动能定理在电磁学中的运用.docx
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动能定理在电磁学中的运用
动能定理在电磁学中的运用
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功能关系在电磁学中的应用
主要题型：
选择题、计算题
热点聚焦：
（1）静电力做功的特点
（2）动能定理在电磁学中的应用（3）带电体在磁场中运动时洛伦兹力不做功，机械能也可守恒（4）功能关系、能量守恒在电磁感应现象中的应用。
高考常对电学问题中的功能关系进行考查，特别是动能定理的应用．此类题目的特点是过程复杂、综合性强，主要考查学生综合分析问题的能力．
考点一电场中的功能关系的应用
1.电场力的大小计算电场力做功与路径无关．其计算方法一般有如下四种．
（1）由公式W＝Flcosα计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为W＝Eqlcosα.
（2）由W＝qU计算，此公式适用于任何电场．
（3）由电势能的变化计算：
WAB＝EpA－EpB.
（4）由动能定理计算：
W电场力＋W其他力＝ΔEk.
2．电场中的功能关系：
（1）若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变．
（2）若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变．
（3）除重力、弹簧弹力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化．
（4）所有外力对物体所做的功等于物体动能的变化．
【典例1】如图所示，绝缘水平面上的AB区域宽度为d，带正电，电荷量为q，质量为m的小滑块以大小为v0的初速度从A点进入AB区域，当滑块运动至区域的中心C时，速度大小为vC＝
v0，从此刻起在AB区域内加上一个水平向左的匀强电场，电场强度保持不变，并且区域外始终不存在电场．
（1）若加电场后小滑块受到的电场力与滑动摩擦力大小相等，求滑块离开AB区域时的速度．
（2）要使小滑块在AB区域内运动的时间达到最长，电场强度应满足什么条件？
并求这种情况下滑块离开AB区域时的速度．（设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力）
审题流程第一步：
抓好过程分析―→巧选物理规律（边读边看图）
①A―→C过程
滑块匀加速运动
②C―→B过程
滑块匀减速运动
第二步：
抓好关键点——找出突破口
“要使……时间达到最长”（关键点）
滑块滑到B的速度为零（突破口）
滑块再向左加速运动―→最后从A点离开AB区域
解析
（1）设滑块所受滑动摩擦力大小为Ff，则滑块从A点运动至C点的过程，由动能定理得：
Ff·
＝
mv
－
mv
①假设最后滑块从B点离开AB区域，则滑块从C点运动至B点过程，由动能定理得：
（qE1＋Ff）·
＝
mv
－
mv
②将vC＝
v0和qE1＝Ff代入解得vB＝
v0③由于滑块运动至B点时还有动能，因此滑块从B点离开AB区域，速度大小为
v0，方向水平向右．
（2）要使小滑块在AB区域内运动的时间达到最长，必须使滑块运动至B点停下，然后再向左加速运动，最后从A点离开AB区域．
滑块从C点运动到B点的过程，由动能定理得：
（qE2＋Ff）·
＝
mv
④由①④两式可得电场强度E2＝
⑤
由①⑤知qE2＝2Ff滑块运动至B点后，因为qE2>Ff，所以滑块向左匀加速运动，从B运动至A点的过程，由动能定理得：
（qE2－Ff）d＝
mv
⑥由以上各式解得滑块离开AB区域时的速度vA＝
v0（水平向左）．⑦
答案
（1）
v0，方向水平向右
（2）电场强度大小等于
v0，方向水平向左
处理此问题应注意以下几点：
1电场力做功与路径无关，可运用动能定理对全程列式．
2②在运用动能定理处理电学问题时应注意运动过程的选取，特别应注意电场力和摩擦力做功的特点．
【预测1】如图所示，在粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块．由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止．在物块运动过程中，下列表述正确的是（ ）．
A．两个物块的机械能守恒
B．物块受到的库仑力不做功
C．两个物块的电势能逐渐减少
D．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力
答案 C
【预测2】如图所示，有三根长度均为L＝0.3m的不可伸长的绝缘细线，其中两根的一端分别固定在天花板上的P、Q两点，另一端分别拴有质量均为m＝0.12kg的带电小球A和B，其中A球带正电，电荷量为q＝3×10－6C．A、B之间用第三根线连接起来．在水平向左的匀强电场E作用下，A、B保持静止，悬线仍处于竖直方向，且A、B间细线恰好伸直．（静电力常量k＝9×109N·m2/C2，取g＝10m/s2）
