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1、2022年高考物理一輪復習講義 第九章 電磁感應 第3講 電磁感應的綜合應用 教科版 一、電磁感應中的電路問題 1．內電路和外電路 (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阻，其余部分是外電路． 2．電源電動勢和路端電壓 (1)電動勢：E＝Blv或E＝n. (2)電源正、負極：用右手定則或楞次定律確定． (3)路端電壓：U＝E－Ir＝IR. 二、電磁感應圖象問題 圖象類型 (1)隨時間變化的圖象如B－t圖象、Φ－t圖象、E－t圖象和I－t圖象 (2)隨位移x變化的圖象如E－x圖象和I－x圖象

2、問題類型 (1)由給定的電磁感應過程判斷或畫出正確的圖象 (2)由給定的有關圖象分析電磁感應過程，求解相應的物理量 (3)利用給出的圖象判斷或畫出新的圖象 應用知識 左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律、法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓定律、函數(shù)圖象知識等 三、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E＝Blv，感應電流I＝和安培力公式F＝BIl得F＝. 2．安培力的方向判斷 — 四、電磁感應中的能量轉化與守恒 1．能量轉化的實質 電磁感應現(xiàn)象的能量轉化實質是其他形式能和電能之間的轉化． 2．能量的轉化 感應電流在磁場中受安培力，外力克服安

3、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能(或其他形式的能)． 3．熱量的計算 電流(恒定)做功產生的熱量用焦耳定律計算，公式Q＝I2Rt. 1．穿過閉合回路的磁通量Φ隨時間t變化的圖象分別如圖①～④所示．下列關于回路中產生的感應電動勢的論述中正確的是(　　) A．圖①中，回路產生的感應電動勢恒定不變 B．圖②中，回路產生的感應電動勢一直在變大 C．圖③中，回路在0～t1時間內產生的感應電動勢小于在t1～t2時間內產生的感應電動勢 D．圖④中，回路產生的感應電動勢先變小再變大 解析：　由法拉第電磁感應定律E＝n可得，閉合回路產生的感應電動勢取決于Φ－

4、t圖象的斜率的絕對值大小．圖①中Φ－t圖象的斜率為零，故感應電動勢為零，A錯誤；圖②中Φ－t圖象斜率不變，故感應電動勢為定值，B錯誤；圖③中回路中0～t1時間內Φ－t圖象的斜率的絕對值大于t1～t2時間內Φ－t圖象的斜率的絕對值，故在0～t1時間內產生的感應電動勢大于t1～t2時間內產生的感應電動勢，C錯誤；圖④中Φ－t圖象的斜率的絕對值先變小再變大，故回路產生的感應電動勢先變小再變大，D正確． 答案：　D 2．如圖所示，兩根相距為l的平行直導軌ab、cd，b、d間連有一固定電阻R，導軌電阻忽略不計，MN為放在ab和cd上的一導體桿，與ab垂直，其電阻也為R.整個裝置處于勻強磁場中，磁感應

5、強度的大小為B，磁場方向垂直于導軌所在平面(指向圖中紙面內)，現(xiàn)對MN施力使它沿導軌方向以速度v(如圖)做勻速運動，令U表示MN兩端電壓的大小，則(　　) A．U＝vBl，流過固定電阻R的感應電流由b到d B．U＝vBl，流過固定電阻R的感應電流由d到b C．U＝vBl，流過固定電阻R的感應電流由b到d D．U＝vBl，流過固定電阻R的感應電流由d到b 解析：　導體桿向右做勻速直線運動產生的感應電動勢Blv，R和導體桿形成一串聯(lián)電路，由分壓原理得U＝·R＝Blv，由右手定則可判斷出感應電流方向由N→M→b→d→N，故A選項正確． 答案：　A 3.如圖所示，在光滑的水平面上，一質量

6、為m＝0.1 kg，半徑為r＝0.5 m，電阻為R＝0.5 Ω的均勻金屬圓環(huán)，以v0＝5 m/s的初速度向一磁感應強度為B＝0.1 T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2秒，圓環(huán)上產生的焦耳熱為0.5 J，則2秒末圓環(huán)中感應電流的瞬時功率為(　　) A．0.15 W　　　B．0.2 W C．0.3 W D．0.6 W 解析：　圓環(huán)剛好有一半進入磁場時，設瞬時速度為v，由Q＝mv－mv2，解得v＝ m/s，此時環(huán)上的瞬時感應電動勢為E＝Bv×2r，故瞬時功率為P＝E2/R＝0.3 W. 答案：　C 4.如圖所示，水平放置的光滑平行金屬導軌上有一質

