 CD上产生的焦耳热;(3)若棒AB在匀强磁场Bi中运动时，重物始终未离开地面 ，且满足:mgB1B2L2V4R求重物所受支持力大小随时间变化的表达式。222B1Lv2R2,3BA8R(3)当0<tw时，FN=mg6V当<t&l

17、t;-Fn=(1+、mg-BB2LV$所_6v6v2RL当5Lq<L时，FN=mg6vv【解析】【详解】(1)当棒AB运动到xL处时，棒AB的有效切割长度最长，安培力最大，则外力2大，功率也最大，此时：_22cB1Lv,B1LvF=BiIL=B1L,Pm=Fv2R2R解得：Pm=2, 2 2B1 L v2R(2)棒AB在匀强磁场区域Bi的运动过程中，产生的感应电动势为:E=BiLvsinx则感应电动势的有效值为:可以得到:Q二2, 32B1 L v有效 Rt=；8R(3)当CD棒所受安培力F安=gg时，设棒AB所在位置横坐标为 得：xo,对棒CD受力分析可解得:则:B1 B2 Lyv=师

18、g y= Lsin - xoL5xo= 一 ， xi= L66ti=x0 vL x1一 ,t2二一5L6v当0<tw-L时,6v则：FN=mg当L<t<5L时，则:6v6vB1B2LyvFn=mg+师g2R即:2一一Fn=(1+(img-sin2RL当5Lq<L时，则:6vvFN=mg。8.为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一种闪烁装置.如图所示，自行车后轮由半径=5.。><10崩的金属内圈、半径花0工0漕的金属外圈和绝缘幅条构成.后轮的内、外圈之间等间隔地接有4跟金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为K的小灯泡.在支架上装有磁铁，形成了磁感

19、应强度方向垂直纸面向外的扇形匀强磁场，其内半径为八、外半径为甚、张角日=不.后轮以角速度j|,相对转轴转动.若不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应.(1)当金属条口力进入扇形磁场时，求感应电动势E,并指出ab上的电流方向；(2)当金属条日内进入扇形磁场时，画出闪烁装置的电路图；(3)从金属条进入扇形磁场时开始，经计算画出轮子一圈过程中，内圈与外圈之间电势差RZ随时间|变化的7图象；【答案】(1)149Ml(T二P,电流方向由|由到R;(2)见解析；(3)见解析【解析】【分析】(1)金属条ab在匀强磁场中转动切割，由E=得：感应电动势为1切强切海Kin:0.10x0.05"八八3r,根据右

20、手定则判E=-三一r=4.9x10£V断可知电流方向由方到口;(2)仃方边切割充当电源，其余为外电路，且并联，其等效电路如图所示14(3)设电路的总电阻为天，根据电路图可知，产苫E1油两端电势差：心&1设学5离开磁场区域的时刻才1,下一根金属条进入磁场的时刻h.,则：5=*'"12芯?网,21，设轮子转一圈的时间为丁，则7=三=1$，在丁=15内，金属条有四次进出，后三次与第一次相同，由上面的分析可以画出如下|匚金-1图象：2-立0.8-040.250.50.751VS【点睛】本题考查了电磁感应和恒定电路的知识，设计问题从容易入手，层层递进，较好地把握了试题

21、的难度和区分度.9.如图所示，直角三角形导线框abc固定在匀强磁场中，ab是一段长为I、电阻为R的均/_匀导线，ac和bc的电阻可不甘，ac长度为一.磁场的磁感强度为B,方向垂直纸面向2Ip里.现有一段长度为->电阻为一的均匀导体杆MN架在导线框上，开始时紧靠ac,然*J后沿ab方向以恒定速度。向b端滑动，滑动中始终与ac平行并与线框保持良好接触.当MN滑过的距离为工时，导线ac中的电流是多大？万向如何？【解析】【分析】【详解】试题分析：MN滑过的距离为L/3时，它与bc的接触点为P,如下图所示由图可知MP长度为LB,1，MP中的感应电动势为：EBL有VBLV3一，RMP段的电阻为：一3

