资源简介

电磁感应中的图象问题
——高考一轮备考
【知识方法】
1．解决电磁感应图象问题的“三点关注”
(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向。
(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应。
(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程相对应。
解决图象问题的两个方法
(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项。
(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两处物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断，这未必是最简的方法，但却是最有效的方法。
3．解决图象问题的一般步骤
(1)明确图象的种类，是B t图象还是Φ t图象，或者是E t图象、I t图象等。
(2)分析电磁感应的具体过程。
(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。
(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数关系式。
(5)根据函数关系式进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。
(6)画出图象或判断图象。
【考点例题】
【例题1】(多选)(2022·全国卷Ⅱ·T21)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是(　　)
A　　　　　B　　　　　　C　　　　　D
【例题2】(2018·全国卷Ⅱ·T18)如图所示，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动。线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是(　　)
A　　　　B　　　　　　C　　　　D
【例题3】(多选)(2017·全国卷Ⅱ·T20)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω 的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是(　　)
图(a)　　　　　　　　图(b)
A．磁感应强度的大小为0.5 T
B．导线框运动速度的大小为0.5 m/s
C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N
【例题4】（2022·甘肃）矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是( )
A． B．
C． D．
【例题5】（多选）（2020·山西）如图所示的正方形导线框abcd，电阻为R，现维持线框以恒定速度v沿x轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场区域，如果以x轴正方向为力的正方向，线框在图示位置的时刻作为计时零点，则磁场对线框的作用力F、线框ab边两端的电势差Uab随时间变化的图像正确的是（ ）
A． B． C． D．
【例题6】（多选）（2020·安徽）如图甲所示，静止在水平面上的等边三角形金属线框，匝数n=20，总电阻R=2.5Ω，边长L=0.3m，处在两个半径均为r=0.1m的圆形匀强磁场中，线框顶点与右侧圆心重合，线框底边与左侧圆直径重合，磁感应强度B1垂直水平面向外；B2垂直水平面向里，B1、B2随时间t的变化如图乙所示，线框一直处于静止状态，计算过程中取，下列说法正确的是( )
A．t=0时刻穿过线框的磁通量为0.5Wb
B．t=0.4s时刻线框中感应电动势为1.5V
C．0～0.6s内通过线框横截面电荷量为0.36C
D．线框具有向左的运动趋势
【例题7】（多选）（2022·陕西）如图甲所示，正六边形导线框abcdef放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示．t＝0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流以顺时针方向为正、竖直边cd所受安培力的方向以水平向左为正．则下面关于感应电流i和cd边所受安培力F随时间t变化的图象正确的是 (　　)
A． B．
C． D．
【例题8】（多选）（2020·陕西）如图甲所示，圆形的刚性金属线圈与一平行板电容器连接，线圈内存在垂直于线圈平面的匀强磁场，取垂直于纸面向里为磁感应强度B的正方向，B随时间t的变化关系如图乙所示．t=0时刻，在平行板电容器间，由静止释放一带正电的粒子（重力可忽略不计），假设粒子运动未碰到极板，不计线圈内部磁场变化对外部空间的影响，下列关于板间电场强度、粒子在板间运动的位移、速度和加速度与时间的关系图象中（以向上为正方向）可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【参考答案】
【例题1】【答案】AD
两棒均由同一位置由静止释放，则进入磁场时，两棒的速度相等。若PQ棒出磁场后，MN棒再进入磁场，则MN棒做匀速运动切割磁感线，则通过PQ棒上的电流随时间变化的图象为A图；若PQ棒出磁场前MN棒进入磁场，则PQ棒与MN棒在磁场中做加速运动，当PQ棒出磁场后，MN棒切割磁感线运动的速度比进入时的大，MN棒做减速运动，通过PQ棒的电流随时间变化的图象应为D图。
【例题2】【答案】D
设线框运动的速度为v，则线框向左匀速运动第一个的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E＝2Bdv(d为导轨间距)，电流i＝，回路中电流方向为顺时针；第二个的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为零，电流为零；第三个的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E＝2Bdv，电流i＝，回路中电流方向为逆时针，所以D正确。
【例题3】【答案】BC
由图象可知，cd边切割磁感线产生的感应电动势E＝0.01 V，由公式E＝BLv，可得磁感应强度的大小B＝ T＝0.2 T,A错.
