【物理】2020届二轮复习专题四第2讲　楞次定律、法拉第电磁感应定律学案 26页

第 2 讲　楞次定律、法拉第电磁感应定律 三年考情分析 高考命题规律 三年考题 考查内容 核心素养 Ⅰ卷 20T 法拉第电磁感应 定律 科学思维 Ⅱ卷 21T 电磁感应中的综 合应用 科学思维 Ⅲ卷 14T 楞次定律 物理观念 2019 Ⅲ卷 19T 电磁感应中的综 合应用 科学推理 Ⅰ卷 19T 电流磁效应，楞 次定律 科学推理 Ⅰ卷 17T 法拉第电磁感应 定律 科学推理 Ⅱ卷 18T 电磁感应中的综 合应用 科学思维 2018 Ⅲ卷 20T 楞次定律，法拉 第电磁感应定律 科学思维 Ⅰ卷 18T 电磁感应 科学推理 Ⅱ卷 20T 法拉第电磁感应 定律 科学思维2017 Ⅲ卷 15T 楞次定律 科学推理 电磁感应是高考考查的重点内容， 近几年高考对本章考查命题频率 较高．大部分以选择题的形式出 题，也有部分是计算题，多以中 档以上难度的题目来增加试卷的 区分度，考查较多的知识点有： 感应电流的产生条件、方向判定 和导体切割磁感线产生感应电动 势的计算，同时也会与力学、磁 场、能量等知识综合考查及图像 问题的考查． 从近年来高考命题趋势看，结合 图像综合考查楞次定律和电磁感 应定律的应用为选择题的命题热 点；以导轨＋导体棒模型为载体， 以近代科技、生活实际为背景， 考查电磁感应规律与力学、电路 知识的综合应用，是计算题(或选 择题)的命题热点. 考向一　楞次定律、法拉第电磁感应定律 [知识必备]——提核心　通技法 1．楞次定律中“阻碍”的表现 (1)阻碍磁通量的变化(增反减同)． (2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)． (3)阻碍原电流的变化(自感现象)． 2．楞次定律和右手定则的适用对象 (1)楞次定律：一般适用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形． (2)右手定则：一般适用于导体棒切割磁感线的情形． 3．求感应电动势大小的五种类型 (1)磁通量变化型：E＝nΔΦ Δt . (2)磁感应强度变化型：E＝nSΔB Δt . (3)面积变化型：E＝nBΔS Δt. (4)平动切割型：E＝Blv. (5)转动切割型：E＝1 2nBl2ω. 注意：公式 E＝nΔB Δt S 中的 S 是垂直于磁场方向的有效面积． [典题例析]——析典题　学通法 [例 1]　(2019·全国Ⅰ，20T)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强 磁场，其边界如图(a)中虚线 MN 所示．一硬质细导线的电阻率为 ρ、横截面积为 S，将该导 线做成半径为 r 的圆环固定在纸面内，圆心 O 在 MN 上．t＝0 时磁感应强度的方向如图(a) 所示；磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图(b)所示．则在 t＝0 到 t＝t1 的时间间隔内(　　) A．圆环所受安培力的方向始终不变 B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向 C．圆环中的感应电流大小为B0rS 4t0ρ D．圆环中的感应电动势大小为B0πr2 4t0 [审题指导]　(1)推理过程中一定要细心．本题分析得到感应电流方向始终沿顺时针方向 时，若由此盲目认为安培力方向始终不变，则易错选 A. (2)感应电动势 E＝S 有效 ΔB Δt 中的 S 有效为圆环回路在磁场中的面积，而不是圆环回路的面 积． [解析]　BC　[由楞次定律(“增反减同”)可判断出感应电流方向始终沿顺时针方向， 故 B 正确．由左手定则可判断出圆环所受安培力的方向先向左后向右，故 A 错．感应电动 势 E＝S 有效 ΔB Δt ＝1 2·πr2·B0 t0 ＝πr2B0 2t0 ，故 D 错．由电阻定律得圆环电阻 R＝ρ2πr S ，则感应电流 I＝ E R＝B0rS 4t0ρ，故 C 正确．] [迁移题组]——多角度　提能力 ♦[迁移 1]　E＝n ΔΦ Δt 的应用 1．如图所示，a、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为 10 匝，边长 la＝ 3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈 之间的相互影响，则(　　) A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B．a、b 线圈中感应电动势之比为 9∶1 C．a、b 线圈中感应电流之比为 3∶4 D．a、b 线圈中电功率之比为 3∶1 解析：B　[根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项 A 错误； 因磁感应强度随时间均匀增大，设ΔB Δt ＝k，根据法拉第电磁感应定律可得 E＝nΔΦ Δt ＝nΔB Δt l2，则Ea Eb＝(3 1 )2＝9 1，选项 B 正确；根据 I＝E R＝ E ρ 4nl S′ ＝ n ΔB Δt l2S′ 4ρnl ＝klS′ 4ρ 可知，I∝l，故 a、b 线圈中感应电流之比为 3∶1，选项 C 错误；电功率 P＝IE＝klS′ 4ρ ·nΔB Δt l2＝nk2l3S′ 4ρ ， 则 P∝l3，故 a、b 线圈中电功率之比为 27∶1，选项 D 错误．] ♦[迁移 2]　导体平动切割磁感线问题 2．(2019·北京理综，22)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为 B.纸面内有一 正方形均匀金属线框 abcd，其边长为 L，总电阻为 R，ad 边与磁场边界平行．从 ad 边刚进 入磁场直至 bc 边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度 v 匀速运动，求： (1)感应电动势的大小 E； (2)拉力做功的功率 P； (3)ab 边产生的焦耳热 Q. 