22、MacP和MbP两电路的并联电阻为R 9Rrir2r并一ri由欧姆定律，PM中的电流为：I由分流得ac中的电流为：lacac解得一考点：本题考查瞬时感应电动势,闭合电路欧姆定律点评：电磁感应与电路的结合问题，关键是弄清电源和外电路的构造，然后根据电学知识进一步求解10.如图所示，2”型光滑长轨道固定在水平面内，电阻不计.轨道中间存在垂直水平面向下的匀强磁场，磁感应强度B.一根质量m、单位长度电阻Ro的金属杆，与轨道成45位置放置在轨道上，从静止起在水平拉力作用下从轨道的左端。点出发，向右做加速度大小为a的匀加速直线运动，经过位移L.求：(1)金属杆前进L过程中的平均感应电动势.(2)已知金属杆

23、前进L过程中水平拉力做功W.若改变水平拉力的大小，以4a大小的加速度重复上述前进L的过程，水平拉力做功多少？(3)若改用水平恒力F由静止起从轨道的左端O点拉动金属杆，到金属杆速度达到最大值vm时产生热量.(F与Vm为已知量)(4)试分析(3)问中，当金属杆速度达到最大后，是维持最大速度匀速直线运动还是做减速运动？【答案】(1)BL2J(2)2W+2maL(3)2B2v-2mvm,(4)当金属杆速度达到最大后，将做减速运动【解析】【详解】(1)由位移-速度公式得2aL=v20所以前进L时的速度为前进L过程需时v=.2aLvt=a2aL由法拉第电磁感应定律有:-2LL22aLBL"a2L

24、(2)以加速度a前进L过程，合外力做功所以W+W安=maLW安=maLW以加速度4a前进L时速度为合外力做功v、,8aL=2vWf'W安'=maL2.2由FaBLv一，、一.一，BIL可知，位移相同时:R则前进L过程W安'=2/安所以Wf'=4aL-2W安=2W+2maLd时Fa=F,达到最大速度，由几何关系可知，接入电路(3)设金属杆在水平恒力作用下前进的杆的有效长度为2d,则Ro2d所以FRod=22BVm由动能定理有所以:FdQ1mv；2Q=Fdmvm=22F2Ro12-mvm2BVm2(4)根据安培力表达式，假设维持匀速，速度不变而位移增大，安培力增大，

25、则加速度一定会为负值，与匀速运动的假设矛盾，所以做减速运动。11.如图，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为I,电阻不计，左侧接有定值电阻R,质量为m、电阻为r的导体杆，以初速度V0沿轨道滑行，在滑行过程中保持与轨道垂直且接触良好，整个装置处于方向竖直向上，磁感应强度为B的匀强磁场中。宏观规律与微观规律有很多相似之处，导体杆速度的减小规律类似于放射性元素的半衰期，理论上它将经过无限长的时间衰减完有限的速度。(1)求在杆的速度从vo减小到v0的过程中:2电阻R上产生的热量；通过电阻R的电量；(2)证明杆的速度每减小一半所用的时间都相等；若杆的动能减小一半所用时间为to,则杆的动量减

26、小一半所用时间是多少?22,2【答案】(1)JRm,强；(2)j2to8(Rr)2BIvm(Rr)【解析】【详解】(1)设电路中产生的热量为Q,由能量守恒定律2mv23仔)2Q串联电路中，产生的热量与电阻成正比，可得Qr=-R-QRr解得电阻R产生的热量为23Rmv08(Rr)设该过程所用时间为t,由动量定理其中v0BIlt m(y v0)It q解得通过R的电量为:mv0q;2Bl（2）设某时刻杆的速度为v（从vo开始分析亦可），则感应电动势感应电流E1=，Rr安培力2.2BlvF=BIl=Rr在很短时间用内，由动量定理F=m加，（2V为速度变化绝对值）可得2. 2BlvR所以在任意短时间内

27、速度变化的比例为B2l2tm(Rr)B2|2由于为定值，可见任何相等时间内速度变化的比例都相等。所以从任何时刻开始m（Rr）计算，速度减小一半所用时间都相等。杆的动能减小一半，其速度v减小为v 石，所用时间为to,v由中分析可得，杆的速度从 而-i v 1 r再减小到H 15所用时间仍为to,2t。所以杆的速度减小一半所用时间为2to,即动量减小一半所用时间为12 .如图所示，竖直平面存在宽度均为L0.2m的匀强电场和匀强磁场区域，电场方向竖直向上，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小B0.5T.电场的下边界与磁场的上边界相距也为L,电荷量q2.5104C、质量m0.02kg的带正电小球（视为

