《2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 第3講 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 第3講 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用學(xué)案（27頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 第3講 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用學(xué)案 微知識(shí)1 電磁感應(yīng)中的電路問題 1．內(nèi)電路和外電路 (1)切割磁感線運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當(dāng)于電源。 (2)該部分導(dǎo)體的電阻或線圈的電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻，其余部分是外電路。 2．電源電動(dòng)勢和路端電壓 (1)電動(dòng)勢：E＝BLv或E＝n。 (2)電源正、負(fù)極：用右手定則或楞次定律確定。 (3)路端電壓：U＝E－Ir＝IR。 微知識(shí)2 電磁感應(yīng)圖象問題 微知識(shí)3 感應(yīng)電流在磁場中所受的安培力 1．安培力的大小 由感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，感應(yīng)電流I＝和安培力公式F＝BIL得F＝。

2、 2．安培力的方向判斷 微知識(shí)4 電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化與守恒 1．能量轉(zhuǎn)化的實(shí)質(zhì) 電磁感應(yīng)現(xiàn)象的能量轉(zhuǎn)化實(shí)質(zhì)是其他形式能和電能之間的轉(zhuǎn)化。 2．能量的轉(zhuǎn)化 感應(yīng)電流在磁場中受安培力，外力克服安培力做功，將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，電流做功再將電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(或其他形式的能)。 3．熱量的計(jì)算 電流(恒定)做功產(chǎn)生的熱量用焦耳定律計(jì)算，公式Q＝I2Rt。 一、思維辨析(判斷正誤，正確的畫“√”，錯(cuò)誤的畫“×”。) 1．閉合電路的歐姆定律同樣適用于電磁感應(yīng)電路。(√) 2．在閉合回路中切割磁感線的那部分導(dǎo)體兩端的電壓一定等于產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢。(×) 3．電路中電流一定從

3、高電勢流向低電勢。(×) 4．克服安培力做的功一定等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱。(×) 5．有安培力作用時(shí)導(dǎo)體棒不可能做加速運(yùn)動(dòng)。(×) 二、對點(diǎn)微練 1．(電磁感應(yīng)中的電路問題)如圖所示，兩個(gè)互連的金屬圓環(huán)，小金屬環(huán)的電阻是大金屬環(huán)電阻的二分之一，磁場垂直穿過大金屬環(huán)所在區(qū)域，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化時(shí)，在大環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E，則a、b兩點(diǎn)間的電勢差為(　　) A.E　　　　B.E　　　　C.E　　　　D．E 解析　a、b間的電勢差等于路端電壓，而小環(huán)電阻占電路總電阻的，故a、b間電勢差為U＝E，B項(xiàng)正確。 答案　B　 2．(電磁感應(yīng)中的圖象問題)在四個(gè)選項(xiàng)中，虛線上方

4、空間都存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。A、B中的導(dǎo)線框?yàn)檎叫?，C、D中的導(dǎo)線框?yàn)橹苯巧刃?。各?dǎo)線框均繞垂直紙面軸O在紙面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)方向如箭頭所示，轉(zhuǎn)動(dòng)周期均為T。從線框處于圖示位置時(shí)開始計(jì)時(shí)，以在OP邊上從P點(diǎn)指向O點(diǎn)的方向?yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向。則在選項(xiàng)中的四個(gè)情景中，產(chǎn)生的感應(yīng)電流i隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖所示的是(　　) 解析　根據(jù)感應(yīng)電流在一段時(shí)間恒定，導(dǎo)線框應(yīng)為扇形；由右手定則可判斷出產(chǎn)生的感應(yīng)電流i隨時(shí)間t的變化規(guī)律如題圖甲所示的是C。 答案　C　 3．(電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題)(多選)如圖所示，有兩根和水平方向成α角的光滑平行金屬軌道，上端接有可變電阻R，下

5、端足夠長，空間有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下，經(jīng)過足夠長的時(shí)間后，金屬桿的速度會(huì)趨近于一個(gè)最大速度vmax，則(　　) A．如果B增大，vmax將變大 B．如果α變大，vmax將變大 C．如果R變大，vmax將變大 D．如果m變大，vmax將變大 解析　金屬桿從軌道上由靜止滑下，經(jīng)足夠長時(shí)間后，速度達(dá)最大值vmax，此后金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，桿受重力、軌道的支持力和安培力，如圖所示。安培力F＝LB，對金屬桿列平衡方程mgsinα＝，則vmax＝，由此式可知，B增大，vmax減?。沪猎龃?，vmax增大；R變大，vmax變大；m

6、變大， vmax變大。因此B、C、D項(xiàng)正確。 答案　BCD　 4．(電磁感應(yīng)中的能量問題)如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌之間接有定值電阻R，質(zhì)量不能忽略的金屬棒與兩導(dǎo)軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦，棒與導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時(shí)間內(nèi)，力F做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于(　　) A．棒的機(jī)械能增加量　　　 B．棒的動(dòng)能增加量 C．棒的重力勢能增加量 D．電阻R上放出的熱量 解析　棒受重力G、拉力F和安培力F安的作用。由動(dòng)能定理：WF＋WG＋W安＝ΔEk得WF＋W安＝ΔEk＋mgh，即力F做