解析：本题为法拉第电磁感应定律的应用问题，考查考生的理解能力与综合分析能力， 体现了物理观念、模型建构、科学推理等核心素养． (1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势 E＝BLv (2)线圈中的感应电流 I＝E R 拉力大小等于安培力大小 F＝BIL 拉力的功率 P＝Fv＝B2L2v2 R (3)线圈 ab 边电阻 Rab＝R 4 时间 t＝L v ab 边产生的焦耳热 Q＝I2Rabt＝B2L3v 4R 答案：(1)BLv　(2)B2L2v2 R 　(3)B2L3v 4R ♦[迁移 3]　导体旋转切割磁感线问题 3．如图，直角三角形金属框 abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向平行 于 ab 边向上．当金属框绕 ab 边以角速度 ω 逆时针转动时，a、b、c 三点的电势分别为 Ua、 Ub、Uc.已知 bc 边的长度为 l.下列判断正确的是(　　) A．Ua＞Uc，金属框中无电流 B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿 a－b－c－a C．Ubc＝－1 2Bl2ω，金属框中无电流 D．Uac＝1 2Bl2ω，金属框中电流方向沿 a－c－b－a 解析：C　[闭合金属框在匀强磁场中以角速度 ω 逆时针转动时，穿过金属框的磁通量 始终为零，金属框中无电流．由右手定则可知 Ub＝Ua＜Uc，A、B、D 选项错误；b、c 两点 的电势差 Ubc＝－Blv 中＝－1 2Bl2ω，选项 C 正确．] [规律方法]——知规律　握方法 应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题 (1)公式 E＝n ΔΦ Δt 求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时， 瞬时值才等于平均值． (2)利用公式 E＝nS ΔB Δt 求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的有效面积． (3)通过回路截面的电荷量 q 仅与 n、ΔΦ 和回路电阻 R 有关，与时间长短无关，与 Φ 是 否均匀变化无关．推导如下：q＝IΔt＝nΔΦ ΔtR Δt＝nΔΦ R . 考向二　电磁感应中的图像问题 [知识必备]——提核心　通技法 1．问题分类 在电磁感应现象中，回路产生的感应电动势、感应电流及磁场对导线的作用力随时间的 变化规律，也可用图像直观地表示出来，如 It、Bt、Ex、Ix 图像等．此问题可分为两 类： (1)由给定的电磁感应过程选出相应的物理量的函数图像． (2)由给定的有关图像分析电磁感应过程，确定相关的物理量． 2．电磁感应图像问题的“三个关注” [典题例析]——析典题　学通法 [例 2]　(2019·课标Ⅲ，19)(多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水 平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒 ab、cd 静止在导轨上．t＝0 时，棒 ab 以初速度 v0 向右滑动．运动过程中，ab、cd 始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别 用 v1、v2 表示，回路中的电流用 I 表示．下列图像中可能正确的是(　　) [审题指导]　对于电磁感应中的图像问题，解法一般是利用物理规律推出 v－t、I－t 的 函数表达式，对照图像得出结论；也可以利用物理规律定性地分析出 I 与 t、v 与 t 的关系， 利用排除法得出结论． [解析]　AC　[由楞次定律可知 ab 棒做减速运动，cd 棒做加速运动，即 v1 减小，v2 增 加．回路中的感应电动势 E＝BL(v1－v2)，回路中的电流 I＝E R＝BL(v1－v2) R ，回路中的导体 棒 ab、cd 的加速度大小均为 a＝F m＝BIL m ＝B2L2(v1－v2) mR ，由于 v1－v2 减小，可知 a 减小，所 以 ab 与 cd 的 v－t 图线斜率减小，I 也非线性减小，所以 A、C 正确，B、D 错误．] [迁移题组]——多角度　提能力 ♦[迁移 1]　根据已知图像判断电磁感应现象 1．(2018·全国卷Ⅲ，20T)(多选)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线 PQ 和一导线 框 R，R 在 PQ 的右侧．导线 PQ 中通有正弦交流电 i，i 的变化如图(b)所示，规定从 Q 到 P 为电流正方向，导线框 R 中的感应电动势(　　) A．在 t＝T 4时为零 B．在 t＝T 2时改变方向 C．在 t＝T 2时最大，且沿顺时针方向 D．在 t＝T 时最大，且沿顺时针方向 解析：AC　[在 t＝T 4时，PQ 中的电流变化率为 0，则 R 中的磁通量变化率为 0，在 R 中不产生感应电动势，故 A 正确；t＝T 2时，PQ 中的电流由正方向减小到 0，再向负方向上 增加，且变化率最大，则 R 中的磁通量变化率最大，感应电动势最大．由楞次定律可得，R 中感应磁场方向垂直纸面向里．同理，t＝T 时，R 中感应磁场方向垂直纸面向外．故 t＝T 2时 感应电动势为顺时针，t＝T 时感应电动势为逆时针，故 C 项正确，B、D 项错误．] ♦[迁移 2]　根据电磁感应现象确定图像 2．(2019·课标Ⅱ，21)(多选)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹 角为 θ，导轨电阻忽略不计．虚线 ab、cd 均与导轨垂直，在 ab 与 cd 之间的区域存在垂直 于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒 PQ、MN 先后自导轨上同一位置由静止 释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知 PQ 进入磁场时加速度恰好为零．从 PQ 进入 磁场开始计时，到 MN 离开磁场区域为止，流过 PQ 的电流随时间变化的图像可能正确的是 (　　) 解析：AD　[两棒均由同一位置由静止释放，则进入磁场时，两棒的速度相等．