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1、Four short words sum up what has lifted most successful individuals above the crowd: a little bit more.-author-date学案2017年高考物理一轮复习习题第九章电磁感应第3课时电磁感应中电路和图象问题Word版含答案一、电磁感应中的电路问题1内电路和外电路(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路2电源电动势和路端电压(1)电动势：EBlv或En(2)路端电压：UIREIr二、电磁感应中的图象问题1图
2、象类型(1)随时间变化的图象如Bt图象、t图象、Et图象和it图象(2)随位移x变化的图象如Ex图象和ix图象2问题类型(1)由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量(3)利用给出的图象判断或画出新的图象1闭合电路的欧姆定律同样适用于电磁感应电路()2“相当于电源”的导体棒两端的电压一定等于电源的电动势()3电流一定从高电势流向低电势()4在有安培力的作用下，导体棒不能做加速运动()5电磁感应中求焦耳热时，均可直接用公式QI2Rt.()6电路中的电能增加，外力一定克服安培力做了功()1(2015长沙模拟)如图所示，在光滑水平桌面上有一边长
3、为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(dL)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下导线框以某一初速度向右运动t0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域下列vt图象中，可能正确描述上述过程的是()解析：导体切割磁感线时产生感应电流，同时受到安培力阻碍导体运动，利用法拉第电磁感应定律、安培力公式及牛顿第二定律可确定线框在磁场中的运动特点线框进入和离开磁场时，安培力的作用都是阻碍线框运动，使线框速度减小，由EBLv、I及FBILma可知安培力减小，加速度减小，当线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不再变化，不产生感应电流，不再受到
4、安培力，线框做匀速直线运动，故选项D正确答案：D2(2016日照模拟)如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)现对MN施力使它沿导轨方向以速度v做匀速运动令U表示MN两端电压的大小，则()AUvBl BUvBlCUvBl DU2vBl解析：电路中电动势为EBlv，则MN两端电压大小URBlv，故A正确答案：A3(2016太原模拟)如图所示，闭合金属线框从一定高度自由下落进入匀强磁场中，磁场足够大，
5、从ab边开始进入磁场到cd边刚进入磁场的这段时间内，线框运动的速度时间图象不可能是图中的()解析：当ab边刚进入磁场时，若线框所受安培力等于重力，则线框在从ab边开始进入磁场到cd边刚进入磁场前做匀速运动，故A是可能的；当ab边刚进入磁场时，若线框所受安培力小于重力，则线框做加速度逐渐减小的加速运动，最后可能做匀速运动，故C情况也可能；当ab边刚进入磁场时，若线框所受安培力大于重力，则线框做加速度逐渐减小的减速运动，最后可能做匀速运动，故D可能；线框在磁场中不可能做匀变速运动，故B项是不可能的答案：B4(2016北京西城区模拟)如图甲所示，线圈ABCD固定于匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向外，当
6、磁场变化时，线圈AB边所受安培力向右且变化规律如图乙所示，则磁场的变化情况可能是下图中的()解析：根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，可得ES，I，线圈AB边所受安培力大小FBILBSL，由于F和不变，则B不变；力F的方向向右，根据楞次定律可知：此时通过线圈的磁通量是增加的，故磁感应强度B增大，而是减小的，故选项D正确，选项A、B、C错误答案：D一、单项选择题1(2015连云港模拟)很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐让条形磁铁从静止开始下落条形磁铁在圆筒中的运动速率()A均匀增大B先增大，后减小C逐渐增大，趋于不变D
7、先增大，再减小，最后不变解析：条形磁铁在下落过程中受到向上的排斥力，绝缘铜环内产生感应电流，导致条形磁铁做加速度逐渐减小的加速运动，故其速率逐渐增大，最后趋于不变，选项C正确，选项A、B、D错误答案：C2(2016保定模拟)如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO为其对称轴，一导线折成边长为L的正方形闭合线框abcd，线框在外力作用下由纸面内图示位置从静止开始向右做匀加速运动，若电流以逆时针方向为正方向，则从线框开始运动到ab边刚进入到PQ右侧磁场的过程中，能反映线框中感应电流随时间变化规律的图象是()解析：由法拉第电磁定律知ab边运动到M