7、的功與安培力做功的代數(shù)和等于機(jī)械能的增加量，選項(xiàng)A正確。 答案　A　 見學(xué)生用書P164 微考點(diǎn)　1　電磁感應(yīng)中的電路問題 　　　 核|心|微|講 　　在電磁感應(yīng)過程中，切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，該導(dǎo)體或回路相當(dāng)于電源。因此，電磁感應(yīng)問題往往又和電路問題聯(lián)系在一起。解決此類問題的基本思想是將電磁感應(yīng)問題轉(zhuǎn)化為直流電路的分析與計(jì)算問題。 基本思路：①用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律確定感應(yīng)電動(dòng)勢的大小和方向；②弄清電路結(jié)構(gòu)，必要時(shí)畫出等效電路圖；③運(yùn)用歐姆定律、串并聯(lián)電路等規(guī)律求解路端電壓、電功率等問題。 典|例|微|探 【例1】　(

8、多選)如圖所示，邊長為L、不可形變的正方形導(dǎo)線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場區(qū)域，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B＝kt(常量k>0)?；芈分谢瑒?dòng)變阻器R的最大阻值為R0，滑動(dòng)片P位于滑動(dòng)變阻器中央，定值電阻R1＝R0、R2＝。閉合開關(guān)S，電壓表的示數(shù)為U，不考慮虛線MN右側(cè)導(dǎo)體的感應(yīng)電動(dòng)勢，則(　　) A．R2兩端的電壓為 B．電容器的a極板帶正電 C．滑動(dòng)變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍 D．正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢為kL2 【解題導(dǎo)思】 (1)電路中哪部分是電源？ 答：MN左側(cè)的正方形線框是電源。 (2)滑動(dòng)變阻器的左右兩部分中電流相等嗎？ 答：滑動(dòng)變阻器的左邊部分

9、電流大于右邊部分電流。 解析　將滑動(dòng)變阻器在滑片處分為兩部分，電阻均為，其中右側(cè)部分與R2并聯(lián)，并聯(lián)阻值為，所以電路中總電阻為，由歐姆定律可知，A項(xiàng)正確；當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加時(shí)，由楞次定律可知，R2中電流從右向左，所以b板帶正電，B項(xiàng)錯(cuò)誤；滑動(dòng)變阻器右側(cè)部分電流、電壓均與R2相同，左側(cè)部分電阻與R2相同，電流是R2中電流的2倍，由P＝I2R可知滑動(dòng)變阻器的總功率是R2的5倍，所以C項(xiàng)正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知E＝n，其中S為有效面積，S＝πr2，得E＝πkr2，所以D項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案　AC 題|組|微|練 1.如圖所示，虛線框內(nèi)存在均勻變化的勻強(qiáng)磁場，三個(gè)電阻R1、R2、R3的阻值之

10、比為1∶2∶3，導(dǎo)線的電阻不計(jì)。當(dāng)S1、S2閉合，S3斷開時(shí)，閉合回路中感應(yīng)電流為I；當(dāng)S2、S3閉合，S1斷開時(shí)，閉合回路中感應(yīng)電流為5I；當(dāng)S1、S3閉合，S2斷開時(shí)，閉合回路中感應(yīng)電流為(　　) A．0　　　B．4I　C．6I　　　D．7I 解析　因?yàn)镽1∶R2∶R3＝1∶2∶3，可以設(shè)R1＝R，R2＝2R，R3＝3R；由電路圖可知，當(dāng)S1、S2閉合，S3斷開時(shí)，電阻R1與R2組成閉合回路，設(shè)此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢是E1，由歐姆定律可得E1＝3IR。當(dāng)S2、S3閉合，S1斷開時(shí)，電阻R2與R3組成閉合回路，設(shè)感應(yīng)電動(dòng)勢為E2，由歐姆定律可得E2＝5I×5R＝25IR。當(dāng)S1、S3閉合，S

11、2斷開時(shí)，電阻R1與R3組成閉合回路，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢E＝E1＋E2＝28IR，則此時(shí)的電流I′＝＝＝7I，故選項(xiàng)D正確。 答案　D　 2．在同一水平面上的光滑平行導(dǎo)軌P、Q相距l(xiāng)＝1 m，導(dǎo)軌左端接有如圖所示的電路。其中水平放置的平行板電容器兩極板M、N相距d＝10 mm，定值電阻R1＝R2＝12 Ω，R3＝2 Ω，金屬棒ab的電阻r＝2 Ω，其他電阻不計(jì)。磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T的勻強(qiáng)磁場豎直穿過導(dǎo)軌平面，當(dāng)金屬棒ab沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，懸浮于電容器兩極板之間的質(zhì)量m＝1×10－14kg、電荷量q＝－1×10－14 C的微粒恰好靜止不動(dòng)。g取10 m/s2，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒與導(dǎo)軌