7、量為m的金屬棒ab.導軌的一端連接電阻R，其他電阻均不計，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面向下．金屬棒ab在一水平恒力F作用下由靜止開始向右運動，則(　　) A．隨著ab運動速度的增大，其加速度也增大 B．外力F對ab做的功等于電路中產生的電能 C．當ab做勻速運動時，外力F做功的功率等于電路中的電功率 D．無論ab做何種運動，它克服安培力做的功一定等于電路中產生的電能 解析：　設ab的速度為v，運動的加速度a＝，ab由靜止先做加速度逐漸減小的加速運動，當a＝0后做勻速運動，則A選項錯誤；由能量守恒知．外力F對ab做的功等于電路中產生的電能和ab增加的動能之和．ab克服安培力做

8、的功一定等于電路中產生的電能，則B選項錯誤．D選項正確；當ab做勻速運動時，F(xiàn)＝BIL，外力F做功的功率等于電路中的電功率，則C選項正確． 答案：　CD 5.如圖所示，水平面上固定一個間距L＝1 m的光滑平行金屬導軌，整個導軌處在豎直方向的磁感應強度B＝1 T的勻強磁場中，導軌一端接阻值R＝9 Ω的電阻．導軌上有質量m＝1 kg、電阻r＝1 Ω、長度也為1 m的導體棒，在外力的作用下從t＝0開始沿平行導軌方向運動，其速度隨時間的變化規(guī)律是v＝2，不計導軌電阻．求： (1)t＝4 s時導體棒受到的安培力的大?。? (2)請在如圖所示的坐標系中畫出電流平方與時間的關系(I2－t)圖象． 解

9、析：　(1)4 s時導體棒的速度是 v＝2＝4 m/s 感應電動勢：E＝BLv 感應電流：I＝ 此時導體棒受到的安培力：F安＝BIL＝0.4 N. (2)由(1)可得 I2＝()2＝4()2t＝0.04t 作出圖象如圖所示 答案：　(1)0.4 N　(2)見解析圖 1．圖象問題的特點 考查方式比較靈活，有時根據(jù)電磁感應現(xiàn)象發(fā)生的過程，確定圖象的正確與否，有時依據(jù)不同的圖象，進行綜合計算． 2．解題關鍵 弄清初始條件，正、負方向的對應變化范圍，所研究物理量的函數(shù)表達式，進出磁場的轉折點是解決問題的關鍵． 3．“三看”、“三明確” 對于圖象問題，應做“三看”

10、、“三明確”，即 (1)看軸——看清變量． (2)看線——看圖象的形狀． (3)看點——看特殊點和轉折點． (4)明確圖象斜率的物理意義． (5)明確截距的物理意義． (6)明確“＋”“－”的含義． (xx·福建理綜)如圖甲，一圓形閉合銅環(huán)由高處從靜止開始下落，穿過一根豎直懸掛的條形磁鐵，銅環(huán)的中心軸線與條形磁鐵的中軸線始終保持重合．若取磁鐵中心O為坐標原點，建立豎直向下為正方向的x軸，則圖乙中最能正確反映環(huán)中感應電流i隨環(huán)心位置坐標x變化的關系圖象是(　　) 解析：　閉合銅環(huán)在下落過程中穿過銅環(huán)的磁場方向始終向上，磁通量先增加后減少，由楞次定律可判斷感應電流的方向要發(fā)生變

11、化，D項錯誤；因穿過閉合銅環(huán)的磁通量的變化率不是均勻變化，所以感應電流隨x的變化關系不可能是線性關系，A項錯誤；銅環(huán)由靜止開始下落，速度較小，所以穿過銅環(huán)的磁通量的變化率較小，產生的感應電流的最大值較小，過O點后，銅環(huán)的速度增大，磁通量的變化率較大，所以感應電流的反向最大值大于正向最大值，故B項正確，C項錯誤． 答案：　B 1．圖象問題的求解類型 2.解決圖象問題的一般步驟 (1)明確圖象的種類，即是B－t圖象還是Φ－t圖象，或者E－t圖象、I－t圖象等． (2)分析電磁感應的具體過程． (3)用右手定則或楞次定律確定方向對應關系． (4)結合法拉第電磁感應定律、歐姆定律

