专题提升Ⅷ 电磁感应中的动力学问题（解析版）.docx

1、专题提升 电磁感应中的动力学问题模块一 知识掌握 【重难诠释】1电磁感应问题中电学对象与力学对象的相互制约关系2处理此类问题的基本方法(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向(2)求回路中感应电流的大小和方向(3)分析研究导体受力情况(包括安培力)(4)列动力学方程或根据平衡条件列方程求解3两种状态(1)导体处于平衡状态静止或匀速直线运动状态处理方法：根据平衡条件(合外力等于零)列式分析(2)导体处于非平衡状态加速度不为零处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析4电磁感应中的动力学临界问题基本思路：导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力合外力变化加

2、速度变化临界状态题型一电磁感应中的平衡问题例题1 （多选）（2023汕头一模）依附建筑物架设的磁力缓降高楼安全逃生装置，该装置原理如图可等效为：间距L0.5m的两根竖直导轨上部连通，人和磁铁固定在一起，沿导轨共同下滑，磁铁产生磁感应强度B0.2T的匀强磁场。人和磁铁所经位置处，可等效为有一固定导体棒cd与导轨相连，整个装置总电阻始终为R4105，在某次逃生试验中，质量M50kg的测试者利用该装置最终以v2m/s的速度匀速下降，已知与人一起下滑部分装置的质量m20kg，重力加速度取g10m/s2，则（）A导体棒cd中电流的方向从d到cB导体棒cd中电流的方向从c到dC下落过程中除安培力的阻力为2

3、00ND下落过程中除安培力的阻力为1200N【解答】解：AB、导体棒cd向下做切割磁感线运动，由右手定则可知，导体棒cd中电流的方向从d到c，故A正确，B错误；CD、设下落过程中除安培力的阻力为为f。导体棒cd产生的感应电动势为EBLv，感应电流I=ER=BLvR，cd受到的安培力大小为FA=BIL=B2L2vR由左手定则可判断，导体棒cd所受安培力方向向下，根据牛顿第三定律可知磁铁受力向上，大小为FA=B2L2vR对M和m，由平衡条件得：（M+m）gFA+f，联立解得：f200N，故C正确，D错误。故选：AC。例题2 （多选）（2023太原一模）如图所示，两根不计电阻、间距为L的足够长平行光

4、滑金属导轨，固定在匀强磁场中，两导轨所在平面与水平方向的夹角为30，磁场方向垂直于导轨平面斜向下。导轨上端串联两阻值均为R的电阻。质量为m、不计电阻的金属棒可沿导轨运动，运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触。忽略空气阻力及回路中的电流对原磁场的影响，重力加速度大小为g。已知断开开关S，由静止释放金属棒，金属棒沿导轨下滑kL后将做速度为v的匀速直线运动。又过了一段时间，闭合开关S。下列说法中正确的是（）A匀强磁场的磁感应强度为B=1L2mgRvB导体棒由静止下滑kL的运动时间为2vg+kLvC闭合开关S瞬间，金属棒的加速度大小为g4D闭合开关S后，经过足够长的时间，金属棒的速度大小为v2【解

5、答】解：A、金属棒匀速运动时，由平衡条件：mgsin30BIL=B2L2v2R，解得匀强磁场磁感应强度大小为：B=1LmgRv，故A错误；B、导体棒由静止下滑kL过程，取向下为正方向，由动量定理可得：mgtsin30-BILt=mv-0又：It=E2Rt=2R=BS2R=BkL22R解得此过程运动的时间：t=2vg+kLv，故B正确；C、闭合开关S瞬间，由牛顿第二定律：BILmgsin30ma，其中I2I，解得加速度大小：a=12g，故C错误；D、闭合开关后稳定后金属棒做匀速直线运动，由平衡条件：mgsin30=B2L2vR，解得：v=12v，故D正确。故选：BD。例题3 （2023春西宁期末

6、）如图所示，水平放置的平行金属导轨，相距l0.50m，左端接一电阻R0.20，磁感应强度B0.40T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ab以v4.0m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：（1）ab棒中感应电动势的大小；（2）回路中感应电流的大小和方向；（3）维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小。【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律，ab棒中的感应电动势为EBlv代入数据知E0.400.504.0 V0.80 V（2）感应电流大小为I=ER即I=0.800.20 A4.0 A方向：从b 到a（3）由于ab棒受安培