8、N边界的过程中感应电动势E2BLv2Blat，感应电流为it，C、D错；在ab边从MN边界运动到PQ边界的过程中，产生的感应电动势为EBLvBLat，感应电流为It，即刚过MN边界时感应电动势、感应电流均减小一半，所以A错，B对答案：B3(2016运城模拟)如图所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B，方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻一根与导轨接触良好、有效阻值为的金属导线ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，则(不计导轨电阻)()A通过电阻R的电流方向为PRMBa、b两点间的电压为BLvCa端电势比b端高D外力F做
9、的功等于电阻R上发出的焦耳热解析：由右手定则可知通过金属导线的电流由b到a，即通过电阻R的电流方向为MRP，A错误；金属导线产生的电动势为BLv，而a、b两点间的电压为等效电路路端电压，由闭合电路欧姆定律可知，a、b两点间电压为BLv，B错误；金属导线可等效为电源，在电源内部，电流从低电势流向高电势，所以a端电势高于b端电势，C正确；根据能量守恒定律可知，外力做功等于电阻R和金属导线产生的焦耳热之和，D错误答案：C4(2016郑州模拟)如图所示，单匝圆形金属线圈电阻恒定不变，在线圈的圆形区域内有垂直向里的匀强磁场，在时间t1内要使线圈中产生大小、方向恒定不变的电流，匀强磁场的磁感应强度应按下列
10、哪种情况变化()解析：根据法拉第电磁感应定律E和闭合电路欧姆定律I，得线圈中电流I，要使电流的大小和方向不变，要求磁感应强度的变化率一定，即Bt图线的斜率一定但不为0，可知选项A正确，其他选项错误答案：A5(2016青岛模拟)粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框原先整个置于有界匀强磁场内，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行，现使线框沿四个不同方向以相同速率v匀速平移出磁场，如图所示，线框移出磁场的整个过程()A四种情况下ab两端的电势差都相同B图中流过线框的电荷量与v的大小无关C图中线框的电功率与v的大小成正比D图中磁场力对线框做的功与v2成正比解析：由法拉第电磁感应定律E，闭合电
11、路欧姆定律I，电流定义式I可得q，线框沿四个不同方向移出磁场，流过线框的电荷量与v的大小无关，选项B正确四种情况下ab两端的电势差不相同，选项A错误图中线框的电功率P，EBLv，P与v的二次方大小成正比，选项C错误；图中磁场力FBIL，I，EBLv，磁场力对线框做功WFL，磁场力对线框做的功与v成正比，选项D错误答案：B6(2016济宁模拟)如图所示，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b和下边界d水平在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平线圈从水平面a开始下落已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离若线圈下边刚通过水平面b
12、、c(位于磁场中)和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd，则()AFdFcFbBFcFdFbFdDFcFbvb，当线圈在进入和离开磁场时，穿过线圈的磁通量变化，线圈中产生感应电流，受磁场力作用，其大小为：FBIlBl，因vdvb，所以FdFbFc，选项D正确答案：D 学_科_网Z_X_X_K二、多项选择题7(2016黄冈模拟)如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为Bkt(常量k0)回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1R0、R2.闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右
13、侧导体的感应电动势，则()AR2两端的电压为B电容器的a极板带正电C滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍D正方形导线框中的感应电动势为kL2解析：根据串、并联电路特点，虚线MN右侧回路的总电阻RR0.回路的总电流I，通过R2的电流I2，所以R2两端电压U2I2R2U，选项A正确；根据楞次定律知回路中的电流为逆时针方向，即流过R2的电流方向向左，所以电容器b极板带正电，选项B错误；根据PI2R，滑动变阻器R的热功率PI2I2R0，电阻R2的热功率P2R2I2R0P，选项C正确；根据法拉第电磁感应定律得，线框中产生的感应电动势ESkr2，选项D错误答案：AC8(2016淄博模拟)如图所示，匀强磁场
