1、安培力洛伦兹力一、单选题（本大题共5小题，共30.0分）1. 如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场，若粒子射入的速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v2：v1为()A. 3：2B. 2：1C. 3：1D. 3：2C（济南一中）解：设圆形区域磁场的半径为r，当速度大小为v1时，从P点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为M(图甲)时，由题意知POM=60，由几何关系得轨迹圆
2、半径为R1=r2；从P点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为N(图乙)；由题意知PON=120，由几何关系得轨迹圆的半径为R2=32r；根据洛伦兹力充当向心力可知：Bqv=mv2R解得：v=BqRm故速度与半径成正比，因此v2：v1=R2：R1=3：1故C正确，ABD错误故选：C根据题意画出带电粒子的运动轨迹，找出临界条件角度关系，利用圆周运动由洛仑兹力充当向心力，分别表示出圆周运动的半径，再由洛伦兹力充当向心力即可求得速度之比本题考查带电粒子在磁场中的圆周运动的临界问题.根据题意画出轨迹、定出轨迹半径是关键，注意最远点时PM的连线应是轨迹圆的直径2. 如图所示，两根平行金属导轨置于水平
3、面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是()A. ab中的感应电流方向由b到aB. ab中的感应电流逐渐减小C. ab所受的安培力保持不变D. ab所受的静摩擦力逐渐减小D（济南一中）解：A、磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，故A错误。B、由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律E=BSt得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，故B错误。C、根据安培力公式F=BIL知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小
4、，故C错误。D、导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，f=F，安培力减小，则静摩擦力减小，故D正确。故选：D。根据楞次定律得出感应电流的方向，结合法拉第电磁感应定律判断感应电流是否不变，根据安培力公式分析安培力是否保存不变，结合平衡分析静摩擦力的变化。本题考查了法拉第电磁感应定律、楞次定律、安培力公式的基本运用，注意磁感应强度均匀变化，面积不变，则感应电动势不变，但是导体棒所受的安培力在变化。3. 如图所示，两平行直导线cd和ef竖直放置，通以方向相反大小相等的电流，a、b两点位于两导线所在的平面内，则()A. b点的磁感应强度为零B. ef导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里C. cd导线受到的
5、安培力方向向右D. 同时改变两导线的电流方向，cd导线受到的安培力方向不变D（济南一中）解：A、根据右手定则可知b处的两处分磁场方向均为垂直纸面向外，所以b点的磁场方向向外，不等于0.故A错误；B、根据安培定则可知，电流ef在a处的磁场垂直纸面向外.故B错误；C、根据左手定则可判断，方向相反的两个电流的安培力互相排斥，所以cd导线受到的安培力方向向左.故C错误；D、不管电流方向如何，只要电流方向相反，就互相排斥，故D正确故选：D 本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在a点形成磁场方向，根据合磁场大小从而求出单根导线在a点形
6、成磁感应强度大小，进一步求出b点磁感应强度大小磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据右手螺旋定则判断导线周围磁场方向是解题的前提4. 将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面(纸面)内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中。回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场，以向里为磁场的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是()A. B. C. D. B（济南一中）解：分析一个周期内的情况：在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度B的变化度一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形
