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1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 高考真題備選題庫 第九章 電磁感應(yīng) 1. (xx·上海高考)如圖，勻強(qiáng)磁場垂直于軟導(dǎo)線回路平面，由于磁場發(fā)生變化，回路變?yōu)閳A形。則該磁場(　　) A．逐漸增強(qiáng)，方向向外 B．逐漸增強(qiáng)，方向向里 C．逐漸減弱，方向向外 D．逐漸減弱，方向向里 解析：選CD　根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場具有阻礙原磁通量變化的作用，回路變成圓形，說明面積在變大，根據(jù)增縮減擴(kuò)的原理可知，線圈中的磁通量無論什么方向，只要減少即會發(fā)生此現(xiàn)象，故CD正確。 2.(xx·海南高考)如圖，在一水平、固定的閉合導(dǎo)體圓環(huán)上方。有一條形磁鐵(N極朝上， S極朝下)由靜止開始下落，磁鐵從圓

2、環(huán)中穿過且不與圓環(huán)接觸，關(guān)于圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向(從上向下看)，下列說法正確的是(　　) A．總是順時針　　　　　 　B．總是逆時針 C．先順時針后逆時針 D．先逆時針后順時針 解析：選C　磁鐵從圓環(huán)中穿過且不與圓環(huán)接觸，則導(dǎo)體環(huán)中先是向上的磁通量增加，磁鐵過中間以后，向上的磁通量減少，根據(jù)楞次定律，產(chǎn)生的感應(yīng)電流先順時針后逆時針，選項(xiàng)C正確。 3．(xx·全國卷Ⅰ)在法拉第時代，下列驗(yàn)證“由磁產(chǎn)生電”設(shè)想的實(shí)驗(yàn)中，能觀察到感應(yīng)電流的是(　　) A．將繞在磁鐵上的線圈與電流表組成一閉合回路，然后觀察電流表的變化 B．在一通電線圈旁放置一連有電流表的閉合線圈，然后觀察電流表的變

3、化 C．將一房間內(nèi)的線圈兩端與相鄰房間的電流表連接，往線圈中插入條形磁鐵后，再到相鄰房間去觀察電流表的變化 D．繞在同一鐵環(huán)上的兩個線圈，分別接電源和電流表，在給線圈通電或斷電的瞬間，觀察電流表的變化 解析：選D　只形成閉合回路，回路中的磁通量不變化，不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，A、B、C錯誤；給線圈通電或斷電瞬間，通過閉合回路的磁通量變化，會產(chǎn)生感應(yīng)電流，能觀察到電流表的變化，D正確。 4．(xx·全國卷)很多相同的絕緣銅圓環(huán)沿豎直方向疊放，形成一很長的豎直圓筒。一條形磁鐵沿圓筒的中心軸豎直放置，其下端與圓筒上端開口平齊。讓條形磁鐵從靜止開始下落。條形磁鐵在圓筒中的運(yùn)動速率(　　) A．均勻

4、增大　　　 　 　 　B．先增大，后減小 C．逐漸增大，趨于不變 D．先增大，再減小，最后不變 解析：選C　條形磁鐵在下落過程中受到向上的排斥力，絕緣銅環(huán)內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)致條形磁鐵做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，故其速率逐漸增大，最后趨于不變，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)A、B、D錯誤。 5．(xx·廣東高考)如圖所示，上下開口、內(nèi)壁光滑的銅管P和塑料管Q豎直放置。小磁塊先后在兩管中從相同高度處由靜止釋放，并落至底部。則小磁塊(　　) A．在P和Q中都做自由落體運(yùn)動 B．在兩個下落過程中的機(jī)械能都守恒 C．在P中的下落時間比在Q中的長 D．落至底部時在P中的速度比在Q中的大

5、 解析：選C　小磁塊從銅管P中下落時，P中的磁通量發(fā)生變化，P中產(chǎn)生感應(yīng)電流，給小磁塊一個向上的磁場力，阻礙小磁塊向下運(yùn)動，因此小磁塊在P中不是做自由落體運(yùn)動，而塑料管Q中不會產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，因此Q中小磁塊做自由落體運(yùn)動，A項(xiàng)錯誤；P中的小磁塊受到的磁場力對小磁塊做負(fù)功，機(jī)械能不守恒，B項(xiàng)錯誤；由于在P中小磁塊下落的加速度小于g，而Q中小磁塊做自由落體運(yùn)動，因此從靜止開始下落相同高度，在P中下落的時間比在Q中下落的時間長，C項(xiàng)正確；根據(jù)動能定理可知，落到底部時在P中的速度比在Q中的速度小，D項(xiàng)錯誤。 6．(xx·山東理綜)以下敘述正確的是(　　) A．法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象 B．慣

6、性是物體的固有屬性，速度大的物體慣性一定大 C．牛頓最早通過理想斜面實(shí)驗(yàn)得出力不是維持物體運(yùn)動的原因 D．感應(yīng)電流遵從楞次定律所描述的方向，這是能量守恒定律的必然結(jié)果 解析：慣性大小僅決定于質(zhì)量，與物體的運(yùn)動狀態(tài)無關(guān)，選項(xiàng)B錯誤；伽利略最早通過理想斜面實(shí)驗(yàn)得出力不是維持物體運(yùn)動狀態(tài)的原因，選項(xiàng)C錯誤；正確選項(xiàng)為AD。 答案：AD 7．(xx·北京理綜)物理課上，老師做了一個奇妙的“跳環(huán)實(shí)驗(yàn)”。如圖，她把一個帶鐵芯的線圈L、開關(guān)S和電源用導(dǎo)線連接起來后，將一金屬套環(huán)置于線圈L上，且使鐵芯穿過套環(huán)。閉合開關(guān)S的瞬間，套環(huán)立刻跳起。 某同學(xué)另找來器材再探究此實(shí)驗(yàn)。他連接好電路，經(jīng)重復(fù)試驗(yàn)

