《2022年高三物理一輪 第9章《電磁感應》章末大盤點》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高三物理一輪 第9章《電磁感應》章末大盤點（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高三物理一輪 第9章《電磁感應》章末大盤點 (本欄目內(nèi)容，在學生用書中以活頁形式分冊裝訂！) 一、選擇題 1．如右圖所示，A、B是兩根互相平行的、固定的長直通電導線，二者電流大小和方向都相同．一個矩形閉合金屬線圈與A、B在同一平面內(nèi)，并且ab邊保持與通電導線平行，線圈從圖中的位置1勻速向左移動，經(jīng)過位置2，最后到位置3，其中位置2恰在A、B的正中間，則下面的說法中正確的是(　　) A．在位置2這一時刻，穿過線圈的磁通量為最大 B．在位置2這一時刻，穿過線圈的磁通量的變化率為零 C．從位置1到位置3的整個過程中，線圈內(nèi)感應電流的方向發(fā)生了變化 D．從位置1到位置3的

2、整個過程中，線圈受到的磁場力的方向保持不變 解析：　由安培定則知A錯誤，此時穿過線圈的磁通量的變化率最大；從位置1到位置3的整個過程中，穿過線圈的磁通量是先向外逐漸減小到零，然后向里逐漸增大，由楞次定律知C錯D對． 答案：　D 2.如右圖所示，在紙面內(nèi)放有一個條形磁鐵和一個圓形線圈(位于磁鐵正中央)，下列情況中能使線圈中產(chǎn)生感應電流的是(　　) A．將磁鐵在紙面內(nèi)向上平移 B．將磁鐵在紙面內(nèi)向右平移 C．將磁鐵繞垂直紙面的軸轉(zhuǎn)動 D．將磁鐵的N極轉(zhuǎn)向紙外，S極轉(zhuǎn)向紙內(nèi) 解析：　 磁鐵在線圈所處位置產(chǎn)生的磁感線與線圈平面平行，穿過線圈的磁通量為零，將磁鐵在紙面內(nèi)向上平移、向右平移

3、和將磁鐵繞垂直紙面的軸轉(zhuǎn)動，穿過線圈的磁通量始終都是零，沒有發(fā)生變化，所以不會產(chǎn)生感應電流．將磁鐵的N極轉(zhuǎn)向紙外，S極轉(zhuǎn)向紙內(nèi)時，穿過線圈的磁通量由零開始逐漸變大，磁通量發(fā)生了變化，所以有感應電流產(chǎn)生． 答案：　D 3.如右圖所示，導軌間的磁場方向垂直于紙面向里，當導線MN在導軌上向右加速滑動時，正對電磁鐵A的圓形金屬環(huán)B中(　　) A．有感應電流，且B被A吸引 B．無感應電流 C．可能有，也可能沒有感應電流 D．有感應電流，且B被A排斥 解析：　MN向右加速滑動，根據(jù)右手定則，MN中的電流方向從N→M，且大小在逐漸變大，根據(jù)安培定則知，電磁鐵A的磁場方向向左，且大小逐漸增強，根

4、據(jù)楞次定律知，B環(huán)中的感應電流產(chǎn)生的磁場方向向右，B被A排斥． 答案：　D 4.如右圖所示，在坐標系xOy中，有邊長為a的正方形金屬線框abcd，其一條對角線ac和y軸重合、頂點a位于坐標原點O處．在y軸的右側(cè)的Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁場的上邊界與線框的ab邊剛好完全重合，左邊界與y軸重合，右邊界與y軸平行．t＝0時刻，線圈以恒定的速度v沿垂直于磁場上邊界的方向穿過磁場區(qū)域．取沿a→b→c→d→a的感應電流方向為正，則在線圈穿越磁場區(qū)域的過程中，感應電流i隨時間t變化的圖線是下圖中的(　　) 解析：　在d點運動到O點過程中，ab邊切割磁感線，根據(jù)右手定則可以確定線框

