(魯京津瓊)2020版高考物理總復(fù)習(xí)第十章電磁感應(yīng)專題突破2電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量問題教案

專題突破2電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量問題狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析加速度不為根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系零進(jìn)行分析考向1導(dǎo)體棒(物體)處于平衡狀態(tài)例1】(多選)一空間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B,兩條電阻不計(jì)的平行光滑導(dǎo)軌豎直放d圖1A。ab受到的拉力大小為2NBab2m/sD。在2s內(nèi)，拉力做功為0.6JbFmgBIlNAsab重力勢(shì)能和電路中的電22能，電能等于克服安培力做的功,22能，電能等于克服安培力做的功,即W電＝F安vt＝＝0。4J，選項(xiàng)C正確；在2s內(nèi)拉R總答案BC考向2導(dǎo)體棒(物體)處于非平衡狀態(tài)例2】(2018·江蘇單科)如圖2所示,兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角ms金屬棒被松開后,以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度g端的過程中，金屬棒 (1)末速度的大小v;(2)通過的電流大小I; (3)通過的電荷量Q。解析(1)勻加速直線運(yùn)動(dòng)v2＝2as解得v＝錯(cuò)誤! (2)安培力F安＝IdB(3)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝錯(cuò)誤!解得Q＝錯(cuò)誤!答案(1)錯(cuò)誤!(2)錯(cuò)誤!(3)錯(cuò)誤!“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題的一般思路是“先電后力1。如圖3所示,兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置,相距為L(zhǎng)，電阻R與兩導(dǎo)軌相連，磁感mMN恒力F作用下，由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)。整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好,且始 (1)初始時(shí)刻導(dǎo)體棒的加速度； (2)當(dāng)流過電阻R的電流恒定時(shí)，求導(dǎo)體棒的速度大小。解得a＝錯(cuò)誤! (2)導(dǎo)體棒在拉力和重力的作用下，做加速度減小的加速度運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí),達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)即做勻速運(yùn)動(dòng),此時(shí)電流恒定，設(shè)此時(shí)速度為v，穩(wěn)定時(shí)的電流為I＝錯(cuò)誤!答案(1)錯(cuò)誤!(2)錯(cuò)誤!2。足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ表面粗糙，與水平面間的夾角為θ＝37° (sin37°＝0.6)，間距為1m。垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為4的電阻，桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25.金屬桿ab在沿導(dǎo)軌向下且與桿垂直的恒力F作用下，由靜止開始運(yùn)動(dòng),桿的最終速度為8m/s，取g＝10m/s2，求:(1)當(dāng)金屬桿的速度為4m/s時(shí)，金屬桿的加速度大小；m解析(1)對(duì)金屬桿ab應(yīng)用牛頓第二定律,有由閉合電路歐姆定律可知I＝錯(cuò)誤!代入vm＝8m/s時(shí)a＝0，解得F＝8N代入v＝4m/s及F＝8N，解得a＝4m/s2 (2)設(shè)通過回路橫截面的電荷量為q，則q＝錯(cuò)誤!t回路中的平均電流強(qiáng)度為錯(cuò)誤!＝錯(cuò)誤!回路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為錯(cuò)誤!＝錯(cuò)誤!回路中的磁通量變化量為ΔΦ＝BLx,聯(lián)立解得q＝3C答案(1)4m/s2(2)3C2。求解焦耳熱Q的三種方法用例3】如圖5所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，導(dǎo)軌電阻L0。4m,導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN.Ⅰ強(qiáng)度大小均為B＝0.5T.在區(qū)域Ⅰ中，將質(zhì)量m1＝0.1kg、電阻R1＝0.1Ω的金屬條ab放在導(dǎo)軌 (3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動(dòng)的過程中,cd滑動(dòng)的距離x＝3.8m，此過程中ab上解析(1)由右手定則可判斷出cd中的電流方向?yàn)橛蒬到c，則ab中電流方向?yàn)橛蒩流向b。