若 PQ 棒出磁场后，MN 棒再进入磁场，则 MN 棒做匀速运动切割磁感线，则通过 PQ 棒上的电流 随时间变化的图像为 A 图；若 PQ 棒出磁场前 MN 棒进入磁场，则 PQ 棒与 MN 棒在磁场中 做加速运动，当 PQ 棒出磁场后，MN 棒切割磁感线运动的速度比进入时的大，MN 棒做减 速运动，通过 PQ 棒的电流随时间变化的图像应为 D 图．] ♦[迁移 3]　已知某种图像判定另一种图像 3．(多选)有一变化的匀强磁场垂直于如图甲所示的线圈平面，若规定磁场垂直线圈平 面向里为磁感应强度 B 的正方向，电流从 a 经 R 流向 b 为电流的正方向．现已知 R 中的感 应电流 I 随时间 t 变化的图像如图乙所示，那么垂直穿过线圈平面的磁场可能是图中的(　　) 解析：AB　[当磁感应强度垂直线圈平面向里均匀减小时，由楞次定律可判断感应电流 产生的磁场也垂直线圈平面向里，再由安培定则和法拉第电磁感应定律可判断感应电流的大 小恒定且从 a 经 R 流向 b；当磁感应强度垂直线圈平面向里均匀增大时，由楞次定律可判断 感应电流产生的磁场垂直线圈平面向外，再由安培定则和法拉第电磁感应定律可判断感应电 流的大小恒定且从 b 经 R 流向 a，选项 A、B 正确，C、D 错误．] [规律方法]——知规律　握方法 电磁感应图像问题解题“5 步曲” 第 1 步：明确图像的种类．是 Bt 图、It 图、vt 图、Ft 图或是 Et 图等； 第 2 步：分析电磁感应的具体过程．明确运动分成几个阶段(根据磁通量的变化特征或 切割特点分析)； 第 3 步：写出函数方程．结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函 数方程； 第 4 步：进行数学分析．根据函数方程进行数学分析，例如分析斜率的变化、截距等； 第 5 步：得结果．画图像或判断图像． 考向三　电磁感应中的电路和动力学问题 [知识必备]——提核心　通技法 1. 2. [典题例析]——析典题　学通法 [例 3]　(2019·山东省泰安市上学期期末)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为 θ，上沿相 连．两细金属棒 ab(仅标出 a 端)和 cd(仅标出 c 端)长度均为 L、质量分别为 2m 和 m；用两 根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路 abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘 小定滑轮跨放在斜面上，两定滑轮间的距离也为 L.左斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大 小为 B，方向垂直于斜面向上．已知斜面及两根柔软轻导线足够长．回路总电阻为 R，两金 属棒与斜面间的动摩擦因数均为 μ，重力加速度大小为 g.使两金属棒水平，从静止开始下 滑．求： (1)金属棒运动的最大速度 vm 的大小； (2)当金属棒运动的速度为vm 2 时，其加速度大小是多少？ [审题指导]　解答此题的关键是对 ab、cd 棒受力分析，由平衡条件求出 ab 棒受到的安 培力，再由金属棒切割磁感线产生的感应电动势确定出金属棒的速度． [解析]　(1)达到最大速度时，设两绳中张力均为 FT，金属棒 cd 受到的安培力为 F 对 ab、cd，根据平衡条件得到： 2mgsin θ＝2FT＋2μmgcos θ 2FT＝mgsin θ＋μmgcos θ＋F 而安培力 F＝BIL 根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律：E＝BLvm，I＝E R 整理得到：vm＝mgRsin θ－3μcos θ B2L2 (2)当金属棒的速度为vm 2 时，设两绳中张力均为 FT1，金属棒 cd 受到的安培力为 F1，根 据牛顿第二定律： 2mgsin θ－2FT1－2μmgcos θ＝2ma 2FT1－mgsin θ－μmgcos θ－F1＝ma 又 F1＝BI1L，E1＝BLvm 2 ，I1＝E1 R，联立以上方程可以得到：a＝g 6(sin θ－3μcos θ) [答案]　(1)mgR(sin θ－3μcos θ) B2L2 　(2)g 6(sin θ－3μcos θ) [跟进题组]——练考题　提能力 1．如图所示，一“U”形金属导轨固定在绝缘水平地面上，导轨间有竖直向上的匀强磁 场，磁场的磁感应强度大小为 B，导轨间距为 d，电阻不计．质量为 m、接入电路的电阻为 R 的金属棒 ab 与导轨保持垂直且接触良好，棒与导轨间的动摩擦因数为 μ.现给棒施加一垂 直于棒且方向水平向右的拉力 F，棒由静止开始做加速度大小为 a 的匀加速直线运动，重力 加速度为 g，求： (1)拉力 F 随时间变化的关系式； (2)由静止开始运动 t0 时间内通过棒的电荷量． 解析：(1)对棒，由牛顿第二定律得：F－BId－μmg＝ma 根据法拉第电磁感应定律有：E＝Bdv＝Bdat 又根据闭合电路欧姆定律有：I＝E R 联立得：F＝m(a＋μg)＋B2d2 R at (2)金属棒在 t0 时间内的位移为 x＝1 2at20 故 q0＝It0＝E Rt0＝ΔΦ R ＝Bdx R ＝Bda 2R t20 答案：(1)F＝m(a＋μg)＋B2d2 R at　(2)Bda 2R t20 2．如图所示，两根与水平面成 θ＝30°角的足够长光滑金属导轨平行固定放置，导轨间 距为 L＝2 m，导轨底端接有阻值为 1 Ω 的电阻 R，导轨的电阻忽略不计．整个装置处于匀 强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度 B＝0.5 T．现有一长度也为 L、质量 为 m＝0.4 kg、电阻不计的金属棒用轻质细绳通过光滑轻质定滑轮与质量为 M＝0.8 kg 的物 体相连，滑轮与金属棒之间的细绳与导轨平面平行且与金属棒垂直．将金属棒与物体 M 由 静止释放，棒沿导轨运动一段距离后以速度 v 做匀速直线运动，运动过程中，棒与两导轨始 终保持垂直接触，不计空气阻力．(取重力加速度 g＝10 m/s2) (1)求金属棒匀速运动时的速度 v 大小； (2)当棒的速度为 0.5v 时，求棒的加速度大小． 