5、中電流方向為逆時針方向，即正方向，D錯誤；t＝0時刻，ab邊切割磁感線的有效長度最大，然后逐漸減小，故感應電動勢和感應電流逐漸減小，C錯誤；當cd邊與磁場邊界重合后繼續(xù)運動，cd邊切割磁感線，根據(jù)右手定則可知線框中電流方向為順時針方向，即負方向，B錯誤，A正確． 答案：　A 5．如圖所示，以下判斷正確的是(　　) A．圖甲中因穿過鋁環(huán)的磁通量始終為零，所以鋁環(huán)中不產(chǎn)生感應電流 B．圖乙中地面上方的電場方向和磁場方向可能重合 C．由公式E＝N可求出圖丙導線abc中的感應電動勢為零 D．圖丁中，當導線A通過向外的電流時，磁鐵對斜面的壓力增大，同時彈簧縮短 解析：　圖甲中鋁環(huán)切割磁

6、感線產(chǎn)生感應電動勢，A錯；圖乙中當電場力和洛倫茲力的合力向上與重力平衡時小球沿直線運動，此時電場方向和磁場方向相同，B對；圖丙中導線切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，C錯；圖丁中，經(jīng)判斷可知導線與磁鐵的相互作用力使磁鐵對斜面的壓力減小，彈簧的拉力減小，D錯． 答案：　B 6．如圖甲所示，一個電阻為R，面積為S的矩形導線框abcd，水平放置在勻強磁場中，磁場的磁感應強度為B，方向與ad邊垂直并與線框平面成45°角，O、O′分別是ab邊和cd邊的中點．現(xiàn)將線框右半邊ObcO′繞OO′逆時針旋轉(zhuǎn)90°到圖乙所示位置．在這一過程中，導線中通過的電荷量是(　　) A.　　　　　　　　　 B. C.

7、 D．0 解析：　根據(jù)法拉第電磁感應定律可以導出感應的電荷量為：Q＝；對右半個線框分析而ΔΦ＝B×cos 45°－＝BScos 45°＝BS，故答案選A. 答案：　A 7.如右圖所示，a、b是同種材料(非超導材料)制成的等長導體棒，靜止于水平面內(nèi)足夠長的光滑水平導軌上，b的質(zhì)量是a的2倍，勻強磁場垂直于紙面向里．若給a 4.5 J的初動能使之向左運動，最后a、b速度相同且均為a初速度的，不計導軌的電阻，則整個過程中a棒產(chǎn)生的熱量最大值為(　　) A．2 J B．1.5 J C．3 J D．4.5 J 答案：　A 8.如右圖所示，在光滑的水平面上，一質(zhì)量為m，半徑為r，電

8、阻為R的均勻金屬環(huán)，以初速度v0向一磁感應強度為B的有界勻強磁場滑去(磁場寬度d>2r)．圓環(huán)的一半進入磁場歷時t秒，這時圓環(huán)上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則t秒末圓環(huán)中感應電流的瞬時功率為(　　) A. B. C. D. 解析：　t秒末圓環(huán)中感應電動勢為E＝B·2r·v，由能量守恒知，減少的動能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱：Q＝mv－mv2，t秒末圓環(huán)中感應電流的功率為P＝＝ 答案：　B 9.如右圖所示，甲、乙是兩個完全相同的閉合正方形導線線框，a、b是邊界范圍、磁感應強度大小和方向都相同的兩個勻強磁場區(qū)域，只是a區(qū)域到地面的高度比b高一些．甲、乙線框分別從磁場區(qū)域的正上方相同高度處同時由靜止釋

9、放，穿過磁場后落到地面．下落過程中線框平面始終保持與磁場方向垂直．以下說法正確的是(　　) A．落地時甲框的速度比乙框小 B．落地時甲框的速度比乙框大 C．落地時甲乙兩框速度相同 D．穿過磁場的過程中甲、乙線框中產(chǎn)生熱量相同 解析：　本題考查動能定理．由圖可知乙線框進入磁場時的速度比甲線框進入磁場時速度大，分析可知安培力對乙做的負功多，產(chǎn)生的熱量多，故D選項錯誤；重力做的功一部分轉(zhuǎn)化為導線框的動能，一部分轉(zhuǎn)化為導線框穿過磁場產(chǎn)生的熱量，根據(jù)動能定理可知，甲落地速度比乙落地速度大，故B選項正確．本題難度中等． 答案：　B 二、非選擇題 10．如圖所示，在一傾角為37°的粗糙絕緣斜