14、的方向垂直于电路所在平面，导体棒ab与电路接触良好当导体棒ab在外力F作用下从左向右做匀加速直线运动时，若不计摩擦和导线的电阻，整个过程中，灯泡A未被烧毁，电容器C未被击穿，则该过程中()A感应电动势将变大B灯泡A的亮度变大C电容器C的上极板带负电D电容器两极板间的电场强度将减小解析：当导体棒ab在外力F作用下从左向右做匀加速直线运动时，由右手定则知，导体棒a端的电势高，电容器C的上极板带正电；由公式EBLv知，感应电动势将变大，导体棒两端的电压变大，灯泡A的亮度变大，由于场强E电容器两极板间的电场强度将变大故A、B正确，C、D错答案：AB9(2016长沙模拟)如图所示为一匀强磁场，磁场方向垂
15、直纸面，规定向里的方向为正，在磁场中有一细金属圆环，线圈位于纸面内，如图甲所示现令磁感应强度值B随时间t变化，先按图乙所示的oa图线变化，后来又按bc和cd变化，令E1、E2、E3分别表示这三段变化过程中感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的感应电流()AE1E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向BE1E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向CE1E2，I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向DE2E3，I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向解析：由法拉第电磁感应定律知E1E2E3；由楞次定律可知oa段，磁通量向里增大，感应电流为逆时针方向；bd整段斜率不变，感应电流方向相同，为顺时针方向答
16、案：BD三、非选择题10(2015浙江卷)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡线圈的水平边长L0.1 m，竖直边长H0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B01.0 T，方向垂直线圈平面向里线圈中通有可在02.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使得天平平衡，测出电流即可测得物体的质量(重力加速度取g10 m/s2)(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2100匝、形状相同的线圈，总电阻R10 ，不接外电流，两臂平衡，如图乙所示
17、，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d0.1 m当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.解析：(1)线圈受到安培力FN1B0IL，天平平衡mgN1B0IL.代入数据得N125匝，(2)由电磁感应定律得：EN2，EN2Ld，由欧姆定律得I，线圈受到安培力FN2B0IL，天平平衡mgNB0.代入数据可得0.1 T/s.答案：(1)N125匝(2)0.1 T/s11(2016聊城模拟)如图甲是半径为a的圆形导线框，电阻为R，虚线是圆的一条弦，虚线左右两侧导线框内磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，设垂直
18、线框向里的磁场方向为正，求：(1)线框中0t0时间内的感应电流大小和方向；(2)线框中0t0时间内产生的热量解析：(1)设虚线左侧的面积为S1，右侧的面积为S2，则根据法拉第电磁感应定律得：向里的变化磁场产生的感应电动势为E1S1，感应电流方向为逆时针；方向向外的变化磁场产生的感应电动势为E2S2.感应电流方向为逆时针方向从题图乙中可以得到，.感应电流为I，方向为逆时针方向(2)根据焦耳定律可得QI2Rt0.答案：(1)，逆时针方向(2)本考点主要涉及穿过闭合回路的磁场发生变化时的电磁感应现象的图象问题，是高考考查的重点分析此类问题的关键是正确理解En的含义，挖掘给定图象(如t图象、Bt图象等
19、)中斜率的隐含信息题型以选择题为主1(2015山东卷)如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uabt图象可能正确的是()解析：在第一个0.25T0时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐增加，由楞次定律可判断内环a端电势高于b端，因电流的变化率逐渐减小故内环的电动势逐渐减小；同理在第0.25T00.5T0时间内，通过大圆环的电流为顺时针逐渐减小，由楞次定律可判断内环a端电势低于b端，因电流的变化率逐渐变大故内环的电动势
