《2019年高考物理一輪復習 第十章 電磁感應 第3講 電磁感應規(guī)律的綜合應用學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019年高考物理一輪復習 第十章 電磁感應 第3講 電磁感應規(guī)律的綜合應用學案（28頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講電磁感應規(guī)律的綜合應用微知識1 電磁感應中的電路問題1內(nèi)電路和外電路(1)切割磁感線運動的導體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當于電源。(2)該部分導體的電阻或線圈的電阻相當于電源的內(nèi)阻，其余部分是外電路。2電源電動勢和路端電壓(1)電動勢：EBLv或En。(2)電源正、負極：用右手定則或楞次定律確定。(3)路端電壓：UEIrIR。微知識2 電磁感應圖象問題微知識3 感應電流在磁場中所受的安培力1安培力的大小由感應電動勢EBLv，感應電流I和安培力公式FBIL得F。2安培力的方向判斷微知識4 電磁感應中的能量轉化與守恒1能量轉化的實質(zhì)電磁感應現(xiàn)象的能量轉化實質(zhì)是其他形式能和電能之間的轉化。2能

2、量的轉化感應電流在磁場中受安培力，外力克服安培力做功，將其他形式的能轉化為電能，電流做功再將電能轉化為內(nèi)能(或其他形式的能)。3熱量的計算電流(恒定)做功產(chǎn)生的熱量用焦耳定律計算，公式QI2Rt。一、思維辨析(判斷正誤，正確的畫“”，錯誤的畫“”。)1閉合電路的歐姆定律同樣適用于電磁感應電路。()2在閉合回路中切割磁感線的那部分導體兩端的電壓一定等于產(chǎn)生的感應電動勢。()3電路中電流一定從高電勢流向低電勢。()4克服安培力做的功一定等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱。()5有安培力作用時導體棒不可能做加速運動。()二、對點微練1(電磁感應中的電路問題)如圖所示，兩個互連的金屬圓環(huán)，小金屬環(huán)的電阻是大金屬環(huán)

3、電阻的二分之一，磁場垂直穿過大金屬環(huán)所在區(qū)域，當磁感應強度隨時間均勻變化時，在大環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的感應電動勢為E，則a、b兩點間的電勢差為()A.EB.EC.EDE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UE，B項正確。答案B2(電磁感應中的圖象問題)在四個選項中，虛線上方空間都存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。A、B中的導線框為正方形，C、D中的導線框為直角扇形。各導線框均繞垂直紙面軸O在紙面內(nèi)勻速轉動，轉動方向如箭頭所示，轉動周期均為T。從線框處于圖示位置時開始計時，以在OP邊上從P點指向O點的方向為感應電流i的正方向。則在選項中的四個情景中，產(chǎn)生的感應電流i隨

4、時間t的變化規(guī)律如圖所示的是()解析根據(jù)感應電流在一段時間恒定，導線框應為扇形；由右手定則可判斷出產(chǎn)生的感應電流i隨時間t的變化規(guī)律如題圖甲所示的是C。答案C3(電磁感應中的動力學問題)(多選)如圖所示，有兩根和水平方向成角的光滑平行金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面的勻強磁場，磁感應強度為B。一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下，經(jīng)過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vmax，則()A如果B增大，vmax將變大B如果變大，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)足夠長時間后，速度達最大值

5、vmax，此后金屬桿做勻速運動，桿受重力、軌道的支持力和安培力，如圖所示。安培力FLB，對金屬桿列平衡方程mgsin，則vmax，由此式可知，B增大，vmax減??；增大，vmax增大；R變大，vmax變大；m變大，vmax變大。因此B、C、D項正確。答案BCD4(電磁感應中的能量問題)如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導軌之間接有定值電阻R，質(zhì)量不能忽略的金屬棒與兩導軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦，棒與導軌的電阻均不計，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直，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棒的機械能增加量B棒的動能增加量C棒的

6、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。由動能定理：WFWGW安Ek得WFW安Ekmgh，即力F做的功與安培力做功的代數(shù)和等于機械能的增加量，選項A正確。答案A見學生用書P164微考點1電磁感應中的電路問題核|心|微|講在電磁感應過程中，切割磁感線的導體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應電動勢，該導體或回路相當于電源。因此，電磁感應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問題轉化為直流電路的分析與計算問題。基本思路：用法拉第電磁感應定律和楞次定律確定感應電動勢的大小和方向；弄清電路結構，必要時畫出等效電路圖；運用歐姆定律、串并聯(lián)電路等

