第3講電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用微知識(shí)1 電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)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(shì)和路端電壓(1)電動(dòng)勢(shì)：EBLv或En。(2)電源正、負(fù)極：用右手定則或楞次定律確定。(3)路端電壓：UEIrIR。微知識(shí)2 電磁感應(yīng)圖象問(wèn)題微知識(shí)3 感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中所受的安培力1安培力的大小由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv，感應(yīng)電流I和安培力公式FBIL得F。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(chǎng)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QI2Rt。一、思維辨析(判斷正誤，正確的畫(huà)“”，錯(cuò)誤的畫(huà)“×”。)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(shì)。(×)3電路中電流一定從高電勢(shì)流向低電勢(shì)。(×)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(duì)點(diǎn)微練1(電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)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(chǎng)垂直穿過(guò)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(shì)為E，則a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為()A.EB.EC.EDE解析a、b間的電勢(shì)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(shì)差為UE，B項(xiàng)正確。答案B2(電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題)在四個(gè)選項(xiàng)中，虛線上方空間都存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。A、B中的導(dǎo)線框?yàn)檎叫?，C、D中的導(dǎo)線框?yàn)橹苯巧刃巍８鲗?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(mén)。從線框處于圖示位置時(shí)開(kāi)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C3(電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)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(zhǎng)，空間有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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(guò)足夠長(zhǎng)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(zhǎng)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FLB，對(duì)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(xiàng)正確。答案BCD4(電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)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(wú)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(chǎng)中，磁場(chǎng)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(shì)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：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(jī)械能的增加量，選項(xiàng)A正確。答案A見(jiàn)學(xué)生用書(shū)P164微考點(diǎn)1電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題核|心|微|講在電磁感應(yīng)過(guò)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(shì)，該導(dǎo)體或回路相當(dāng)于電源。因此，電磁感應(yīng)問(wèn)題往往又和電路問(wèn)題聯(lián)系在一起。解決此類問(wèn)題的基本思想是將電磁感應(yīng)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為直流電路的分析與計(jì)算問(wèn)題。基本思路：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(shì)的大小和方向；弄清電路結(jié)構(gòu)，必要時(shí)畫(huà)出等效電路圖；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(wèn)題。典|例|微|探【例1】(多選)如圖所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、不可形變的正方形導(dǎo)線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場(chǎng)區(qū)域，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系為Bkt(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R1R0、R2。閉合開(kāi)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(shì)，則()AR2兩端的電壓為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(shì)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PI2R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En，其中S為有效面積，Sr2，得Ekr2，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(chǎng)，三個(gè)電阻R1、R2、R3的阻值之比為123，導(dǎo)線的電阻不計(jì)。當(dāng)S1、S2閉合，S3斷開(kāi)時(shí)，閉合回路中感應(yīng)電流為I；當(dāng)S2、S3閉合，S1斷開(kāi)時(shí)，閉合回路中感應(yīng)電流為5I；當(dāng)S1、S3閉合，S2斷開(kāi)時(shí)，閉合回路中感應(yīng)電流為()A0B4I C6ID7I解析因?yàn)镽1R2R3123，可以設(shè)R1R，R22R，R33R；由電路圖可知，當(dāng)S1、S2閉合，S3斷開(kāi)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(shì)是E1，由歐姆定律可得E13IR。當(dāng)S2、S3閉合，S1斷開(kāi)時(shí)，電阻R2與R3組成閉合回路，設(shè)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2，由歐姆定律可得E25I×5R25IR。當(dāng)S1、S3閉合，S2斷開(kāi)時(shí)，電阻R1與R3組成閉合回路，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EE1E228IR，則此時(shí)的電流I7I，故選項(xiàng)D正確。答案D2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d10 mm，定值電阻R1R212 ，R32 ，金屬棒ab的電阻r2 ，其他電阻不計(jì)。磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直穿過(guò)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m1×1014kg、電荷量q1×1014 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(guò)程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，且速度保持恒定。試求：(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(chǎng)力的作用處于靜止?fàn)顟B(tài)，因?yàn)橹亓ωQ直向下，所以電場(chǎng)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(shì)，ab棒等效于電源，其a端為電源的正極，感應(yīng)電流方向由ba，由右手定則可判斷，磁場(chǎng)方向豎直向下。