12、接觸良好，且速度保持恒定。試求： (1)勻強(qiáng)磁場的方向。 (2)ab兩端的路端電壓。 (3)金屬棒ab運(yùn)動(dòng)的速度。 解析　(1)負(fù)電荷受到重力和電場力的作用處于靜止?fàn)顟B(tài)，因?yàn)橹亓ωQ直向下，所以電場力豎直向上，故M板帶正電。ab棒向右做切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，ab棒等效于電源，其a端為電源的正極，感應(yīng)電流方向由b→a，由右手定則可判斷，磁場方向豎直向下。 (2)微粒受到重力和電場力的作用處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件有 mg＝Eq， 又E＝， 所以UMN＝＝0.1 V。 R3兩端電壓與電容器兩端電壓相等，由歐姆定律得通過R3的電流為 I＝＝0.05 A， 則ab棒兩端

13、的電壓為 Uab＝UMN＋I(xiàn)＝0.4 V。 (3)由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動(dòng)勢E＝Blv， 由閉合電路歐姆定律得 E＝Uab＋I(xiàn)r＝0.5 V， 聯(lián)立解得v＝1 m/s。 答案　(1)豎直向下　(2)0.4 V　(3)1 m/s 微考點(diǎn)　2　電磁感應(yīng)中的圖象問題 　　　　 核|心|微|講 1．圖象類型 2．分析方法 對圖象的分析，應(yīng)做到“四明確三理解” (1)明確圖象所描述的物理意義；明確各種正、負(fù)號(hào)的含義；明確斜率的含義；明確圖象和電磁感應(yīng)過程之間的對應(yīng)關(guān)系。 (2)理解三個(gè)相似關(guān)系及其各自的物理意義 v－Δv－，B－ΔB－，Φ－ΔΦ－。 典|例|微|

14、探 【例2】　(多選)如圖所示，電阻不計(jì)、間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌左端接一定值電阻R。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上，受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運(yùn)動(dòng)，外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好。金屬棒中感應(yīng)電流為i，受到的安培力大小為FA，電阻R兩端的電壓為UR，感應(yīng)電流的功率為P，它們隨時(shí)間t變化圖象可能正確的有(　　) 【解題導(dǎo)思】 (1)水平方向?qū)w棒受到哪些力作用？ 答：水平方向受到外力F和安培力作用。 (2)導(dǎo)體棒的加速度會(huì)隨著速度

15、變化而變化嗎？ 答：根據(jù)F－FA＝ma和F＝F0＋kv可知，a與v有關(guān)。 解析　設(shè)某時(shí)刻金屬棒的速度為v，根據(jù)牛頓第二定律F－FA＝ma，即F0＋kv－＝ma，即F0＋v＝ma，如果k>，則加速度與速度成線性關(guān)系，且隨著速度增大，加速度越來越大，即金屬棒運(yùn)動(dòng)的v－t圖象的切線斜率越來越大，由于FA＝，F(xiàn)A－t圖象的切線斜率也越來越大，感應(yīng)電流、電阻兩端的電壓及感應(yīng)電流的功率也會(huì)隨時(shí)間變化得越來越快，B項(xiàng)正確；如果k＝，則金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，電動(dòng)勢隨時(shí)間均勻增大，感應(yīng)電流、電阻兩端的電壓、安培力均隨時(shí)間均勻增大，感應(yīng)電流的功率與時(shí)間的二次方成正比，沒有選項(xiàng)符合；如果k<，則金屬棒做加速度

16、越來越小的加速運(yùn)動(dòng)，感應(yīng)電流、電阻兩端的電壓、安培力均增加得越來越慢，最后恒定，感應(yīng)電流的功率最后也恒定，C項(xiàng)正確。 答案　BC 【反思總結(jié)】 電磁感應(yīng)中圖象類選擇題的兩個(gè)常見解法 1．排除法：定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是物理量的正負(fù)，排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)。 2．函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖象作出分析和判斷，這未必是最簡捷的方法，但卻是最有效的方法。 題|組|微|練 3．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一、三象限內(nèi)有垂直該坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場，二者

17、磁感應(yīng)強(qiáng)度相同，圓心角為90°的扇形導(dǎo)線框OPQ以角速度ω繞O點(diǎn)在圖示坐標(biāo)平面內(nèi)沿順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。規(guī)定與圖中導(dǎo)線框的位置相對應(yīng)的時(shí)刻為t＝0，導(dǎo)線框中感應(yīng)電流逆時(shí)針為正。則關(guān)于該導(dǎo)線框轉(zhuǎn)一周的時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電流i隨時(shí)間t的變化圖象正確的是(　　) 解析　在線框切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢時(shí)，由E＝BL2ω知，感應(yīng)電動(dòng)勢一定，感應(yīng)電流大小不變，故B、D項(xiàng)錯(cuò)誤；在～T內(nèi)，由楞次定律判斷可知線框中感應(yīng)電動(dòng)勢方向沿逆時(shí)針方向，為正，故A項(xiàng)正確、C項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案　A　 4．邊長為a的閉合金屬正三角形框架，左邊豎直且與磁場右邊界平行，完全處于垂直框架平面向里的勻強(qiáng)磁場中?，F(xiàn)把框架勻速水平向右拉出