12、、牛頓定律等規(guī)律寫出函數(shù)關系式． (5)根據(jù)函數(shù)關系式，進行數(shù)學分析，如分析斜率的變化、截距等． (6)畫圖象或判斷圖象． 1－1：如圖甲所示，空間存在一寬度為2L的有界勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里．在光滑絕緣水平面內有一邊長為L的正方形金屬線框，其質量m＝1 kg、電阻R＝4 Ω，在水平向左的外力F作用下，以初速度v0＝4 m/s勻減速進入磁場，線框平面與磁場垂直，外力F大小隨時間t變化的圖線如圖乙所示．以線框右邊剛進入磁場時開始計時，求： (1)勻強磁場的磁感應強度B； (2)線框進入磁場的過程中，通過線框的電荷量q； (3)判斷線框能否從右側離開磁場？說明理由． 解析

13、：　(1)由F－t圖象可知，線框加速度a＝＝2 m/s2 線框的邊長L＝v0t－at2＝(4×1－×2×12) m＝3 m t＝0時刻線框中的感應電流I＝ 線框所受的安培力F安＝BIL 由牛頓第二定律F1＋F安＝ma 又F1＝1 N，聯(lián)立得B＝ T＝0.33. (2)線框進入磁場的過程中，平均感應電動勢＝ 平均電流＝ 通過線框的電荷量q＝t 聯(lián)立得q＝0.75 C. (3)設勻減速運動速度減為零的過程中線框通過的位移為x. 由運動學公式得0－v＝－2ax 代入數(shù)值得x＝4 m＜2L 所以線框不能從右側離開磁場． 答案：　(1) T　(2)0.75 C　(3)不能

14、 1．對電磁感應電源的理解 (1)電源的正、負極可用右手定則或楞次定律判定． (2)電源電動勢的大小可由E＝Blv或E＝n求得． 2．對電磁感應電路的理解 (1)在電磁感應電路中，相當于電源的部分把其他形式的能通過電流做功轉化為電能． (2)“電源”兩端的電壓為路端電壓，而不是感應電動勢． (xx·浙江理綜)為了提高自行車夜間行駛的安全性，小明同學設計了一種“閃爍”裝置．如圖所示，自行車后輪由半徑r1＝5.0×10－2 m的金屬內圈、半徑r2＝0.40 m的金屬外圈和絕緣輻條構成．后輪的內、外圈之間等間隔地接有4根金屬條，每根金屬條的中間均串聯(lián)有一電阻值為R的小燈泡．在支架上裝有

15、磁鐵，形成了磁感應強度B＝0.10 T、方向垂直紙面向外的“扇形”勻強磁場，其內半徑為r1、外半徑為r2、張角θ＝.后輪以角速度ω＝2π rad/s相對于轉軸轉動．若不計其它電阻，忽略磁場的邊緣效應． (1)當金屬條ab進入“扇形”磁場時，求感應電動勢E，并指出ab上的電流方向． (2)當金屬條ab進入“扇形”磁場時，畫出“閃爍”裝置的電路圖； (3)從金屬條ab進入“扇形”磁場時開始，經(jīng)計算畫出輪子轉一圈過程中，內圈與外圈之間電勢差Uab隨時間t變化的Uab－t圖象． 解析：　(1)金屬條ab在磁場中切割磁感線時，所構成的回路的磁通量變化．設經(jīng)過時間Δt，磁通量的變化量為ΔΦ，由法拉

16、第電磁感應定律 E＝ ① ΔΦ＝BΔS＝B(rΔθ－rΔθ) ② 由①、②式并代入數(shù)值得： E＝＝Bω(r－r) ≈4.9×10－2 V ③ 根據(jù)右手定則(或楞次定律)，可得感應電流方向為b→a. ④ (2)通過分析，可得電路圖為 (3)設電路中的總電阻為R總，根據(jù)電路圖可知， R總＝R＋R＝R ⑤ ab兩端電勢差 Uab＝E－IR＝E－R ＝E≈1.2×10－2 V ⑥ 設ab離開磁場區(qū)域的時刻為t1，下一根金屬條進入磁場區(qū)