10、面上，靜止地放置著一個匝數(shù)n＝10匝的圓形線圈，其總電阻R＝3.14 Ω、總質(zhì)量m＝0.4 kg、半徑r＝0.4 m．如果向下輕推一下此線圈，則它剛好可沿斜面勻速下滑．現(xiàn)在將線圈靜止放在斜面上后．在線圈的水平直徑以下的區(qū)域中，加上垂直斜面方向的，磁感應強度大小按如下圖所示規(guī)律變化的磁場(提示：通電半圓導線受的安培力與長為直徑的直導線通同樣大小的電流時受的安培力相等)問： (1)剛加上磁場時線圈中的感應電流大小I. (2)從加上磁場開始到線圈剛要運動，線圈中產(chǎn)生的熱量Q.(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2) 解析：　(1)由

11、閉合電路的歐姆定律I＝ 由法拉第電磁感應定律E＝n 由圖，＝0.5 T/S S＝πr2 聯(lián)立解得I＝0.4 A. (2)設線圈開始能勻速滑動時受的滑動摩擦力為Ff 則mgsin 37°＝Ff 加變化磁場后線圈剛要運動時nBIL＝mgsin 37°＋Ff 其中L＝2r 由圖象知B＝B0＋kt＝1＋0.5t 由焦耳定律Q＝I2Rt 聯(lián)立解得Q＝0.5 J. 答案：　(1)0.4 A　(2)0.5 J 11．如圖所示，寬度L＝0.5 m的光滑金屬框架MNPQ固定于水平面內(nèi)，并處在磁感應強度大小B＝0.4 T，方向豎直向下的勻強磁場中，框架的電阻非均勻分布．將質(zhì)量m＝0.1

12、kg，電阻可忽略的金屬棒ab放置在框架上，并與框架接觸良好．以P為坐標原點，PQ方向為x軸正方向建立坐標．金屬棒從x0＝1 m處以v0＝2 m/s的初速度，沿x軸負方向做a＝2 m/s2的勻減速直線運動，運動中金屬棒僅受安培力作用．求： (1)金屬棒ab運動0.5 m，框架產(chǎn)生的焦耳熱Q； (2)框架中aNPb部分的電阻R隨金屬棒ab的位置x變化的函數(shù)關系； (3)為求金屬棒ab沿x軸負方向運動0.4 s過程中通過ab的電荷量q，某同學解法為：先算出經(jīng)過0.4 s金屬棒的運動距離x，以及0.4 s時回路內(nèi)的電阻R，然后代入q＝＝求解．指出該同學解法的錯誤之處，并用正確的方法解出結(jié)果．

13、 解析：　(1)金屬棒僅受安培力作用，其大小 F＝ma＝0.1×2＝0.2 N 金屬棒運動0.5 m，框架中產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功 所以Q＝Fx＝0.2×0.5＝0.1 J. (2)金屬棒所受安培力為 F＝BIL I＝＝ 所以F＝v＝ma 由于棒做勻減速直線運動v＝ 所以R＝ ＝＝0.4. (3)錯誤之處是把0.4 s時回路內(nèi)的電阻R代入q＝進行計算． 正確的解法是q＝It 因為F＝BIL＝ma 所以q＝t＝×0.4＝0.4 C. 答案：　(1)0.1 J　(2)R＝0.4　(3)0.4 C 12.(xx·高考福建卷)如右圖所示，兩條平行的光滑金屬導

14、軌固定在傾角為θ的絕緣斜面上，導軌上端連接一個定值電阻．導體棒a和b放在導軌上，與導軌垂直并良好接觸．斜面上水平虛線PQ以下區(qū)域內(nèi)，存在著垂直穿過斜面向上的勻強磁場．現(xiàn)對a棒施以平行導軌斜向上的拉力，使它沿導軌勻速向上運動，此時放在導軌下端的b棒恰好靜止．當a棒運動到磁場的上邊界PQ處時，撤去拉力，a棒將繼續(xù)沿導軌向上運動一小段距離后再向下滑動，此時b棒已滑離導軌．當a棒再次滑回到磁場上邊界PQ處時，又恰能沿導軌勻速向下運動．已知a棒、b棒和定值電阻的阻值均為R，b棒的質(zhì)量為m，重力加速度為g，導軌電阻不計．求： (1)a棒在磁場中沿導軌向上運動的過程中，a棒中的電流強度Ia與定值電阻R中的