7、，線圈上的套環(huán)均未動。對比老師演示的實(shí)驗(yàn)，下列四個選項(xiàng)中，導(dǎo)致套環(huán)未動的原因可能是(　　) A．線圈接在了直流電源上 B．電源電壓過高 C．所選線圈的匝數(shù)過多 D．所用套環(huán)的材料與老師的不同 解析：金屬套環(huán)跳起的原因是開關(guān)S閉合時，套環(huán)上產(chǎn)生的感應(yīng)電流與通電線圈上的電流相互作用而引起的。無論實(shí)驗(yàn)用交流電還是直流電，閉合開關(guān)S瞬間，金屬套環(huán)都會跳起。如果套環(huán)是塑料材料做的，則不能產(chǎn)生感應(yīng)電流，也就不會受安培力作用而跳起。所以答案是D。 答案：D 第2節(jié) 法拉第電磁感應(yīng)定律 自感和渦流 1．(xx·全國卷Ⅱ)半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、質(zhì)量為m且質(zhì)

8、量分布均勻的直導(dǎo)體棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖所示。整個裝置位于一勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向豎直向下。在內(nèi)圓導(dǎo)軌的C點(diǎn)和外圓導(dǎo)軌的D點(diǎn)之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫出)。直導(dǎo)體棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。設(shè)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均可忽略。重力加速度大小為g。求 (1)通過電阻R的感應(yīng)電流的方向和大小； (2)外力的功率。 解析：根據(jù)右手定則、法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律及能量守恒定律解題。 (1)根據(jù)右手定則，得導(dǎo)體棒AB上的電流方向?yàn)锽

9、→A，故電阻R上的電流方向?yàn)镃→D。 設(shè)導(dǎo)體棒AB中點(diǎn)的速度為v，則v＝ 而vA＝ωr，vB＝2ωr 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，導(dǎo)體棒AB上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Brv 根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝，聯(lián)立以上各式解得通過電阻R的感應(yīng)電流的大小為I＝。 (2)根據(jù)能量守恒定律，外力的功率P等于安培力與摩擦力的功率之和，即P＝BIrv＋fv，而f＝μmg 解得P＝＋。 答案：(1)方向?yàn)镃→D　大小為　(2)＋ 2．(xx·江蘇高考)如圖所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長為a，線圈平面與勻強(qiáng)磁場垂直，且一半處在磁場中。在Δt時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不變，大小由B均勻地增大到2B。在此過程

10、中，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為(　　) A. B. C. D. 解析：選B　磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率＝＝，法拉第電磁感應(yīng)定律公式可寫成E＝n＝nS，其中磁場中的有效面積S＝a2，代入得E＝n，選項(xiàng)B正確，A、C、D錯誤。 3．(xx·江蘇高考)如圖所示，在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯，現(xiàn)接通交流電源，過了幾分鐘，杯內(nèi)的水沸騰起來。若要縮短上述加熱時間，下列措施可行的有(　　) A．增加線圈的匝數(shù) B．提高交流電源的頻率 C．將金屬杯換為瓷杯 D．取走線圈中的鐵芯 解析：選AB　當(dāng)線圈上通交流電時，金屬杯由于發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，杯中有感應(yīng)電流，對水加熱，若要增大感應(yīng)電流，則需要

11、增大感應(yīng)電動勢或者減小杯體的電阻。增加線圈的匝數(shù)，使得穿過金屬杯的磁場增強(qiáng)，感應(yīng)電動勢增大，選項(xiàng)A正確；提高交流電的頻率，使得磁通量的變化率增大，感應(yīng)電動勢增大，選項(xiàng)B正確；若將金屬杯換為瓷杯，則不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，選項(xiàng)C錯誤；取走線圈中的鐵芯，磁場會大大減弱，感應(yīng)電動勢減小，選項(xiàng)D錯誤。 4．(xx·北京理綜)如圖，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，金屬桿MN在平行金屬導(dǎo)軌上以速度v向右勻速滑動， MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1；若磁感應(yīng)強(qiáng)度增為2B，其他條件不變，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢變?yōu)镋2。則通過電阻R的電流方向及E1與E2之比E1∶E2分別為(　　) A．c→a,2∶1

12、　　　　　 B．a(chǎn)→c,2∶1 C．a(chǎn)→c,1∶2 D．c→a,1∶2 解析：選C　本題考查電磁感應(yīng)知識，意在考查考生對感應(yīng)電流方向的判斷和對感應(yīng)電動勢的理解能力。根據(jù)右手定則或楞次定律，可知通過電阻R的電流方向?yàn)閍→c；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，知E1∶E2＝1∶2，則C項(xiàng)正確，其他選項(xiàng)錯誤。 5．(xx·新課標(biāo)全國)如圖，均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0。使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流。現(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間線