17、域的時刻為t2. t1＝＝ s ⑦ t2＝＝ s ⑧ 設輪子轉一圈的時間為T， T＝＝1 s ⑨ 在T＝1 s內，金屬條有四次進出，后三次與第一次相同 ⑩ 由⑥、⑦、⑧、⑨、⑩可畫出如下Uab－t圖象． 答案：　(1)4.9×10－2 V　電流方向為b→a　(2)見解析　(3)見解析 解決電磁感應電路問題的基本步驟 (1)“源”的分析：用法拉第電磁感應定律算出E的大小，用楞次定律或右手定則確定感應電動勢的方向．從而確定電源正負極，明確內阻r. (

18、2)“路”的分析：根據(jù)“等效電源”和電路中其他各元件的連接方式畫出等效電路． (3)根據(jù)E＝BLv或E＝n結合閉合電路歐姆定律，串并聯(lián)電路知識和電功率、焦耳定律等關系式聯(lián)立求解． 2－1：如圖所示，勻強磁場B＝0.1 T，金屬棒AB長0.4 m，與框架寬度相同，電阻為 Ω，框架電阻不計，電阻R1＝2 Ω，R2＝1 Ω，當金屬棒以5 m/s的速度勻速向左運動時，求： (1)流過金屬棒的感應電流多大？ (2)若圖中電容器C為0.3 μF，則充電荷量是多少？ 解析：　(1)由E＝BLv得 E＝0.1×0.4×5 V＝0.2 V R＝＝ Ω＝ Ω I＝＝ A＝0.2 A. (2)路端

19、電壓U＝IR＝0.2× V ＝ V Q＝CU2＝CU＝0.3×10－6× C ＝4×10－8 C. 答案：　(1)0.2 A　(2)4×10－8 C 1．運動的動態(tài)分析 2．電磁感應問題中兩大研究對象及其相互制約關系 (xx·廣東理綜)如圖所示，質量為M的導體棒ab，垂直放在相距為l的平行光滑金屬導軌上．導軌平面與水平面的夾角為θ，并處于磁感應強度大小為B、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中．左側是水平放置、間距為d的平行金屬板．R和Rx分別表示定值電阻和滑動變阻器的阻值，

20、不計其他電阻． (1)調節(jié)Rx＝R，釋放導體棒，當棒沿導軌勻速下滑時，求通過棒的電流I及棒的速度v. (2)改變Rx，待棒沿導軌再次勻速下滑后，將質量為m、帶電荷量為＋q的微粒水平射入金屬板間，若它能勻速通過，求此時的Rx. 解析：　(1)對勻速下滑的導體棒進行受力分析如圖所示 導體棒所受安培力F安＝BIl ① 導體棒勻速下滑，所以 F安＝Mgsin θ ② 聯(lián)立①②式，解得I＝③ 導體棒切割磁感線產生感應電動勢E＝Blv ④ 由閉合電路歐姆定律得I＝，且Rx＝R，

21、所以I＝ ⑤ 聯(lián)立③④⑤式，解得 v＝. ⑥ (2)由題意知，其等效電路圖如圖所示． 由圖知，平行金屬板兩板間的電壓等于Rx兩端的電壓． 設兩板間的電壓為U，由歐姆定律知 U＝IRx ⑦ 要使帶電的微粒勻速通過，則 mg＝q ⑧ 因為導體棒勻速下滑時的電流仍為I，所以 聯(lián)立③⑦⑧式，解得Rx＝. 答案：　(1)　　(2) 導體棒兩種狀態(tài)的處理方法 (1)導體處于平衡態(tài)——靜止或勻速直線運動狀態(tài) 處理方法：根據(jù)平衡條件列方程求解

22、． (2)導體處于非平衡態(tài)——加速度不為零 處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結合功能關系分析． 3－1：如圖所示，有兩根和水平方向成α角的光滑且平行的金屬軌道，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vm，則(　　) A．如果B增大，vm將變大 B．如果α變大，vm將變大 C．如果R變大，vm將變大 D．如果m變小，vm將變大 解析：　以金屬桿為研究對象，受力如圖所示．根據(jù)牛頓第二定律得 mgsin α－F安＝ma， 其中F安＝