解析：(1)金属棒以速度 v 沿导轨向上匀速运动时， 产生的感应电动势：E＝BLv 回路电流：I＝E R 金属棒所受安培力：F 安＝BIL＝B2L2v R 金属棒受力平衡：FT＝F 安＋mgsin θ 又 FT＝Mg 解得：v＝ (Mg－mgsin θ)R B2L2 ＝6 m/s (2)当棒的速度为 v′＝0.5v＝3 m/s 时，对金属棒与物体组成的系统应用牛顿第二定律 有： Mg－mgsin θ－F 安′＝(M＋m)a 其中棒所受的安培力为：F 安′＝B2L2v′ R ＝3 N 解得：a＝2.5 m/s2 答案：(1)6 m/s　(2)2.5 m/s2 [规律方法]——知规律　握方法 “四步法”分析电磁感应中的动力学问题 解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下： (1)“源”的分析：分离出电路中由电磁感应所产生的电源，确定电源电动势 E 和内阻 r. (2)“路”的分析：弄清串、并联关系，由闭合电路的欧姆定律求电流，确定安培力 F 安． (3)“力”的分析：确定杆或线圈的受力情况，求合力． (4)“运动”的分析：由力和运动的关系确定运动模型． 考向四　电磁感应中的能量问题 [知识必备]——提核心　通技法 1．电磁感应中的功能关系 2．电磁感应中焦耳热的求法 [典题例析]——析典题　学通法 [例 4]　(2019·天津理综，11)如图所示，固定在水平面上间距为 l 的两条平行光滑金属 导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒 MN 和 PQ 长度也为 l、电阻均为 R，两棒与导轨始终 接触良好．MN 两端通过开关 S 与电阻为 R 的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀 增加的磁场，磁通量变化率为常量 k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感 应强度大小为 B.PQ 的质量为 m，金属导轨足够长、电阻忽略不计． (1)闭合 S，若使 PQ 保持静止，需在其上加多大的水平恒力 F，并指出其方向； (2)断开 S，PQ 在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为 v 的加速过程中流过 PQ 的电荷量为 q，求该过程安培力做的功 W. [审题指导]　(1)电磁感应与电路问题中经常用到的一个导出公式：q＝ nΔΦ R .如果闭合 回路是一个单匝线圈(n＝1)，则 q＝ ΔΦ R .q＝n ΔΦ R 中 n 为线圈匝数，ΔΦ为线圈中磁通量 的变化量，R 为闭合回路的总电阻． (2)求安培力做的功应根据动能定理求解． [解析]　本题考查电磁感应中的电路问题及能量问题，难度较大，正确解答本题需要很 强的综合分析能力，体现了学生的科学推理与科学论证的素养要素． (1)设线圈中的感应电动势为 E，由法拉第电磁感应定律 E＝ΔΦ Δt ，则 E＝k① 设 PQ 与 MN 并联的电阻为 R 并，有 R 并＝R 2 ② 闭合 S 时，设线圈中的电流为 I，根据闭合电路欧姆定律得 I＝ E R并＋R③ 设 PQ 中的电流为 IPQ，有 IPQ＝1 2I④ 设 PQ 受到的安培力为 F 安，有 F 安＝BIPQl⑤ 保持 PQ 静止，由受力平衡，有 F＝F 安⑥ 联立①②③④⑤⑥式得 F＝Bkl 3R⑦ 方向水平向右． (2)设 PQ 由静止开始到速度大小为 v 的加速过程中，PQ 运动的位移为 x，所用时间为Δ t，回路中的磁通量变化为ΔΦ，平均感应电动势为E，有 E＝ΔΦ Δt ⑧ 其中 ΔΦ＝Blx⑨ 设 PQ 中的平均电流为I，有 I＝ E 2R⑩ 根据电流的定义得 I＝ q Δt ⑪ 由动能定理，有 Fx＋W＝1 2mv2－0⑫ 联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得 W＝1 2mv2－2 3kq⑬ [答案]　(1)Bkl 3R　方向水平向右 (2)1 2mv2－2 3kq [跟进题组]——练考题　提能力 1．(多选)如图所示，相距为 L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为 θ， 上端接有定值电阻 R，匀强磁场垂直于导轨平面向下，磁感应强度为 B，将质量为 m 的导体 棒由静止释放，当速度达到 v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力， 并保持此拉力的功率恒为 P，导体棒最终以 2v 的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且 接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为 g.下列选项正确的是(　　) A．拉力的功率 P＝2mgvsin θ B．拉力的功率 P＝3mgvsin θ C．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为 g 2sin θ D．在速度达到 2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功 解析：AC　[当导体棒以 v 匀速运动时受力平衡，可得：mgsin θ＝BIL，电动势为：E＝ BLv，电流为：I＝BLv R ，联立可得：mgsin θ＝B2L2v R ，同理当导体棒以 2v 匀速运动时受力平 衡，则有：F＋mgsin θ＝B2L2·2v R ，可得：F＝mgsin θ，拉力的功率为：P＝F·2v＝2mgvsin θ， 故 A 正确，B 错误；当导体棒速度达到v 2时，由牛顿第二定律得：mgsin θ－B2L2v 2R ＝ma，解 得：a＝g 2sin θ，故 C 正确；由能量守恒，当速度达到 2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生 的焦耳热等于拉力和重力做功的和，故 D 错误．] 2.