1、第十章电磁感应第3讲电磁感应规律的综合应用微知识 对点练微考点 悟方法微专题 巧突破微考场 提技能微知识 对点练 教材回扣 基础自检知|识|梳|理微知识 电磁感应中的电路问题1内电路和外电路(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于_。(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的_，其余部分是_。2电源电动势和路端电压(1)电动势：E_或 E_。(2)电源正、负极：用_或_确定。(3)路端电压：UEIrIR。电源内阻外电路BLvnt右手定则楞次定律微知识 电磁感应图象问题图象类型(1)随时间变化的图象如 Bt 图象、t 图象、Et 图象和 It 图象(2)随位移 x 变化的图象
2、如 Ex 图象和 Ix 图象问题类型(1)由给定的_过程判断或画出正确的图象(2)由给定的有关图象分析_过程，求解相应的物理量(3)利用给出的图象判断或画出新的图象应用知识左手定则、安培定则、右手定则、_、_、欧姆定律、牛顿定律、函数图象知识等电磁感应电磁感应楞次定律法拉第电磁感应定律微知识 感应电流在磁场中所受的安培力1安培力的大小由感应电动势 E_，感应电流 I_和安培力公式 F_得 FB2L2vR。2安培力的方向判断BLvERBIL微知识 电磁感应中的能量转化与守恒1能量转化的实质电磁感应现象的能量转化实质是其他形式能和电能之间的转化。2能量的转化感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力
3、_，将其他形式的能转化为_，电流做功再将电能转化为内能(或其他形式的能)。3热量的计算电流(恒定)做功产生的热量用焦耳定律计算，公式 Q_。做功电能I2Rt基|础|诊|断一、思维诊断1闭合电路的欧姆定律同样适用于电磁感应电路()2在闭合回路中切割磁感线的那部分导体两端的电压一定等于产生的感应电动势()3电路中电流一定从高电势流向低电势()4克服安培力做的功一定等于回路中产生的焦耳热()5有安培力作用时导体棒不可能做加速运动()二、对点微练1(电磁感应中的电路问题)如图所示，两个互连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过大金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在
4、大环内产生的感应电动势为 E，则 a、b 两点间的电势差为()A.12E B.13E C.23E DE解析 a、b 间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的13，故a、b 间电势差为 U13E，B 正确。答案 B2(电磁感应中的图象问题)如图所示的四个选项中，虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。A、B 中的导线框为正方形，C、D 中的导线框为直角扇形。各导线框均绕垂直纸面轴 O 在纸面内匀速转动，转动方向如箭头所示，转动周期均为 T。从线框处于图示位置时开始计时，以在 OP 边上从 P 点指向 O 点的方向为感应电流 i 的正方向。则在如图乙所示的四个情景中，产生的感应电流
5、i 随时间 t 的变化规律如图甲所示的是()甲解析 根据感应电流在一段时间恒定，导线框应为扇形；由右手定则可判断出产生的感应电流 i 随时间 t 的变化规律如题图甲所示的是 C。答案 C3(电磁感应中的动力学问题)(多选)如图所示，有两根和水平方向成 角的光滑平行金属轨道，上端接有可变电阻 R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为 B。一根质量为 m 的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度 vmax，则()A如果 B 增大，vmax 将变大B如果 变大，vmax 将变大C如果 R 变大，vmax 将变大D如果 m 变大，vmax 将
6、变大解析 金属杆从轨道上由静止滑下，经足够长时间后，速度达最大值 vmax，此后金属杆做匀速运动，杆受重力、轨道的支持力和安培力，如图所示。安培力FBLvmaxRLB，对金属杆列平衡方程 mgsinB2L2vmaxR，则 vmaxmgsinRB2L2，由此式可知，B 增大，vmax 减小；增大，vmax 增大；R 变大，vmax 变大；m 变大，vmax 变大。因此 B、C、D 选项正确。答案 BCD4(电磁感应中的能量问题)如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻 R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方
