思維進(jìn)階強(qiáng)化練(五)　三大觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用-2025版高考物理二輪復(fù)習(xí)

12思維進(jìn)階強(qiáng)化練(五)三大觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用(40分鐘80分)1.(6分)(2024·石家莊三模)如圖所示,在一個(gè)傾角為θ的導(dǎo)軌MN上面,放置一個(gè)長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬棒PQ,已知兩導(dǎo)軌間距為d(d<L),金屬棒的質(zhì)量為m、阻值為r,導(dǎo)軌與金屬棒接觸良好,兩者間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,導(dǎo)軌下端連接一個(gè)阻值為R的定值電阻,整個(gè)導(dǎo)軌處在一個(gè)垂直于導(dǎo)軌所在平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。現(xiàn)用一個(gè)恒力F拉動(dòng)金屬棒沿導(dǎo)軌斜面運(yùn)動(dòng)了x的距離,所用時(shí)間為t,此時(shí)金屬棒的速度為v,下列說法正確的是()A.金屬棒速度為v時(shí),R兩端的電壓為BLRvB.該過程中生成的焦耳熱為Fx-12mv2-mgxsinC.該過程中摩擦力做的功為μmgxcosθD.該過程中安培力做的功為mgx(sinθ+μcosθ)+12mv2-【解析】選D。選項(xiàng)選項(xiàng)剖析對(duì)錯(cuò)A金屬棒速度為v時(shí),R上的電壓為UR=RR+r×B生成的焦耳熱指電阻生熱的總和,有Q=Fx-12mv2-mgxsinθ-μmgxcos×C摩擦力做的功為Wf=-μmgxcosθ×D設(shè)該過程中安培力做的功為WF安,由動(dòng)能定理得WF+W安-mgxsinθ-μmgxcosθ=12mv2√2.(6分·多選)如圖所示,一質(zhì)量為2m的足夠長(zhǎng)U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺(tái)上,bc邊長(zhǎng)為L(zhǎng),不計(jì)金屬框電阻。一長(zhǎng)為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上,導(dǎo)體棒的阻值為R、質(zhì)量為m。裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)給金屬框水平向右的初速度v0,在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中MN始終與金屬框保持良好接觸,則()A.剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)镸→N→c→b→MB.導(dǎo)體棒的最大速度為vC.通過導(dǎo)體棒的電荷量為2D.導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為56m【解析】選A、C。金屬框開始獲得向右的初速度v0,根據(jù)右手定則可知電流方向?yàn)镸→N→c→b→M,故A正確;以整體為研究對(duì)象,由于整體水平方向不受力,所以整體水平方向動(dòng)量守恒,最后二者速度相等,取初速度方向?yàn)檎较?根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得2mv0=3mv,可得v=23v0,故B錯(cuò)誤;對(duì)導(dǎo)體棒根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得BILΔt=mv-0,其中IΔt=q,可得通過導(dǎo)體棒的電荷量為q=2mv03BL,故C正確;由能量守恒知導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q=12×2mv02-3.(6分·多選)(2024·濟(jì)南三模)如圖甲所示,光滑且足夠長(zhǎng)的固定斜面與水平面的夾角為30°,斜面上兩平行水平虛線MN和PQ之間有垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng);PQ以下區(qū)域有垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),PQ兩側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。正方形導(dǎo)線框abcd四條邊的阻值相等,t=0時(shí)刻將處于斜面上的導(dǎo)線框由靜止釋放,開始釋放時(shí)ab邊恰好與虛線MN重合,之后導(dǎo)線框的運(yùn)動(dòng)方向始終垂直于兩虛線,其運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖乙所示,t1~t2時(shí)間內(nèi)導(dǎo)線框的速度大小為v0,重力加速度為g,下列說法正確的是()A.0~t1時(shí)間內(nèi),導(dǎo)線框的ab邊一定沒有經(jīng)過虛線PQB.t3~t4時(shí)間內(nèi),導(dǎo)線框的速度大小為vC.t3~t4時(shí)間內(nèi),導(dǎo)線框a、c兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為0D.t2~t3時(shí)間內(nèi),導(dǎo)線框的位移大小為v04(t3-t2【解析】選C、D。