7、力FIlB代入数据知：F4.00.500.40 N0.8 N根据平衡条件知水平外力FF0.8N答：（1）ab棒中感应电动势的大小为0.8V；（2）路中感应电流的大小为4.0A，方向为从b到a；（3）维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小为0.8N。题型二电磁感应中的动力学问题例题4 （2022秋山西月考）两相同的“”形光滑金属框架竖直放置，框架的一部分处在垂直纸面向外的条形匀强磁场中，如图所示。两长度相同、粗细不同的均质铜棒a、b分别从两框架上相同高度处由静止释放，下滑过程中铜棒与框架垂直且接触良好，框架电阻不计，已知铜棒a、b穿过磁场的时间分别为ta、tb，下列判断正确的是（）AtatbBt

8、atbCtatbD无法判断ta、tb的大小关系【解答】解：两金属棒刚进入磁场时，速度相同，安培力为：FBIL=B2L2vR根据电阻定律可得：R=LS导体棒的质量为：m铜LS根据牛顿第二定律可得：mgFma整理得：ag-B2v，故两棒在后续的运动过程中，运动状态相同，在磁场中运动时间相同，故A正确，故BCD错误。故选：A。例题5 （2022秋阆中市校级月考）电磁炮是利用电磁力对弹体加速的新型武器。某小组用图示装置模拟研究电磁炮的原理。间距为0.1m的水平长导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为0.5T，左端所接电池电动势为1.5V、内阻为0.5。长0.1m、电阻为0.1的金属杆ab静置在导

9、轨上。闭合开关S后，杆ab在运动过程中受到的阻力恒为0.05N，且始终与导轨垂直且接触良好。导轨电阻不计，则杆ab（）A运动方向向左B先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动C能达到的最大速度为18m/sD两端的电压始终不变【解答】解：A、闭合开关S后，杆ab上电流方向ba，根据左手定则可知，杆受到向右安培力作用，通电瞬间安培力大于阻力，导体棒向右运动，故A错误；B、通电瞬间安培力大于阻力，导体棒向右加速运动，随着速度增大，产生的感应电动势EBLv越大，感应电动势产生的电流方向与通电电流方向相反，所以电流强度逐渐减小，安培力逐渐减小，加速度逐渐减小，当安培力和阻力相等时速度最大，此时加速度为零，故

10、B错误；C、达到的最大速度时导体棒受力平衡，则有：BILf解得：I1A，设此时导体棒切割磁感应线产生的感应电动势E，则I=E-ER+r，解得：E0.9V，根据EBLvm解得：vm18m/s，故C正确；D、由于杆做变加速运动，安培力变化、电流强度变化，则ab两端的电压发生变化，故D错误；故选：C。例题6 （2022南京模拟）两个半径不同的半圆金属环可以组成如图甲、乙所示的两种闭合回路，两半圆环位于同一平面内，圆心重合，较小的半圆环的半径为r，整个回路的电阻为R。将两个闭合回路放在垂直环面的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图丙所示，则t0时刻，甲、乙两回路中小的半圆环受到的安培力之差为（图

11、中均为已知量）（）AB02r3Rt0BB02r32Rt0C2B02r3Rt0D4B02r3Rt0【解答】解：设甲回路的面积为S1，乙回路的面积为S2，则甲、乙的感应电动势分别为E1=B0t0S1，E2=B0t0S2则t0时刻，甲、乙回路中小的半圆环受到的安培力分别为F1=2B0E1Rr，F2=2B0E2Rr由题意知，甲、乙两回路面积之差为S1-S2=r2则安培力之差F=F1-F2=2B02r3Rt0故ABD错误，C正确；故选：C。例题7 （2022春临沂月考）如图所示，两根间距为0.5m的平行固定金属导轨处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，导轨平面与水平面成30角，导轨下端连接阻值为2的定值