I＝錯(cuò)誤!③abF,有F安＝BIL④此時(shí)ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下,由平衡條件得⑤式,代入數(shù)據(jù)解得v＝5m/s(3)設(shè)cd棒運(yùn)動(dòng)過程中在電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總,由能量守恒定律得解得Q＝1.3J答案(1)由a流向b(2)5m/s(3)1.3J考向2電磁感應(yīng)中動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用限長(zhǎng)的水平部分組成,其水平部分加有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,導(dǎo)軌水平部分上分M處由靜止釋放下滑至N處進(jìn)入水平部分，棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，圓弧部分MN半徑為R,所對(duì)圓心角為60°。求：(1)ab棒在N處進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)速度是多大？此時(shí)棒中電流是多少? cd最大速度過程中，系統(tǒng)所能釋放的熱量是多少？解析(1)ab棒由M下滑到N過程中機(jī)械能守恒,故mgR(1－cos60°)＝錯(cuò)誤!mv2解得v＝錯(cuò)誤!電流強(qiáng)度I＝錯(cuò)誤!＝錯(cuò)誤!(2)ab棒在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng),cd棒在安培力作用下做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩棒速度達(dá)到相同速度v′時(shí),電路中電流為零，安培力為零，cd達(dá)到最大速度。運(yùn)用動(dòng)量守恒定律得mv＝(2m＋m)v′，解得v′＝錯(cuò)誤!錯(cuò)誤! (3)系統(tǒng)釋放的熱量應(yīng)等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，解得Q＝錯(cuò)誤!mgR答案(1)錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!(2)錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!(3)錯(cuò)誤!mgR1.(多選)(2018·江蘇單科，9)如圖7所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L(zhǎng)，矩形勻強(qiáng)R速度為g。金屬桿()D。釋放時(shí)距磁場(chǎng)Ⅰ上邊界的高度h可能小于錯(cuò)誤!場(chǎng)Ⅱ時(shí)速度相等可知，金屬桿在磁場(chǎng)Ⅰ中做減速運(yùn)動(dòng)，所以金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向上，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于金屬桿進(jìn)入速運(yùn)動(dòng)，而在兩磁場(chǎng)之間做勻加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程如圖所示 (其中v1為金屬桿剛進(jìn)入Ⅰ時(shí)的速度,v2為金屬桿剛出Ⅰ時(shí)的速度)，圖線與時(shí)間軸所圍的面選項(xiàng)B正確;根據(jù)能量守恒定律，金屬桿從剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ到剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ過程動(dòng)能變化量為dC正確；金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)的速度v＝錯(cuò)誤!，進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv,感應(yīng)電流I＝錯(cuò)誤!，所受安培力F＝BIL，由于金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向上，所答案BC長(zhǎng)的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為l。導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路,如圖8所示。兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量皆為m，電阻皆為R,在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為cd靜止,棒ab有指向棒cd的初速度 ab為初速度的錯(cuò)誤!時(shí),棒cd的加速度是多大？解析(1)從開始到兩棒達(dá)到相同速度v的過程中,兩棒的總動(dòng)量守恒，根據(jù)能量守恒定律,整個(gè)過程中產(chǎn)生的焦耳熱22 (2)設(shè)棒ab的速度變?yōu)殄e(cuò)誤!v0時(shí),cd棒的速度為v′,則由動(dòng)量守恒可知mv0＝錯(cuò)誤!mv0＋mv′得v′＝錯(cuò)誤!v0電流I＝錯(cuò)誤!