13、性變化。為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動半周過程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化率的大小應(yīng)為(　　) A. B. C. D. 解析：當(dāng)導(dǎo)線框勻速轉(zhuǎn)動時，設(shè)半徑為r，導(dǎo)線框電阻為R，在很小的Δt時間內(nèi)，轉(zhuǎn)過圓心角Δθ＝ωΔt，由法拉第電磁感應(yīng)定律及歐姆定律可得感應(yīng)電流I1＝＝＝ ；當(dāng)導(dǎo)線框不動，而磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化時，同理可得感應(yīng)電流I2＝＝，令I(lǐng)1＝I2，可得＝，C對。 答案：C 6．(2011·北京理綜)某同學(xué)為了驗(yàn)證斷電自感現(xiàn)象，自己找來帶鐵芯的線圈L、小燈泡A、開關(guān)S和電池組E，用導(dǎo)線將它們連接成如圖所示的電路．檢查電路后，閉合開關(guān)S，小燈泡發(fā)光；再斷開開關(guān)S，小燈泡僅有不

14、顯著的延時熄滅現(xiàn)象．雖經(jīng)多次重復(fù)，仍未見老師演示時出現(xiàn)的小燈泡閃亮現(xiàn)象，他冥思苦想找不出原因．你認(rèn)為最有可能造成小燈泡未閃亮的原因是(　　) A．電源的內(nèi)阻較大 B．小燈泡電阻偏大 C．線圈電阻偏大 D．線圈的自感系數(shù)較大 解析：閉合開關(guān)S，電路穩(wěn)定燈泡正常發(fā)光時，如果電感線圈L中的電阻比燈泡的電阻大，則電感線圈L中的電流IL比燈泡A中的電流IA小，當(dāng)開關(guān)S斷開，則由于自感現(xiàn)象，L和A 構(gòu)成回路使L和A 中的電流從IL開始減小，因此不可能看到小燈泡閃亮的現(xiàn)象，C項(xiàng)正確． 答案：C 7．(xx·新課標(biāo)全國)如圖所示，兩個端面半徑同為R的圓柱形鐵芯同軸水平放置，相對的端面之間有一

15、縫隙，鐵芯上繞導(dǎo)線并與電源連接，在縫隙中形成一勻強(qiáng)磁場．一銅質(zhì)細(xì)直棒ab水平置于縫隙中，且與圓柱軸線等高、垂直．讓銅棒從靜止開始自由下落，銅棒下落距離為0.2R時銅棒中電動勢大小為E1，下落距離為0.8R時電動勢大小為E2.忽略渦流損耗和邊緣效應(yīng)．關(guān)于E1、E2的大小和銅棒離開磁場前兩端的極性，下列判斷正確的是(　　) A．E1>E2，a端為正 B．E1>E2，b端為正 C．E1

16、故銅棒b端為正極．作出銅棒下落時的截面圖如圖所示，當(dāng)銅棒下落距離為0.2R時，由機(jī)械能守恒定律可得：mv＝mg×0.2R，所以v1＝，此時銅棒的有效切割長度：L1＝2＝2，銅棒的感應(yīng)電動勢E1＝BL1v1＝ 2BR.當(dāng)銅棒下落距離為0.8R時，由機(jī)械能守恒定律可得：mv＝mg×0.8R，所以v2＝，此時銅棒的有效切割長度：L2＝2＝2，銅棒的感應(yīng)電動勢E2＝BL2v2＝2BR，故E1

17、有一變化的磁場垂直于紙面，規(guī)定向內(nèi)為正，變化規(guī)律如圖(下)所示．在t＝0時刻平板之間中心有一重力不計，電荷量為q的靜止微粒．則以下說法正確的是(　　) A．第2秒內(nèi)上極板為正極 B．第3秒內(nèi)上極板為負(fù)極 C．第2秒末微?；氐搅嗽瓉砦恢? D．第2秒末兩極板之間的電場強(qiáng)度大小為0.2 πr2/d 解析：本題考查電磁感應(yīng)定律和楞次定律，考查帶電粒子在電場中的運(yùn)動情況．根據(jù)楞次定律，結(jié)合圖象可以判斷：在0～1 s內(nèi)，下極板為正極，上極板為負(fù)極；第2秒內(nèi)上極板為正極，下極板為負(fù)極；第3秒內(nèi)上極板為正極，下極板為負(fù)極；第4秒內(nèi)上極板為負(fù)極，下極板為正極，故A選項(xiàng)正確，B選項(xiàng)錯誤．由于磁感應(yīng)強(qiáng)度均

18、勻變化，故產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小是恒定的，感應(yīng)電動勢大小E＝＝S＝0.1πr2，第2秒末兩極板間的電場強(qiáng)度為＝，D選項(xiàng)錯誤．在第1秒內(nèi)微粒從靜止沿向上或向下的方向開始做勻加速運(yùn)動，第2秒內(nèi)電場反向，電荷沿該方向做勻減速運(yùn)動，第2秒末速度為0，第3秒內(nèi)電荷做反向勻加速運(yùn)動，第4秒內(nèi)電荷沿反向做勻減速運(yùn)動，第4秒末回到原來位置，故C選項(xiàng)錯誤． 答案：A 第3節(jié) 電磁感應(yīng)中的電路和圖像問題 1．(xx·重慶高考)某電子天平原理如圖所示，E形磁鐵的兩側(cè)為N極，中心為S極，兩極間的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，磁極寬度均為L，忽略邊緣效應(yīng)。一正方形線圈套于中心磁極，其骨架與秤盤連為一體，線圈兩端C、D與外電