12、电阻。将一质量为0.2kg的金属棒从两导轨上足够高处由静止释放，则当金属棒下滑至速度最大时，电阻R消耗的电功率为2W，已知金属棒始终与导轨垂直并接触良好，它们之间的动摩擦因数为36，取重力加速度大小g10m/s2，电路中其余电阻忽略不计，下列说法正确的是（）A金属棒中的电流方向为由b到aB金属棒速度最大时受到的安培力大小为1.5NC金属棒的最大速度为4m/sD匀强磁场的磁感应强度的大小为0.4T【解答】解：A由右手定则可得，金属棒中的电流方向为由a到b，故A错误；B当金属棒速度最大时受力平衡，有mgsinmgcos+F安代入数据可得F安0.5N故B错误；C金属棒克服安培力做功的功率等于电路中的

13、电阻R产生的热功率，即PF安v整理代入数据可得金属棒速度的大小v4m/s故C正确；D安培力F安BIL，由闭合电路欧姆定律得EBLvIR整理代入数据可得B1.0T故D错误。故选：C。例题8 （2023厦门一模）如图，MN、PQ为足够长平行光滑水平金属导轨，处于竖直向下的匀强磁场中，GH、JK为足够长倾斜粗糙平行金属导轨，处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，底端接C100F的电容器。NQ端与GJ端高度差h0.45m，水平距离x1.2m。现将导体棒cd静置在水平分导轨固定小钉的右侧，导体棒ab以速度v09m/s从MP端滑入，一段时间后cd棒从NQ端抛出，恰能无碰撞从GJ端进入斜导轨。已知导轨间距均为1

14、m，两磁场的磁感应强度均为2T，两棒质量均为0.01kg，接入电阻均为1，导轨电阻不计，棒始终与导轨垂直且接触良好，棒与斜导轨的动摩擦因数0.75，g取10m/s2。求：（1）cd棒从NQ端抛出时的速度大小v1；（2）cd棒抛出前瞬间ab棒所受安培力的功率P；（3）最终电容器存储的电荷量Q。【解答】解：（1）cd棒从NQ端抛出后做平抛运动，设其运动时间为t，竖直方向有：h=12gt2 水平方向有：xv1t解得：v14m/s（2）设cd棒抛出时，ab棒速度大小为v2，在两棒均在水平轨道上运动的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律可得：mv0mv1+mv2此时回路感应电动势为E、感应电流为I、安培

15、力为F，则EBL（v2v1）由闭合电路欧姆定律得：I=E2r FBILcd棒抛出前瞬间ab棒所受安培力的功率为：PFv2联立解得：P10W（3）cd棒运动到GJ端时速度为v，斜面与水平夹角为，由动能定理得：mgh=12mv2-12mv12 由几何关系可得：cos=v1v 解得：v5m/s，37cd棒沿倾斜轨道下滑时，由于tan，所以cd棒所受合力为安培力，设稳定时速度为v，电容器带电量为Q。取沿斜面向下为正方向，由动量定理得：-BILt=mv-mv 又 Q=It，QCUC，UCEBLv联立解得：Q=11040C9.6104C。答：（1）cd棒从NQ端抛出时的速度大小v1为4m/s。（2）cd棒

16、抛出前瞬间ab棒所受安培力的功率P为10W。（3）最终电容器存储的电荷量Q为9.6104C。模块二 巩固提高1. （2022春虹口区校级期中）如图所示，在匀强磁场中，放着一个平行导轨与大线圈D相连接（A、D两线圈共面）。要使放在D中的A线圈产生顺时针电流并且有收缩趋势，金属棒MN的运动情况是（）A加速向左B加速向右C减速向左D减速向右【解答】解：线圈A具有收缩的趋势，根据楞次定律可以知道此时一定是D中的磁场正在增大，说明导体棒MN正在做加速运动；A线圈产生顺时针电流，D中的磁场正在增大，根据楞次定律可知D中电流的方向逆时针方向，电流从N流向M，根据右手定则可知MN是向右加速；故ACD错误，B正