（1）此匀强电场的电场强度E为多大；
（2）现将PA之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置．求此时细线QB所受的拉力FT的大小，并求出A、B间细线与竖直方向的夹角θ；
（3）求A球的电势能与烧断前相比改变了多少（不计B球所带电荷对匀强电场的影响）．
解析
（1）B球水平方向所受合力为零，则有qBE＝k
所以E＝k
＝9×109×
N/C＝3×105N/C
（2）两球及细线最后位置如图所示，
QB的拉力FT＝2mg＝2×0.12×10N＝2.4NA球受力平衡，则有qE＝mgtanθ，所以tanθ＝
＝
＝
，即θ＝37°（3）A球克服电场力做功，W＝－qEL（1－sinθ）＝－3×10－6×3×105×0.3×（1－0.6）J＝－0.108J所以A球的电势能增加了ΔEp＝－W＝0.108J
答案
（1）3×105N/C
（2）2.4N 37° （3）增加0.108J
考点二磁场中的功能关系的应用
1.磁场力的做功情况：
（1）洛伦兹力在任何情况下对运动电荷都不做功．
（2）安培力对通电导线可做正功、负功，还可能不做功，其计算方法一般有如下两种①由公式W＝Flcosα计算．②由动能定理计算：
W安＋W其他力＝ΔEk
2．电磁感应中的功能关系：
（1）电磁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克安
（2）电磁感应发生的过程遵从能量守恒．焦耳热的增加量等于其他形式能量的减少量．
【典例2】如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是（ ）．
A．P＝2mgvsinθ
B．P＝3mgvsinθ
C．当导体棒速度达到
时加速度大小为
sinθ
D．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
解析 导体棒由静止释放，速度达到v时，回路中的电流为I，则根据共点力的平衡条件，有mgsinθ＝BIL.对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，以2v的速度匀速运动时，则回路中的电流为2I，则根据平衡条件，有F＋mgsinθ＝2BIL所以拉力F＝mgsinθ，拉力的功率P＝F·2v＝2mgvsinθ，故选项A正确，选项B错误；当导体棒的速度达到
时，回路中的电流为
，根据牛顿第二定律，得mgsinθ－B
L＝ma，解得a＝
sinθ，选项C正确；当导体棒以2v的速度匀速运动时，根据能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R上产生的焦耳热，故选项D错误．
答案 AC
1．功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力，因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程各力做功的特点来选择规律求解．2．动能定理和能量守恒定律在处理电学中能量问题时仍然是首选的规律．
【预测3】如图所示，水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab棒以水平初速度v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和导轨粗糙的两种情况相比较，这个过程（ ）．
A．安培力对ab棒所做的功相等
B．电流所做的功相等
C．产生的总内能相等
D．通过ab棒的电荷量相等
解析 光滑导轨无摩擦力，导轨粗糙的有摩擦力，动能最终都全部转化为内能，所以内能相等，C正确；对光滑的导轨有：
mv
＝W安，对粗糙的导轨有：
mv
＝W安′＋W摩，W安≠W安′，则A、B错；q＝It＝
＝
，且x光>x粗，所以q光>q粗，D错
答案 C
【预测4】如图所示，宽度为d的有界匀强磁场竖直向下穿过光滑的水平桌面，一质量为m的椭圆形导体框平放在桌面上，椭圆的长轴平行于磁场边界，短轴小于d.现给导体框一个向右的初速度v0（v0垂直于磁场边界），已知导体框全部在磁场中时速度为v，导体框全部出磁场后的速度为v1，导体框进入磁场过程中产生的焦耳热为Q1，导体框离开磁场过程中产生的焦耳热为Q2，下列说法正确的是（ ）．
A．导体框离开磁场过程中，感应电流的方向为顺时针方向
B．导体框进出磁场都是做匀变速直线运动
C．Q1>Q2
D．Q1＋Q2＝
m（v
－v
）
解析 由楞次定律可知导体框离开磁场过程中，感应电流的方向为顺时针方向，选项A正确．导体框受安培力而速度变化，根据F＝