19、路連接。當(dāng)質(zhì)量為m的重物放在秤盤上時，彈簧被壓縮，秤盤和線圈一起向下運(yùn)動(骨架與磁極不接觸)，隨后外電路對線圈供電，秤盤和線圈恢復(fù)到未放重物時的位置并靜止，由此時對應(yīng)的供電電流I可確定重物的質(zhì)量。已知線圈匝數(shù)為n，線圈電阻為R，重力加速度為g。問： (1)線圈向下運(yùn)動過程中，線圈中感應(yīng)電流是從C端還是從D端流出？ (2)供電電流I是從C端還是從D端流入？求重物質(zhì)量與電流的關(guān)系。 (3)若線圈消耗的最大功率為P，該電子天平能稱量的最大質(zhì)量是多少？ 解析：(1)感應(yīng)電流從C端流出。 (2)外加電流從D端流入。 設(shè)線圈受到的安培力為FA 由FA＝mg和FA＝2nBIL 得m＝I。

20、(3)設(shè)稱量最大質(zhì)量為m0 由m＝I和P＝I R 得m0＝。 答案：見解析 2．(xx·山東高考)如圖，一端接有定值電阻的平行金屬軌道固定在水平面內(nèi)，通有恒定電流的長直絕緣導(dǎo)線垂直并緊靠軌道固定，導(dǎo)體棒與軌道垂直且接觸良好。在向右勻速通過M、N兩區(qū)的過程中，導(dǎo)體棒所受安培力分別用FM、FN表示。不計軌道電阻。以下敘述正確的是(　　) A．FM向右 B．FN向左 C．FM逐漸增大 D．FN逐漸減小 解析：選BCD　由題意可知，根據(jù)安培定則，在軌道內(nèi)的M區(qū)、N區(qū)通電長直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場分別垂直軌道平面向外和向里，由此可知，當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動到M區(qū)時，根據(jù)右手定則可以判定，在導(dǎo)

21、體棒內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流與長直絕緣導(dǎo)線中的電流方向相反，再根據(jù)左手定則可知，金屬棒在M區(qū)時受到的安培力方向向左，因此A選項(xiàng)不正確；同理可以判定B選項(xiàng)正確；再根據(jù)導(dǎo)體棒在M區(qū)勻速靠近長直絕緣導(dǎo)線時對應(yīng)的磁場越來越大，因此產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越來越大，根據(jù)閉合電路的歐姆定律和安培力的公式可知，導(dǎo)體棒所受的安培力FM也逐漸增大，故C選項(xiàng)正確；同理D選項(xiàng)正確。 3．(xx·江蘇高考)如圖所示，導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間，線圈中電流為I，線圈間產(chǎn)生勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B與I成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面，此時通過霍爾元件的電流為IH，與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足：UH

22、＝k，式中k為霍爾系數(shù)，d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離。電阻R遠(yuǎn)大于RL，霍爾元件的電阻可以忽略，則(　　) A．霍爾元件前表面的電勢低于后表面 B．若電源的正負(fù)極對調(diào)，電壓表將反偏 C．IH與I成正比 D．電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比 解析：選CD　導(dǎo)電物質(zhì)為電子，由左手定則得電子受到洛倫茲力向后表面偏轉(zhuǎn)，后表面電勢低，選項(xiàng)A錯誤；若將電源的正負(fù)極對調(diào)，磁場和電子的運(yùn)動方向同時反向，洛倫茲力的方向不變，電壓表仍能正常偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)B錯誤；電路是穩(wěn)定電路，線圈中的電流和通過霍爾元件的電流的比例不變，選項(xiàng)C正確；UH＝k，而B與I成正比，故UH正比于IH·I，而RL的功率正比于I，

23、IH·I與I的比例不變，故UH正比于RL的功率，選項(xiàng)D正確。 4．(xx·山東理綜)將一段導(dǎo)線繞成圖甲所示的閉合回路，并固定在水平面(紙面)?；芈返腶b邊置于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場Ⅰ中?；芈返膱A環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場Ⅱ，以向里為磁場Ⅱ的正方向，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的圖像如圖乙所示。用F表示ab邊受到的安培力，以水平向右為F的正方向，能正確反映F隨時間t變化的圖像是(　　) 解析：選B　本題考查電磁感應(yīng)中的圖像問題，意在考查考生利用法拉第電磁感應(yīng)定律及楞次定律、左手定則處理電磁感應(yīng)綜合問題的能力。0～時間內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律及楞次定律可得回路的圓環(huán)形區(qū)域產(chǎn)生大小恒定的、

24、順時針方向的感應(yīng)電流，根據(jù)左手定則，ab邊在勻強(qiáng)磁場Ⅰ中受到水平向左的恒定的安培力；同理可得～T時間內(nèi)，ab邊在勻強(qiáng)磁場Ⅰ中受到水平向右的恒定的安培力，故B項(xiàng)正確。 5．(xx·北京理綜)在如圖所示的電路中，兩個相同的小燈泡L1和L2分別串聯(lián)一個帶鐵芯的電感線圈L和一個滑動變阻器R.閉合開關(guān)S后，調(diào)整R，使L1和L2發(fā)光的亮度一樣，此時流過兩個燈泡的電流均為I.然后，斷開S.若t′時刻再閉合S，則在t′前后的一小段時間內(nèi)，正確反映流過L1的電流i1、流過L2的電流i2隨時間t變化的圖象是(　　) 解析：本題考查線圈的自感現(xiàn)象、電磁感應(yīng)中的電流圖象．由題中給出的電路可知，電路由L與L1和