(2)微粒受到重力和電場(chǎng)力的作用處于靜止?fàn)顟B(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(guò)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(yīng)定律得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(diǎn)2電磁感應(yīng)中的圖象問(wèn)題核|心|微|講1圖象類型2分析方法對(duì)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(guò)程之間的對(duì)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vv，BB，。典|例|微|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(chǎng)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)，外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是FF0kv(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)隨著速度變化而變化嗎？答：根據(jù)FFAma和FF0kv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FFAma，即F0kvma，即F0vma，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(lái)越大，即金屬棒運(yùn)動(dòng)的vt圖象的切線斜率越來(lái)越大，由于FA，F(xiàn)At圖象的切線斜率也越來(lái)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(lái)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(shì)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(méi)有選項(xiàng)符合；如果k<，則金屬棒做加速度越來(lái)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(lái)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(jiàn)解法1排除法：定性地分析電磁感應(yīng)過(guò)程中物理量的變化趨勢(shì)(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(xiě)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(duì)圖象作出分析和判斷，這未必是最簡(jiǎn)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(chǎng)，二者磁感應(yīng)強(qiáng)度相同，圓心角為90°的扇形導(dǎo)線框OPQ以角速度繞O點(diǎn)在圖示坐標(biāo)平面內(nèi)沿順時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)。規(guī)定與圖中導(dǎo)線框的位置相對(duì)應(yīng)的時(shí)刻為t0，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(shì)時(shí)，由EBL2知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(shì)方向沿逆時(shí)針?lè)较颍瑸檎蔄項(xiàng)正確、C項(xiàng)錯(cuò)誤。答案A4邊長(zhǎng)為a的閉合金屬正三角形框架，左邊豎直且與磁場(chǎng)右邊界平行，完全處于垂直框架平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。現(xiàn)把框架勻速水平向右拉出磁場(chǎng)，如圖所示，則下列圖象與這一過(guò)程相符合的是()解析該過(guò)程中，框架切割磁感線的有效長(zhǎng)度等于框架與磁場(chǎng)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(shì)Bl有效vBvxx，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vF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(wèn)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(chǎng)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，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(zhǎng)度均為L(zhǎng)，質(zhì)量分別為2m和m；用兩根不可伸長(zhǎng)的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca，并通過(guò)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(chǎng)，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(chǎng)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，重力加速度大小為g。已知金屬棒ab勻速下滑。求：(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?！窘忸}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(mén)，右斜面對(duì)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(duì)cd棒的支持力大小為N2。對(duì)于ab棒，由力的平衡條件得2mgsinN1TF，N12mgcos。對(duì)于cd棒，同理有mgsinN2T，N2mgcos，聯(lián)立式得Fmg(sin3cos)。(2)由安培力公式得FBIL，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(shì)為EBlv，式中，v是ab棒下滑速度的大小。由歐姆定律得I，聯(lián)立式得v(sin3cos)。答案(1)mg(sin3cos)(2)(sin3cos)【反思總結(jié)】用“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題解決電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)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(duì)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(wú)擠壓地放在兩擋板之間，與金屬框接觸良好并圍成邊長(zhǎng)為1 m的正方形，其有效電阻為0.1 。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(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律為B(0.40.2t)T，圖示磁場(chǎng)方向?yàn)檎较??？?、擋板和桿不計(jì)形變。則()At1 s時(shí)，金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到DBt3 s時(shí)，金屬桿中感應(yīng)電流方向從D到CCt1 s時(shí)，金屬桿對(duì)擋板P的壓力大小為0.1 NDt3 s時(shí)，金屬桿對(duì)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(0.40.2t) T，則t1 s時(shí)，穿過(guò)金屬桿與金屬框圍成的平面的磁通量向下且在減小，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t3 s時(shí)，穿過(guò)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t1 s時(shí)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為EL2sin30°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I1 A，又根據(jù)平衡條件可知，在t1 s時(shí)擋板P對(duì)金屬桿CD產(chǎn)生的彈力為FBILsin30°0.2×1×1× N0.1 N，又根據(jù)牛頓第三定律可得，在t1 s時(shí)金屬桿CD對(duì)擋板P產(chǎn)生的壓力為0.1 N，故C項(xiàng)正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得，在t3 s時(shí)，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為EL2sin30°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I1 A，又根據(jù)平衡條件可知，在t3 s時(shí)擋板H對(duì)金屬桿CD產(chǎn)生的彈力為FBILsin30°0.2×1×1× N0.1 N，根據(jù)牛頓第三定律可得，在t3 s時(shí)金屬桿CD對(duì)擋板H產(chǎn)生的壓力為0.1 N，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案AC6.