(2020·广东省惠州市模拟)如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成 θ＝37°角放置， 在斜面上虚线 aa′和 bb′与斜面底边平行，在 aa′、bb′围成的区域有垂直斜面向上的有 界匀强磁场，磁感应强度为 B＝1 T；现有一质量为 m＝10 g、总电阻 R＝1 Ω、边长 d＝0.1 m 的正方形金属线圈 MNQP，让 PQ 边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速 穿过整个磁场区域．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为 μ＝0.5，(取 g＝10 m/s 2，sin 37°＝ 0.6，cos 37°＝0.8)求： (1)线圈进入磁场区域时的速度大小； (2)线圈释放时，PQ 边到 bb′的距离； (3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热． 解析：(1)对线圈受力分析，根据平衡条件得：F安＋μmgcos θ＝mgsin θ，F 安＝BId，I＝ E R，E＝Bdv 联立代入数据解得：v＝2 m/s (2)线圈进入磁场前做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：a＝mgsin θ－μmgcos θ m ＝2 m/s2 线圈释放时，PQ 边到 bb′的距离 L＝v2 2a＝ 22 2 × 2 m＝1 m； (3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于 d＝0.1 m， Q＝W 安＝F 安·2d 代入数据解得：Q＝4×10－3 J 答案：(1)2 m/s　(2)1 m　(3)4×10－3 J [规律方法]——知规律　握方法 电磁感应与能量问题的解题方法 (1)安培力做的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”，用框图表示如下： 电能 ― ― →W安 W安 *> 0 < 0其他形式的能 (2)明确功能关系，确定有哪些形式的能量发生了转化．如有摩擦力做功，必有内能产 生；有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能； (3)根据不同物理情景选择动能定理、能量守恒定律或功能关系，列方程求解问题． 用“三大观点”解决电磁感应中的“杆＋轨”模型问题 典例 所示，NQ 和 MP 是两条平行且倾角为 θ 的光滑金属轨道，在两条轨道下面，在 Q、P 处接着 QT 和 PS 两条平行光滑的金属轨道，轨道足够长，所有轨道电阻忽略不计．金属棒 ab、cd 放在轨道上，始终与轨道垂直且接触良好．金属棒 ab、cd 的质量均为 m，长度均为 L，且金属棒的长度恰好等于轨道的间距，它们与轨道构成闭合回路，金属棒 ab 的电阻为 2R，cd 的电阻为 R，磁场方向均垂直于导轨向上(不考虑 PQ 交界处的边界效应，可认为磁 场在 PQ 处立即变为竖直向上)，磁感应强度大小为 B.若先保持金属棒 cd 不动，ab 在沿导轨 向下的力 F 的作用下，开始以加速度 a 沿倾斜轨道向下做匀加速直线运动．经过 t0 时间，ab 棒恰好到 PQ 位置，此时撤去力 F，同时释放金属棒 cd，重力加速度为 g，求： (1)ab 棒匀加速运动过程中，外力 F 随时间 t 变化的函数关系； (2)两金属棒从撤去 F，直到最后达到稳定后的运动过程中，金属棒 cd 产生的热量 Q； (3)两金属棒从撤去 F，直到最后达到稳定后的运动过程中，通过金属棒 cd 的电荷量 q. 核心考点 1.通电导体受到的安培力 F＝BIL. 2.受力分析、牛顿运动定律． 3.动量守恒，能量守恒． 4.动量定理． 5.法拉第电磁感应定律． 命题技巧 本试题以“双杆＋导轨”模型为背景，考查用“三大观点”解决电磁感应综合问题． 核心素养 1.物理观念：运动观念、相互作用观念、能量观念． 2.科学思维：导体杆在安培力作用下的运动． 审题关键 (1)ab 棒沿倾斜轨道加速下滑过程，满足牛顿第二定律． (2)两棒最后达到稳定的过程中，系统满足动量守恒，能量守恒． (3)求电荷量用动量定理． [解析]　(1)棒 ab 匀加速运动过程中， F＋mgsin θ－BBLv 3R L＝ma 得：F＝B2L2at 3R ＋ma－mgsin θ　(t≤t0) (2)撤去力 F 时，金属棒 ab 的速度 v＝at0， ab、cd 组成的系统动量守恒，最终稳定时，两棒速度相同，以向右为正方向，由动量守恒 定律得 mv＝2mv′ 得 v′＝1 2at0 则两金属棒产生的热量 Q 等于动能的减少量， 则 Q 总＝1 2mv2－1 2mv′2－1 2mv′2＝1 4ma2t20 由于金属棒 ab 电阻为 2R，金属棒 cd 电阻为 R，故其产生的热量之比为 2∶1 故金属棒 cd 产生的热量 Q＝1 3Q 总＝ 1 12ma2t20 (3)对金属棒 cd 应用动量定理得：BLq＝mv′＝1 2mat0 故 q＝mat0 2BL [答案]　(1)F＝B2L2at 3R ＋ma－mgsin θ　(t≤t0) (2) 1 12ma2t20　(3)mat0 2BL 易错展示 1.不会用能量求 Q 总，不会用串并联关系求 Qcd＝1 3Q 总． 2.不能用动量定理求电荷量. [对点演练]——练类题　提素养 如图所示，水平面内固定两对足够长的平行光滑金属导轨，左侧两导轨间的距离为 2L， 右侧两导轨间的距离为 L，左、右侧的两导轨间都存在磁感应强度为 B、方向竖直向下的匀 强磁场．两均匀的导体棒 ab 和 cd 分别垂直放在左、右两侧的导轨上，ab 棒的质量为 2m、 有效电阻为 2r，而 cd 棒的质量为 m、有效电阻为 r，其他部分的电阻不计．原来两棒都处 于静止状态，现给棒一大小为 I0、方向平行导轨向右的冲量使 ab 棒向右运动，在达到稳定 状态时，两棒均未滑出各自的轨道．求： (1)cd 棒中的最大电流 Im； (2)cd 棒的最大加速度； (3)两棒达到稳定状态时，各自的速度大小． 