28、质点）通过长度为3.5L的绝缘轻杆与边长为L、电阻R0.01Q的正方形线框相连，线框质量M0.08kg.开始时，线框下边与磁场的上边界重合，现将该装置由静止释放，当线框下边刚离开磁场时恰好做匀速运动；当小球刚要运动到电场的下边界时恰好返回.装置在运动过程中空气阻力不计，求：(1)线框下边刚离开磁场时做匀速运动的速度大小;(2)线框从静止释放到线框上边匀速离开磁场所需要的时间；(3)经足够长时间后，小球能到达的最低点与电场上边界的距离;(4)整个运动过程中线框内产生的总热量.【答案】(1)1m/s； (2) t 0.5s； (3)0.133m； (4) Q 0.4J(1)设线框下边离开磁场时做匀

29、速直线运动的速度为Vo ,则有:E BLv。,BIL2, 2B LV0根据平衡条件:_22m)gBLV0可解得:Vo(M m)Rg1m/s(2)由动量定理得:(m m)gtBILt (M m)v0其中:It2BL2由以上两式代入数据解得:t0.5s(3)从线框刚离开磁场区域到小球刚运动到电场的下边界的过程中，由动能定理得:一I2qEL(mm)g(1.5L)0(Mm)v02解得:E7103N/C设经足够长时间后，线框最终不会再进入磁场，即运动的最高点是线框的上边与磁场的下边界重合，小球做上下往复运动.1设小球运动的最低点到电场上边界的距离为X,从图中“1”位置到“2”位置由动能定理得：(Mm)g

30、(0.5Lx)qEx0可得:2八xm0.133m15(4)从开始状态到最终稳定后的最高点(线框的上边与磁场的下边界重合处)由能量守恒得：Q(Mm)gg2L代入数值求得:Q0.4J13 .如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为。的绝缘斜面上，两导轨间距为L,M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，金属杆的电阻为r,整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦.(重力加速度为g)(1)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v

31、时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；(2)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值(3)杆在下滑距离d的时以经达到最大速度，求此过程中通过电阻的电量和热量。gsin2. 2B L v(R r)m(2) Vmmg(R r)sinb2l2BLd mgdRsin，qr -r RRrm3g2R(r R)sin22B4L4杆受力图如图所示:Eg重力mg,竖直向下，支撑力N,垂直斜面向上，安培力F,沿斜面向上，故ab杆下滑过程中某时刻的受力示意如图所示，当ab杆速度为v时，感应电动势E=BLv，此时电路中电EBLvIRrRrab杆受到安培力:2,2F BILBLvrR由牛顿运动定律得:mgsinO

32、-F=ma解得加速度为22BLvagsin(Rr)m(2)当金属杆匀速运动时，杆的速度最大，由平衡条件得22BLvmgsin-解得最大速度mg(Rr)sinZT22BL(3)杆在下滑距离d时，根据电荷量的计算公式，可得q ItE t BLdR r r R由能量守恒定律得解得电阻R产生的热量- RQr (mgdsinR r12 mgd sin Qmvm2Q mgdsinm3g2(R r )2sin22B4L4322 . 2m g (R r) sin mgdRsincc4. 4)-2B LR r3 22m g R(r R)sinC r 4, 42B L14 .如图所示，两根相距Li的平行粗糙金属导轨固定在水平面上，导轨上分布着n个宽度为d、间距为2d的匀强磁场区域，磁场方向垂直水平面向上.在导轨的左端连接一个阻值为R的电阻，导轨的左端距离第一个磁场区域L2的位置放有一根质量为m,长为Li,阻值为r的金属棒，导轨电阻及金属棒与导轨间的接触电阻均不计.某时刻起，金属棒在一水平向右的已知恒力F作用下由静止开始向右运动，已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为内重力加速度为g.(1)若金属棒能够匀速通过每个匀强磁场区域，求金属棒