(多選)如圖，兩根足夠長(zhǎng)且光滑平行的金屬導(dǎo)軌PP、QQ傾斜放置，勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(guò)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(shuō)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(guò)程中M板電勢(shì)高于N板電勢(shì)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(shì)而對(duì)電容器充電，充電電流通過(guò)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 BIl>0，金屬棒將一直加速，A項(xiàng)錯(cuò)、B項(xiàng)對(duì)；由右手定則可知，金屬棒a端電勢(shì)高，則M板電勢(shì)高，C項(xiàng)對(duì)；若微粒帶負(fù)電，則靜電力向上與重力反向，開(kāi)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(wèn)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(zhǎng)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(chǎng)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。現(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(kāi)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(guò)程中導(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(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A導(dǎo)體棒的速度最大值為B流過(guò)電阻R的電荷量為C恒力F和摩擦力對(duì)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(duì)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(guò)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)體棒的速度達(dá)到最大值，此后因?yàn)樗俣炔蛔儯愿袘?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EBdv，F(xiàn)安BId以及I得出安培力F安，因?yàn)楹贤饬榱?，所以F安Fmg，可解出vm，所以A項(xiàng)錯(cuò)誤；由電荷量qIt、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)軌與水平面成角，導(dǎo)軌的一端連接定值電阻R1，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)導(dǎo)軌平面。一根質(zhì)量為m、電阻為R2的導(dǎo)體棒ab，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，且R22R1。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FvC整個(gè)裝置因摩擦而消耗的熱功率為mgvcosD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P1P2Fv, 由焦耳定律可知，解得P1Fv，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mgvsin，B項(xiàng)錯(cuò)誤；下滑過(guò)程中，導(dǎo)體棒所受摩擦力大小為fmgcos，整個(gè)裝置因摩擦而消耗的功率為Pfvmgvcos，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mgsinFmgcos，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mgsinFmgcos，F(xiàn)外2(Fmgcos)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案AC8.如圖所示，固定的水平光滑金屬導(dǎo)軌，間距為L(zhǎng)，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(chǎng)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，彈簧恰處于自然長(zhǎng)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(guò)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(shì)能為Ep，則這一過(guò)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(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最終靜止的過(guò)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(shì)EBLv0，棒中感應(yīng)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(guān)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(zhuǎn)化及平衡條件等，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(jiàn)學(xué)生用書(shū)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(shì)閉合回路感應(yīng)電流安培力阻礙棒相對(duì)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)。(2)分析思路：確定電源(3)解題關(guān)鍵：對(duì)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)一桿切割時(shí)，分析同單桿類似。兩桿同時(shí)切割時(shí)，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)由兩桿共同決定，EBl(v1v2)。(2)解題要點(diǎn)：?jiǎn)为?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(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角30°的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，間距L0.4 m。導(dǎo)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(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(dǎo)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(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開(kāi)始下滑。cd在滑動(dòng)過(guò)程中始終處于區(qū)域的磁場(chǎng)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(wèn)：(1)cd下滑的過(guò)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(kāi)始下滑到ab剛要向上滑動(dòng)的過(guò)程中，cd滑動(dòng)的距離x3.8 m，此過(guò)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(shì)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(shuō)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(dǎo)體棒ab的受力如圖所示，ab剛要上滑時(shí)，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(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBLv，由閉合電路的歐姆定律得I，由以上各式得v5 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m2gxsin(QQ)m2v2，代入已知數(shù)據(jù)得QQ1.3 J。答案(1)從a到b(2)5 m/s(3)1.3 J對(duì)法對(duì)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(zhǎng)，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、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處?kù)o止釋放，到達(dá)磁場(chǎng)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，金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好。