，安培力是变力，导体框不可能做匀变速直线运动，选项B错误．因为导体框进入和穿出磁场时做减速运动，在进入磁场时受的平均作用力大于穿出磁场时的平均作用力，所以导体框进入磁场时安培力做功较多，即产生热量较多，选项C正确．根据能量守恒定律，产生的总热量等于动能的减少量，选项D正确．答案 ACD
考点三守恒思维法的运用
在物理变化的过程中，常存在着某些不变的关系或不变的量，在讨论一个物理变化过程时，对其中的各个量或量的变化关系进行分析，寻找到整个过程中或过程发生前后存在着不变关系或不变的量，则成为研究这一变化过程的中心和关键．这就是物理学中最常用的一种思维方法——守恒思维法，简称守恒法．
人们在认识客观世界的过程中积累了丰富的经验，总结出许多守恒定律．建立在守恒定律之下的具体的解题方法可分为：
能量守恒法、机械能守恒法、电荷守恒法、质量守恒法及动量守恒法等．能量守恒定律是物理学中普遍适用的规律之一，是物理教材的知识主干，也是历年高考各种题型正面考查或侧面渗透的重点，且常见于高考压轴题中．
由于守恒定律适用范围广，处理问题方便，因此，寻求“守恒量”已成为物理研究的一个重要方面．
【典例】如图所示，两平行金属导轨相距l＝0.6m，其倾角为θ＝37°，导轨电阻不计，底端接有阻值为R＝3Ω的定值电阻，磁感应强度为B＝1T的匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一质量m＝0.2kg、长为l的导体棒固定在ab位置，导体棒的电阻为R0＝1Ω，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.3.现导体棒获得平行斜面向上的初速度v0＝10m/s滑行最远至a′b′位置，所滑行距离为s＝4m．（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2）
（1）把导体棒视为电源，最大输出功率是多少？
（2）导体棒向上滑行至a′b′过程中所受的安培力做了多少功？
（3）以ab位置为重力势能的零点，若导体棒从ab沿导轨面向上滑行d＝3m过程中电阻R产生的热量QR＝2.1J，此时导体棒的机械能E′为多大？
解析
（1）由闭合电路欧姆定律得感应电流的最大值为Im＝
＝
＝
A＝1.5A故最大输出功率为Pm＝I
R＝1.52×3W＝6.75W.
（2）导体棒向上滑行过程中，安培力做负功，由动能定理得－W安－mgs（sinθ＋μcosθ）＝0－
mv
代入数据得W安＝3.28J.
（3）因R∶R0＝3∶1，由串联电路功率关系得焦耳热之间的关系为Q总∶QR＝4∶3，解得Q总＝2.8J根据功能关系得Q总＋Wf′＝
mv
－E′Wf′＝μmgdcosθ，代入数据解得E′＝5.76J.答案
（1）6.75W
（2）3.28J （3）5.76J
【即学即练】“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图2－5－9所示．一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M板正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间．忽略电场的边缘效应．
（1）判断半球面A、B的电势高低，并说明理由；
（2）求等势面C所在处电场强度E的大小；
（3）若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔEk左和ΔEk右分别为多少？
（4）比较|ΔEk左|与|ΔEk右|的大小，并说明理由．
解析
（1）电子（带负电）做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B指向A，B板电势高于A板．
（2）据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度E大小相同，有：
eE＝m
，Ek0＝
mv2，R＝
联立解得E＝
＝
（3）电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有ΔEk＝qU对到达N板左边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有ΔEk左＝e（φB－φC）对到达N板右边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有ΔEk右＝e（φA－φC）
（4）根据电场线特点，等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有|φB－φC|＞|φA－φC|，即|ΔEk左|＞|ΔEk右|.答案 见解析
专题强化训练
1．如图所示，光滑斜面固定在水平地面上，匀强电场平行于斜面向下，弹簧另一端固定，带电滑块处于静止状态，滑块与斜面间绝缘．现给滑块一个沿斜面向下的初速度，滑块最远能到达P点．在这过程中（ ）．