15、電流強度IR之比； (2)a棒質(zhì)量ma； (3)a棒在磁場中沿導軌向上運動時所受的拉力F. 解析：　(1)a棒沿導軌向上運動時，a棒、b棒及電阻R中的電流分別為Ia、Ib、IR，有 IRR＝IbRb① Ia＝IR＋Ib② 由①②解得＝.③ (2)由于a棒在PQ上方滑動過程中機械能守恒，因而a棒在磁場中向上滑動的速度大小v1與在磁場中向下滑動的速度大小v2相等，即v1＝v2＝v④ 設磁場的磁感應速度為B，導體棒長為L.a棒在磁場中運動時產(chǎn)生的感應電動勢為 E＝BLv⑤ 當a棒脫離磁場沿斜面向上運動時 Ib＝⑥ IbLB＝mgsin θ⑦ 當a棒向下勻速運動時，設a棒

16、中的電流為Ia′，則 Ia′＝⑧ Ia′LB＝magsin θ⑨ 由④⑤⑥⑦⑧⑨解得ma＝m. (3)由題知導體棒a沿斜面向上運動時，所受拉力 F＝IaLB＋magsin θ 聯(lián)立上列各式解得F＝mgsin θ. 答案：　(1)2∶1　(2)m　(3)mg sinθ 滾動訓練(八) (本欄目內(nèi)容，在學生用書中以活頁形式分冊裝訂！) 一、選擇題 1．如圖所示的是甲、乙兩物體的v－t圖象，由圖可知(　　) A．甲做勻加速運動，乙做勻減速運動 B．甲、乙兩物體相向運動 C．乙比甲晚1 s開始運動 D．5 s末兩物體相遇 解析：　對比甲、乙兩物體的v—t圖象，可知兩

17、者同方向運動，5 s末兩物體速度相等，但不是相遇；甲做減速運動，乙做加速運動，乙比甲晚1 s開始運動． 答案：　C 2.xx年7月，我國東北三省遭受特大暴雨襲擊，給老百姓的生命安全帶來巨大危害，也使人們的財產(chǎn)受到了嚴重損失．如右圖是某一救人的場面，為了營救一被困人員到一條河流的對岸，將一根繩的兩端分別拴在兩岸上的建筑物上，這根繩稱為主繩，主繩上掛一個掛鉤，其下連著一人，人的腰處還連著兩根輔助的繩子，用來調(diào)整人的速度及位置．在此人沿著主繩離開建筑物移向?qū)Π兜倪^程中，假設掛鉤與主繩間無摩擦，此人移動緩慢，且兩根輔助繩子處于松馳狀態(tài)，下列說法中正確的是(　　) A．主繩中的拉力先變小后變大

18、B．主繩中的拉力先變大后變小 C．主繩中的拉力不變 D．主繩中的拉力變化情況無法確定 解析：　如右圖所示，主繩中的拉力FT＝，sin α＝＝＝，AO＋BO為主繩長，MN為主繩兩懸點間的水平距離，它們都是不變量，故主繩中的拉力也不變．C選項正確． 答案：　C 3．物體做自由落體運動，Ek代表動能，Ep代表重力勢能，h代表下落的距離，以水平地面為零勢能面，t和v分別代表時間與速度，下列所示圖象中，能正確反映各物理量之間關系的是(　　) 解析：　自由落體運動是物體只受重力作用從靜止開始下落的運動，是初速度為零、加速度為g的勻加速直線運動，它是勻變速直線運動的一個特例．物體做自由落體運

19、動，速度越來越大，動能增加越來越快；高度越來越?。粍菽軠p小越來越快，只有選項B正確． 答案：　B 4．分別對放在粗糙水平面上的同一物體施一水平拉力和一斜向上的拉力使物體在這兩種情況下的加速度相同，當物體通過相同位移時，這兩種情況下拉力的功和合力的功的正確關系是(　　) A．拉力的功和合力的功分別相等 B．拉力的功相等，斜向拉時合力的功大 C．合力的功相等，斜向拉時拉力的功大 D．合力的功相等，斜向拉時拉力的功小 解析：　兩種情況下加速度相等，合力相等，位移相等，所以合力的功相等，第一種情況拉力的功W1＝F1x，第二種情況下拉力的功W2＝F2xcos θ，由受力分析F1－Ff1＝m