解析：(1)ab 棒获得一冲量，所以初速度 v0＝ I0 2m 分析知开始时回路中的感应电动势最大，最大值为 Em＝2BLv0 所以 cd 棒中最大感应电流 Im＝ Em 2r＋r＝BLI0 3mr (2)cd 棒所受的最大安培力 Fm＝BImL cd 棒的最大加速度 am＝Fm m ＝B2L2I0 3m2r (3)当两棒中感应电动势大小相等时系统达到稳定状态，有 2BLvab＝BLvcd 由 ab 棒与 cd 棒中感应电流大小总是相等，可知安培力对 ab 棒与 cd 棒的冲量大小关系 为 Iab＝2Icd 对 ab 棒根据动量定理有 I0－Iab＝2mvab 对 cd 棒根据动量定理有 Icd＝mvcd 解得 vab＝ I0 6m，vcd＝ I0 3m. 答案：(1)BLI0 3mr　(2)B2L2I0 3m2r 　(3) I0 6m　 I0 3m [A 级－对点练] [题组一]　楞次定律、法拉第电磁感应问题 1．已知地磁场类似于条形磁铁产生的磁场，地磁 N 极位于地理南极附近．如图所示， 在湖北某中学实验室的水平桌面上，放置边长为 L 的正方形闭合导体线框 abcd，线框的 ad 边沿南北方向，ab 边沿东西方向，下列说法正确的是(　　) A．若使线框向东平移，则 a 点电势比 d 点电势高 B．若使线框向北平移，则 a 点电势等于 b 点电势 C．若以 ad 边为轴，将线框向上翻转 90°，则翻转过程线框中电流方向始终为 adcba 方 向 D．若以 ab 边为轴，将线框向上翻转 90°，则翻转过程线框中电流方向始终为 adcba 方 向 解析：C　[地球北半部的磁场方向由南向北斜向下，可分解为水平向北和竖直向下两个 分量．若线圈向东平移，根据右手定则可知 a 点电势低于 d 点电势，A 项错误；若线圈向北 平移，根据右手定则可知 a 点电势高于 b 点电势，B 项错误；若以 ad 边为轴，将线框向上 翻转 90°过程中，根据楞次定律及安培定则可知线框中的电流方向始终为 adcba 方向，C 项 正确；若以 ab 边为轴，将线框向上翻转 90°过程中，穿过线框的磁通量先增大后减小，根 据楞次定律及安培定则可知，线框中的电流方向为先沿 abcda 方向再沿 adcba 方向，故 D 错误．] 2．如图所示，两水平平行金属导轨间接有电阻 R，置于匀强磁场中，导轨上垂直放置 两根平行金属棒 ab、cd.当用外力 F 拉动 ab 棒向右运动的过程中 cd 棒将会(　　) A．向右运动　　　　　 B．向左运动 C．保持静止 D．向上跳起 解析：A　[当用外力 F 拉动 ab 棒向右运动时，根据右手定则，在 ab 棒中产生从 b 到 a 的电流，则在 cd 棒中有从 c 到 d 的电流，根据左手定则知，cd 棒受到向右的安培力，所以 cd 棒将会向右运动，选项 A 正确．] 3．如图所示，水平桌面上放置电阻不计、长度分别为 l1、l2(l2＞l1)的直金属棒 ab 和 bc 连接而成的直角金属框，金属框处于磁感应强度大小为 B、方向竖直向下的匀强磁场中．当 金属框以大小为 v 的速度沿着 bc 方向匀速移动时，直角金属架两端的电压为(　　) A．Bl1v B．Bl2v C．B(l1＋l2)v D．B(l2－l1)v 解析：A　[金属框架运动过程中，bc 边没有切割磁感线，故只有 ab 边切割产生感应电 动势，故 E＝Bl1v，选项 A 正确．] 4．(2019·江苏单科，14)如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈， 线圈平面与磁场垂直．已知线圈的面积 S＝0.3 m2、电阻 R＝0.6 Ω，磁场的磁感应强度 B＝ 0.2 T，现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在 Δt＝0.5 s 时间内合到一起．求线圈在上述过 程中 (1)感应电动势的平均值 E； (2)感应电流的平均值 I，并在图中标出电流方向； (3)通过导线横截面的电荷量 q. 解析：本题考查了法拉第电磁感应定律中回路面积变化的情况，考查了学生的理解能力 及简单的分析与综合能力，体现了科学思维中的科学推理素养要素． (1)感应电动势的平均值 E＝ΔΦ Δt 磁通量的变化 ΔΦ＝BΔS 解得 E＝BΔS Δt ，代入数据得 E＝0.12 V (2)平均电流 I＝E R 代入数据得 I＝0.2 A(电流方向见图) (3)电荷量 q＝IΔt 代入数据得 q＝0.1 C 答案：(1)0.12 V　(2)0.2 A　见解析图　(3)0.1 C [题组二]　电磁感应中的图像问题 5．如图甲所示，闭合圆形线圈内存在方向垂直纸面向外的磁场，磁感应强度随时间变 化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是(　　) A．0～1 s 内线圈中的感应电流逐渐增大，2～4 s 内感应电流逐渐减小 B．第 4 s 末的感应电动势为 0 C．0～1 s 内与 2～4 s 内的感应电流相等 D．0～1 s 内感应电流方向为顺时针方向 解析：D　[根据法拉第电磁感应定律可得 E＝nΔΦ Δt ＝nΔB Δt S，0～1 s 内与 2～4 s 内 B－t 图像中磁感应强度是随时间线性变化的，所以磁感应强度的变化率ΔB Δt 均为恒定值，则感应 电动势均为恒定值，感应电流均为恒定值，0～1 s 内与 2～4 s 内的磁感应强度的变化率不同， 所以感应电动势大小不同，感应电流也不相等，选项 A、C 错误；第 4 s 末磁感应强度虽然 为 0，但磁感应强度变化率却不为 0，所以感应电流不为 0，选项 B 错误；0～1 s 内，磁场 垂直纸面向外，磁感应强度大小在增加，根据楞次定律知，感应电流方向为顺时针方向，选 项 D 正确．] 6．如图甲所示，A、B 两绝缘金属圆环套在同一水平铁芯上，A 环中电流 iA 随时间 t 的 变化规律如图乙所示．下列说法正确的是(　　) A．t1 时刻，两环之间作用力最大 B．t2 和 t3 时刻，两环相互吸引 C．t2 时刻两环相互吸引，t3 时刻两环相互排斥 D．t3 和 t4 时刻，两环相互吸引 解析：B　[t1 时刻虽然 A 环中电流最大，但电流的变化率为零，B 环中感应电流为零， 两环之间作用力为零，选项 A 错误．设 A 环中沿顺时针方向(从右往左看)为电流正方向，根 据安培定则可知，t2 时刻 A 环中电流产生的磁场水平向左穿过 B 环，且磁感应强度在减小， 根据楞次定律可知 B 环中产生与 A 环同向的电流使二者相互吸引，同理，t3 时刻也应相互吸 引，选项 B 正确，C 错误．