A．滑块的动能一定减小
B．弹簧的弹性势能一定增大
C．滑块电势能的改变量一定小于重力与弹簧弹力做功的代数和
D．滑块机械能的改变量等于电场力与弹簧弹力做功的代数和
解析 滑块处于静止状态时，受重力、电场力、弹簧弹力和斜面的支持力，合力为零．当向下运动时，合力方向沿斜面向上，合力做负功，动能减小，A对；由于滑块的电性不知，电场力方向不知，弹簧在A点是伸长还是压缩不能确定，B错；由于只有重力、电场力和弹簧弹力做功，A、P两点速度又为零，电场力做功一定等于重力与弹簧弹力做功的代数和，C错；对滑块而言，重力以外的其他力做功的代数和等于其机械能的改变量，D对．答案 AD
2．一带电粒子射入一固定的正点电荷Q的电场中，沿如图2－5－10所示的虚线由a点经b点运动到c点，b点离Q最近．若不计重力，则（ ）．
A．带电粒子带正电荷
B．带电粒子到达b点时动能最大
C．带电粒子从a到b电场力对其做正功
D．带电粒子从b到c电势能增加
解析 从轨迹可知，粒子受到排斥力作用，所以粒子带正电，选项A正确．粒子从a到b电场力对其做负功，动能减少，电势能增大；从b到c电场力对其做正功，动能增大，电势能减少，故粒子在b点动能最小，电势能最大，所以选项B、C、D错误．
答案 A
3．如图所示，匀强电场E方向水平向左，带有正电荷的物体沿绝缘水平面向右运动，经过A点时动能是100J，经过B点时，动能是A点的
，减少的动能有
转化成电势能，那么，当它再次经过B点时动能为（ ）．
A．4JB．8JC．16JD．20J
解析 物体在运动中受到的电场力与滑动摩擦力均不变．由题意得EkB＝
×100J＝20J．由W电＋Wf＝ΔEk，W电＝
ΔEk，得Wf＝
ΔEk.当由B点减速为0时，Wf1＝
EkB＝
×20J＝8J．由B点向右，再返回到B点，整个过程由动能定理分析得：
－2×8＝EkB′－EkB得EkB′＝－16J＋20J＝4J，A项正确．
答案 A
4．如图所示，质量为m的金属线框A静置于光滑平面上，通过细绳跨过定滑轮与质量为m的物体B相连，图中虚线内为一水平匀强磁场，d表示A与磁场左边界的距离，不计滑轮摩擦及空气阻力，设B下降h（h>d）高度时的速度为v，则以下关系中成立的是（ ）．
A．v2＝gh
B．v2＝2gh
C．A产生的热量Q＝mgh－mv2
D．A产生的热量Q＝mgh－
mv2
解析 对系统由动能定理得mgh＋W电＝
（m＋m）v2，－W电＝mgh－mv2，A产生的热量Q＝－W电＝mgh－mv2，选项C正确．答案 C
5．如图所示，带电平行板中匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道端点P进入板间恰好沿水平方向做直线运动．现使球从轨道上较低的b点开始滑下，经P点进入板间，在之后运动的一小段时间内（ ）．
A．小球的重力势能一定会减小
B．小球的机械能可能不变
C．小球的电势能一定会减小
D．小球动能可能减小
解析 若小球带正电q，当小球做直线运动时，它所受向下的重力mg加上向下的电场力qE等于向上的洛伦兹力qvB，若它从轨道上较低的b点滑下，经过P时的速度要小于v，则它在之后的一小段时间内要向下方偏转，洛伦兹力不做功，重力和电场力都做正功，速度增大，洛伦兹力也增大，动能也增大；若小球带负电q，当小球做直线运动时，它所受向下的重力mg加上向下的洛伦兹力qvB等于向上的电场力qE，若它从轨道上较低的b点滑下，经过P时的速度要小于v，则它在之后的一小段时间内要向上方偏转，洛伦兹力不做功，重力做负功而电场力做正功，速度增大，洛伦兹力也增大，动能也增大．可知只有选项C正确．答案 C
6．如图所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是竖直平面内三个相同的半圆形光滑绝缘轨道，k为轨道最低点，Ⅰ处于匀强磁场中，Ⅱ和Ⅲ处于匀强电场中，三个完全相同的带正电小球a、b、c从轨道最高点自由下滑至第一次到达最低点k的过程中，下列说法中正确的有（ ）．
A．在k处，球b速度最大
B．在k处，球c对轨道压力最大
C．球b需时最长
D．球c机械能损失最多
解析 从最高点到最低点，合力对c球做正功，对b球做负功，对a球不做功，根据动能定理可知在k处球c动能最大，速度最大，A错；求出最低点动能后，由左手定则判断a球洛伦兹力的方向竖直向上，在k处列向心力方程可得在k处球c对轨道压力最大，B对；任一高度处根据动能定理可知，b球速度最小，即b球全程平均速率最小，路程一定时，b球运动时间最长，C对；对球c，电场力做正功，电势能减小，机械能增加，D错．答案 BC