23、. 當a→0時，v→vm， 解得vm＝， 結合此式分析即得B、C選項正確． 答案：　BC 1．能量轉化特點 2．電能的求解思路 — (20分)如圖所示，在傾角為θ＝37°的斜面內，放置MN和PQ兩根不等間距的光滑金屬導軌，該裝置放置在垂直斜面向下的勻強磁場中．導軌M、P端間接入阻值R1＝30 Ω的電阻和理想電流表，N、Q端間接阻值為R2＝6 Ω的電阻．質量為m＝0.6 kg、長為L＝1.5 m的金屬棒放在導軌上以v0＝5 m/s的初速度從ab處向右上滑到a′b′處的時間為t＝0.5 s，滑過的距離l＝0.5 m．ab處導軌間距Lab＝0.8 m，a′b′處導軌間距L

24、a′b′＝1 m．若金屬棒滑動時電流表的讀數(shù)始終保持不變，不計金屬棒和導軌的電阻，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求： (1)此過程中電阻R1上產生的熱量． (2)此過程中電流表上的讀數(shù)． (3)勻強磁場的磁感應強度． 規(guī)范解答//：解　(1)因電流表的讀數(shù)始終保持不變，即感應電動勢不變，故BLabv0＝BLa′b′va′b′，(2分) 代入數(shù)據(jù)可得va′b′＝4 m/s(2分) 根據(jù)能量守恒定律得： Q總＝m(v－v)－mglsin 37°＝QR1＋QR2(4分) 由Q＝t得：＝(1分) 代入數(shù)據(jù)可求得：QR1＝0.15 J．(1分)

25、(2)由焦耳定律：QR1＝IR1t可知：電流表讀數(shù) I1＝＝0.1 A．(2分) (3)不計金屬棒和導軌上的電阻，則R1兩端的電壓始終等于金屬棒與兩軌接觸間的電動勢，E＝I1R1，(2分) E＝BLa′b′va′b′(2分) 所以B＝＝0.75 T．(2分) 答案：　(1)0.15 J　(2)0.1 A　(3)0.75 T. 此類問題求解的一般步驟 (1)確定研究對象(導體棒或回路)； (2)弄清電磁感應過程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互轉化； (3)根據(jù)能量守恒定律列式求解． 4－1：處于豎直向上勻強磁場中的兩根電阻不計的平行金屬導軌，下端連一電阻R，導軌與水平面之間

26、的夾角為θ.一電阻可忽略的金屬棒ab，開始時固定在兩導軌上某位置，棒與導軌垂直．如圖所示，現(xiàn)釋放金屬棒讓其由靜止開始沿軌道平面下滑．就導軌光滑和粗糙兩種情況比較，當兩次下滑的位移相同時，則有(　　) A．重力勢能的減少量相同 B．機械能的變化量相同 C．磁通量的變化率相同 D．產生的焦耳熱相同 解析：　本題考查金屬棒在磁場中的運動及能量轉化問題．當兩次下滑的位移相同時，易知重力勢能的減少量相同，則選項A正確；兩次運動的加速度不同，所用時間不同，速度不同，產生的感應電動勢不同，磁通量的變化率也不同，動能不同，機械能的變化量不同，則產生的焦耳熱也不同，故選項B、C、D均錯誤． 答案：　

27、A 1．(xx·課標)如圖，一載流長直導線和一矩形導線框固定在同一平面內，線框在長直導線右側，且其長邊與長直導線平行．已知在t＝0到t＝t1的時間間隔內，直導線中電流i發(fā)生某種變化，而線框中的感應電流總是沿順時針方向；線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．設電流i正方向與圖中箭頭所示方向相同，則i隨時間t變化的圖線可能是(　　) 解析：　因通電導線周圍的磁場離導線越近磁場越強，而線框中左右兩邊的電流大小相等，方向相反，所以受到的安培力方向相反，導線框的左邊受到的安培力大于導線框的右邊受到的安培力，所以合力與左邊導線框受力的方向相同．因為線框受到的安培力的合力先水平向左，