18、磁場，如圖所示，則下列圖象與這一過程相符合的是(　　) 解析　該過程中，框架切割磁感線的有效長度等于框架與磁場右邊界兩交點(diǎn)的間距，根據(jù)題中幾何關(guān)系有l(wèi)有效＝x，所以E電動(dòng)勢＝Bl有效v＝Bvx∝x，A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；框架勻速運(yùn)動(dòng)，故F外力＝F安＝＝∝x2，C項(xiàng)錯(cuò)誤；P外力功率＝F外力v∝F外力∝x2，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案　B　 微考點(diǎn)　3　電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題 核|心|微|講 電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中受到安培力的作用，從而影響導(dǎo)體棒(或線圈)的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況。 1．導(dǎo)體的兩種運(yùn)動(dòng)狀態(tài) (1)導(dǎo)體的平衡狀態(tài)——靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。 (2)導(dǎo)體的

19、非平衡狀態(tài)——加速度不為零。 2．處理方法 根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析。 3．導(dǎo)體的運(yùn)動(dòng)分析流程 典|例|微|探 【例3】　如圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為θ，上沿相連。兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長度均為L，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上，使兩金屬棒水平。右斜面上存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于斜面向上。已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場中，回路電阻為R，兩金屬棒與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g。已知金屬棒ab勻速下滑。求：

20、 (1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小。 (2)金屬棒運(yùn)動(dòng)速度的大小。 【解題導(dǎo)思】 (1)ab棒受到哪些力的作用？ 答：重力(豎直向下)、斜面的支持力(垂直斜面向上)、軟導(dǎo)線的拉力(沿斜面向上)、斜面的摩擦力(沿斜面向上)、安培力(沿斜面向上)。 (2)cd棒受到哪些力的作用？ 答：重力(豎直向下)、斜面的支持力(垂直斜面向上)、軟導(dǎo)線的拉力(沿斜面向上)、斜面的摩擦力(沿斜面向下) 解析　(1)設(shè)兩根導(dǎo)線的總的張力的大小為T，右斜面對ab棒的支持力的大小為N1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對cd棒的支持力大小為N2。對于ab棒，由力的平衡條件得2mgsinθ＝

21、μN(yùn)1＋T＋F，① N1＝2mgcosθ。② 對于cd棒，同理有 mgsinθ＋μN(yùn)2＝T，③ N2＝mgcosθ，④ 聯(lián)立①②③④式得 F＝mg(sinθ－3μcosθ)。⑤ (2)由安培力公式得F＝BIL，⑥ 這里I是回路abdca中的感應(yīng)電流。 ab棒上的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝Blv，⑦ 式中，v是ab棒下滑速度的大小。 由歐姆定律得I＝，⑧ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式得 v＝(sinθ－3μcosθ)。⑨ 答案　(1)mg(sinθ－3μcosθ) (2)(sinθ－3μcosθ) 【反思總結(jié)】 用“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題 解決電磁感應(yīng)中的動(dòng)力

22、學(xué)問題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下： 1．進(jìn)行“源”的分析——分離出電路中由電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源，求出電源的參數(shù)E和r。 2．進(jìn)行“路”的分析——分析電路結(jié)構(gòu)，明確串、并聯(lián)的關(guān)系，求出相關(guān)部分的電流大小，以便求解安培力。 3．進(jìn)行“力”的分析——分析研究對象(常是金屬桿、導(dǎo)體線圈等)的受力情況，尤其注意其所受的安培力。 4．進(jìn)行“運(yùn)動(dòng)”狀態(tài)的分析——根據(jù)力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，判斷出正確的運(yùn)動(dòng)模型。 題|組|微|練 5.(多選)如圖所示，不計(jì)電阻的光滑U形金屬框水平放置，光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上，H、P的間距很小。質(zhì)量為0.2 kg的細(xì)金屬桿CD恰好無擠壓地放在兩擋

23、板之間，與金屬框接觸良好并圍成邊長為1 m的正方形，其有效電阻為0.1 Ω。此時(shí)在整個(gè)空間加方向與水平面成30°角且與金屬桿垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律為B＝(0.4－0.2t)T，圖示磁場方向?yàn)檎较颉？?、擋板和桿不計(jì)形變。則(　　) A．t＝1 s時(shí)，金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到D B．t＝3 s時(shí)，金屬桿中感應(yīng)電流方向從D到C C．t＝1 s時(shí)，金屬桿對擋板P的壓力大小為0.1 N D．t＝3 s時(shí)，金屬桿對擋板H的壓力大小為0.2 N 解析　由于磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律是B＝(0.4－0.2t) T，則t＝1 s時(shí)，穿過金屬桿與金屬框圍成的平面的磁通量向下且