t4 时刻 A 环中电流为零，两环无相互作用，选项 D 错误．] 7．如图所示，直角三角形导线框 abc 以速度 v 匀速进入匀强磁场区域，则此过程中导 线框内感应电流随时间变化的规律为下列四个图像中的(　　) 解析：A　[在 ac 段切割磁感线的过程中，由楞次定律判断可知，感应电流方向沿 abca.线框有效切割长度均匀增大，由 E＝BLv 知感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大； 在 ab 段也切割磁感线的过程中，由楞次定律判断可知，感应电流方向沿 abca.线框有效的切 割长度均匀减小，由 E＝BLv 知感应电动势均匀减小，感应电流均匀减小．故 A 图正确．] [题组三]　电磁感应中的电路、动力学和能量问题 8．(多选)如图所示，在匀强磁场的上方有一半径为 R 的导体圆环，圆环的圆心距离匀 强磁场上边界的距离为 h.将圆环静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间， 速度均为 v.已知圆环的电阻为 r，匀强磁场的磁感应强度大小为 B，重力加速度为 g.下列说 法正确的是(　　) A．圆环进入磁场的过程中，圆环的左端电势高 B．圆环进入磁场的过程做的是匀速直线运动 C．圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为πR2B r D．圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为 2mgR 解析：CD　[根据楞次定律可判断电流方向为逆时针，内部电流流向电势高的一端，A 错误；圆环进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度不同，受到的安培力大小不同，不可 能做匀速直线运动，B 错误；圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量 Q＝ΔΦ r ＝πR2B r ，C 正确；根据功能关系，圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为 2mgR，D 正 确．] 9．(多选)如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为 B.质量为 m、边 长为 a 的正方形线框 ABCD 斜向右上方穿进磁场，当 AC 刚进入磁场时，线框的速度为 v， 方向与磁场边界成 45°角，若线框的总电阻为 R，则(　　) A．线框穿进磁场过程中，线框中电流的方向为 DCBAD B．AC 刚进入磁场时线框中感应电流为 2Bav R C．AC 刚进入磁场时线框所受安培力为 2B2a2v R D．此时 CD 两端电压为 3 4Bav 解析：CD　[线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可以知道，感 应电流的磁场的方向向外，由安培定则可知感应电流的方向为 ABCDA 方向，故 A 错误；AC 刚进入磁场时，CD 边切割磁感线，AD 边不切割磁感线，所以产生的感应电动势 E＝Bav， 则线框中感应电流 I＝E R＝Bav R ，故 B 错误；AC 刚进入磁场时线框的 CD 边受到的安培力与 v 的方向相反，AD 边受到的安培力的方向垂直于 AD 向下，它们的大小都是 F＝BIa，由几何 关系知，AD 边与 CD 边受到的安培力的方向相互垂直，AC 刚进入磁场时线框所受安培力为 AD 边与 CD 边受到的安培力的矢量和，F 合＝ 2F＝ 2B2a2v R ，故 C 选项正确；当 AC 刚进 入磁场时，CD 两端电压 U＝I×3R 4 ＝3 4Bav，故 D 选项正确．] 10．如图所示，空间分布着水平方向的匀强磁场，磁场区域的水平宽度 d＝0.4 m，竖直 方向足够长，磁感应强度 B＝0.5 T．正方形导线框 PQMN 边长 L＝0.4 m，质量 m＝0.2 kg， 电阻 R＝0.1 Ω，开始时放在光滑绝缘水平板上Ⅰ位置，现用一水平向右的恒力 F＝0.8 N 拉 线框，使其向右穿过磁场区，最后到达Ⅱ位置(MN 边恰好出磁场)．设线框平面在运动中始 终保持在竖直平面内，PQ 边刚进入磁场后线框恰好做匀速运动，g 取 10 m/s2.求： (1)线框进入磁场前运动的距离 D. (2)上述整个过程中线框内产生的焦耳热． (3)线框进入磁场过程中通过某一截面的电荷量． 解析：(1)线框在磁场中做匀速运动，则 F 安＝F 由公式得：F 安＝BIL，I＝E R，E＝BLv1 解得：v1＝2 m/s 由动能定理得：FD＝1 2mv21 解得：D＝0.5 m. (2)由能量守恒定律可知 Q＝2Fd＝2×0.8×0.4 J＝0.64 J. (3)根据 q＝It＝ΔΦ Rt t＝ΔΦ R 可得 q＝BΔS R ＝0.5 × 0.42 0.1 C＝0.8 C. 答案：(1)0.5 m　(2)0.64 J　(3)0.8 C [B 级－综合练] 11．(多选)如图所示，同一竖直面内的正方形导线框 a、b 的边长均为 l，电阻均为 R， 质量分别为 2m 和 m.它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度 为 2l、磁感应强度大小为 B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域．开始时，线框 b 的上边与匀 强磁场的下边界重合，线框 a 的下边到匀强磁场的上边界的距离为 l.现将系统由静止释放， 当线框 b 全部进入磁场时，a、b 两个线框开始做匀速运动．不计摩擦和空气阻力，则(　　) A．a、b 两个线框匀速运动的速度大小为2mgR B2l2 B．线框 a 从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为3B2l3 mgR C．从开始运动到线框 a 全部进入磁场的过程中，线框 a 所产生的焦耳热为 mgl D．