28、后水平向右，根據(jù)左手定則，導線框處的磁場方向先垂直紙面向里，后垂直紙面向外，根據(jù)右手螺旋定則，導線中的電流先為正，后為負，所以選項A正確，選項B、D、D錯誤． 答案：　A 2.如圖所示，金屬棒AB垂直跨擱在位于水平面上的兩條平行光滑金屬導軌上，棒與導軌接觸良好，棒AB和導軌的電阻均忽略不計，導軌左端接有電阻R，垂直于導軌平面的勻強磁場向下穿過平面，現(xiàn)以水平向右的恒力F拉著棒AB向右移動，t秒末棒AB的速度為v，移動距離為x，且在t秒內速度大小一直在變化，則下列判斷正確的是(　　) A．t秒內AB棒所受安培力方向水平向左且逐漸增大 B．t秒內AB棒做加速度逐漸減小的加速運動 C．t秒內

29、AB棒做勻加速直線運動 D．t秒末外力F做功的功率為 答案：　AB 3.如圖所示，在方向垂直于紙面向里，磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域中有一個由均勻導線制成的單匝矩形線框abcd，線框在水平拉力作用下以恒定的速度v沿垂直磁場方向向右運動，運動中線框dc邊始終與磁場右邊界平行，線框邊長ad＝l，cd＝2l，線框導線的總電阻為R.則線框離開磁場的過程中(　　) A．ab間的電壓為 B．ad間的電壓為 C．線框中的電流在ab邊產生的熱量為 D．線框中的電流在ad邊產生的熱量為 解析：　線框離開磁場的過程中，ab邊切割磁感線產生感應電動勢E＝2Blv，由閉合電路歐姆定律得，ab間的電壓為

30、Uab＝，ad間的電壓為Uad＝，A正確，B錯；根據(jù)焦耳定律可得，線框中的電流在ab邊產生的熱量為Qab＝，線框中的電流在ad邊產生的熱量為Qad＝，C錯，D正確． 答案：　AD 4.如圖所示，在絕緣光滑水平面上，有一個邊長為L的單匝正方形線框abcd，在外力的作用下以恒定的速率v向右運動進入磁感應強度為B的有界勻強磁場區(qū)域．線框進入磁場的過程中線框平面保持與磁場方向垂直，線框的ab邊始終平行于磁場的邊界，已知線框的四個邊的電阻值相等，均為R.求： (1)在ab邊剛進入磁場區(qū)域時，線框內的電流大?。? (2)在ab邊剛進入磁場區(qū)域時，ab邊兩端的電壓． (3)在線框進入磁場的整個過程中

31、，線框中的電流產生的熱量． 解析：　(1)ab邊切割磁感線產生的感應電動勢為E＝BLv， 所以通過線框的電流為I＝. (2)在ab邊剛進入磁場區(qū)域時，ab邊兩端的電壓為路端電壓Uab＝E＝BLv. (3)因線框是勻速進入的，所以線框中電流產生的熱量 Q＝I2×4R×t＝. 答案：　(1) 　(2)BLv　 (3) 5．如圖甲所示，足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ豎直放置，其寬度L＝1 m，一勻強磁場垂直穿過導軌平面，導軌的上端M與P之間連接阻值為R＝0.40 Ω的電阻，質量為m＝0.01 kg、電阻為r＝0.30 Ω的金屬棒ab緊貼在導軌上．現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑，下

32、滑過程中ab始終保持水平，且與導軌接觸良好，其下滑距離x與時間t的關系如圖乙所示，圖象中的OA段為曲線，AB段為直線，導軌電阻不計，g＝10 m/s2(忽略ab棒運動過程中對原磁場的影響)，求： (1)磁感應強度B的大?。? (2)金屬棒ab在開始運動的1.5 s內，通過電阻R的電荷量； (3)金屬棒ab在開始運動的1.5 s內，電阻R上產生的熱量． 解析：　(1)金屬棒在AB段勻速運動，由題中圖象得： v＝＝7 m/s I＝　mg＝BIL 解得B＝0.1 T. (2)q＝Δt?。? 解得：q＝1 C. (3)Q＝mgh－mv2 解得Q＝0.455 J　QR＝Q＝0.26 J. 答案：　(1)0.1 T　(2)1 C　(3)0.26 J