7、規(guī)律求解路端電壓、電功率等問題。典|例|微|探【例1】(多選)如圖所示，邊長為L、不可形變的正方形導線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場區(qū)域，其磁感應強度B隨時間t的變化關系為Bkt(常量k0)。回路中滑動變阻器R的最大阻值為R0，滑動片P位于滑動變阻器中央，定值電阻R1R0、R2。閉合開關S，電壓表的示數(shù)為U，不考慮虛線MN右側導體的感應電動勢，則()AR2兩端的電壓為B電容器的a極板帶正電C滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍D正方形導線框中的感應電動勢為kL2【解題導思】(1)電路中哪部分是電源？答：MN左側的正方形線框是電源。(2)滑動變阻器的左右兩部分中電流相等嗎？答：滑動變阻器的左邊部分電流

8、大于右邊部分電流。解析將滑動變阻器在滑片處分為兩部分，電阻均為，其中右側部分與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項正確；當磁感應強度均勻增加時，由楞次定律可知，R2中電流從右向左，所以b板帶正電，B項錯誤；滑動變阻器右側部分電流、電壓均與R2相同，左側部分電阻與R2相同，電流是R2中電流的2倍，由PI2R可知滑動變阻器的總功率是R2的5倍，所以C項正確；由法拉第電磁感應定律可知En，其中S為有效面積，Sr2，得Ekr2，所以D項錯誤。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磁場，三個電阻R1、R2、R3的阻值之比為123，導線的電阻不計。當S1、

9、S2閉合，S3斷開時，閉合回路中感應電流為I；當S2、S3閉合，S1斷開時，閉合回路中感應電流為5I；當S1、S3閉合，S2斷開時，閉合回路中感應電流為()A0B4IC6ID7I解析因為R1R2R3123，可以設R1R，R22R，R33R；由電路圖可知，當S1、S2閉合，S3斷開時，電阻R1與R2組成閉合回路，設此時感應電動勢是E1，由歐姆定律可得E13IR。當S2、S3閉合，S1斷開時，電阻R2與R3組成閉合回路，設感應電動勢為E2，由歐姆定律可得E25I5R25IR。當S1、S3閉合，S2斷開時，電阻R1與R3組成閉合回路，此時感應電動勢EE1E228IR，則此時的電流I7I，故選項D正確

10、。答案D2在同一水平面上的光滑平行導軌P、Q相距l(xiāng)1 m，導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d10 mm，定值電阻R1R212 ，R32 ，金屬棒ab的電阻r2 ，其他電阻不計。磁感應強度B0.5 T的勻強磁場豎直穿過導軌平面，當金屬棒ab沿導軌向右勻速運動時，懸浮于電容器兩極板之間的質(zhì)量m11014kg、電荷量q11014 C的微粒恰好靜止不動。g取10 m/s2，在整個運動過程中金屬棒與導軌接觸良好，且速度保持恒定。試求：(1)勻強磁場的方向。(2)ab兩端的路端電壓。(3)金屬棒ab運動的速度。解析(1)負電荷受到重力和電場力的作用處于靜止狀態(tài)，因為重

11、力豎直向下，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動產(chǎn)生感應電動勢，ab棒等效于電源，其a端為電源的正極，感應電流方向由ba，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狀態(tài)，根據(jù)平衡條件有mgEq，又E，所以UMN0.1 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I0.05 A，則ab棒兩端的電壓為UabUMNI0.4 V。(3)由法拉第電磁感應定律得感應電動勢EBlv，由閉合電路歐姆定律得EUabIr0.5 V，聯(lián)立解得v1 m/s。答案(1)豎直向下(2)0.4 V(3)1 m/s微考點2電磁感應中的圖象問題核|

12、心|微|講1圖象類型2分析方法對圖象的分析，應做到“四明確三理解”(1)明確圖象所描述的物理意義；明確各種正、負號的含義；明確斜率的含義；明確圖象和電磁感應過程之間的對應關系。(2)理解三個相似關系及其各自的物理意義vv，BB，。典|例|微|探【例2】(多選)如圖所示，電阻不計、間距為l的光滑平行金屬導軌水平放置于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中，導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動，外力F與金屬棒速度v的關系是FF0kv(F0、k是常量)，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好。金屬棒中感應電流為i，受到的安培力大

13、小為FA，電阻R兩端的電壓為UR，感應電流的功率為P，它們隨時間t變化圖象可能正確的有()【解題導思】(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)導體棒的加速度會隨著速度變化而變化嗎？答：根據(jù)FFAma和FF0kv可知，a與v有關。解析設某時刻金屬棒的速度為v，根據(jù)牛頓第二定律FFAma，即F0kvma，即F0vma，如果k，則加速度與速度成線性關系，且隨著速度增大，加速度越來越大，即金屬棒運動的vt圖象的切線斜率越來越大，由于FA，F(xiàn)At圖象的切線斜率也越來越大，感應電流、電阻兩端的電壓及感應電流的功率也會隨時間變化得越來越快，B項正確；如果k，則金屬棒做勻