17、确。故选：B。2. （2021秋西夏区校级期末）如图所示，线圈由a位置开始下落，在磁场中受到的磁场力如果总是小于它的重力，则它在a、b、c、d四个位置（在b、d位置时线圈恰好有一半在磁场中）时，加速度的关系为（）AaaabacadBaaacabadCaaacadabDaaacabad【解答】解：线圈自由下落时，加速度为aag线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为acg。线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知，abg，adg线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达D处的速度大于B处的速度，则线圈在D处

18、所受的安培力大于在B处所受的安培力，又知，磁场力总小于重力，则abad，故aaacabad故D正确，ABC错误。故选：D。3. （多选）（2022怀远县校级模拟）电磁轨道炮是利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，原理如图，图中直流电源电动势为E1，电容器的电容为C，两根固定于水平面内的光滑平面金属导轨间距为L，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触，首先开关S接1，使电容器完全充电，然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面，磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动，当MN上的感应电动势为E2时，此时与电容器

19、两极板间的电压相等，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨，下列说法正确的是（）A匀强磁场的方向垂直导轨平面向下BMN刚开始运动时的加速度B(E1+E2)LmRCMN离开导轨后的最大速度为B(E1-E2)LCmDMN离开导轨后的最大速度为B(E1+E2)LCm【解答】解：A、电容器充电时上端带正电，放电时通过MN的电流方向向下，由于MN向右运动，根据左手定则知，磁场方向垂直于导轨平面向下，故A正确；B、电容器完全充电后，两极板间电压为E1，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有：I=E1R设MN受到的安培力为F，有：FBIL由牛顿第二定律有：Fma联立解得：a=B

20、E1LmR，故B错误；CD、电容器放电前所带的电荷量Q1CE1开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，MN上的感应电动势：E2BLvm，最终电容器所带电荷量Q2CE2则通过MN的电量qCE1CE2由动量定理，有：Ftmv得BILtmvBLqmvm解得：vm=BLqm=BLC(E1-E2)m，故C正确，故D错误。故选：AC。4. （2023重庆模拟）如题图所示，静置于水平面的矩形闭合线圈abcd，匝数为n，总电阻为R，长度abL1，bcL2，该线圈的中轴线PQ两侧分别有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于线圈平面。两磁场同时以大小为v的速度水平向右运动瞬时

21、，线圈所受磁场作用力大小F为（）A4n2B2L22vRBn2B2L22vRCn2B2L12vRD4n2B2L1L2vR【解答】解：当磁场向右运动，线圈ad边切割磁感线产生ab方向的电流，bc边产生cb方向的电流，根据切割电动势公式E2nBL2v根据欧姆定律，电路中的感应电流为I=ER=2nBL2vR线圈中ad和bc边受到安培力的作用，所受安培力为F2nBIL2解得F=4n2B2L22vR，故A正确，BCD错误。故选：A。5. （2023春天河区校级期中）如图所示，匀强磁场垂直纸面向里，正方形金属线框从磁场上方无初速度下落，在下落过程中，线框的bc边始终与磁场的边界平行，完全进入磁场后再从磁场中

22、离开，下列说法正确的是（）A线框进入磁场过程中，感应电流方向为顺时针B线框进入磁场过程中，bc边受到的安培力方向向下C线框离开磁场过程中，感应电流方向为逆时针D线框离开磁场过程中，da边受到的安培力方向向上【解答】解：A、线框进入磁场过程中，根据楞次定律，并结合右手螺旋定则，知线框中感应电流方向为逆时针，故A错误；B、线框进入磁场过程中，穿过线框的磁通量增大，线框有收缩的趋势，bc边受到的安培力方向向上，根据左手定则也可判断bc边受向上安培力，故B错误；C、线框离开磁场过程中，根据楞次定律，并结合右手螺旋定则，感应电流方向为顺时针，故C错误；D、线框离开磁场过程中，穿过线框的磁通量减少，线框有

23、扩张的趋势，da边受到的安培力方向向上，故D正确。故选：D。6. （2023海淀区一模）如图所示，空间中存在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。边长为L的正方形线框abcd的总电阻为R。除ab边为硬质金属杆外，其它边均为不可伸长的轻质金属细线，并且cd边保持不动，杆ab的质量为m。将线框拉至水平后由静止释放，杆ab第一次摆到最低位置时的速率为v。重力加速度为g，忽略空气阻力。关于该过程，下列说法正确的是（）Aa端电势始终低于b端电势B杆ab中电流的大小、方向均保持不变C安培力对杆ab的冲量大小为B2L3RD安培力对杆ab做的功为mgL-12mv2【解答】解：A由右手定则可知，杆a切割磁感线产生