7、线圈中产生恒定的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变，ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从ba，由左手定则判断得知，ab所受的安培力方向水平向左，为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水平向右。故B正确。故选B当线圈的磁通量发生变化时，线圈中才会产生感应电动势，从而形成感应电流；当线圈的磁通量不变时，则线圈中没有感应电动势，所以不会有感应电流产生。由楞次定律可知电流的方向，由左手定则判断安培力的方向。本题要求学生能正确理解B-t图的含义，故道B如何变化，才能准确的利用楞次定律进行判定。根据法拉
8、第电磁感应定律分析感应电动势的变化，由欧姆定律判断感应电流的变化，进而可确定安培力大小的变化。5. 一个带电粒子，沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示，径迹上的每小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途空气电离，粒子的能量逐渐减少(带电荷量不变)，从图中情况可以确定()A. 粒子从a运动到b，带正电B. 粒子从b运动到a，带正电C. 粒子从a运动到b，带负电D. 粒子从b运动到a，带负电B（济南一中）解：由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r=mvqB可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左
9、手定则可知，粒子带正电，所以B正确故选：B根据粒子在磁场中运动的半径公式r=mvqB来分析粒子的运动的方向，在根据左手定则来分析电荷的性质根据r=mvqB可知，粒子运动的半径与速度的大小有关，根据半径的变化来判断粒子的运动的方向，这是解决本题的关键二、多选题（本大题共4小题，共24分）6. 某同学自制的简易电动机示意图如图所示.矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴.将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方.为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将()A. 左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B. 左
10、、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C. 左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D. 左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉AD（济南一中）解：AD、当左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉或左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，通电后根据左手定则可知下边受到的安培力方向向左，线圈开始转动，在前半轴转动过程中，线圈中有电流，安培力做正功，后半周电路中没有电流，安培力不做功，由于惯性线圈能够连续转动，故A、D正确；B、线圈中电流始终存在，安培力先做正功后做负功，但同时重力做负功，因此在转过一半前线圈的速度即减为0，线圈只能摆动，故B错误；C、左右转轴不能同时接通电源，始终无
11、法形成闭合回路，电路中无电流，不会转动，故C错误故选：AD线圈中有通电电流时，安培力做功，根据左手定则判断安培力做功情况，由此确定能否连续转动电动机是利用通电导体在磁场中受力的原理，在转动过程中，分析线圈中电流方向和安培力做功情况是解答本题的关键7. 如图(a)所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出声音.俯视图(b)表示处于辐射状磁场中的线圈(线圈平面即纸面)，磁场方向如图中箭头所示，在图(b)中()A. 当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里B. 当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外C. 当电流沿逆时针方向时，
12、线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里D. 当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外BC（济南一中）解：A、把线圈看成一小段一小段的直导线连接而成，当电流沿顺时针方向时，根据左手定则可知，每一小段直导线受到的安培力都是垂直于纸面向外，则线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外，故A错误，B正确；C、把线圈看成一小段一小段的直导线连接而成，当电流沿逆时针方向时，根据左手定则可知，每一小段直导线受到的安培力都是垂直于纸面向里，则线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里，故D错误，C正确；故选：BC应用化曲为直法，把线圈看成一小段一小段的直导线连接而成，再根据左手定则判断所受安培力的方向即可本题主要