7．如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L＝1m，导轨平面与水平面成θ＝37°角，下端连接阻值R＝2Ω的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量m＝0.2kg、电阻r＝1Ω的金属棒放在两导轨上．棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数μ＝0.25（设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小）．当金属棒由静止下滑60m时速度达到稳定，电阻R消耗的功率为8W，金属棒中的电流方向由a到b，则下列说法正确的是（g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（ ）．
A．金属棒沿导轨由静止开始下滑时加速度a的大小为4m/s2
B．金属棒达到稳定时速度v的大小为10m/s
C．磁场方向垂直导轨平面向上，磁感应强度B的大小为0.4T
D．金属棒由静止到稳定过程中电阻R上产生的热量为25.5J
解析 金属棒开始下滑时不受安培力，由牛顿第二定律得a＝gsinθ－μgcosθ＝4m/s2，选项A正确．速度达到稳定时合力为零，
＋μmgcosθ＝mgsinθ，得
＝0.8N，由已知
·
＝8W得v＝15m/s，选项B错误．根据左手定则可得，磁场方向垂直于导轨平面向上，由
＝0.8N，将v＝15m/s代入得B＝0.4T，选项C正确．根据能量守恒，产生的总焦耳热量为Q＝mgxsinθ－
mv2－μmgxcosθ＝25.5J，R上产生的热量为QR＝
Q＝17J，选项D错误．
答案 AC
8．如图所示，在E＝103V/m的竖直向下的匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN连接，半圆形轨道平面与电场线平行，P为QN圆弧的中点，其半径R＝40cm，一带正电荷q＝10－4C的小滑块质量m＝10g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5m处，取g＝10m/s2，求：
（1）要使小滑块恰能运动到半圆轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？
（2）这样运动的滑块通过P点时对轨道的压力是多大？
解析 设小滑块到达Q点的速度为v，在Q点由牛顿第二定律得：
mg＋qE＝m
，小滑块从开始运动至到达Q点的过程中，由动能定理得：
－mg·2R－qE·2R－μ（mg＋qE）x＝
mv2－
mv
，联立解得v0＝7m/s.
（2）设小滑块到达P点的速度为v′，则从开始运动至到达P点的过程中，由动能定理得：
－μ（qE＋mg）x－（mg＋qE）R＝
mv′2－
mv
，在P点有：
FN＝m
，代入数据得FN＝0.6N.答案
（1）7m/s
（2）0.6N
9．如图所示，一根质量为m的金属棒MN水平放置在两根竖直的光滑平行金属导轨上，并始终与导轨保持良好接触，导轨间距为L，导轨下端接一阻值为R的电阻，其余电阻不计．在空间内有垂直于导轨平面的磁场，磁感应强度大小只随竖直方向位移y变化，变化规律B＝ky，k为大于零的常量．质量M＝4m的物体静止在倾角θ＝30°的光滑斜面上，并通过轻质光滑定滑轮和绝缘细绳与金属棒相连接．当金属棒沿y轴方向从y＝0位置由静止开始向上运动h时，加速度恰好为0.不计空气阻力，斜面和磁场区域足够大，重力加速度为g.求：
（1）金属棒上升h时的速度．
（2）金属棒上升h的过程中，电阻R上产生的热量．
解析
（1）当金属棒的加速度为零时，由金属棒受力平衡得：
Mgsin30°＝F＋mg金属棒所受的安培力F＝BIL＝khIL
金属棒运动时产生的感应电动势E＝khLv，则金属棒中的电流有：
I＝
解得：
v＝
.
（2）设产生的焦耳热为Q，由动能定理，有：
（M＋m）v2＝Mghsinθ－mgh－Q得Q＝mgh－
.
答案
（1）
（2）mgh－
10．如图所示，M、N为水平面内平行放置的粗糙金属长直导轨，间距为L＝0.5m，导轨间接有阻值为R＝2.0Ω的定值电阻，导轨平面处在竖直向下、磁感应强度大小为B＝4.0T的匀强磁场中．一导体杆ab垂直M、N置于导轨上，其质量为m＝1.0kg，长度也为L，电阻为r＝1.0Ω，与导轨的动摩擦因数为μ＝0.2，且跟导轨接触良好．不计导轨电阻，重力加速度g取10m/s2.
（1）若在ab杆上作用一个平行导轨方向的恒力F使其向右运动，恒力大小为F＝10N，求ab杆可以达到的速度最大值vm；
（2）若用图2－9所示的电动机通过轻绳来水平向右牵引ab杆，也可使ab杆达到
（1）中的速度最大值vm，求电压表的示数U.已知电动机内阻r1＝5.0Ω，电压表和电流表示数恒定，且电流表示数为I＝2.0A，不计电动机的摩擦损耗；
（3）在
（2）中的条件下，可认为ab杆从静止开始经时间t＝1.5s，位移x＝7.5m后刚好达到最大速度vm，求此过程中ab杆上产生的电热．
解析
（1）ab杆达到速度最大值vm时，ab杆受力平衡，流过ab杆的电流为I1
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