25、L2與R兩個支路并聯(lián)，在t′時刻，L1支路的電流因?yàn)橛蠰的自感作用，所以i1由0逐漸增大，L2支路為純電阻電路，i2不存在逐漸增大的過程，所以選項(xiàng)B正確． 答案：B 第4節(jié) 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題 1．(xx·上海高考)如圖，水平面內(nèi)有一光滑金屬導(dǎo)軌，其MN、PQ邊的電阻不計，MP邊的電阻阻值R＝1.5 Ω， MN與MP的夾角為135°， PQ與MP垂直，MP邊長度小于1 m。將質(zhì)量m＝2 kg，電阻不計的足夠長直導(dǎo)體棒擱在導(dǎo)軌上，并與MP平行。棒與MN、PQ交點(diǎn)G、 H間的距離L＝4 m?？臻g存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T。在外力作用下，棒由GH處以一定的

26、初速度向左做直線運(yùn)動，運(yùn)動時回路中的電流強(qiáng)度始終與初始時的電流強(qiáng)度相等。 (1)若初速度v1＝3 m/s，求棒在GH處所受的安培力大小FA。 (2)若初速度v2＝1.5 m/s，求棒向左移動距離2 m到達(dá)EF所需時間Δt。 (3)在棒由GH處向左移動2 m到達(dá)EF處的過程中，外力做功W＝7 J，求初速度v3。 解析：(1)棒在GH處速度為v1，因此E＝BLv1，I1＝ 由此得FA＝＝8 N； (2)設(shè)棒移動距離a，由幾何關(guān)系EF間距也為a，磁通量變化ΔΦ＝a(a＋L)B。 題設(shè)運(yùn)動時回路中電流保持不變，即感應(yīng)電動勢不變，有：E＝BLv2 因此E＝＝解得Δt＝＝1 s (3)

27、設(shè)外力做功為W，克服安培力做功為WA，導(dǎo)體棒在EF處的速度為v′3 由動能定理：W－WA＝mv′－mv 克服安培力做功：WA＝IRΔt′ 式中I3＝　Δt′＝ 聯(lián)立解得：WA＝ 由于電流始終不變，有：v′3＝v3 因此W＝＋mv 代入數(shù)值得3v＋4v3－7＝0 解得v3＝1 m/s或v3＝－ m/s(舍去) 答案：(1)8 N　(2)1 s　(3)1 m/s 2．(xx·天津高考)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，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

28、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置于導(dǎo)軌上，由靜止開始下滑。cd在滑動過程中始終處于區(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，取g＝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ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離x＝3.8 m，此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少。

29、 解析：(1)由a流向b。 (2)開始放置ab剛好不下滑時，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設(shè)其為Fmax，有Fmax＝m1gsin θ ① 設(shè)ab剛好要上滑時，cd棒的感應(yīng)電動勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有 E＝BLv ② 設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路歐姆定律有 I＝ ③ 設(shè)ab所受安培力為F安，有F安＝ILB ④ 此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有 F安＝m1gsin θ＋Fmax ⑤ 綜合①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得v＝5 m/s。⑥ (3)設(shè)cd棒的運(yùn)動過程中電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒有 m2gxsin θ＝Q總＋m2v2 ⑦

30、又Q＝Q總 ⑧(2分) 解得Q＝1.3 J。 ⑨ 答案：(1)由a流向b　(2)5 m/s　(3)1.3 J 3．(xx·安徽高考)英國物理學(xué)家麥克斯韋認(rèn)為，磁場變化時會在空間激發(fā)感生電場。如圖所示，一個半徑為r的絕緣細(xì)圓環(huán)水平放置，環(huán)內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場B，環(huán)上套一帶電荷量為＋q的小球。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間均勻增加，其變化率為k，若小球在環(huán)上運(yùn)動一周，則感生電場對小球的作用力所做功的大小是(　　) A．0 B.r2qk C．2πr2qk D．πr2qk 解析：選D　變化的磁場產(chǎn)生的感生電動勢為E＝πr2＝kπr2，小球在環(huán)上運(yùn)動一周感生電場對其所做的功W＝

31、qE＝qkπr2，D項(xiàng)正確，A、B、C項(xiàng)錯誤。 4．(xx·安徽高考)如圖1所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0.5 T，其方向垂直于傾角θ為30°的斜面向上。絕緣斜面上固定有“∧”形狀的光滑金屬導(dǎo)軌MPN(電阻忽略不計)，MP和NP長度均為2.5 m，MN連線水平，長為3 m。以MN中點(diǎn)O為原點(diǎn)、OP為x軸建立一維坐標(biāo)系Ox。一根粗細(xì)均勻的金屬桿CD，長度d為3 m、質(zhì)量m為1 kg、電阻R為0.3 Ω，在拉力F的作用下，從MN處以恒定速度v＝1 m/s在導(dǎo)軌上沿x軸正向運(yùn)動(金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好)。g取10 m/s2。 (1)求金屬桿CD運(yùn)動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E及運(yùn)動到x＝0.8