24、在減小，則根據(jù)楞次定律可知，金屬桿CD中的感應(yīng)電流的方向從C到D，故A項(xiàng)正確；在t＝3 s時(shí)，穿過金屬桿與金屬框圍成的平面的磁通量向上且在增大，則根據(jù)楞次定律可知，金屬桿CD中的感應(yīng)電流的方向從C到D，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得，在t＝1 s時(shí)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢的大小為E＝L2sin30°＝0.1 V，根據(jù)閉合電路歐姆定律和電路的串、并聯(lián)知識(shí)可得，流經(jīng)金屬桿CD的電流大小為I＝＝1 A，又根據(jù)平衡條件可知，在t＝1 s時(shí)擋板P對金屬桿CD產(chǎn)生的彈力為F＝BILsin30°＝0.2×1×1× N＝0.1 N，又根據(jù)牛頓第三定律可得，在t＝1 s時(shí)金屬桿CD對擋板P產(chǎn)生的壓力為0

25、.1 N，故C項(xiàng)正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得，在t＝3 s時(shí)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢的大小為E′＝L2sin30°＝0.1 V，根據(jù)閉合電路歐姆定律和電路的串、并聯(lián)知識(shí)可得，流經(jīng)金屬桿CD的電流大小為I′＝＝1 A，又根據(jù)平衡條件可知，在t＝3 s時(shí)擋板H對金屬桿CD產(chǎn)生的彈力為F′＝BI′Lsin30°＝0.2×1×1× N＝0.1 N，根據(jù)牛頓第三定律可得，在t＝3 s時(shí)金屬桿CD對擋板H產(chǎn)生的壓力為0.1 N，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案　AC　 6.(多選)如圖，兩根足夠長且光滑平行的金屬導(dǎo)軌PP′、QQ′傾斜放置，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連，板間距

26、離足夠大，板間有一帶電微粒，金屬棒ab水平跨放在導(dǎo)軌上，下滑過程中與導(dǎo)軌接觸良好?，F(xiàn)同時(shí)由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab，則下列說法正確的是(　　) A．金屬棒ab最終可能勻速下滑 B．金屬棒ab一直加速下滑 C．金屬棒ab下滑過程中M板電勢高于N板電勢 D．帶電微粒不可能先向N板運(yùn)動(dòng)后向M板運(yùn)動(dòng) 解析　金屬棒沿光滑導(dǎo)軌加速下滑，棒中有感應(yīng)電動(dòng)勢而對電容器充電，充電電流通過金屬棒時(shí)受安培力作用，只有金屬棒速度增大時(shí)才有充電電流，因此總有mgsin θ－BIl>0，金屬棒將一直加速，A項(xiàng)錯(cuò)、B項(xiàng)對；由右手定則可知，金屬棒a端電勢高，則M板電勢高，C項(xiàng)對；若微粒帶負(fù)電，則靜電力向上與重

27、力反向，開始時(shí)靜電力為0，微粒向下加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)靜電力增大到大于重力時(shí)，微粒的加速度向上，D項(xiàng)錯(cuò)。 答案　BC　 微考點(diǎn)　4　電磁感應(yīng)中的能量問題 核|心|微|講 1．能量轉(zhuǎn)化特點(diǎn) 2．電能的求解思路 典|例|微|探 【例4】(多選)如圖所示，固定放置在同一水平面內(nèi)的兩根平行長直金屬導(dǎo)軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處在豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中。一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放置，且與兩導(dǎo)軌保持良好接觸，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)導(dǎo)體棒在水平向左、垂直于導(dǎo)體棒的恒力F作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)距離L時(shí)，速度恰好達(dá)到最大(運(yùn)動(dòng)過程中

28、導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌保持垂直)。設(shè)導(dǎo)體棒接入電路的電阻為r，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度大小為g。則在此過程中，下列說法正確的是(　　) A．導(dǎo)體棒的速度最大值為 B．流過電阻R的電荷量為 C．恒力F和摩擦力對導(dǎo)體棒做的功之和等于導(dǎo)體棒動(dòng)能的變化量 D．恒力F和安培力對導(dǎo)體棒做的功之和大于導(dǎo)體棒動(dòng)能的變化量 【解題導(dǎo)思】 (1)導(dǎo)體棒的速度在什么情況下達(dá)到最大？ 答：合外力為零。 (2)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中有哪些力做功？合外力的功與動(dòng)能變化有何關(guān)系？ 答：恒力F做正功、摩擦力做負(fù)功、安培力做負(fù)功，合外力的功與動(dòng)能變化相等。 解析　當(dāng)合外力為零的時(shí)候，導(dǎo)體棒的加速度為零，此時(shí)導(dǎo)體棒的

29、速度達(dá)到最大值，此后因?yàn)樗俣炔蛔?，所以感?yīng)電流不變，安培力不變，合外力不變，一直是零，導(dǎo)體棒將做勻速直線運(yùn)動(dòng)。由E＝Bdv，F(xiàn)安＝BId以及I＝得出安培力F安＝，因?yàn)楹贤饬榱?，所以F安＝F－μmg，可解出vm＝，所以A項(xiàng)錯(cuò)誤；由電荷量q＝IΔt、E＝和I＝得出q＝＝，所以B項(xiàng)正確；由能量守恒知恒力F做的功在數(shù)值上等于產(chǎn)生的電熱(即克服安培力做的功)、克服摩擦力做的功以及動(dòng)能的增加量，所以C項(xiàng)錯(cuò)誤、D項(xiàng)正確。 答案　BD 題|組|微|練 7.(多選)如圖所示，兩條電阻不計(jì)的平行導(dǎo)軌與水平面成θ角，導(dǎo)軌的一端連接定值電阻R1，勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面。一根質(zhì)量為m、電阻為R2的導(dǎo)體棒ab，