20、a，F(xiàn)2cos θ－Ff2＝ma，F(xiàn)f1＞Ff2，則F1＞F2cos θ，即W1＞W(wǎng)2，即斜向拉時拉力的功小．選項D正確． 答案：　D 5.如右圖所示，AC、BD為圓的兩條互相垂直的直徑，圓心為O，半徑為r，將等電荷量的兩正、負點電荷放在圓周上，它們的位置關于AC對稱，＋q與O點的連線和OC夾角為30°，下列說法正確的是(　　) A．A、C兩點的電勢關系是φA<φC B．B、D兩點的電勢關系是φB＝φD C．O點的場強大小為 D．O點的場強大小為 解析：　在等量異種點電荷的電場中，兩點電荷連線的中垂面是一個等勢面，因此φA＝φC，φB>φD，A、B均錯誤；O點產(chǎn)生的場強大小為兩點

21、電荷分別在O點產(chǎn)生的場強的矢量和，每個電荷在O點的場強大小均為，方向互成120°角，因此合場強大小也為，C正確、D錯誤． 答案：　C 6．(xx·福建理綜)火星探測項目是我國繼神舟載人航天工程、嫦娥探月工程之后又一個重大太空探索項目．假設火星探測器在火星表面附近圓形軌道運行的周期為T1，神舟飛船在地球表面附近的圓形軌道運行周期為T2，火星質(zhì)量與地球質(zhì)量之比為p，火星半徑與地球半徑之比為q，則T1與T2之比為(　　) A.　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：　對火星探測器G＝m1R1，解得T1＝2π.對神舟飛船G＝m2R2，解得T2＝2π，則＝ ＝，選項D正確． 答案

22、：　D 7．(xx·南京調(diào)研)如右圖所示，物塊a放在輕彈簧上，物塊 b放在物塊a上靜止不動．當用力F使物塊 b豎直向上做勻加速直線運動時，在下圖所示的四個圖象中，能反映物塊b脫離物塊a前的過程中力F隨時間t變化規(guī)律的是(　　) 解析：　將a、b兩物塊作為一個整體來進行分析，設兩物體的質(zhì)量為m，物體向上的位移為Δx＝at2，受到向上的拉力F、彈簧的支持力FN和豎直向下的重力mg，F(xiàn)N＝mg－kΔx，由牛頓第二定律，F(xiàn)＋FN－mg＝ma，即F＝mg＋ma－(mg－kΔx)＝ma＋k×at2，故C正確． 答案：　C 8．將一個小球以速度v水平拋出，使小球做平拋運動．要使小球能夠垂直打到一

23、個斜面上，斜面與水平方向的夾角為α.那么(　　) A．若保持水平速度v不變，斜面與水平方向的夾角α越大，小球的飛行時間越長 B．若保持斜面傾角α不變，水平速度v越大，小球飛行的水平距離越長 C．若保持斜面傾角α不變，水平速度v越大，小球飛行的豎直距離越短 D．若只把小球的拋出點豎直升高，小球仍能垂直打到斜面上 答案：　B 9.如右圖所示的電路中，電源電動勢為E，內(nèi)電阻為r，閉合開關S，待電流達到穩(wěn)定后，電流表示數(shù)為I，電壓表示數(shù)為U，電容器C所帶電荷量為Q，將滑動變阻器的滑動觸頭P從圖示位置向a端移動一些，待電流達到穩(wěn)定后，則與P移動前相比(　　) A．U變小 B．I變小

24、C．Q不變 D．Q減小 解析：　當電流穩(wěn)定時，電容器可視為斷路，當P向左滑時，滑動變阻器連入電路的阻值R增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律得，電路中的電流I＝減小，電壓表的示數(shù)U＝E－I(R2＋r)增大，A錯B對；對于電容器，電荷量Q＝CU增大，C、D均錯． 答案：　B 10.質(zhì)量為m0＝20 kg、長為L＝5 m的木板放在水平面上，木板與水平面的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.15.將質(zhì)量m＝10 kg的小木塊(可視為質(zhì)點)，以v0＝4 m/s的速度從木板的左端水平拋射到木板上(如圖所示)，小木塊與木板面的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.4(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10 m/s2)．則以下判斷中正確的