32、m處電勢差UCD； (2)推導(dǎo)金屬桿CD從MN處運(yùn)動到P點(diǎn)過程中拉力F與位置坐標(biāo)x的關(guān)系式，并在圖2中畫出F-x關(guān)系圖像； (3)求金屬桿CD從MN處運(yùn)動到P點(diǎn)的全過程產(chǎn)生的焦耳熱。 解析：(1)金屬桿CD在勻速運(yùn)動中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 E＝Blv(l＝d) E＝1.5 V　(D點(diǎn)電勢高) 當(dāng)x＝0.8 m時，金屬桿在導(dǎo)軌間的電勢差為零。設(shè)此時桿在導(dǎo)軌外的長度為l外，則l外＝d－d OP＝ ＝2 m 得l外＝1.2 m 由楞次定律判斷D點(diǎn)電勢高，故CD兩端電勢差 UCD＝－Bl外v UCD＝－0.6 V (2)桿在導(dǎo)軌間的長度l與位置x關(guān)系是 l＝d＝3－x 對應(yīng)的電

33、阻Rl為Rl＝R 電流I＝ 桿受的安培力F安＝BIl＝7.5－3.75x 根據(jù)平衡條件得F＝F安＋mgsin θ F＝12.5－3.75x(0≤x≤2) 畫出的F-x圖像如圖所示。 (3)外力F所做的功WF等于F-x圖線下所圍的面積， 即WF＝×2 J＝17.5 J 而桿的重力勢能增加量ΔEp＝mgsin θ 故全過程產(chǎn)生的焦耳熱Q＝WF－ΔEp＝7.5 J 答案：見解析 5．(xx·浙江高考)其同學(xué)設(shè)計一個發(fā)電測速裝置，工作原理如圖所示。一個半徑為R＝0.1 m的圓形金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面上，一根長為R的金屬棒OA，A端與導(dǎo)軌接觸良好，O端固定在圓心處的轉(zhuǎn)軸上。轉(zhuǎn)軸的左

34、端有一個半徑為r＝R/3的圓盤，圓盤和金屬棒能隨轉(zhuǎn)軸一起轉(zhuǎn)動。圓盤上繞有不可伸長的細(xì)線，下端掛著一個質(zhì)量為m＝0.5 kg的鋁塊。在金屬導(dǎo)軌區(qū)域內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面向右的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T。a點(diǎn)與導(dǎo)軌相連，b點(diǎn)通過電刷與O端相連。測量a、b兩點(diǎn)間的電勢差U可算得鋁塊速度。鋁塊由靜止釋放，下落h＝0.3 m時，測得U＝0.15 V。(細(xì)線與圓盤間沒有滑動，金屬棒、導(dǎo)軌、導(dǎo)線及電刷的電阻均不計，重力加速度g＝10 m/s2) (1)測U時，與a點(diǎn)相接的是電壓表的“正極”還是“負(fù)極”？ (2)求此時鋁塊的速度大??； (3)求此下落過程中鋁塊機(jī)械能的損失。 解析：(1)正極

35、(2)由電磁感應(yīng)定律得U＝E＝　ΔΦ＝BR2Δθ U＝BωR2　v＝rω＝ωR　所以v＝＝2 m/s (3)ΔE＝mgh－mv2　ΔE＝0.5 J 答案：見解析 6.(xx·四川高考)如圖所示，不計電阻的光滑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。此時在整個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)度隨時間變化規(guī)律是B＝(0.4－0.2t)T，圖示磁場方向?yàn)檎较?。框、擋板和桿不計形變。則(　　) A．t

36、＝1 s時，金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到D B．t＝3 s時，金屬桿中感應(yīng)電流方向從D到C C．t＝1 s時，金屬桿對擋板P的壓力大小為0.1 N D．t＝3 s時，金屬桿對擋板H的壓力大小為0.2 N 解析：選AC　根據(jù)楞次定律可判斷感應(yīng)電流的方向總是從C到D，故A正確，B錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知：E＝＝＝sin 30°＝0.2×12× V＝0.1 V，故感應(yīng)電流為I＝＝1 A，金屬桿受到的安培力FA＝BIL，t＝1 s時，F(xiàn)A＝0.2×1×1 N＝0.2 N，方向如圖甲，此時金屬桿受力分析如圖甲，由平衡條件可知F1＝FA·cos 60°＝0.1 N，F(xiàn)1為擋板P對金屬桿施加的力

37、。t＝3 s時，磁場反向，此時金屬桿受力分析如圖乙，此時擋板H對金屬桿施加的力向右，大小F3＝BILcos 60°＝0.2×1×1× N＝0.1 N。故C正確，D錯誤。 甲　　　　　乙 7．(xx·江蘇高考)如圖所示，在勻強(qiáng)磁場中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，長為3d，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，在導(dǎo)軌的中部刷有一段長為d的薄絕緣涂層。勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運(yùn)動，并一直勻速滑到導(dǎo)軌底端。導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R，其他部分的電阻均不計，重力加速度為g