24、的感应电流方向为ba，则a端电势始终高于b端电势，故A错误；B根据题意可知，杆a运动过程中，垂直磁场方向的分速度大小发生变化，则感应电流大小变化，故B错误；C安培力对杆a的冲量大小为：I冲BI感LtBLI感tBLq，由于q=ERt=R=BSR，可得安培力对杆a的冲量大小为：I冲=B2L3R，故C正确；D设安培力对杆a做的功为W，由动能定理有：mgL+W=12mv2，解得W=12mv2mgL，故D错误。故选：C。7. （2023新华区校级开学）如图甲所示，两电阻不计的平行光滑导轨与水平面的夹角37，导轨下端接一阻值R0.1的定值电阻。空间中存在垂直导轨所在平面向上、磁感应强度大小为B0.5T的匀

25、强磁场。导体棒ab的长度和导轨间距均为L0.2m，导体棒电阻r0.1、质量m0.2kg。在导体棒ab上施加一沿导轨平面向上的作用力F，使导体棒ab沿导轨下滑，作用力F的大小随时间变化的关系图象如图乙所示，力F作用过程中导体棒ab的速度大小与时间的关系图象如图丙所示，已知重力加速度为g10m/s2，sin370.6，导轨足够长，导体棒沿导轨下滑过程中始终与导轨垂直且接触良好。下列说法正确的是（）A图乙中的Fm0.8NB图丙中的v110m/sC在t0到t4s的时间内通过导体棒横截面的电荷量为12CD在t0到t4s的时间内导体棒重力的冲量大小为4.8Ns【解答】解：B设导体棒加速度为a，根据匀加速直

26、线运动速度公式，则t时刻导体棒速度vat根据切割电动势公式，导体棒产生感应电动势EBLvBLat根据闭合电路欧姆定律：I=ER+r=BLatR+r对导体棒，根据牛顿第二定律mgsin-F-B2L2aR+rt=mavt图像斜率为加速度，由图丙a=v14s由图乙，t4s时F0代入数据解得v112m/s，a3m/s2故B错误；A由图乙，当t0时FFm解得Fm0.6N故A错误；Cvt图像面积表示位移，在t0到t4s时间内导体棒运动位移x=v12t，解得x=24m通过导体棒横截面电荷量q=It=R+r=BLxR+r，解得q=12C故C正确；D在t0到t4s时间内导体棒重力冲量大小mgt0.2104Ns8

27、Ns故D错误。故选：C。8. （2023天河区一模）如图，足够长的磁铁在空隙产生一个径向辐射状磁场，一个圆形细金属环与磁铁中心圆柱同轴，由静止开始下落，经过时间t，速度达最大值v，此过程中环面始终水平。已知金属环质量为m、半径为r、电阻为R，金属环下落过程中所经过位置的磁感应强度大小均为B，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（）A在俯视图中，环中感应电流沿逆时针方向B环中最大的感应电流大小为mgvRC环下落过程中所受重力的冲量等于其动量变化Dt时间内通过金属环横截面的电荷量为2rBvtR【解答】解：A、根据右手定则，在圆环上取一段分析可知环中感应电流沿顺时针方向，故A错误；B、当重力等于安培

28、力时，环下落的速度最大，此时感应电流最大，根据mgvI2R，解得：I=mgvR，故B正确；C、环下落过程中受重力和安培力作用，根据动量定理可知，重力的冲量小于其动量变化，故C错误；D、设t时间内通过金属环横截面的电荷量为q。环下落速度为v时的感应电流大小为I=2rBvR，由于环中感应电流不断增大，则qIt=2rBvtR，故D错误。故选：B。9. （2022秋和平区校级月考）线性涡流制动是磁悬浮列车高速运行过程中进行制动的一种方式。某研究所制成如图所示的车和轨道模型来定量模拟磁悬浮列车的涡流制动过程。车厢下端有电磁铁系统固定在车厢上，能在长L10.6m、宽L20.2m的矩形区域内产生沿竖直方向的