由图象可知，从导线框的cd边进入磁场到ab边刚好进入磁场，用时为0.2 s，可得导线框运动速度的大小v＝ m/s＝0.5 m/s。B对.
感应电流的方向为顺时针时，对cd边应用右手定则可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外。C对.
t＝0.4 s至t＝0.6 s时间段为cd边离开磁场，ab边切割磁感线的过程。由闭合电路欧姆定律及安培力公式得安培力F＝，代入数据得F＝0.04 N。D错.
【例题4】【答案】D
由图可知，0-1s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0-1s内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，即电流为负方向；同理可知，1-2s内电路中的电流为顺时针，2-3s内，电路中的电流为顺时针，3-4s内，电路中的电流为逆时针，由可知，电路中电流大小恒定不变．故选D
【例题5】【答案】BD
AB．在内，线框在磁场之外，感应电流为0。安培力为0；在内，由右手定则可得出感应电流的方向为逆时针的方向，维持线框以恒定速度v沿x轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据左手定则得出安培力的方向x轴的负方向。在 内，线框全部进入磁场，穿过线圈的磁通量不变，感应电流为0。安培力为0；在内，线框左边切割磁感线，由右手定则可得出感应电流的方向为顺时针的方向，维持线框以恒定速度v沿x轴运动，所以感应电动势和电流不变，根据左手定则得出安培力的方向x轴的负方向，A错误，B正确；
CD．在内，ab边切割磁感线，产生感应电流，由右手定则可得出感应电流的方向为逆时针的方向，维持线框以恒定速度v沿x轴运动，所以由公式：
知感应电动势，感应电流不变，根据左手定则得出安培力的方向x轴的负方向，为负方向。ab相当于电源，a端电势高于b端电势，ab边两端的电势差：
在内，线框全部进入磁场，a端电势高于b端电势，ab边两端的电势差：
在内，线框左边切割磁感线，由右手定则可得出感应电流的方向为顺时针的方向，感应电动势和电流不变，CD相当于电源a端电势高于b端电势，ab边两端的电势差：
,C错误，D正确。
【例题6】【答案】BC
A．t=0时刻,向外的磁通量为
向里的磁通量为
所以t=0时刻穿过线框的磁通量为Φ=Φ1+Φ2=5π/600Wb=0.025Wb,故A错误；
B．感应电动势为,故B正确；
C．t=0.6s时，有
t=0.6s时刻穿过线框的磁通量为Φ′=Φ2+Φ3=14π/600Wb
t=0.6s内通过线框的电量,根据公式,故C正确；
D．穿过线框的磁通量向外增大，线框中产生顺时针的感应电流，根据左手定则，左边框受安培力向右，右边两边框受安培力的合力向左，总的安培力向右，线框具有向右的运动趋势，故D错误；
【例题7】【答案】AC
A、0～2s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，为正值．根据法拉第电磁感应定律，E==B0S为定值，则感应电流为定值，I1=．在2～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，为正值，大小与0～2s内相同．在3～4s内，磁感应强度垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2s内相同．在4～6s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2s内相同．故A正确，B错误．
C、在0～2s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据FA=BIL，则安培力逐渐减小，cd边所受安培力方向向右，为负值．0时刻安培力大小为F=2B0I0L．在2s～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据FA=BIL，则安培力逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，为正值，3s末安培力大小为B0I0L．在2～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向右，为负值，第4s初的安培力大小为B0I0L．在4～6s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，6s末的安培力大小2B0I0L．故C正确，D错误．
【例题8】【答案】CD
A、根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小不变，方向逆时针，感应电动势大小不变，方向顺时针方向，方向与相反；
感应电动势大小不变沿逆时针方向，方向与相同，故A错误；
BCD、内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电；粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上而向上做匀加速运动．内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电；因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向下而向上做匀减速运动，直到速度为零，，内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，带正电粒子向下匀加速，同理，，内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电；因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上，而向下做匀减速运动，直到速度为零；由上分析可知，末速度减小为零，位移最大，当T末，粒子回到了原来位置，故B错误，CD正确．电磁感应中的力电综合
——高考一轮备考
【知识方法】
1．解决电磁感应综合问题的一般思维流程(先“电”后“力”)
(1)电路分析：等效电路图(导体棒相当于电源)
电学方程：I＝。
(2)受力分析：受力分析图(安培力大小、方向)
动力学方程：F安＝BIL或F安＝，F合＝ma(牛顿第二定律)。
(3)过程分析：过程情景图(稳态后a＝0或不变)，稳态平衡方程：a＝0或F合＝0(共点力平衡)。
(4)能量分析：能量转化关系(克服安培力做功产生电能，转化成电热)，能量方程：－W安＝Q电，W合＝ΔEk(动能定理)。
2．安培力的冲量与通过导体电荷量的联系
设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时，安培力F为变力，则其冲量为I＝Δt，而＝BL，故有：BLΔt＝mv1－mv2，而t＝q，故有q＝。
3．电磁感应现象中动量守恒
(1)如果双杆运动过程中，双杆系统所受合外力为零，首先用动量守恒定律求速度，再用能量守恒定律求电能。
(2)如果双杆运动过程中，双杆系统不满足动量守恒，应用好电路问题的两个分析：“电源”的分析和“运动”的分析。
4．电磁感应中的能量转化问题
(1)安培力做的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”.