30、垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，且R2＝2R1。如果導(dǎo)體棒以速度v勻速下滑，導(dǎo)體棒此時(shí)受到的安培力大小為F，則以下判斷正確的是(　　) A．電阻R1消耗的熱功率為 B．整個(gè)裝置消耗的機(jī)械功率為Fv C．整個(gè)裝置因摩擦而消耗的熱功率為μmgvcosθ D．若使導(dǎo)體棒以v的速度勻速上滑，則必須施加沿導(dǎo)軌向上的外力F外＝2F 解析　由能量守恒定律可知，安培力的功率等于電路中消耗的電功率，因此有P1＋P2＝Fv, 由焦耳定律可知＝＝，解得P1＝Fv，A項(xiàng)正確；由于導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)，整個(gè)裝置消耗的機(jī)械功率等于重力的功率，為mgvsinθ，B項(xiàng)錯(cuò)誤；下滑過程中，導(dǎo)體棒所受摩擦力

31、大小為f＝μmgcosθ，整個(gè)裝置因摩擦而消耗的功率為P′＝fv＝μmgvcosθ，C項(xiàng)正確；若使導(dǎo)體棒以v的速度勻速上滑，則安培力方向沿斜面向下而大小不變，由共點(diǎn)力平衡條件可知，則應(yīng)沿斜面向上施加的拉力為F外＝mgsinθ＋F＋μmgcosθ，又導(dǎo)體棒以速度v勻速下滑時(shí)，導(dǎo)體棒受到的安培力大小為F，則mgsinθ＝F＋μmgcosθ，F(xiàn)外＝2(F＋μmgcosθ)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案　AC　 8.如圖所示，固定的水平光滑金屬導(dǎo)軌，間距為L，左端接有阻值為R的電阻，處在方向豎直、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連，放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的電阻均可忽略。初始時(shí)刻，彈簧

32、恰處于自然長度，導(dǎo)體棒具有水平向右的初速度v0。在沿導(dǎo)軌往復(fù)運(yùn)動(dòng)的過程中，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。 (1)求初始時(shí)刻導(dǎo)體棒受到的安培力。 (2)若導(dǎo)體棒從初始時(shí)刻到速度第一次為零時(shí)，彈簧的 彈性勢能為Ep，則這一過程中安培力所做的功W1和電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q1分別為多少？ (3)導(dǎo)體棒往復(fù)運(yùn)動(dòng)，最終將靜止于何處？從導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)到最終靜止的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q為多少？ 解析　(1)初始時(shí)刻棒中感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv0， 棒中感應(yīng)電流I＝， 作用于棒上的安培力F＝BIL， 聯(lián)立以上各式解得F＝，方向水平向左。 (2)由功能關(guān)系得 安培力做功W1＝Ep

33、－mv， 電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 Q1＝mv－Ep。 (3)由能量轉(zhuǎn)化及平衡條件等，可判斷：棒最終靜止于初始位置，Q＝mv。 答案　(1)，方向水平向左 (2)Ep－mv　mv－Ep (3)棒最終靜止于初始位置　mv 見學(xué)生用書P167 電磁感應(yīng)中的“桿＋導(dǎo)軌”模型 　素能培養(yǎng) 1．單桿模型 (1)模型特點(diǎn)：導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)→感應(yīng)電動(dòng)勢→閉合回路→感應(yīng)電流→安培力→阻礙棒相對磁場運(yùn)動(dòng)。 (2)分析思路：確定電源 (3)解題關(guān)鍵：對棒的受力分析，動(dòng)能定理應(yīng)用。 2．雙桿模型 (1)模型特點(diǎn) ①一桿切割時(shí)，分析同單桿類似。 ②兩桿同時(shí)切割時(shí)，回路中

34、的感應(yīng)電動(dòng)勢由兩桿共同決定，E＝＝Bl(v1－v2)。 (2)解題要點(diǎn)：單獨(dú)分析每一根桿的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)及受力情況，建立兩桿聯(lián)系，列方程求解。 　經(jīng)典考題　如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，間距L＝0.4 m。導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN，Ⅰ中的勻強(qiáng)磁場方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強(qiáng)磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝0.5 T。在區(qū)域Ⅰ中，將質(zhì)量m1＝0.1 kg、電阻R1＝0.1 Ω的金屬條ab放在導(dǎo)軌上，ab剛好不下滑。然后，在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量m2＝0.4 kg、電阻R2＝0.1 Ω的光滑導(dǎo)體棒cd置于