13、考查了左手定则的直接应用，注意化曲为直法在解题中的应用，难度不大，属于基础题8. 如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在它的左上方固定一直导线，导线与磁场垂直，若给导线通以垂直于纸面向里的电流，则()A. 磁铁对桌面压力增大B. 磁场对桌面压力减小C. 桌面对磁铁没有摩擦力D. 桌面对磁铁摩擦力向左AD（济南一中）解：根据条形磁体磁感线分布情况得到直线电流所在位置磁场方向，如图，在根据左手定则判断安培力方向，如左图；根据牛顿第三定律，电流对磁体的作用力向右下方，如右图，根据平衡条件，可知通电后支持力变大，静摩擦力变大，方向向左.故AD正确，BC错误 故选：AD 先判断电流所在位置的磁场方向，然
14、后根据左手定则判断安培力方向；再根据牛顿第三定律得到磁体受力方向，最后对磁体受力分析，根据平衡条件判断本题关键先对电流分析，得到其受力方向，再结合牛顿第三定律和平衡条件分析磁体的受力情况9. 如图所示，在绝缘斜面上固定一个U形金属架，斜面上固定四根光滑的小圆柱，小圆柱与斜面垂直，小圆柱之间放有一根金属棒，棒两侧的小圆柱间的间隙略大于金属棒的直径，金属棒两端与U型框架接触良好，并与U型框架的上面部分恰好构成一个正方形，正方形的边长为1m，电阻R=4，其余部分电阻不计.金属棒的质量为0.6kg，空间存在垂直于斜面向上的磁场，磁感应强度B的随时间变化的规律为：B=1+2t(T)，斜面倾角为30，g取
15、10m/s2，则()A. 导体棒中的电流方向始终为从N到MB. 导体棒对斜面的压力逐渐增大C. t=2s时，导体棒对两边小圆柱恰好无压力D. 从t=0到导体棒对两边小圆柱恰好无压力的过程中，通过电阻R的电荷量为1.25CAD（济南一中）解：A、穿过闭合回路的磁通量在增加，根据楞次定律，感应电流的磁场方向垂直向下，根据安培定则，导体棒中的电流方向始终为从N到M，故A正确；B、根据左手定则，导体棒受安培力平行斜面向上，故导体棒对斜面的压力等于重力垂直斜面的分力，为mgcos30，保持不变，故B错误；C、导体棒对两边小圆柱恰好无压力时，根据平衡条件，有：BIL=mgsin30，其中I=ER，E=nL
16、2Bt，联立解得：B=mgsin30RnsBt=0.6101241112T=6T，由于B=1+2t，故t=2.5s；故C错误；D、由于E=nL2Bt=1122=2V，故I=ER=2V4=0.5A，故t=2.5s内的电荷量q=It=1.25C，故D正确；故选：AD根据楞次定律和安培定则判断感应电流的方向；根据左手定则判断安培力的方向，根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据欧姆定律求解感应电流，根据q=It求解电荷量本题是滑杆问题，关键是结合法拉第电磁感应定律、安培力公式、欧姆定律公式和平衡条件列式求解，注意本题中感应电流是恒定的，不难三、填空题（本大题共1小题，共3分）10. 如图，用两绝缘
17、细线吊着一根质量为m的铜棒，铜棒处在垂直纸面向内的匀强磁场中，棒中通入自左向右的电流，且棒始终保持静止。每根细线上的拉力大小均为F，则棒受到的安培力大小为_。若不改变电流大小而将棒中电流反向，则每根细线上的拉力大小将变为_。mg-2F；mg-F（济南一中）解：棒中通入自左向右的电流时，受到的安培力竖直向上，则2F+F安=mg，解得F安=mg-2F当电流反向时，安培力向下，根据共点力平衡可知2F=mg+F安，解得F=mg-F故答案为：mg-2F，mg-F利用左手定则判断出安培力方向，根据共点力平衡即可判断本题主要考查了共点力平衡，关键是利用左手定则判断出安培力的方向即可判断四、实验题探究题（本大
18、题共2小题，共15分）11. 某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验。两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁(未画出)的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且两导轨垂直。(1)在图中画出连线，完成实验电路。要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动。(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：A.适当增加两导轨间的距离B.换一根更长的金属棒C.适当增大金属棒中的电流其中正确的是_(填入正确选项前的标号)AC（济南一中）解：(1)电路如右图所示。(2)根据公式F=BIL可得，适当
19、增加导轨间的距离或者增大电流，可增大金属棒受到的安培力，根据动能定理得，Fs-mgs=12mv2，则金属棒离开导轨时的动能变大，即离开导轨时的速度变大，A、C正确；若换用一根更长的金属棒，但金属棒切割磁感线的有效长度即导轨间的宽度不变，安培力F不变，棒的质量变大，速度v=2Fsm-gs变小，故B错误；故答案为：(1)如图所示(2)AC(1)要求滑动变阻器以限流方式接入电路，滑动变阻器按一上一下的原则串联在电路中，考虑金属棒向右运动，所爱安培力向右，根据左手定则知，通过金属棒的电流从上向下，把各个元件按顺序串联起来。(2)根据安培力公式和动能定理进行分析本题考查电路实物图连线，关键是明确实验原理