＝錯(cuò)誤!棒cd所受的安培力F＝BIl＝錯(cuò)誤!a＝錯(cuò)誤!＝錯(cuò)誤!，方向水平向右“雙桿＋導(dǎo)軌”模型：指雙桿置于導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌可以水平、傾斜或者豎直放置，導(dǎo)軌的寬于雙桿的初始狀態(tài)不同、受力情況不同而產(chǎn)生不同的運(yùn)動(dòng)狀導(dǎo)體桿1初速度初始條件為v0，導(dǎo)體桿2初速度為01受到恒定拉力F水平導(dǎo)軌光滑,導(dǎo)為v0，導(dǎo)體桿2初速度為0速運(yùn)動(dòng),導(dǎo)體桿2動(dòng)勢(shì)為零,感應(yīng)電流為零,安培力為速運(yùn)動(dòng),導(dǎo)體桿2大的加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)導(dǎo)體桿1受到向減小，導(dǎo)體桿2,1減速,使導(dǎo)體桿2加速，當(dāng)l1v1＝流為零,安培力為。對(duì)于導(dǎo)軌傾斜、豎直放置時(shí),由于桿的重力參與作用，過程分析需要結(jié)合強(qiáng)度大小相同,兩根相同的導(dǎo)體棒ab和cd分別放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直并始終接觸良好。μ＝0.5，現(xiàn)對(duì)ab棒施加一個(gè)方向水平向右,按圖乙規(guī)律變化的力F，同時(shí)由靜止釋放cd棒， (1)求ab棒的加速度大??；B的大??；(3)若已知在前2s內(nèi)F做功W＝30J，求前2s內(nèi)電路產(chǎn)生的焦耳熱;(4)求cd棒達(dá)到最大速度所需的時(shí)間。)對(duì)ab棒Ff＝μmgFBILFfmaF＝m(μg＋a)＋錯(cuò)誤! (2)當(dāng)t1＝2s時(shí)，F(xiàn)＝10N，由(1)知錯(cuò)誤!＝F－m(μg＋a)，得B＝2T。 (3)0~2s過程中，對(duì)ab棒，x＝錯(cuò)誤!at錯(cuò)誤!＝2mv2＝at1＝2m/s代入數(shù)據(jù)解得Q＝18J.(4)設(shè)當(dāng)時(shí)間為t′時(shí),cd棒達(dá)到最大速度，F(xiàn)N′＝BIL＋mgcos53°Ff′＝μFN′mgsin53°＝Ff′mgsin53°＝μ錯(cuò)誤!解得t′＝5s。答案(1)1m/s2(2)2T(3)18J(4)5s [即學(xué)即練](多選)如圖10所示，兩根足夠長(zhǎng)光滑平行金屬導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝0。9m，與水平面夾角θ＝30°,量相同、電阻均為R＝4。86Ω的金屬桿,垂直于導(dǎo)軌放置。甲置于磁場(chǎng)的上邊界ab處,乙置于甲上方l處。現(xiàn)將兩金屬桿由靜止同時(shí)釋放，并立即在甲上施加一個(gè)沿導(dǎo)軌方向的拉力 ，m/s2。則()圖10W中做勻加速運(yùn)動(dòng),故速度不斷增加，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸變大,回路的電流FAmgsinBIl5m/s2，故當(dāng)乙進(jìn)入磁場(chǎng)過磁場(chǎng)過程中,通過整個(gè)回路的電荷量q＝錯(cuò)誤!＝錯(cuò)誤!＝錯(cuò)誤!C＝錯(cuò)誤!C，選項(xiàng)D正確。答案BD1.(2019·德州質(zhì)檢)如圖1甲所示，光滑的接一定值電阻導(dǎo)體和軌道的電阻不計(jì)。導(dǎo)體棒ab在水平外力作用下運(yùn)動(dòng),外力0~t0時(shí)間內(nèi)從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則在t0以后，導(dǎo)體棒F隨t變化如乙圖所示，在ab情況為()圖1解析設(shè)t0時(shí)刻導(dǎo)體棒的速度為v，則此時(shí)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv,電流I＝錯(cuò)誤!,導(dǎo)體棒受安培力F安,選項(xiàng)C正確，A、答案C2。在光滑水平面上，有一豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)分布在寬為L(zhǎng)的區(qū)域內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.