29、匀强磁场，磁感应强度可随车速的减小而自动增大（由车内速度传感器控制），但最大不超过Bm2T，长大于L1、宽也为L2的单匝矩形线圈间隔铺设在轨道正中央，其间隔也为L2，每个线圈的电阻为R0.1，导线粗细忽略不计。在某次实验中，模型车速度为v020m/s时，启动电磁铁制动系统，车立即以加速度a2m/s2做匀减速直线运动；当磁感应强度增加到2T后，磁感应强度保持不变，直到模型车停止运动。已知模型车的总质量为m36kg，不计空气阻力，不考虑磁场边缘效应的影响。求（1）从启动电磁铁制动系统开始到电磁铁磁场的磁感应强度达到最大过程中磁感应强度B与时间t的关系表达式，并求出磁感应强度达到最大时所用的时间；（

30、2）模型车从启动电磁铁制动系统到停止，共经历了多少个矩形线圈？【解答】解：（1）模型车的电磁铁磁感应强度B逐渐增大的过程，产生的感应电动势及安培力产生加速度。有：E=BLv，i=ER，F安=BiL，F安=ma联立解得：B2L12vR=ma其中：vv0at代入已知数据解得：B=1010-t(T)由题意当BBm2T时，解得：t7.5s（2）模型车电磁铁的磁感应强度B最大时模型车的速度：v1=RmaB2L12=0.1362220.62m/s5m/s模型车匀减速过程运动的位移为：x1=v02-v122a=202-5222m93.75m对模型车从速度为v1开始减速至停止运动的制动过程Bm2T，应用动量定

31、理得：Bm2L12vRt=mv1则可得：x2vt=mRv1Bm2L12=360.15220.62m12.5m模型车的制动距离为：xx1+x293.75m+12.5m106.25m经历的矩形线圈个数：n=x2L2=106.2520.2个265.6个则经历的矩形线圈个数应为266个。答：（1）磁感应强度B与时间t的关系表达式为B=1010-t(T)，求出磁感应强度达到最大时所用的时间为7.5s；（2）模型车从启动电磁铁制动系统到停止，共经历了266个矩形线圈。10. （2022青浦区二模）如图1，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为l，电阻不计。左侧接有定值电阻阻值为R。质量为m、电

32、阻为r的导体杆，t0时金属棒以初速度v0沿导轨向右运动，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。（1）定性分析说明金属杆的运动情况（速度和加速度的变化情况）。（2）宏观规律与微观规律有很多相似之处，导体杆速度随时间的变化规律和放射性元素的衰变规律相同，已知导体杆速度由v0变化到v02所需时间为t0，则03t0时间内电阻R上产生的热量为多少？（3）已知金属杆速度v和位移s的变化规律为：v=v0-B2L2m(R+r)s，即vs图像如图2所示，请利用该vs图像证明（1）中你的结论。【解答】解：（1）根据右手定则可知通过金属杆的感应电流在图中的方向由

33、上至下，再由左手定则可知金属杆受到的安培力方向水平向左，所以金属杆做减速运动，金属杆受到的合外力即安培力的大小为F=BIl=B2l2vR+r 由牛顿第二定律a=Fm可知，因为v减小，所以金属杆的加速度减小，即金属杆做加速度减小的减速运动。（2）根据题意，结合放射性元素的衰变规律可知3t0时金属杆的速度为vt=v08 根据能量守恒定律可知，03t0时间内回路产生的总热量为Q=12mv02-12mvt2=63128mv02 而通过金属杆和电阻R的电流时刻相等，由此可知QR=RR+rQ=63Rmv02128(R+r) （3）由vs图像可知，随着s的增大，金属杆速度v减小，即金属杆做减速运动，vs图像的斜率为k=vs 根据速度的定义可知svt联立解得：k=av因为k为定值，所以当v减小时，a减小，即金属杆的加速度减小。答：（1）金属杆做加速度减小的减速运动；（2）03t0时间内电阻R上产生的热量为63Rmv02128(R+r)；（3）见解析。