35、導(dǎo)軌上，由靜止開始下滑。cd在滑動(dòng)過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，g取10 m/s2。問： (1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向。 (2)ab剛要向上滑動(dòng)時(shí)，cd的速度v多大。 (3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動(dòng)的過程中，cd滑動(dòng)的距離x＝3.8 m，此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少。 解析　(1)cd下滑，根據(jù)右手定則判斷，c端電勢高于d端，ab中電流方向從a到b。 (2)ab剛放上時(shí)，剛好不下滑，說明ab棒受到了最大靜摩擦力fm作用，且fm＝m1gsinθ， cd棒下滑后，分析導(dǎo)體棒ab的受力如圖所示，ab剛要上滑

36、時(shí)，ab所受最大靜摩擦力沿斜面向下，則 F安＝fm＋m1gsinθ， 又F安＝ILB， cd棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv， 由閉合電路的歐姆定律得 I＝， 由以上各式得 v＝＝5 m/s。 (3)設(shè)cd產(chǎn)生的熱量為Q′，則 ＝＝1， 根據(jù)動(dòng)能定理得 m2gxsinθ－(Q＋Q′)＝m2v2， 代入已知數(shù)據(jù)得Q＝Q′＝1.3 J。 答案　(1)從a到b　(2)5 m/s　(3)1.3 J 　對法對題 1．如圖，MN和PQ是電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻。平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方

37、向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處靜止釋放，到達(dá)磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好。則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中(　　) A．流過金屬棒的最大電流為 B．通過金屬棒的電荷量為 C．克服安培力所做的功為mgh D．金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為mg(h－μd) 解析　金屬棒滑下過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＝mv，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有Em＝BLvm，根據(jù)閉合電路歐姆定律有Im＝，聯(lián)立得Im＝，A項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)q＝可知，通過金屬棒的電荷量為，B項(xiàng)錯(cuò)誤；金屬棒運(yùn)動(dòng)的全過程根據(jù)動(dòng)能定理得mgh＋Wf＋

38、W安＝0，所以克服安培力做的功小于mgh，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；由Wf＝－μmgd，金屬棒克服安培力做的功完全轉(zhuǎn)化成電熱，由題意可知金屬棒與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱相同，設(shè)金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，故2Q＝－W安，聯(lián)立得Q＝mg(h－μd)，D項(xiàng)正確。 答案　D　 2．如圖所示，兩根足夠長、電阻不計(jì)的平行光滑金屬導(dǎo)軌相距為L，導(dǎo)軌平面與水平面成θ角，質(zhì)量均為m、阻值均為R的金屬棒a、b緊挨著放在兩導(dǎo)軌上，整個(gè)裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，以一平行于導(dǎo)軌平面向上的恒力F＝2mgsinθ拉a棒，同時(shí)由靜止釋放b棒，直至b棒剛好勻速時(shí)，在此過程中通過棒的電量為q，棒與導(dǎo)軌始終垂直

39、并保持良好接觸，重力加速度為g。求： (1)b棒剛好勻速時(shí)，a、b棒間的距離s。 (2)b棒最終的速度大小vb。 (3)此過程中a棒產(chǎn)生的熱量Q。 解析　(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有＝，① 根據(jù)閉合電路歐姆定律有 ＝，② 又q＝Δt，③ 得q＝＝＝，解得 s＝。④ (2)b棒勻速時(shí)有 BIL＝mgsinθ，⑤ E＝BL(va＋vb)，⑥ I＝。⑦ 對a棒向上加速的任一時(shí)刻由牛頓第二定律得 F－BIL－mgsinθ＝ma1，即 mgsinθ－BIL＝ma1。⑧ 對b棒向下加速的任一時(shí)刻由牛頓第二定律得 mgsinθ－BIL＝ma2，⑨ 由⑧⑨式可得a1

40、＝a2， 故a、b棒運(yùn)動(dòng)規(guī)律相似，速度同時(shí)達(dá)到最大，且最終va＝vb，⑩ 由⑤⑥⑦⑩式可得 vb＝。? (3)因a、b棒串聯(lián)，產(chǎn)生的熱量Q相同，設(shè)a、b棒在此過程中運(yùn)動(dòng)的距離分別為l1和l2，對a、b棒組成的系統(tǒng)，由功能關(guān)系得 Fl1－mgsinθ·l1＋mgsinθ·l2＝ mv＋mv＋2Q，? l1＋l2＝s且l1＝l2，? 由④⑩??解得 Q＝－。 答案　(1)　(2) (3)－ 見學(xué)生用書P168 1．(多選)如圖所示，在光滑的水平面上方，有兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的水平勻強(qiáng)磁場，PQ為兩個(gè)磁場的邊界，磁場范圍足夠大。一邊長為a、質(zhì)量為m、電