38、。求： (1)導(dǎo)體棒與涂層間的動摩擦因數(shù)μ； (2)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動的速度大小v； (3)整個運(yùn)動過程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。 解析：(1)在絕緣涂層上導(dǎo)體棒受力平衡有 mgsin θ＝μmgcos θ 解得μ＝tan θ (2)在光滑導(dǎo)軌上 感應(yīng)電動勢E＝BLv 感應(yīng)電流I＝ 安培力F安＝BIL 導(dǎo)體棒受力平衡有F安＝mgsin θ 解得v＝ (3)摩擦生熱QT＝μmgdcos θ 由能量守恒定律有3 mgdsin θ＝Q＋QT＋mv2 解得Q＝2mgdsin θ－ 答案：(1)tan θ　(2) (3)2mgdsin θ－ 8．(xx·北京高考)導(dǎo)體切

39、割磁感線的運(yùn)動可以從宏觀和微觀兩個角度來認(rèn)識。如圖所示，固定于水平面的U形導(dǎo)線框處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，金屬直導(dǎo)線MN在與其垂直的水平恒力F作用下，在導(dǎo)線框上以速度v做勻速運(yùn)動，速度v與恒力F方向相同；導(dǎo)線MN始終與導(dǎo)線框形成閉合電路。已知導(dǎo)線MN電阻為R，其長度L恰好等于平行軌道間距，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。忽略摩擦阻力和導(dǎo)線框的電阻。 (1)通過公式推導(dǎo)驗(yàn)證：在Δt時間內(nèi)，F(xiàn)對導(dǎo)線MN所做的功W等于電路獲得的電能W電，也等于導(dǎo)線MN中產(chǎn)生的焦耳熱Q； (2)若導(dǎo)線MN的質(zhì)量m＝8.0 g、長度L＝0.10 m，感應(yīng)電流I＝1.0 A，假設(shè)一個原子貢獻(xiàn)1個自由電子，計算導(dǎo)線MN中電子沿導(dǎo)

40、線長度方向定向移動的平均速率ve(表中列出一些你可能會用到的數(shù)據(jù))； 阿伏加德羅常數(shù)NA 6.0×1023 mol－1 元電荷e 1.6×10－19 C 導(dǎo)線MN的摩爾質(zhì)量μ 6.0×10－2 kg/mol (3)經(jīng)典物理學(xué)認(rèn)為，金屬的電阻源于定向運(yùn)動的自由電子和金屬離子(即金屬原子失去電子后的剩余部分)的碰撞。展開你想象的翅膀，給出一個合理的自由電子的運(yùn)動模型；在此基礎(chǔ)上，求出導(dǎo)線MN中金屬離子對一個自由電子沿導(dǎo)線長度方向的平均作用力的表達(dá)式。 解析：(1)電動勢E＝BLv 導(dǎo)線勻速運(yùn)動，受力平衡F＝F安＝BIL 在Δt時間內(nèi)，外力F對導(dǎo)線做功 W＝FvΔt＝F安vΔt

41、＝BILvΔt 電路獲得的電能W電＝qE＝IEΔt＝BILvΔt 可見，F(xiàn)對導(dǎo)線MN所做的功等于電路獲得的電能W電； 導(dǎo)線MN中產(chǎn)生的焦耳熱 Q＝I2RΔt＝IΔt·IR＝qE＝W電 可見，電路獲得的電能W電等于導(dǎo)線MN中產(chǎn)生的焦耳熱Q。 (2)導(dǎo)線MN中具有的原子數(shù)為N＝NA， 因?yàn)橐粋€金屬原子貢獻(xiàn)一個電子，所以導(dǎo)線MN中的自由電子數(shù)也是N。 導(dǎo)線MN單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n＝， 其中，S為導(dǎo)線MN的橫截面積。 因?yàn)殡娏鱅＝nveSe， 所以ve＝＝＝， 解得ve＝7.8×10－6 m/s。 (3)下述解法的共同假設(shè)：所有自由電子(簡稱電子，下同)以同一方式運(yùn)動。

42、 方法一：動量解法 設(shè)電子在每一次碰撞結(jié)束至下一次碰撞結(jié)束之間的運(yùn)動都相同，經(jīng)歷的時間為Δt，電子的動量變化為零。 因?yàn)閷?dǎo)線MN的運(yùn)動，電子受到沿導(dǎo)線方向的洛倫茲力f洛的作用f洛＝evB， 沿導(dǎo)線方向，電子只受到金屬離子的作用力和f洛的作用，所以 f洛Δt－If＝0 其中If為金屬離子對電子的作用力的沖量，其平均作用力為，則If＝Δt 得＝f洛＝evB。 方法二：能量解法 設(shè)電子從導(dǎo)線的一端到達(dá)另一端經(jīng)歷的時間為t，在這段時間內(nèi)，通過導(dǎo)線一端的電子總數(shù)N＝， 電阻上產(chǎn)生的焦耳熱是由于克服金屬離子對電子的平均作用力做功產(chǎn)生的。 在時間t內(nèi) 總的焦耳熱Q＝N L， 能量守恒

43、Q＝W電＝EIt＝BLvIt， 所以＝evB。 方法三：動力學(xué)解法 因?yàn)殡娏鞑蛔儯约僭O(shè)電子以速度ve相對導(dǎo)線做勻速直線運(yùn)動。 因?yàn)閷?dǎo)線MN的運(yùn)動，電子受到沿導(dǎo)線方向的洛倫茲力f洛的作用，f洛＝evB 沿導(dǎo)線方向，電子只受到金屬離子的平均作用力和f洛作用，二力平衡即 ＝f洛＝evB。 答案：見解析 9．(xx·安徽理綜)圖1是交流發(fā)電機(jī)模型示意圖。在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，有一矩形線圈abcd可繞線圈平面內(nèi)垂直于磁感線的軸OO′轉(zhuǎn)動，由線圈引出的導(dǎo)線ae和df分別與兩個跟線圈一起繞OO′轉(zhuǎn)動的金屬圓環(huán)相連接，金屬圓環(huán)又分別與兩個固定的電刷保持滑動接觸，這樣矩形線圈在轉(zhuǎn)動中