導(dǎo)線框在下滑過程中,若導(dǎo)線框的邊長(zhǎng)大于MN和PQ之間的磁場(chǎng)寬度,導(dǎo)線框的ab邊可以經(jīng)過虛線PQ,故A錯(cuò)誤;t1~t2時(shí)間內(nèi),設(shè)導(dǎo)線框的總電阻為R,根據(jù)平衡條件可得I1BL=mgsinθ,其中I1=BLv0R,t3~t4時(shí)間內(nèi),根據(jù)平衡條件可得2I2BL=mgsinθ,其中I2=2BLvR,則t3~t4時(shí)間內(nèi),導(dǎo)線框的速度大小為v=v04,故B錯(cuò)誤;t3~t4時(shí)間內(nèi),a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為Uab=BLv-I2Rab=BLv-I2·R4=12BLv,由題意知Ubc=-I2Rbc=-I2·R4=-12BLv,故導(dǎo)線框a、c兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為0,故C正確;t2~t3時(shí)間內(nèi),根據(jù)動(dòng)量定理mgsinθ·(t3-t2)-2IBLΔt=mv-mv0,其中q=IΔt=ΔΦRΔtΔt=Δ【加固訓(xùn)練】(多選)(2024·南昌模擬)如圖所示,足夠長(zhǎng)的固定絕緣斜面的傾角θ=37°,沿斜面長(zhǎng)度為s的區(qū)域內(nèi)存在著垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),質(zhì)量為0.2kg的U形金屬導(dǎo)軌間距為0.5m,長(zhǎng)度ab=cd=L=1.5m,整個(gè)導(dǎo)軌電阻不計(jì),導(dǎo)體棒pq質(zhì)量也為0.2kg、電阻r=0.1Ω、長(zhǎng)度也為0.5m。現(xiàn)將導(dǎo)軌放在斜面上,b、d兩端點(diǎn)恰好位于磁場(chǎng)的上邊界,導(dǎo)體棒放在導(dǎo)軌的正中間并平行于ac邊,然后將導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌同時(shí)由靜止釋放,導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)恰好做勻速運(yùn)動(dòng),導(dǎo)體棒出磁場(chǎng)時(shí)ac邊恰好進(jìn)入磁場(chǎng)。已知導(dǎo)軌上表面光滑,下表面與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=316,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10m/s2,導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌接觸良好,下列說法正確的是(A.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.4TB.s=1.75mC.導(dǎo)體棒穿過磁場(chǎng)的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為3.6JD.ac邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)導(dǎo)軌的加速度大小為3m/s2【解析】選A、D。剛釋放時(shí),導(dǎo)體棒的加速度大小a1=gsinθ=6m/s2,對(duì)導(dǎo)軌受力分析,有mgsinθ-2μmgcosθ=ma2,解得a2=3m/s2,設(shè)經(jīng)過t1時(shí)間導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng),有L2=12a1t12,解得t1=0.5s,此時(shí)導(dǎo)體棒的速度大小v1=a1t1=3m/s,導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng),根據(jù)平衡條件有B2x2v1r=mgsinθ,解得B=0.4T,故A正確;假設(shè)導(dǎo)體棒始終未離開導(dǎo)軌,ac邊進(jìn)入磁場(chǎng)前,導(dǎo)軌一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)由靜止釋放后經(jīng)過t2時(shí)間ac邊進(jìn)入磁場(chǎng),有L=12a2t22,解得t2=1s,導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=t2-t1=0.5s,故磁場(chǎng)沿斜面方向的長(zhǎng)度s=v1t=1.5m,導(dǎo)體棒恰好運(yùn)動(dòng)到bd處,假設(shè)成立,故B錯(cuò)誤;導(dǎo)體棒穿過磁場(chǎng)的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q=(Bxv1)2rt=1.8J,故C錯(cuò)誤;ac邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)導(dǎo)軌的速度大小v2=a2t2=3m/s,受到的安培力大小F=B2x2v2r4.