41、阻為R的金屬正方形線框，以速度v垂直磁場方向從如圖(Ⅰ)位置開始向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框運(yùn)動(dòng)到分別有一半面積在兩個(gè)磁場中的(Ⅱ)的位置時(shí)，線框的速度為。下列說法正確的是(　　) A．在位置(Ⅱ)時(shí)線框中的電功率為 B．此過程中回路產(chǎn)生的電能為mv2 C．在位置(Ⅱ)時(shí)線框的加速度為 D．此過程中通過線框截面的電量為 解析　線框經(jīng)過位置(Ⅱ)時(shí)，線框左右兩邊均切割磁感線，此時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝Ba×2＝Bav，故線框中的電功率P＝＝，A項(xiàng)正確；線框從位置(Ⅰ)到位置(Ⅱ)的過程中，動(dòng)能減少了ΔEk＝mv2－m()2＝mv2，根據(jù)能量守恒定律可知，此過程中回路產(chǎn)生的電能為mv2，B項(xiàng)正確；線框

42、在位置(Ⅱ)時(shí)，左右兩邊所受安培力大小均為F＝Ba＝，根據(jù)左手定則可知，線框左右兩邊所受安培力的方向均向左，故此時(shí)線框的加速度a＝＝，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由q＝Δt，＝，＝，解得q＝，線框在位置(Ⅰ)時(shí)其磁通量為Ba2，而線框在位置(Ⅱ)時(shí)其磁通量為0，綜上q＝，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案　AB　 2．磁卡的磁條中有用于存儲(chǔ)信息的磁極方向不同的磁化區(qū)，刷卡器中有檢測線圈。當(dāng)以速度v0刷卡時(shí)，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，其E－t關(guān)系如圖所示。如果只將刷卡速度改為，線圈中的E－t關(guān)系圖可能是(　　) 　 解析　刷卡速度改為原來一半時(shí)，磁卡通過檢測線圈的時(shí)間即有感應(yīng)電動(dòng)勢產(chǎn)生的時(shí)間就變?yōu)樵瓉淼?倍，可知A、

43、B項(xiàng)錯(cuò)誤；由E＝BLv知，只減小v時(shí)，磁卡與檢測線圈在相同的相對位置處產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢也減小，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。 答案　D　 3．(多選)在傾角為θ的斜面上固定兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN，相距為L，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下。有兩根質(zhì)量均為m的金屬棒a、b，先將a棒垂直導(dǎo)軌放置，用跨過光滑定滑輪的細(xì)線與物塊c連接，連接a棒的細(xì)線平行于導(dǎo)軌，由靜止釋放c，此后某時(shí)刻將b也垂直導(dǎo)軌放置，a、c此刻起做勻速運(yùn)動(dòng)，b棒剛好能靜止在導(dǎo)軌上。a棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直，兩棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。則(　　) A．物塊c的質(zhì)量是2msinθ

44、 B．b棒放上導(dǎo)軌前，物塊c減少的重力勢能等于a、c增加的動(dòng)能 C．b棒放上導(dǎo)軌后，物塊c減少的重力勢能等于回路消耗的電能 D．b棒放上導(dǎo)軌后，a棒中電流大小是 解析　b棒恰好靜止，受力平衡，有mgsinθ＝F安，對a棒，安培力沿導(dǎo)軌平面向下，由平衡條件知mgsinθ＋F安＝mcg，由以上兩式可得mc＝2msinθ，A項(xiàng)正確；根據(jù)機(jī)械能守恒定律知，b棒放上導(dǎo)軌之前，物塊c減少的重力勢能應(yīng)等于a棒、物塊c增加的動(dòng)能與a棒增加的重力勢能之和，B項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒可知，b棒放上導(dǎo)軌后，物塊c減少的重力勢能應(yīng)等于回路消耗的電能與a棒增加的重力勢能之和，C項(xiàng)錯(cuò)誤；對b棒，設(shè)通過的電流為I，由平

45、衡條件知mgsinθ＝F安＝BIL，得I＝，即a棒中的電流為，D項(xiàng)正確。 答案　AD　 4．(多選)在如圖所示的傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域Ⅰ的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域Ⅱ的磁場方向垂直斜面向下，磁場的寬度均為L，一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導(dǎo)線框，由靜止開始沿斜面下滑，當(dāng)ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場Ⅰ區(qū)時(shí)，恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)ab邊下滑到JP與MN的中間位置時(shí)，線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過程中，線框的動(dòng)能變化量為ΔEk，重力對線框做功大小為W1，安培力對線框做功大小為W2，下列

46、說法正確的有(　　) A．在下滑過程中，由于重力做正功，所以有v2>v1 B．從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過程中，機(jī)械能守恒 C．從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過程中，有(W1－ΔEk)機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能 D．從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過程中，線框動(dòng)能的變化量大小為ΔEk＝W1－W2 解析　當(dāng)線框的ab邊進(jìn)入GH后勻速運(yùn)動(dòng)到進(jìn)入JP為止，ab進(jìn)入JP后回路感應(yīng)電動(dòng)勢增大，感應(yīng)電流增大，因此所受安培力增大，安培力阻礙線框下滑，因此ab進(jìn)入JP后開始做減速運(yùn)動(dòng)，使感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流均減小，安培力又減小，當(dāng)安培力減小到與重力沿斜面向下的分力mgsinθ相等時(shí)，以速度v2做勻速運(yùn)動(dòng)，因此v2