44、就可以保持和外電路電阻R形成閉合電路。圖2是線圈的主視圖，導(dǎo)線ab和cd分別用它們的橫截面來表示。已知ab長度為L1，bc長度為L2，線圈以恒定角速度ω逆時針轉(zhuǎn)動。(只考慮單匝線圈) (1)線圈平面處于中性面位置時開始計時，試推導(dǎo)t時刻整個線圈中的感應(yīng)電動勢e1的表達(dá)式； (2)線圈平面處于與中性面成φ0夾角位置時開始計時，如圖3所示，試寫出t時刻整個線圈中的感應(yīng)電動勢e2的表達(dá)式； (3)若線圈電阻為r，求線圈每轉(zhuǎn)動一周電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。(其他電阻均不計) 解析：(1)矩形線圈abcd在磁場中轉(zhuǎn)動時，只有ab和cd切割磁感線，且轉(zhuǎn)動的半徑為r＝，設(shè)ab和cd的轉(zhuǎn)動速度為v，則

45、 v＝ω·　① 在t時刻，導(dǎo)線ab和cd因切割磁感線而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢均為 E1＝BL1v⊥?、? 由圖可知v⊥＝vsin ωt?、? 則整個線圈的感應(yīng)電動勢為 e1＝2E1＝BL1L2ωsin ωt　④ (2)當(dāng)線圈由圖3位置開始運(yùn)動時，在t時刻整個線圈的感應(yīng)電動勢為 e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)?、? (3)由閉合電路歐姆定律可知 I＝　⑥ 這里E為線圈產(chǎn)生的電動勢的有效值 E＝＝?、? 則線圈轉(zhuǎn)動一周在R上產(chǎn)生的焦耳熱為 QR＝I2RT　⑧ 其中T＝?、? 于是QR＝πRω2?、? 答案：(1)e1＝BL1L2ωsin ωt (2)e2＝BL1L2ωs

46、in(ωt＋φ0) (3)πRω2 10．(xx·廣東理綜)如圖所示，質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒ab，垂直放在相距為l的平行光滑金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，并處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，左側(cè)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，不計其他電阻。 (1)調(diào)節(jié)Rx＝R，釋放導(dǎo)體棒，當(dāng)棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時，求通過棒的電流I及棒的速率v。 (2)改變Rx，待棒沿導(dǎo)軌再次勻速下滑后，將質(zhì)量為m、帶電量為＋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)導(dǎo)體棒勻速下滑時， Mgsin θ＝BIl①

47、 I＝② 設(shè)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E0 E0＝Blv③ 由閉合電路歐姆定律得 I＝④ 聯(lián)立②③④，得 v＝⑤ (2)改變Rx，由②式可知電流不變。設(shè)帶電微粒在金屬板間勻速通過時，板間電壓為U，電場強(qiáng)度大小為E U＝IRx⑥ E＝⑦ mg＝qE⑧ 聯(lián)立②⑥⑦⑧，得 Rx＝⑨ 答案：(1)　 (2) 11．(xx·福建理綜，)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌固定在傾角為θ絕緣斜面上，導(dǎo)軌上端連接一個定值電阻．導(dǎo)體棒a和b放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)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(qiáng)磁場．現(xiàn)對a棒施以平行導(dǎo)軌斜向上的拉力，使它沿導(dǎo)軌勻速向

48、上運(yùn)動，此時放在導(dǎo)軌下端的b棒恰好靜止．當(dāng)a棒運(yùn)動到磁場的上邊界PQ處時，撤去拉力，a棒將繼續(xù)沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動一小段距離后再向下滑動，此時b棒已滑離導(dǎo)軌．當(dāng)a棒再次滑回到磁場上邊界PQ處時，又恰能沿導(dǎo)軌勻速向下運(yùn)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(dǎo)軌電阻不計．求 (1)a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動的過程中，a棒中的電流強(qiáng)度Ia與定值電阻R中的電流強(qiáng)度IR之比； (2)a棒質(zhì)量ma； (3)a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動時所受的拉力F. 解析：(1)a棒沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動時，a棒、b棒及電阻R中的電流分別為Ia、Ib、IR，有 IRR＝IbRb① Ia

49、＝IR＋I(xiàn)b② 由①②解得＝.③ (2)由于a棒在PQ上方滑動過程中機(jī)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(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)體棒長為L.a棒在磁場中運(yùn)動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為 E＝BLv⑤ 當(dāng)a棒沿斜面向上運(yùn)動時 Ib＝⑥ IbLB＝mgsinθ⑦ 當(dāng)a棒向下勻速運(yùn)動時，a棒中的電流為Ia′，則 Ia′＝⑧ Ia′LB＝magsinθ⑨ 由④⑤⑥⑦⑧⑨解得ma＝m. (3)由題知導(dǎo)體棒a沿斜面向上運(yùn)動時，所受拉力F＝IaLB＋magsinθ 聯(lián)立以上各式解得F＝mgsinθ. 答案：(1)　(2)m　(3)mgsinθ