25、是(　　) A．木板一定靜止不動，小木塊不能滑出木板 B．木板一定靜止不動，小木塊能滑出木板 C．木板一定向右滑動，小木塊不能滑出木板 D．木板一定向右滑動，小木塊能滑出木板 解析：　m0與地面間的摩擦力為Ff1＝μ1(m0＋m)g＝0.15×(20＋10)×10 N＝45 N，m與m0之間的摩擦力為Ff2＝μ2mg＝0.4×10×10 N＝40 N，F(xiàn)f1>Ff2，所以木板一定靜止不動；小木板在木板上滑行的距離為x，v＝2μ2gx，解得x＝2 m

26、軸正方向射入磁感應強度為B的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外，粒子飛出磁場區(qū)域后，從b處穿過x軸進入場強為E、方向與x軸負方向成60°角斜向下的勻強電場中，速度方向與 x軸正方向的夾角為30°，經(jīng)過一段時間后恰好通過b點正下方的c點，粒子的重力不計．試求： (1)圓形勻強磁場的最小面積． (2)c點到b點的距離d. 解析：　帶電粒子在勻強磁場和勻強電場中的運動是物理學中的核心知識和重點知識，是學習物理必須掌握的重點基本規(guī)律，是高考的重點和熱點．解答本題的關鍵是，按題目中所述的運動方向，根據(jù)速度方向和軌道半徑垂直的關系，找出粒子做勻速圓周運動的圓心O′.很顯然，弦長即為圓形磁場區(qū)域的

27、最小直徑． (1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，由qBv0＝m得R＝ 粒子經(jīng)過磁場區(qū)域速度偏轉(zhuǎn)角為120°，這表明在磁場區(qū)域中運動軌跡為半徑為R的圓弧，作出粒子運動軌跡如圖中實線所示．所求圓形磁場區(qū)域的最小半徑為 r＝＝Rsin 60°＝ 面積為S＝πr2＝. (2)粒子進入電場做類平拋運動，從b到c垂直電場方向位移為x′＝v0t① 沿電場方向位移為y′＝at2＝② ＝tan 30°③ 解方程①②③得x′＝ y′＝ d＝＝. 答案：　(1)　(2) 12.如右圖所示，兩足夠長的平行金屬導軌水平放置，間距為L，左端接有一阻值為R的電阻；所在空間分布有豎直向上，磁感應強度

28、為B的勻強磁場．有兩根導體棒c、d質(zhì)量均為m，電阻均為R，相隔一定的距離垂直放置在導軌上與導軌緊密接觸，它們與導軌間的動摩擦因數(shù)均為μ.現(xiàn)對c施加一水平向右的外力，使其從靜止開始沿導軌以加速度a做勻加速直線運動．(已知導體棒c始終與導軌垂直、緊密接觸，導體棒與導軌的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，導軌的電阻忽略不計，重力加速度為g) (1)經(jīng)多長時間，導體棒d開始滑動； (2)若在上述時間內(nèi)，導體棒d上產(chǎn)生的熱量為Q，則此時間內(nèi)水平外力做的功為多少？ 解析：　(1)設導體棒d剛要滑動的瞬間，流過d的電流為I，c的瞬時速度為v 電動勢E＝BLv① 流過d的電流 I＝×② d受到的安培力大小為 FA＝BIL③ 對d受力分析后，得 FA＝μmg④ c的運動時間為 t＝⑤ 綜合①、②、③、④、⑤并代入已知得 t＝⑥ v＝.⑦ (2)導體棒d上產(chǎn)生的熱量為Q，則整個電路上產(chǎn)生的熱量為 Q′＝6Q⑧ c發(fā)生的位移為 x＝at2⑨ 外力做的功為 W＝mv2＋μmgx＋Q′⑩ 由⑥、⑦、⑧、⑨、⑩并代入已知得 W＝＋6Q.? 答案：　(1)　(2)＋6Q