20、逐渐变大；故选项C正确答案：C2(多选)(2016临沂模拟)如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1L2之间、L3L4之间存在匀强磁场，大小均为1 T，方向垂直于虚线所在平面现有一矩形线圈abcd，宽度cdL0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2 ，将其从图示位置静止释放(cd边与L1重合)，速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1t2的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向(重力加速度g取10 m/s2)则()A在0t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25
21、 CB线圈匀速运动的速度大小为8 m/sC线圈的长度为1 mD0t3时间内，线圈产生的热量为4.2 J解析：t2t3时间ab在L3L4内匀速直线运动，而EBLv2，FBL，Fmg解得：v28 m/s，选项B正确；从cd边出L2到ab边刚进入L3一直是匀加速，因而ab刚进磁场时，cd也应刚进磁场，设磁场宽度是d，有：3dv2tgt2，得：d1 m，有：ad2d2 m，选项C错误；在0t3时间内由能量守恒得：Qmg5dmv1.8 J，选项D错误；0t1时间内，通过线圈的电荷量为q0.25 C，选项A正确答案：AB3(多选)(2016秦皇岛模拟)闭合回路由电阻R与导线组成，其内部磁场大小按Bt图变化
22、，方向如图所示，则回路中()A电流方向为顺时针方向B电流强度越来越大C磁通量的变化率恒定不变D产生的感应电动势越来越大解析：由楞次定律可以判断电流方向为顺时针方向，A项正确；由法拉第电磁感应定律EN可得，ENS，由图可知是恒量，所以电动势恒定，D项错误；根据欧姆定律，电路中电流是不变的，B项错误；由于磁场均匀增加，线圈面积不变所以磁通量的变化率恒定不变，C项正确答案：AC4(2016太原模拟)如图甲所示为磁悬浮列车模型，质量M1 kg的绝缘板底座静止在动摩擦因数10.1的粗糙水平地面上位于磁场中的正方形金属框ABCD为动力源，其质量m1 kg，边长为1 m，电阻为 ，与绝缘板间的动摩擦因数20
23、.4.OO为AD、BC的中线在金属框内有可随金属框同步移动的磁场，OOCD区域内磁场如图乙所示，CD恰在磁场边缘以外；OOBA区域内磁场如图丙所示，AB恰在磁场边缘以内(g10 m/s2)若绝缘板足够长且认为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则金属框从静止释放后() 学科 A若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为2 m/s2B若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为7 m/s2C若金属框不固定，金属框的加速度为4 m/s2，绝缘板仍静止 学科网ZXXKD若金属框不固定，金属框的加速度为4 m/s2，绝缘板的加速度为2 m/s2解析：若金属框固定在绝缘板上，由题意得其感应电动势ESAB
24、CD111 V0.5 V，感应电流I8 A，AB边所受安培力FABB2IL8 N，取绝缘板和金属框整体进行受力分析，由牛顿第二定律得FAB1(Mm)g(Mm)a，解得a3 m/s2，A、B错误；若金属框不固定，对金属框进行受力分析，假设其相对绝缘板滑动，则其所受摩擦力为Ff12mg0.4110 N4 NFAB，假设正确；对金属框应用牛顿第二定律得FABFf1ma1，解得a14 m/s2；对绝缘板应用牛顿第二定律得Ff1Ff2Ma2，Ff21(Mm)g2 N，解得a22 m/s2，C错误、D正确答案：D电磁感应现象的本质是通过磁场力做功将其他形式的能转化为电能的过程从功和能的角度分析电磁感应问题
25、是力电综合题的另一典型问题，仍是高考命题的热点题型以计算为主，涉及动力学、电路等相应知识，综合性较强，难度较大解决此类问题的关键是理顺功能关系，灵活处理能量转化问题5如图所示，足够长金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场ab、cd棒与导轨间动摩擦因数均为，两棒总电阻为R，导轨电阻不计开始两棒均静止在图示位置，当cd棒无初速释放时，对ab棒施加竖直向上的力F，沿导轨向上做匀加速运动则()Aab棒中的电流方向由b到aBcd棒先加速运动后匀速运动Ccd棒所受摩擦力的最大值等于cd棒的重力D力F做的功等于两金属棒产
26、生的电热与增加的机械能之和解析：根据右手定则可判断出ab棒中电流方向由b到a，A正确；由左手定则可判断出cd棒受到的安培力垂直导轨平面向里，由于ab棒做匀加速运动，回路中的感应电流逐渐增大，cd棒受到的安培力逐渐增大，故cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动，cd棒所受摩擦力的最大值大于cd棒的重力，故B、C错误；对金属棒ab分析，由动能定理可知WFWGW安mv2，故力F做的功等于金属棒ab产生的电能与增加的机械能之和，D错误答案：A Z*xx*k 6(2015天津卷)如图所示，“凸”字形硬质金属线框质