正方形閉合線圈的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，未進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)以速度v0勻速運(yùn)動(dòng)，并能垂直磁場(chǎng)邊界穿過磁場(chǎng)，那么()DbcE＝BLv0，則bc兩端的電壓為Ubc＝錯(cuò)誤!E＝選項(xiàng)B錯(cuò)誤；線圈進(jìn)入磁場(chǎng)后受向左的安培力作用做減速運(yùn)動(dòng),因速度減小，故安培力逐漸減小，加速度逐漸減小，故線框進(jìn)入磁場(chǎng)后做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；線圈中產(chǎn)線圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受安培力較大，故線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程答案DLab度v0從一光滑平行金屬軌道的底端向上滑行，軌道平面與水平面成θ角，軌道平面處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直軌道平面向上的磁場(chǎng)中,兩導(dǎo)軌上端用一阻值為R的電阻相連，軌道與金屬桿ab的電阻均不計(jì)，金屬桿向上滑行到某一高度后又返回到底端，則金屬桿()A.在上滑過程中的平均速度小于錯(cuò)誤!C。在上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱等于減少的動(dòng)能D。在上滑過程中通過電阻R的電荷量大于下滑過程中流過電阻R的電荷量解析由于上滑過程中，物體做加速度減小的減速直線運(yùn)動(dòng),故平均速度小于錯(cuò)誤!，選項(xiàng)A正度小于上滑的速度，下滑時(shí)棒受到的安培力小于上滑所受的程安培力的平均值，所以上滑過程導(dǎo)體棒克服安培力做功大于下滑過程克服安培力做功，選項(xiàng)B正確；上滑過程中，減小的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為焦耳熱和棒的重力勢(shì)能，故上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱小于減小的動(dòng)能，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)感應(yīng)電荷量經(jīng)驗(yàn)公式q＝錯(cuò)誤!知,上滑過程和下滑過程磁通量的變化量相等，則通過電阻R的電荷量相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案AB4.(多選)(2019·紅橋區(qū)期中)如圖4所示,在光滑的水平面上方，有兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng),PQ為兩個(gè)磁場(chǎng)的邊界，磁場(chǎng)范圍足夠大。一個(gè)邊長(zhǎng)為a、質(zhì)mRv動(dòng)，當(dāng)。下列說法正確的是2 ()錯(cuò)誤!錯(cuò)誤!DaC錯(cuò)誤;此時(shí)線框中的電功率的電量為q＝錯(cuò)誤!＝錯(cuò)誤!，選項(xiàng)D錯(cuò)誤;根據(jù)能量守恒定律得到，此過程回路產(chǎn)生的電能為Q答案AB5。如圖5所示,水平面上固定著兩根相距L且電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌處于向右的瞬時(shí)沖量I，關(guān)于此后的過程，下列說法正確的是()A.回路中的最大電流為錯(cuò)誤!B.銅棒b的最大加速度為錯(cuò)誤!D.回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為錯(cuò)誤!解析給銅棒a一個(gè)平行導(dǎo)軌的瞬時(shí)沖量I，此時(shí)銅棒a的速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，回路中電流最大，每個(gè)棒受到的安培力最大,其加速度最大,棒b受到安培力F＝BI0L，其加速度a＝錯(cuò)誤!＝錯(cuò)誤!，選項(xiàng)B正確；此后銅棒a做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，銅棒b做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)二者達(dá)到共同速度時(shí)，銅棒b速度最大，據(jù)mvmv選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案B6。(多選)(2019·南開區(qū)二診)如圖6所示，光滑絕緣斜面的傾角為θ，在斜面上放置一R過細(xì)線與重物相連(細(xì)線與斜面平行)，重物質(zhì)量為M，斜面上ef線(ef平行于gh且平行于底邊)的上方有垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(fh遠(yuǎn)大于l2)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.如果線框從靜止開始運(yùn)動(dòng)，且進(jìn)入磁場(chǎng)的最初一段時(shí)間是做勻速運(yùn)動(dòng)，假設(shè)斜面足夠長(zhǎng)，運(yùn)動(dòng)過程中ab邊始終與ef平行，滑輪質(zhì)量及摩擦不計(jì)。則()A。線框abcd進(jìn)入磁場(chǎng)前運(yùn)動(dòng)的加速度a＝錯(cuò)誤!B。線框在進(jìn)入磁場(chǎng)過程中的運(yùn)動(dòng)速度v＝錯(cuò)誤!C。線框做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝錯(cuò)誤!