(6分·多選)如圖,間距均為L(zhǎng)的光滑水平金屬導(dǎo)軌與半徑為R的光滑半圓金屬導(dǎo)軌平滑連接,半圓導(dǎo)軌在豎直平面內(nèi),水平導(dǎo)軌處于方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。在水平導(dǎo)軌上放置ab、cd兩導(dǎo)體棒,兩棒長(zhǎng)度均為L(zhǎng)、質(zhì)量分別為4m和m、電阻分別為r和2r,兩導(dǎo)體棒到半圓導(dǎo)軌底端的距離分別為x1和x2,x1足夠大,x2=3R。現(xiàn)給導(dǎo)體棒ab一大小v0=10gR的初速度,一段時(shí)間后導(dǎo)體棒cd通過半圓導(dǎo)軌最高點(diǎn)后,恰好落到其初始位置。cd棒離開導(dǎo)軌前兩棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好,兩導(dǎo)體棒間未發(fā)生碰撞,導(dǎo)軌電阻不計(jì),重力加速度為g,下列說法正確的是()A.導(dǎo)體棒cd離開磁場(chǎng)前已與ab棒達(dá)到共速B.導(dǎo)體棒cd剛進(jìn)入半圓導(dǎo)軌瞬間,其兩端電壓U=254BLC.導(dǎo)體棒cd離開半圓導(dǎo)軌前,通過其橫截面的電量q=5D.導(dǎo)體棒cd離開水平導(dǎo)軌前,導(dǎo)體棒ab上產(chǎn)生的焦耳熱Qab=22532【解析】選B、D。導(dǎo)體棒cd從最高點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng),則有2R=12gt2,3R=v1t。導(dǎo)體棒cd從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過程,根據(jù)動(dòng)能定理有-mg·2R=12mv12-12mv22,解得v2=5gR2。若ab、cd兩導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中達(dá)到共速,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有4mv0=(4m+m)v共,解得v共=8gR,可知導(dǎo)體棒cd離開磁場(chǎng)前沒有與ab棒達(dá)到共速,故A錯(cuò)誤;結(jié)合上述,導(dǎo)體棒cd剛進(jìn)入半圓導(dǎo)軌瞬間,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有4mv0=4mv3+mv2,解得v3=75gR8,則導(dǎo)體棒cd剛進(jìn)入半圓導(dǎo)軌瞬間,其兩端電壓U=BLv3r+2r·2r=254BLgR,故B正確;導(dǎo)體棒cd離開半圓導(dǎo)軌前,通過其截面的電荷量與通過導(dǎo)體棒ab的電荷量相等,對(duì)導(dǎo)體棒ab進(jìn)行分析,由于x1足夠大,可知,導(dǎo)體棒ab最終在水平軌道上減速至0,根據(jù)動(dòng)量定理有-BILΔt=0-4mv0,其中q=IΔt,解得q=40mBLgR,故C錯(cuò)誤;導(dǎo)體棒cd離開水平導(dǎo)軌前,總的焦耳熱Q=12×4mv02-15.(6分·多選)如圖,質(zhì)量分別為ma=1kg和mb=2kg的金屬棒a、b,垂直放在足夠長(zhǎng)的水平光滑導(dǎo)軌MNM'N'和PQP'Q'上,左、右兩部分導(dǎo)軌間距分別為0.5m和1m。磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=10T,左側(cè)方向豎直向下,右側(cè)方向豎直向上。兩金屬棒的電阻均與長(zhǎng)度成正比,不計(jì)導(dǎo)軌電阻。開始時(shí)b在M'P'位置,a在NQ位置,繞過足夠遠(yuǎn)的光滑定滑輪的絕緣細(xì)線連接b和質(zhì)量為mc=3kg的物塊c,最初c距地面的高度h=2.4m。c由靜止開始下落,落地后不反彈,c落地時(shí)a、b速率之比va∶vb=1∶2,c下落過程中,b棒上產(chǎn)生的焦耳熱為20J。a、b運(yùn)動(dòng)過程中和導(dǎo)軌接觸良好,g=10m/s2。下列說法正確的是()A.物塊c落地時(shí),a棒的速度大小為4m/sB.物塊c落地后,b棒的最終速度大小為4m/sC.從c落地到a、b勻速運(yùn)動(dòng)過程中,a產(chǎn)生的熱量為2JD.c從開始運(yùn)動(dòng)到落地的過程中通過b棒的電荷量為0.4C【解析】選C、D。金屬棒a、b的有效長(zhǎng)度分別為L(zhǎng)和2L,電阻分別為R和2R,金屬棒a、b串聯(lián),在任何時(shí)刻電流均相等,b棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q2=20J,根據(jù)焦耳定律Q=I2Rt得,a棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q1=10J,根據(jù)能量守恒定律有mcgh=12mava2+12(mb+mc)vb2+Q1+Q2,由題意可知va∶vb=1∶2,解得物塊c落地時(shí)a、b的速度為va=2m/s,vb=4m/s,A錯(cuò)誤;物塊c落地后,a棒向左做加速運(yùn)動(dòng),b棒向右做減速運(yùn)動(dòng),兩棒最終勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)電路中電流為零,即兩棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等,則BLva'=2BLvb',得va'=2vb',對(duì)兩棒分別應(yīng)用動(dòng)量定理,有BILt=mava'-mava,-2BILt=mbvb'-mbvb,解得va'=4m/s,vb'=2m/s,B錯(cuò)誤;根據(jù)能量守恒定律,從物塊c落地到a、b勻速運(yùn)動(dòng)過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為Q總=12mava2+12mbvb2-12mav'a2-12mbv'b2=6J,又Qa'=12Qb',解得Qa'=2J,C正確;對(duì)a,由動(dòng)量定理有BIL·Δt=mava-0,又q=6.