(2)明确功能关系，确定有哪些形式的能量发生了转化．如有摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能．
(3)根据不同物理情境选择动能定理、能量守恒定律或功能关系，列方程求解问题．
5．求焦耳热的三条途径?
1 感应电路为纯电阻电路时，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W安.?
2 感应电路中电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功，即Q＝I2Rt.?
3 感应电路中产生的焦耳热可通过能量守恒定律列方程求解.
【考点例题】
【例题1】（2020·浙江高三）超导电磁船是一种不需要螺旋桨推进的低噪音新型船，如图是电磁船的简化原理图，AB和CD是与电源相连的导体板，AB与CD之间部分区域浸没在海水中并有垂直纸面向内的匀强磁场(磁场由固定在船上的超导线圈产生，其独立电路部分未画出)，以下说法正确的是
A．使船前进的力，是磁场对海水中电流的安培力
B．要使船前进，海水中的电流方向从CD板指向AB板
C．同时改变磁场的方向和电源正负极，推进力方向将与原方向相反
D．若接入电路的海水电阻为R，其两端的电压为U，则船在海水中前进时，AB与CD间海水中的电流强度小于
【例题2】（2020·全国）如图所示，粗细均匀的电阻为r的金属圆环，放在图示的匀强磁场中，磁感强度为B，圆环直径为l，另一长为l，电阻为r/2的金属棒ab放在圆环上，接触电阻不计．当ab棒以 v0向左运动到图示虚线位置时，金属棒两端电势差为
A．Blv0 B． C． D．
【例题3】（多选）（2020·东莞）铁路运输中设计的多种装置都运用了电磁感应原理．有一种电磁装致可以向控制中心传输信号以确定火车的位置和运动状态，装置的原理是：将能产生匀强磁场的磁铁安装在火车首节车厢下面，如图甲所示（俯视图），当它经过安放在两铁轨间的矩形线圈时，线圈便产生一个电信号传输给控制中心．线圈长为l1，宽为l2．匝数为n．若匀强磁场只分布在一个矩形区域内，当火车首节车厢通过线圈时，控制中心接收到线圈两端电压u与时间t的关系如图乙所示（ab、cd均为直线），则在t1-t2时间内（　　）
A．火车做匀速直线运动
B．M点电势低于N点电势
C．火车加速度大小为
D．火车平均速度大小为
【例题4】（多选）（2020·湖南长郡中学高三）如图所示，匀强磁场垂直铜环所在的平面向里，磁感应强度大小为B．导体棒A的一端固定在铜环的圆心O处，可绕O匀速转动，与半径分别为r1、r2的铜环有良好接触。通过电刷把大小铜环与两竖直平行正对金属板P、Q连接成电路。R1、R2是定值电阻，R1=R0，R2=2R0，质量为m、电荷量为Q的带正电小球通过绝缘细线挂在P、Q两板间，细线能承受的最大拉力为2mg，已知导体棒与铜环电阻不计，P、Q两板间距为d，重力加速度大小为g。现闭合开关，则（　　）
A．当小球向右偏时，导体棒A沿逆时针方向转动
B．当细线与竖直方向夹角为45°时，平行板电容器两端电压为
C．当细线与竖直方向夹角为45°时，电路消耗的电功率为
D．当细线恰好断裂时（此时小球的加速度为零），导体棒A转动的角速度为