則金屬棒穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的過(guò)程中()A流過(guò)金屬棒的最大電流為B通過(guò)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(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mghmv，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有EmBLvm，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(guò)金屬棒的電荷量為，B項(xiàng)錯(cuò)誤；金屬棒運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理得mghWfW安0，所以克服安培力做的功小于mgh，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；由Wfmgd，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2QW安，聯(lián)立得Qmg(hd)，D項(xiàng)正確。答案D2如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)的平行光滑金屬導(dǎo)軌相距為L(zhǎng)，導(dǎo)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(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(chǎng)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F2mgsin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(guò)程中通過(guò)棒的電量為q，棒與導(dǎo)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(shí)，a、b棒間的距離s。(2)b棒最終的速度大小vb。(3)此過(guò)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，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(shí)有BILmgsin，EBL(vavb)，I。對(duì)a棒向上加速的任一時(shí)刻由牛頓第二定律得FBILmgsinma1，即mgsinBILma1。對(duì)b棒向下加速的任一時(shí)刻由牛頓第二定律得mgsinBILma2，由式可得a1a2，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vavb，由式可得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(guò)程中運(yùn)動(dòng)的距離分別為l1和l2，對(duì)a、b棒組成的系統(tǒng)，由功能關(guān)系得Fl1mgsin·l1mgsin·l2mvmv2Q，l1l2s且l1l2，由解得Q。答案(1)(2)(3)見(jiàn)學(xué)生用書(shū)P1681(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(chǎng)，PQ為兩個(gè)磁場(chǎng)的邊界，磁場(chǎng)范圍足夠大。一邊長(zhǎng)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(chǎng)方向從如圖()位置開(kāi)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(chǎng)中的()的位置時(shí)，線框的速度為。下列說(shuō)法正確的是()A在位置()時(shí)線框中的電功率為B此過(guò)程中回路產(chǎn)生的電能為mv2C在位置()時(shí)線框的加速度為D此過(guò)程中通過(guò)線框截面的電量為解析線框經(jīng)過(guò)位置()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(shì)EBa×2Bav，故線框中的電功率P，A項(xiàng)正確；線框從位置()到位置()的過(guò)程中，動(dòng)能減少了Ekmv2m()2mv2，根據(jù)能量守恒定律可知，此過(guò)程中回路產(chǎn)生的電能為mv2，B項(xiàng)正確；線框在位置()時(shí)，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(shí)線框的加速度a，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由qt，解得q，線框在位置()時(shí)其磁通量為Ba2，而線框在位置()時(shí)其磁通量為0，綜上q，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案AB2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(cè)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(shì)，其Et關(guān)系如圖所示。如果只將刷卡速度改為，線圈中的Et關(guān)系圖可能是()解析刷卡速度改為原來(lái)一半時(shí)，磁卡通過(guò)檢測(cè)線圈的時(shí)間即有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生的時(shí)間就變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，可知A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；由EBLv知，只減小v時(shí)，磁卡與檢測(cè)線圈在相同的相對(duì)位置處產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也減小，C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。答案D3(多選)在傾角為的斜面上固定兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN，相距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)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(guò)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(guò)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2msinBb棒放上導(dǎo)軌前，物塊c減少的重力勢(shì)能等于a、c增加的動(dòng)能Cb棒放上導(dǎo)軌后，物塊c減少的重力勢(shì)能等于回路消耗的電能Db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mgsinF安，對(duì)a棒，安培力沿導(dǎo)軌平面向下，由平衡條件知mgsinF安mcg，由以上兩式可得mc2msin，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(shì)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(shì)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(shì)能應(yīng)等于回路消耗的電能與a棒增加的重力勢(shì)能之和，C項(xiàng)錯(cuò)誤；對(duì)b棒，設(shè)通過(guò)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(xiàng)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(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，區(qū)域的磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，磁場(chǎng)的寬度均為L(zhǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框，由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，當(dāng)ab邊剛越過(guò)GH進(jìn)入磁場(chǎng)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(guò)程中，線框的動(dòng)能變化量為Ek，重力對(duì)線框做功大小為W1，安培力對(duì)線框做功大小為W2，下列說(shuō)法正確的有()A在下滑過(guò)程中，由于重力做正功，所以有v2>v1B從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過(guò)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(guò)程中，有(W1Ek)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(guò)程中，線框動(dòng)能的變化量大小為EkW1W2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(shì)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(kāi)始做減速運(yùn)動(dòng)，使感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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mgsin相等時(shí)，以速度v2做勻速運(yùn)動(dòng)，因此v2<v1，A項(xiàng)錯(cuò)；由于有安培力做功，機(jī)械能不守恒，B項(xiàng)錯(cuò)；線框克服安培力做功，將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，克服安培力做了多少功，就有多少機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，由動(dòng)能定理得W1W2Ek，W2W1Ek，故C、D項(xiàng)正確。答案CD28