(6分·多選)(2023·遼寧選擇考)如圖,兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上,左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為d和2d,處于豎直向上的磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。已知導(dǎo)體棒MN的電阻為R、長(zhǎng)度為d,導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長(zhǎng)度為2d,PQ的質(zhì)量是MN的2倍。初始時(shí)刻兩棒靜止,兩棒中點(diǎn)之間連接一壓縮量為L(zhǎng)的輕質(zhì)絕緣彈簧。釋放彈簧,兩棒在各自磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)直至停止,彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個(gè)過程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好,導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)。下列說法正確的是()A.彈簧伸展過程中,回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流B.PQ速率為v時(shí),MN所受安培力大小為4C.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,MN與PQ的路程之比為2∶1D.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,通過MN的電荷量為BLd【解析】選A、C。彈簧伸展過程中,根據(jù)右手定則可知,回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流,選項(xiàng)A正確;任意時(shí)刻,設(shè)電流為I,則PQ受安培力FPQ=BI·2d,方向向左;MN受安培力FMN=2BId,方向向右,可知兩棒系統(tǒng)所受合外力為零,動(dòng)量守恒。設(shè)PQ質(zhì)量為2m,則MN質(zhì)量為m,PQ速率為v時(shí),則2mv=mv',解得v'=2v,回路的感應(yīng)電流I=2Bdv'+B·2dv3R=2BdvR,MN所受安培力大小為FMN=2BId=4B2d2vR,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;兩棒最終停止時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài),由動(dòng)量守恒可得mx1=2mx2,x1+x2=L,可得最終MN位置向左移動(dòng)x1=2L3,PQ位置向右移動(dòng)x2=L3,因任意時(shí)刻兩棒受安培力和彈簧彈力大小都相同,設(shè)整個(gè)過程兩棒受的彈力的平均值為F彈,安培力平均值為F安,則整個(gè)過程根據(jù)動(dòng)能定理F彈x1-F安xMN=0,F彈x2-F安xPQ=0,可得xMNxPQ=x1x7.(16分)(2024·浙江1月選考)如圖1所示,掃描隧道顯微鏡減震裝置由絕緣減震平臺(tái)和磁阻尼減震器組成。平臺(tái)通過三根關(guān)于O'O″軸對(duì)稱分布的相同輕桿懸掛在輕質(zhì)彈簧的下端O,彈簧上端固定懸掛在O'點(diǎn),三個(gè)相同的關(guān)于O'O″軸對(duì)稱放置的減震器位于平臺(tái)下方。如圖2所示,每個(gè)減震器由通過絕緣輕桿固定在平臺(tái)下表面的線圈和固定在桌面上能產(chǎn)生輻向磁場(chǎng)的磁體組成,輻向磁場(chǎng)分布關(guān)于線圈中心豎直軸對(duì)稱,線圈所在處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。處于靜止?fàn)顟B(tài)的平臺(tái)受到外界微小擾動(dòng),線圈在磁場(chǎng)中做豎直方向的阻尼運(yùn)動(dòng),其位移隨時(shí)間變化的圖像如圖3所示。已知t=0時(shí)速度為v0,方向向下,t1、t2時(shí)刻的振幅分別為A1,A2。平臺(tái)和三個(gè)線圈的總質(zhì)量為m,彈簧的勁度系數(shù)為k,每個(gè)線圈半徑為r、電阻為R。