【例题5】（多选）（2020·浙江湖州中学）如图所示，电阻不计的两光滑平行导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为1m，导轨中部有一个直径也为1m的圆形匀强磁场区域，与两导轨相切于M、N两点，磁感应强度大小为1T、方向竖直向下，长度略大于1m的金属棒垂直导轨水平放置在磁场区域中，并与区域圆直径MN重合。金属棒的有效电阻为0.5Ω，一劲度系数为3N/m的水平轻质弹簧一端与金属棒中心相连，另一端固定在墙壁上，此时弹簧恰好处于原长．两导轨通过一阻值为1Ω的电阻与一电动势为4V、内阻为0.5Ω的电源相连，导轨电阻不计。若开关S闭合一段时间后，金属棒停在导轨上的位置，下列说法正确的是（ ）
A．金属棒停止的位置在MN的右侧
B．停止时，金属棒中的电流为4A
C．停止时，金属棒到MN的距离为0.4m
D．停止时，举报受到的安培力大小为2N
【例题6】（多选）（2022·河北）如图所示，光滑、平行的金属轨道分水平段(左端接有阻值为R的定值电阻)和半圆弧段两部分，两段轨道相切于N和N′点，圆弧的半径为r，两金属轨道间的宽度为d，整个轨道处于磁感应强度为B，方向竖直向上的匀强磁场中．质量为m、长为d、电阻为R的金属细杆置于框架上的MM′处，MN=r.在t=0时刻，给金属细杆一个垂直金属细杆、水平向右的初速度v0，之后金属细杆沿轨道运动，在t=t1时刻，金属细杆以速度v通过与圆心等高的P和P′；在t=t2时刻，金属细杆恰好通过圆弧轨道的最高点，金属细杆与轨道始终接触良好，轨道的电阻和空气阻力均不计，重力加速度为g.以下说法正确的是( )
A．t=0时刻，金属细杆两端的电压为Bdv0
B．t=t1时刻，金属细杆所受的安培力为
C．从t=0到t=t1时刻，通过金属细杆横截面的电量为
D．从t=0到t=t2时刻，定值电阻R产生的焦耳热为
【例题7】（2020·湖南高三）如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行固定在倾角为θ的绝缘斜面上,两导轨间距为L，导轨的电阻不计。导轨顶端M、P两点间接有滑动变阻器和阻值为R的定值电阻。一根质量为m、电阻不计的均匀直金属杆ab放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好。空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向下的匀强磁场。调节滑动变阻器的滑片，使得滑动变阻器接人电路的阻值为2R，让ab由静止开始沿导轨下滑。重力加速度大小为g。
(1)求ab下滑的最大速度vm
(2)求ab下滑的速度最大时，定值电阻上消耗的电功率P
(3)若在ab由静止开始至下滑到速度最大的过程中，定值电阻上产生的焦耳热为Q，求该过程中ab下滑的距离x以及通过滑动变阻器的电荷量q
【例题8】（2020·黑龙江实验中学高三）如图甲，电阻不计的轨道MON与PRQ平行放置，ON及RQ与水平面的倾角θ＝53°，MO及PR部分的匀强磁场竖直向下，ON及RQ部分的磁场平行轨道向下，磁场的磁感应强度大小相同，两根相同的导体棒ab和cd分别放置在导轨上，与导轨垂直并始终接触良好．棒的质量m＝1.0 kg，R＝1.0 Ω，长度L＝1.0 m与导轨间距相同，棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，现对ab棒施加一个方向水向右，按图乙规律变化的力F，同时由静止释放cd棒，则ab棒做初速度为零的匀加速直线运动，g取10 m/s2.