14、加速直線運動，電動勢隨時間均勻增大，感應電流、電阻兩端的電壓、安培力均隨時間均勻增大，感應電流的功率與時間的二次方成正比，沒有選項符合；如果k0，金屬棒將一直加速，A項錯、B項對；由右手定則可知，金屬棒a端電勢高，則M板電勢高，C項對；若微粒帶負電，則靜電力向上與重力反向，開始時靜電力為0，微粒向下加速運動，當靜電力增大到大于重力時，微粒的加速度向上，D項錯。答案BC微考點4電磁感應中的能量問題核|心|微|講1能量轉化特點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軌的間距為d，其右端接有阻值為R的電阻，整個裝置處在豎直向上的磁感應強度大小

15、為B的勻強磁場中。一質(zhì)量為m的導體棒ab垂直于導軌放置，且與兩導軌保持良好接觸，導體棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為?，F(xiàn)導體棒在水平向左、垂直于導體棒的恒力F作用下從靜止開始沿導軌運動距離L時，速度恰好達到最大(運動過程中導體棒始終與導軌保持垂直)。設導體棒接入電路的電阻為r，導軌電阻不計，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和摩擦力對導體棒做的功之和等于導體棒動能的變化量D恒力F和安培力對導體棒做的功之和大于導體棒動能的變化量【解題導思】(1)導體棒的速度在什么情況下達到最大？答：合外力為零。(2)導體棒運動過程中有哪些力做功？

16、合外力的功與動能變化有何關系？答：恒力F做正功、摩擦力做負功、安培力做負功，合外力的功與動能變化相等。解析當合外力為零的時候，導體棒的加速度為零，此時導體棒的速度達到最大值，此后因為速度不變，所以感應電流不變，安培力不變，合外力不變，一直是零，導體棒將做勻速直線運動。由EBdv，F(xiàn)安BId以及I得出安培力F安，因為合外力為零，所以F安Fmg，可解出vm，所以A項錯誤；由電荷量qIt、E和I得出q，所以B項正確；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能的增加量，所以C項錯誤、D項正確。答案BD題|組|微|練7.(多選)如圖所示，兩條電阻不計的

17、平行導軌與水平面成角，導軌的一端連接定值電阻R1，勻強磁場垂直穿過導軌平面。一根質(zhì)量為m、電阻為R2的導體棒ab，垂直導軌放置，導體棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為，且R22R1。如果導體棒以速度v勻速下滑，導體棒此時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整個裝置消耗的機械功率為FvC整個裝置因摩擦而消耗的熱功率為mgvcosD若使導體棒以v的速度勻速上滑，則必須施加沿導軌向上的外力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P1P2Fv, 由焦耳定律可知，解得P1Fv，A項正確；由于導體棒勻速運動，整個裝置消耗的機械功率等于重力的功率，

18、為mgvsin，B項錯誤；下滑過程中，導體棒所受摩擦力大小為fmgcos，整個裝置因摩擦而消耗的功率為Pfvmgvcos，C項正確；若使導體棒以v的速度勻速上滑，則安培力方向沿斜面向下而大小不變，由共點力平衡條件可知，則應沿斜面向上施加的拉力為F外mgsinFmgcos，又導體棒以速度v勻速下滑時，導體棒受到的安培力大小為F，則mgsinFmgcos，F(xiàn)外2(Fmgcos)，D項錯誤。答案AC8.如圖所示，固定的水平光滑金屬導軌，間距為L，左端接有阻值為R的電阻，處在方向豎直、磁感應強度為B的勻強磁場中，質(zhì)量為m的導體棒與固定彈簧相連，放在導軌上，導軌與導體棒的電阻均可忽略。初始時刻，彈簧恰處

19、于自然長度，導體棒具有水平向右的初速度v0。在沿導軌往復運動的過程中，導體棒始終與導軌垂直并保持良好接觸。(1)求初始時刻導體棒受到的安培力。(2)若導體棒從初始時刻到速度第一次為零時，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)導體棒往復運動，最終將靜止于何處？從導體棒開始運動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)初始時刻棒中感應電動勢EBLv0，棒中感應電流I，作用于棒上的安培力FBIL，聯(lián)立以上各式解得F，方向水平向左。(2)由功能關系得安培力做功W1Epmv，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q1mvEp。(3)由能量轉化及平