當(dāng)彈簧形變量為Δx時(shí),其彈性勢(shì)能為12kΔx2(1)平臺(tái)靜止時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量Δx;(3分)答案:(1)mgk【解析】(1)平臺(tái)靜止時(shí),穿過三個(gè)線圈的磁通量不變,線圈中不產(chǎn)生感應(yīng)電流,線圈不受到安培力作用,O點(diǎn)受力平衡,因此由胡克定律可知此時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量Δx=mg(2)t=0時(shí),每個(gè)線圈受到的安培力F的大小;(4分)答案:(2)4v【解析】(2)在t=0時(shí)線圈速度為v0,設(shè)每個(gè)線圈的周長(zhǎng)為L(zhǎng),由電磁感應(yīng)定律可得線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I=ER=BLv0R=每個(gè)線圈受到的安培力F的大小F=BIL=4v(3)在0~t1時(shí)間內(nèi),每個(gè)線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q;(4分)答案:(3)16(mv02-【解析】(3)由減震器的作用平臺(tái)上下不移動(dòng)及能量守恒定律可得平臺(tái)在0~t1時(shí)間內(nèi),振動(dòng)時(shí)能量的減少量為Q',由能量守恒定律得Q'+mgA1=12mv02+12k(Δx)2-12k(Δx在0~t1時(shí)間內(nèi),振動(dòng)時(shí)能量的減少量轉(zhuǎn)化為線圈的焦耳熱,可知每個(gè)線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q=13Q'=16(mv02(4)在t1~t2時(shí)間內(nèi),彈簧彈力沖量I彈的大小。(5分)答案:(4)mg(t2-t1)-12【解析】(4)取向上為正方向,全程由動(dòng)量定理可得I彈+IA-IG=0其中IG=mg(t2-t1)IA=3×2πrB·ΔqΔq=2πrB聯(lián)立解得彈簧彈力沖量I彈的大小為I彈=mg(t2-t1)-128.(12分)(2024·恩施模擬)如圖所示,粗細(xì)均勻的正方形導(dǎo)線框abcd放在傾角為θ=30°的絕緣光滑斜面上,通過輕質(zhì)細(xì)線繞過光滑的定滑輪與木塊相連,細(xì)線和線框共面、與斜面平行。距線框cd邊為L(zhǎng)0的MNQP區(qū)域存在著垂直于斜面、大小相等、方向相反的兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng),EF為兩個(gè)磁場(chǎng)的分界線,ME=EP=L2。現(xiàn)將木塊由靜止釋放后,木塊下降,線框沿斜面上滑,恰好勻速進(jìn)入和離開勻強(qiáng)磁場(chǎng)。已知線框邊長(zhǎng)為L(zhǎng)1(L1<L2)、質(zhì)量為m、電阻大小為R,木塊質(zhì)量也為m,重力加速度為g,試求:(1)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;(5分)答案:(1)4g【解析】(1)導(dǎo)線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),受力平衡,受力情況如圖所示。根據(jù)平衡條件有FT=F安+mgsinθ其中F安=BIL1I=EE=BL1v導(dǎo)線框與木塊通過細(xì)線相連,線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),木塊勻速下降,根據(jù)平衡條件有FT=mg對(duì)導(dǎo)線框和木塊構(gòu)成的系統(tǒng),進(jìn)入磁場(chǎng)前二者一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律有mg-mgsinθ=2ma根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)方程可得進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度v=2聯(lián)立以上各式求解可得B=4(2)導(dǎo)線框通過勻強(qiáng)磁場(chǎng)過程中線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q。(7分)答案:(2)12mg(2L2+L1【解析】(2)線框恰好勻速進(jìn)入和離開勻強(qiáng)磁場(chǎng),導(dǎo)線框通過勻強(qiáng)磁場(chǎng)過程中,線框和木塊組成的系統(tǒng)減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為電路中產(chǎn)生的焦耳熱,根據(jù)能量守恒定律得Q=mg(2L2+L1)-mg(2L2+L1)sinθ所以導(dǎo)線框通過勻強(qiáng)磁場(chǎng)過程中線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q=12mg(2L2+L19.(16分)(2024·保山模擬)如圖甲所示,兩條足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌間距為0.5m,固定在傾角為37°的斜面上。導(dǎo)軌頂端連接一個(gè)阻值為1Ω的電阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小為1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為0.5k