解析線框進(jìn)入磁場(chǎng)前，對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律得:線框的加速度a＝錯(cuò)誤!,選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為v,則線框受到的安培力大小為F＝錯(cuò)誤!，對(duì)線框，根據(jù)平Mm定律得，勻速運(yùn)動(dòng)過程產(chǎn)生的焦耳熱Q＝ 答案BC7。(多選)如圖7兩根足夠長(zhǎng)光滑平行金屬導(dǎo)軌PP′、QQ′傾斜放置，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌粒，金屬棒ab水平跨放在導(dǎo)軌上，下滑過程中與導(dǎo)軌接觸良好。現(xiàn)在同時(shí)由靜止釋放帶電微ab()A。金屬棒ab一直加速下滑D可能先向N板運(yùn)動(dòng)后向M板運(yùn)動(dòng)解析根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－BIl＝ma，而I＝錯(cuò)誤!，Δq＝CΔU，ΔU＝BlΔv，Δv＝aΔt，聯(lián)立解得a＝錯(cuò)誤!，因而金屬棒將做勻加速運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤;ab棒切割磁感NCD正確。答案ACD8.(多選)如圖8甲所示,足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ傾斜放置。完全相同的兩金屬棒間距為l且光滑,電阻不計(jì)，整個(gè)裝置處在方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為兩棒的速度-時(shí)間圖象如圖乙所示，兩圖線平行,v0已知。則從計(jì)時(shí)開始()A.通過棒cd的電流由d到cRB。通過棒cd的電流RC.力F＝錯(cuò)誤!22R答案AC9。(2019·溫州模擬)CD、EF是兩條水平放置的阻值可忽略的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,磁場(chǎng)區(qū)域的長(zhǎng)也為R的導(dǎo)體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導(dǎo)體棒最終恰好停在磁場(chǎng)的右邊界處.已知導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌接觸良好，且動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則下列說法中正確的是()A.電阻R的最大電流為錯(cuò)誤!BR!gh解析金屬棒下滑過程中，由機(jī)械能守恒，得mgh＝錯(cuò)誤!mv2，金屬棒到達(dá)水平面時(shí)的速度v運(yùn)動(dòng)，則剛到達(dá)水平面時(shí)的速度最大，所以最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv，最大的感應(yīng)電流為I＝錯(cuò)誤!，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；通過金屬棒的電荷量為q＝錯(cuò)誤!＝錯(cuò)誤!，選項(xiàng)B正確;金屬棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理得答案B水平面上固定一塊鋁板，當(dāng)一豎直方向的條形磁鐵在鋁板上方幾毫米高度上水平經(jīng)過時(shí),鋁板內(nèi)感應(yīng)出的渦流會(huì)對(duì)磁鐵的運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生阻礙作用.渦流制動(dòng)是磁懸浮列車在高速運(yùn)行時(shí)進(jìn)行制動(dòng)的一種方式.某研究所制成如圖乙所示的車和軌道模型來定量模擬磁懸浮列車的渦流制動(dòng)過程.增大傳感器控制),但最大不超過Lms電磁鐵系統(tǒng)開始制動(dòng)，車立即以加速度B車停止運(yùn)動(dòng)a1＝2m/s2做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)磁現(xiàn)象以及線圈激發(fā)的磁場(chǎng)對(duì)電磁鐵圖10(1)電磁鐵的磁感應(yīng)強(qiáng)度達(dá)到最大時(shí)，模型車的速度為多大？ (3)為了節(jié)約能源，將電磁鐵換成若干個(gè)并在一起的永磁鐵組，兩個(gè)相鄰的磁鐵磁極的極性模型車仍以v＝20m/s的初速度開始減速,為保證制動(dòng)距離不大于80m，至少安裝I1＝錯(cuò)誤!②由①②③④式并代入數(shù)據(jù)得v1＝5m/s⑤ (2)x1＝錯(cuò)誤!⑥由第(1)問的方法同理得到磁感應(yīng)強(qiáng)度達(dá)到最大以后任意速度v時(shí)，安培力的大小為F＝錯(cuò)誤!⑦對(duì)速度v1后模型車的減速過程用動(dòng)量定理得錯(cuò)誤!t＝x2⑨由⑥⑦⑧⑨⑩并代入數(shù)據(jù)得x＝106.25m錯(cuò)誤! (3)假設(shè)需要n個(gè)永磁鐵；當(dāng)模型車的速度為v時(shí)，每個(gè)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2＝IL由第(2)問同理可得n錯(cuò)誤!x＝m2v錯(cuò)誤!案(1)5m/