20、衡條件等，可判斷：棒最終靜止于初始位置，Qmv。答案(1)，方向水平向左(2)EpmvmvEp(3)棒最終靜止于初始位置mv見學生用書P167電磁感應中的“桿導軌”模型素能培養(yǎng)1單桿模型(1)模型特點：導體棒運動感應電動勢閉合回路感應電流安培力阻礙棒相對磁場運動。(2)分析思路：確定電源(3)解題關鍵：對棒的受力分析，動能定理應用。2雙桿模型(1)模型特點一桿切割時，分析同單桿類似。兩桿同時切割時，回路中的感應電動勢由兩桿共同決定，EBl(v1v2)。(2)解題要點：單獨分析每一根桿的運動狀態(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軌固定在傾角30的斜面上

21、，導軌電阻不計，間距L0.4 m。導軌所在空間被分成區(qū)域和，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN，中的勻強磁場方向垂直斜面向下，中的勻強磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應強度大小均為B0.5 T。在區(qū)域中，將質(zhì)量m10.1 kg、電阻R10.1 的金屬條ab放在導軌上，ab剛好不下滑。然后，在區(qū)域中將質(zhì)量m20.4 kg、電阻R20.1 的光滑導體棒cd置于導軌上，由靜止開始下滑。cd在滑動過程中始終處于區(qū)域的磁場中，ab、cd始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，g取10 m/s2。問：(1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向。(2)ab剛要向上滑動時，cd的速度v多大。(3)從cd開始下滑到

22、ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離x3.8 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，剛好不下滑，說明ab棒受到了最大靜摩擦力fm作用，且fmm1gsin，cd棒下滑后，分析導體棒ab的受力如圖所示，ab剛要上滑時，ab所受最大靜摩擦力沿斜面向下，則F安fmm1gsin，又F安ILB，cd棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢EBLv，由閉合電路的歐姆定律得I，由以上各式得v5 m/s。(3)設cd產(chǎn)生的熱量為Q，則1，根據(jù)動能定理得m2gxsin(QQ)m2v2，代入已知數(shù)據(jù)得QQ1.3 J。答案(1

23、)從a到b(2)5 m/s(3)1.3 J對法對題1如圖，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導軌，其間距為L，導軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接一個阻值為R的定值電阻。平直部分導軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導軌間的動摩擦因數(shù)為，金屬棒與導軌間接觸良好。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mghD金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱為mg(hd)解析金屬棒滑下過程中，根據(jù)動能定理有mghmv，根據(jù)法拉第電磁感應定律有E

24、mBLvm，根據(jù)閉合電路歐姆定律有Im，聯(lián)立得Im，A項錯誤；根據(jù)q可知，通過金屬棒的電荷量為，B項錯誤；金屬棒運動的全過程根據(jù)動能定理得mghWfW安0，所以克服安培力做的功小于mgh，故C項錯誤；由Wfmgd，金屬棒克服安培力做的功完全轉化成電熱，由題意可知金屬棒與電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱相同，設金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，故2QW安，聯(lián)立得Qmg(hd)，D項正確。答案D2如圖所示，兩根足夠長、電阻不計的平行光滑金屬導軌相距為L，導軌平面與水平面成角，質(zhì)量均為m、阻值均為R的金屬棒a、b緊挨著放在兩導軌上，整個裝置處于垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，以一平行于導軌平面向上的

25、恒力F2mgsin拉a棒，同時由靜止釋放b棒，直至b棒剛好勻速時，在此過程中通過棒的電量為q，棒與導軌始終垂直并保持良好接觸，重力加速度為g。求：(1)b棒剛好勻速時，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)法拉第電磁感應定律有，根據(jù)閉合電路歐姆定律有，又qt，得q，解得s。(2)b棒勻速時有BILmgsin，EBL(vavb)，I。對a棒向上加速的任一時刻由牛頓第二定律得FBILmgsinma1，即mgsinBILma1。對b棒向下加速的任一時刻由牛頓第二定律得mgsinBILma2，由式可得a1a2，故a、b棒運動規(guī)律相似，速度同時達

26、到最大，且最終vavb，由式可得vb。(3)因a、b棒串聯(lián)，產(chǎn)生的熱量Q相同，設a、b棒在此過程中運動的距離分別為l1和l2，對a、b棒組成的系統(tǒng)，由功能關系得Fl1mgsinl1mgsinl2mvmv2Q，l1l2s且l1l2，由解得Q。答案(1)(2)(3)見學生用書P1681(多選)如圖所示，在光滑的水平面上方，有兩個磁感應強度大小均為B、方向相反的水平勻強磁場，PQ為兩個磁場的邊界，磁場范圍足夠大。一邊長為a、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬正方形線框，以速度v垂直磁場方向從如圖()位置開始向右運動，當線框運動到分別有一半面積在兩個磁場中的()的位置時，線框的速度為。下列說法正確的是()A在位