从开始运动到线框 a 全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为 2mgl 解析：BC　[设两线框匀速运动的速度为 v，此时轻绳上的张力大小为 T，则对 a 有 T＝ 2mg－BIl，对 b 有 T＝mg，又 I＝E R，E＝Blv，解得 v＝mgR B2l2 ，故 A 错误． 线框 a 从下边进入磁场后，线框 a 通过磁场时以速度 v 匀速运动，则线框 a 从下边进入 磁场到上边离开磁场所用时间 t＝3l v ＝3B2l3 mgR，故 B 正确． 从开始运动到线框 a 全部进入磁场的过程中，线框 a 只在其匀速进入磁场的过程中产生 焦耳热，设为 Q，由功能关系有 2mgl－Tl＝Q，得 Q＝mgl，故 C 正确． 设两线框从开始运动至 a 全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为 W， 此过程中左、右两线框分别向上、向下运动 2l 的距离．对这一过程，由能量守恒定律有：4mgl ＝2mgl＋1 2·3mv2＋W，得 W＝2mgl－3m3g2R2 2B4l4 ，故 D 错误．] 12.(2020·江西一模)如图所示，水平面上两根足够长平行粗糙金属导轨，间距为 d，左端 接有阻值为 R 的电阻，整个平面内有竖直向下磁感应强度为 B 的匀强磁场．质量为 m、电 阻为 r 的金属杆 ab 搁在导轨上，中点与一根轻质绝缘弹簧相连，弹簧右端固定．将金属杆 连同弹簧一起向左拉至伸长量为 s 处由静止释放，当弹簧第一次恢复原长时金属杆的速度为 v，此过程电阻 R 产生的焦耳热为 Q.金属杆始终与导轨垂直且接触良好，与金属导轨间的动 摩擦因数为 μ.求： (1)弹簧第一次恢复原长时金属杆的加速度大小和方向． (2)弹簧初始时的弹性势能． 解析：(1)弹簧第一次恢复原长时金属杆所受合力为： F＝μmg＋BId 电路中电流为：I＝ Bdv R＋r 代入得加速度大小为： a＝F m＝μg＋ B2d2v m(R＋r)，方向向左． (2)依据能量守恒，有： Ep＝μmgs＋1 2mv2＋Q 总 又有：Q＝ R R＋rQ 总 代入得：Ep＝μmgs＋1 2mv2＋R＋r R Q. 答案：(1)μg＋ B2d2v m(R＋r)，方向向左　(2)μmgs＋1 2mv2＋R＋r R Q 13．(2019·深圳三模)如图所示，相距 L＝0.5 m 足够长的两根光滑导轨与水平面成 37°角， 导轨电阻不计，导轨处在磁感应强度 B＝2 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向 上．ab、cd 为水平金属棒且与导轨接触良好，它们的质量均为 m＝0.5 kg、电阻均为 R＝2 Ω.ab 棒与一绝缘水平细绳相连处于静止状态，现让 cd 棒从静止开始下滑，直至与 ab 相连 的细绳刚好被拉断，在此过程中 cd 棒电阻 R 上产生的热量为 1 J，已知细线能承受的最大拉 力为 T＝5 N. g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求细绳被拉断时： (1)ab 棒中电流的方向与大小． (2)cd 棒的速度大小． (3)cd 棒沿导轨下滑的距离． 解析：(1)cd 棒切割磁感线，由右手定则可知，ab 棒中电流的方向是从 a 流向 b，细绳 被拉断瞬时，对 ab 棒有： Tcos 37°＝mgsin 37°＋BIL 代入数据：5×0.8＝0.5×10×0.6＋2I×0.5 解得：I＝1 A (2)由闭合电路欧姆定律得： E＝I(R＋R)＝1×(2＋2)V＝4 V 感应电动势为：E＝BLv 得：v＝ E BL＝ 4 2 × 0.5 m/s＝4 m/s (3)金属棒 cd 从静止开始运动直至细绳刚好被拉断的过程中，ab、cd 电流相同，电阻相 同，可得： Qab＝Qcd＝1 J 在此过程中电路产生的总热量为： Q＝Qab＋Qcd＝2 J 由能量守恒得： mgssin 37°＝1 2mv2＋Q 代入数据为：0.5×10s×0.6＝1 2×0.5×42＋2 解得：s＝2 m. 答案：(1) 从 a 流向 b, 1 A　(2)4 m/s　(3)2 m 14．足够长的平行金属轨道 M、N，相距 L＝0.5 m，且水平放置；M、N 左端与半径 R＝ 0.4 m 的光滑竖直半圆轨道相连，金属棒 b 和 c 可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量 mb ＝mc＝0.1 kg，电阻 Rb＝Rc＝1 Ω，轨道的电阻不计．平行水平金属轨道 M、N 处于磁感应 强度 B＝1 T 的匀强磁场中，磁场方向与轨道平面垂直，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图 所示．若使 b 棒以初速度 v0＝10 m/s 开始向左运动，求： (1)c 棒的最大速度； (2)c 棒中产生的焦耳热； (3)若 c 棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒 c 到达轨道最高点时对轨道的压力的 大小． 解析：(1)在磁场力作用下，b 棒做减速运动，c 棒做加速运动，当两棒速度相等时，c 棒达最大速度．选两棒为研究对象，根据动量守恒定律有 mbv0＝(mb＋mc)v 解得 c 棒的最大速度 v＝ mb mb＋mcv0＝1 2v0＝5 m/s. (2)从 b 棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产 生的总热量为 Q＝1 2mbv20－1 2(mb＋mc)v2＝2.5 J 因为 Rb＝Rc， 所以 c 棒中产生的焦耳热为 Qc＝Q 2＝1.25 J. (3)设 c 棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为 v′，从最低点上升到最高点的过程由机械 能守恒可得： 1 2mcv2－1 2mcv′2＝mcg·2R 解得 v′＝3 m/s. 在最高点，设轨道对 c 棒的弹力为 F，由牛顿第二定律得 mcg＋F＝mc v′2 R 解得 F＝1.25 N. 由牛顿第三定律得，在最高点 c 棒对轨道的压力为 1.25 N. 答案：(1)5 m/s　(2)1.25 J　(3)1.25 N