27、量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一水平面内，ab边长为l，cd边长为2l.ab与cd平行，间距为2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面开始时cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内且ab、cd边保持水平，重力加速度为g.求：(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上下边界间的距离H.解析：(1)设磁场的磁感应强度大小为B，c
28、d边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有E12Blv1.设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1.设此时线框所受安培力为F1，有F12I1lB.由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mgF1.由式得v1.设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2.由式得v24v1.(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mglmv，mg(2lH)mvmvQ.由式得H28l.答案：(1)4倍(2)28l7(2015四川卷)如图所示，金属导轨MNC和PQD，MN与PQ平行且间距为L，所在平面与水
29、平面夹角为，N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为R的电阻；光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角都为锐角.均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L，ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合；ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为(较小)，由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止空间有方向竖直的匀强磁场(图中未画出)两金属棒与导轨保持良好接触不计所有导轨和ab棒的电阻，ef棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g.(1)若磁感应强度大小为B，给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef棒始终静
30、止，求此过程ef棒上产生的热量；(2)在(1)问过程中，ab棒滑行距离为d，求通过ab棒某横截面的电量；(3)若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒始终静止求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离 学科 解析：(1)由于ab棒做切割磁感线运动，回路中产生感应电流，感应电流流经电阻R和ef棒时，电流做功，产生焦耳热，根据功能关系及能的转化与守恒有mvQRQef.根据并联电路特点和焦耳定律QI2Rt可知，电阻R和ef棒中产生的焦耳热相等，即QRQef.由式联立解得ef棒上产生的热量为Qefmv.(2)设在ab棒
31、滑行距离为d时所用时间为t，其示意图如下图所示该过程中回路变化的面积为Sd.根据法拉第电磁感应定律可知，在该过程中，回路中的平均感应电动势为E.根据闭合电路欧姆定律可知，流经ab棒平均电流为I.根据电流的定义式可知，在该过程中，流经ab棒某横截面的电量为qIt.由式联立解得q.(3)由法拉第电磁感应定律可知，当ab棒滑行x距离时，回路中的感应电动势为：eBv2.根据闭合电路欧姆定律可知，流经ef棒的电流为i.根据安培力大小计算公式可知，ef棒所受安培力为FiLB.由式联立解得F.由式可知，当x0且B取最大值，即BBm时，F有最大值Fm，ef棒受力示意图如下图所示根据共点力平衡条件可知，在沿导轨方向上有Fm cos mgsin fm.在垂直于导轨方向上有FNmgcos Fmsin .根据滑动摩擦定律和题设条件有fmFN由式联立解得Bm.显然此时，磁感应强度的方向竖直向上或竖直向下均可由式可知，当BBm时，F随x的增大而减小，即当F最小为Fmin时，x有最大值为xm，此时ef棒受力示意图如下图所示根据共点力平衡条件可知，在沿导轨方向上有Fmin cos fmmgsin .在垂直于导轨方向上有FNmgcos Fmin sin .由式联立解得xm.答案：(1)Qefmv(2)q(3)Bm，方向竖直向上或竖直向下均可，xm-