27、置()時線框中的電功率為B此過程中回路產(chǎn)生的電能為mv2C在位置()時線框的加速度為D此過程中通過線框截面的電量為解析線框經(jīng)過位置()時，線框左右兩邊均切割磁感線，此時的感應電動勢EBa2Bav，故線框中的電功率P，A項正確；線框從位置()到位置()的過程中，動能減少了Ekmv2m()2mv2，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項正確；線框在位置()時，左右兩邊所受安培力大小均為FBa，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，故此時線框的加速度a，C項錯誤；由qt，解得q，線框在位置()時其磁通量為Ba2，而線框在位置()時其磁通量為0，綜上q，D項錯誤。答

28、案AB2磁卡的磁條中有用于存儲信息的磁極方向不同的磁化區(qū)，刷卡器中有檢測線圈。當以速度v0刷卡時，在線圈中產(chǎn)生感應電動勢，其Et關系如圖所示。如果只將刷卡速度改為，線圈中的Et關系圖可能是()解析刷卡速度改為原來一半時，磁卡通過檢測線圈的時間即有感應電動勢產(chǎn)生的時間就變?yōu)樵瓉淼?倍，可知A、B項錯誤；由EBLv知，只減小v時，磁卡與檢測線圈在相同的相對位置處產(chǎn)生的感應電動勢也減小，C項錯誤，D項正確。答案D3(多選)在傾角為的斜面上固定兩根足夠長的光滑平行金屬導軌PQ、MN，相距為L，導軌處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面向下。有兩根質(zhì)量均為m的金屬棒a、b，先將a棒垂直導軌

29、放置，用跨過光滑定滑輪的細線與物塊c連接，連接a棒的細線平行于導軌，由靜止釋放c，此后某時刻將b也垂直導軌放置，a、c此刻起做勻速運動，b棒剛好能靜止在導軌上。a棒在運動過程中始終與導軌垂直，兩棒與導軌接觸良好，導軌電阻不計。則()A物塊c的質(zhì)量是2msinBb棒放上導軌前，物塊c減少的重力勢能等于a、c增加的動能Cb棒放上導軌后，物塊c減少的重力勢能等于回路消耗的電能Db棒放上導軌后，a棒中電流大小是解析b棒恰好靜止，受力平衡，有mgsinF安，對a棒，安培力沿導軌平面向下，由平衡條件知mgsinF安mcg，由以上兩式可得mc2msin，A項正確；根據(jù)機械能守恒定律知，b棒放上導軌之前，物塊

30、c減少的重力勢能應等于a棒、物塊c增加的動能與a棒增加的重力勢能之和，B項錯誤；根據(jù)能量守恒可知，b棒放上導軌后，物塊c減少的重力勢能應等于回路消耗的電能與a棒增加的重力勢能之和，C項錯誤；對b棒，設通過的電流為I，由平衡條件知mgsinF安BIL，得I，即a棒中的電流為，D項正確。答案AD4(多選)在如圖所示的傾角為的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小為B的勻強磁場，區(qū)域的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域的磁場方向垂直斜面向下，磁場的寬度均為L，一個質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導線框，由靜止開始沿斜面下滑，當ab邊剛越過GH進入磁場區(qū)時，恰好以速度v1做勻速直線運動；當ab邊下滑到JP

31、與MN的中間位置時，線框又恰好以速度v2做勻速直線運動，從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中，線框的動能變化量為Ek，重力對線框做功大小為W1，安培力對線框做功大小為W2，下列說法正確的有()A在下滑過程中，由于重力做正功，所以有v2v1B從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中，機械能守恒C從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中，有(W1Ek)機械能轉化為電能D從ab進入GH到MN與JP的中間位置的過程中，線框動能的變化量大小為EkW1W2解析當線框的ab邊進入GH后勻速運動到進入JP為止，ab進入JP后回路感應電動勢增大，感應電流增大，因此所受安培力增大，安培力阻礙線框下滑，因此ab進入JP后開始做減速運動，使感應電動勢和感應電流均減小，安培力又減小，當安培力減小到與重力沿斜面向下的分力mgsin相等時，以速度v2做勻速運動，因此v2v1，A項錯；由于有安培力做功，機械能不守恒，B項錯；線框克服安培力做功，將機械能轉化為電能，克服安培力做了多少功，就有多少機械能轉化為電能，由動能定理得W1W2Ek，W2W1Ek，故C、D項正確。答案CD28