20、，注意滑动变阻器的限流接法和电表的正负接线柱，确定金属棒中的电流方向是关键。12. 如图为演示“通电导线之间通过磁场发生相互作用”的实验示意图，接通电源时，发现两导线会相互靠近或远离.已知接线柱是按如图所示方式连接的(1)请在图中虚线框中标出B导线在A导线周围产生的磁场的方向(用“”或“.”表示)；(2)在图中标出A导线所受安培力的方向解：(1)根据通电直导线产生磁场的特点，两条导线周围都产生圆形磁场，依据安培定则，则直导线B在A导线附近的磁场方向，垂直纸面向里；(2)依据左手定则，则A导线受到的安培力方向水平向左，如下图所示答：如上图所示（济南一中）根据安培定则和左手定则，判断两导线之间的作
21、用力性质，从而即可求解本题考查了奥斯特的电流磁效应作用，掌握左手定则的应用，并与右手定则的区分；或者也可以由同向电流相互吸引，反向电流相互排斥直接得出结论！五、计算题（本大题共4小题，共38分）13. 如图，两固定的绝缘斜面倾角均为，上沿相连.两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软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，重力加速度大小
22、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解：(1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd的支持力大小为N2.对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsin=N1+T+FN1=2mgcos对于cd棒，同理有mgsin+N2=TN2=mgcos联立式得F=mg(sin-3cos)(2)由安培力公式得F=BIL这里I是abcda中的感应电流.ab棒上的感应电动势为=BLv式中，v是ab棒下滑速度的大小，由欧姆定律得I=R联立式得v=(sin-3cos)mgRB2L2答：(1)作用在
23、金属棒ab上的安培力的大小mg(sin-3cos)；(2)金属棒运动速度的大小(sin-3cos)mgRB2L2（济南一中）(1)对ab、cd棒根据共点力平衡列式求作用在金属棒ab上的安培力的大小(2)根据安培力公式，感应电动势和闭合电路欧姆定律联立求解本题是电磁感应中的力学平衡问题，涉及法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律等知识点，受力分析和计算安培力是关键14. 如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，OCA=30，OA的长度为L.在OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场.质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场.已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出
24、磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0.不计重力(1)求磁场的磁感应强度的大小；(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；(3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为53t0，求粒子此次入射速度的大小解：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90，故其周期T=4t0设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r.由洛伦兹力公式和牛顿定律得qvB=mv2r匀速圆周运动的速度满足v=2rT联立式得B=m2qt0(2)设粒子从OA变两个不同位置射入磁场，能从OC边
25、上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图所示设两轨迹所对应的圆心角分别为1和2.由几何关系有1=180-2粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则t1+t2=T2=2t0；(3)如图(b)，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150设为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切与B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有r0cosO0D+r0cosBOA=L设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动线速度公式，则有：v0=2r0T联立式得v0=答：(1)磁场的磁感应强度的大小m2qt0；(2)该粒子这两次在磁场中运动的时间之和2t0；(3)粒子