(1)求ab棒的加速度大小；
(2)求磁感应强度B的大小；
(3)若已知在前2 s内F做功W＝30 J，求前2 s内电路产生的焦耳热；
(4)求cd棒达到最大速度所需的时间．
【参考答案】
【例题1】【答案】D
A、B项：当CD接直流电源的负极时，海水中电流方向由AB指向CD，是海水受到的安培力向左，根据牛顿第三定律可知，船体受到向右的作用力，故使船体向前运动，故A、B错误；
C项：同时改变磁场的方向和电源正负极，磁场方向反向，电流方向反向，所以推进力方向将与原方向相同，故C错误；
D项：因船在海水中前进时，AB与CD间海水切割磁感线产生电流，使接入电路的海水两端电压小于U，所以电流强度小于，故D正确．
【例题2】【答案】C
当ab棒以向左运动到图示虚线位置时产生的感应电动势为：，
外电路总电阻为：
金属棒两端的电势差是外电压，由欧姆定律得金属棒两端电势差为：
【例题3】【答案】BD
A、由E=BLv可知，动生电动势与速度成正比，而在乙图中ab段的电压与时间成线性关系，因此可知在t1到t2这段时间内，火车的速度随时间均匀增加，所以火车在这段时间内做的是匀加速直线运动．故A都错误．
B、根据右手定则，线圈中的感应电流是逆时针的，M点电势低于N点电势，B正确；
C、由图知t1时刻对应的速度为：，t2时刻对应的速度为：，故这段时间内的加速度为：，故C错误；
D、由C可知这段时间内的平均速度为：，D正确．
【例题4】【答案】AD
A．当小球向右偏时，P板带正电，通过R2的电流向上，则由右手定则可知，导体棒A沿逆时针方向转动，选项A正确；
BC．当细线与竖直方向夹角为45°时，则
解得平行板电容器两端电压为
此时电路中的电流
电路消耗的电功率为,选项BC错误；
D．当细线恰好断裂时，此时
电动势
解得导体棒A转动的角速度为,选项D正确。
【例题5】【答案】AC
A．由金属棒中电流方向从M到N可知，金属棒所受的安培力向右，则金属棒停止的位置在MN的右侧，故A正确；
B．停止时，金属棒中的电流I==2A,故B错误；
C．设棒向右移动的距离为x，金属棒在磁场中的长度为2y，则 kx=BI(2y)
x2+y2=
解得x=0.4m、2y=0.6m,故C正确；
D．金属棒受到的安培力F=BI(2y)=1.2N,故D错误。
【例题6】【答案】CD
A．t=0时刻，金属细杆产生的感应电动势
金属细杆两端的电压,故A错误；
B．t=t1时刻，金属细杆的速度与磁场平行，不切割磁感线，不产生感应电流，所以此时，金属细杆不受安培力，故B错误；
C．从t=0到t=t1时刻，电路中的平均电动势
回路中的电流
在这段时间内通过金属细杆横截面的电量
解得,故C正确；
D．设杆通过最高点速度为，金属细杆恰好通过圆弧轨道的最高点，对杆受力分析，由牛顿第二定律可得
解得
从t=0到t=t2时刻，据功能关系可得，回路中的总电热
定值电阻R产生的焦耳热
解得,故D正确
【例题7】【答案】(1) ； (2) ；
(3) ；
【解析】(1)ab棒下滑速度最大时，切割产生的感应电动势为
此时通过定值电阻的电流为
ab棒所受安培力为
根据力学平衡
解得：
(2)根据功率公式：
解得：
(3) 定值电阻上产生的焦耳热为Q可知，滑动变阻器上产热为2Q，设ab棒下滑距离x时速度最大，根据能量守恒有
解得：
在ab棒从静止到速度最大过程中，回路磁通量变化
设经历时间为，则平均感应电动势
平均感应电流
且
解得：
【例题8】【答案】(1) 1m/s2(2) 2T(3) Q=18J(4)t=5s
【解析】
(1)对ab棒：f=v=at
F-BIL-f=ma
F=m(g+a)+……………(1)
a==1m/s2
(2)当t=2s时，F=10N 由(1)
B==2T
(3)0-2s过程中，对a、b棒，由动能定理
知：x=at2=2m v=at=2m/s
W-x-Q=mv2
Q=18J
(4)当时间为t时，cd棒平衡，速度最大
N′=BIL+mgcos53°
f=N′
mgsin53°=f
mgsin53°=
解得：t=5s

展开更多......

收起↑