26、此次入射速度的大小（济南一中）(1)粒子垂直OA进入磁场中，转过90，垂直打在y轴上，则t=t0=14T，求出周期，由周期公式T=2mqB求B的大小(2)画出两个粒子的运动轨迹，设轨迹所对应的圆心角分别为1和2，由几何关系有1=180-2，可得到时间之和等于T2(3)根据圆周运动知识知道，两粒子在磁场中运动的时间差t与=2-1成正比，只要求出的最大值，即可求得2的最大值由t=360T和已知条件tmax=4t03，联立可求出2的最大值，再结合几何知识求出轨迹的半径，由牛顿第二定律，利用洛伦兹力等于向心力，列式求解速度对于带电粒子在磁场中运动类型，要善于运用几何知识帮助分析和求解，这是轨迹问题的解
27、题关键，注意画出正确的运动轨迹图是解题的重点15. 在研究某些物理问题时，有很多物理量难以直接测量，我们可以根据物理量之间的定量关系和各种效应，把不容易测量的物理量转化成易于测量的物理量金属导体板垂直置于匀强磁场中，当电流通过导体板时，外部磁场的洛伦兹力使运动的电子聚集在导体板的一侧，在导体板的另一侧会出现多余的正电荷，从而形成电场，该电场对运动的电子有静电力的作用，当静电力与洛伦兹力达到平衡时，在导体板这两个表面之间就会形成稳定的电势差，这种现象称为霍尔效应.利用霍尔效应可以测量磁场的磁感应强度如图所示，若磁场方向与金属导体板的前后表面垂直，通过如图所示的电流I，可测得导体板上、下表面之间的
28、电势差为U，且下表面电势高.已知导体板的长、宽、高分别为a、b、c，电子的电荷量为e，导体中单位体积内的自由电子数为n.求：(1)导体中电子定向运动的平均速率v；(2)磁感应强度B的大小和方向解：(1)电流：I=qt=enbcvtt=nevbc，则电子平均速率：v=Inebc；(2)电子通过金属板，电子受到的电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，则：evB=eUc，磁感应强度：B=nebUI，导体板下表面电势高，则下极板带正电，上极板带负电，电子聚集在上极板上，电子受到的洛伦兹力向上，由左手定则可知，磁场方向为垂直于前后表面向里；答：(1)导体中电子定向运动的平均速率v=Inebc；(2)磁感应
29、强度B的大小B=nebUI，方向：垂直于前后表面向里（济南一中）(1)由电流的微观表达式求出电子的平均速率；(2)应用平衡条件求出磁感应强度大小，应用左手定则判断出磁场方向本题考查了求电子的速率、磁感应强度，应用电流的微观表达式、平衡条件、左手定则即可正确解题16. 如图甲所示，光滑的平行金属导轨水平放置，导轨间距L=1m，左侧接一阻值为R=0.5的电阻.在MN与PQ之间存在垂直轨道平面的有界匀强磁场，磁场宽度d=1m.一质量m=1kg的金属棒ab置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨和金属棒的电阻.金属棒ab受水平力F的作用从磁场的左边界MN由静止开始运动，其中，F与x(x为金属棒距MN
30、的距离)的关系如图乙所示.通过电压传感器测得电阻R两端电压随时间均匀增大.则：(1)金属棒刚开始运动时的加速度为多少？(2)磁感应强度B的大小为多少？(3)若某时刻撤去外力F后金属棒的速度v随位移s的变化规律满足v=v0-B2L2mRs(v0为撤去外力时的速度，s为撤去外力F后的位移)，且棒运动到PQ处时恰好静止，则金属棒从MN运动到PQ的整个过程中通过左侧电阻R的电荷量为多少？外力F作用的时间为多少？解：(1)金属棒开始运动时，x=0，v=0，金属棒不受安培力作用，金属棒所受合力为：F=2x+4=0.4N，由牛顿第二定律得：a=Fm=0.41m/s2=0.4m/s2，(2)由题意可知，电阻R
31、两端电压随时间均匀增大，即金属棒切割磁感线产生的感应电动势随时间均匀增大，由E=BLv可知，金属棒的速度v随时间t均匀增大，则金属棒做初速度为零的匀加速运动.加速度a=0.4m/s2，由匀变速直线运动的位移公式可得：v2=2ax，则v=2ax，由图乙所示图象可知，x=0.8m时，F=0.8N，由牛顿第二定律得：F-B2L2vR=ma，解得：B=0.5T；(3)金属棒经过磁场的过程中，感应电动势的平均值E.=t=BSt=BLdt感应电流的平均值I.=ER通过电阻R的电荷量q=I.t得q=R=BLdR=1C设外力F的作用时间为t，力F作用时金属棒的位移为：x=12at2，撤去外力后，金属棒的速度为
32、：v=v0-B2L2mRs，到PQ恰好静止，v=0，则撤去外力后金属棒运动的距离为：s=mRB2L2at，则12at2+mRB2L2at=d，解得：t=1s；答：(1)金属棒刚开始运动时的加速度为0.4m/s2；(2)磁感应强度B的大小为0.5T；(3)金属棒从MN运动到PQ的整个过程中通过左侧电阻R的电荷量为1C；外力F作用的时间为1s（济南一中）(1)对金属棒受力分析，然后由牛顿第二定律求出加速度，根据题意，应用E=BLv判断金属棒的运动性质；(2)由图象求出x与F的对应值，应用牛顿第二定律求出磁感应强度；(3)由匀变速直线运动的位移公式、题意求出物体的位移，然后求出力的作用时间；克服安培力做功转化为焦耳热，由动能定理可以求出R产生的热量对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解