7、向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力 F 作用下加速上升的一段时间内，力 F 做的功与安培力做的功的代数和等于()A棒的机械能增加量B棒的动能增加量C棒的重力势能增加量D电阻 R 上放出的热量解析 棒受重力 G、拉力 F 和安培力 F 安的作用。由动能定理：WFWGW 安Ek得 WFW 安Ekmgh，即力 F 做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量，选项 A 正确。答案 A微考点 悟方法 核心考点 分层突破 核心微讲在电磁感应过程中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路相当于电源。因此，电磁感应问题往往又和电路问题联系在一起。解决此类问题的基本思想是将电磁
8、感应问题转化为直流电路的分析与计算问题。基本思路：(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向；(2)弄清电路结构，必要时画出等效电路图；(3)运用欧姆定律、串并联电路等规律求解路端电压、电功率等问题。题组突破11.(多选)如图所示，边长为 L、不可形变的正方形导线框内有半径为r 的圆形磁场区域，其磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系为 Bkt(常量 k0)。回路中滑动变阻器 R 的最大阻值为 R0，滑动片 P 位于滑动变阻器中央，定值电阻 R1R0、R2R02。闭合开关 S，电压表的示数为 U，不考虑虚线 MN右侧导体的感应电动势，则()AR2两端的电压为U7B电容器的
9、a 极板带正电C滑动变阻器 R 的热功率为电阻 R2的 5 倍D正方形导线框中的感应电动势为 kL2解析 将滑动变阻器在滑片处分为两部分，电阻均为R02，其中右侧部分与R2 并联，并联阻值为R04，所以电路中总电阻为7R04，由欧姆定律可知，A 正确。当磁感应强度均匀增加时，由楞次定律可知，R2 中电流从右向左，所以 b 板带正电，B 错误。滑动变阻器右侧部分电流、电压均与 R2相同，左侧部分电阻与R2 相同，电流是 R2中电流的 2 倍，由 PI2R 可知滑动变阻器的总功率是 R2的5 倍，所以 C 正确。由法拉第电磁感应定律可知 EnBSt，其中 S 为有效面积，Sr2，得 Ekr2，所以
10、 D 错误。答案 AC12.半径为 r 带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为 d 且足够宽，如图甲所示。有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图乙所示。在 t0 时刻平行金属板间有一重力不计、电荷量为 q 的静止微粒，则以下说法正确的是()A第 2 s 内上极板为正极B第 3 s 内上极板为负极C第 2 s 末微粒回到原来的位置D第 3 s 末两极板间的电场强度大小为0.2r2d解析 由楞次定律得第 1 s 内下极板为正极，第 2 s 和第 3 s 内上极板为正极，A 正确，B 错误；在第 1
11、s 内微粒向某极板做匀加速运动，第 2 s 内向同一极板做匀减速直线运动，第 2 s 末速度为零，C 错误；第 2 s 末两极板之间的电压为 Et Bt S0.1r2，电场强度为0.1r2d，D 错误。答案 A核心微讲1图象类型2分析方法对图象的分析，应做到“四明确三理解”(1)明确图象所描述的物理意义；明确各种正、负号的含义；明确斜率的含义；明确图象和电磁感应过程之间的对应关系。(2)理解三个相似关系及其各自的物理意义vvvt，BBBt，t。典例微探【例 1】(2016四川卷)(多选)如图所示，电阻不计、间距为 l 的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为 B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨
12、左端接一定值电阻 R。质量为 m、电阻为 r 的金属棒 MN 置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力 F 的作用由静止开始运动，外力 F 与金属棒速度 v 的关系是 FF0kv(F0、k 是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。金属棒中感应电流为 i，受到的安培力大小为 FA，电阻 R 两端的电压为 UR，感应电流的功率为 P，它们随时间 t 变化图象可能正确的有()解题导思：(1)水平方向导体棒受到哪些力作用？答：水平方向受到外力 F 和安培力作用。(2)导体棒的加速度会随着速度变化而变化吗？答：根据 FFAma 和 FF0kv 可知，a 与 v 有关。解析 设某时刻金属棒的速度为 v，根
13、据牛顿第二定律 FFAma，即 F0kvB2l2vRrma，即 F0k B2l2Rr vma，如果 k B2l2Rr，则加速度与速度成线性关系，且随着速度增大，加速度越来越大，即金属棒运动的 vt 图象的切线斜率越来越大，由于 FAB2l2vRr，FAt 图象的切线斜率也越来越大，感应电流i BlvRr、电阻两端的电压URBlRvRr 及感应电流的功率PB2l2v2Rr 也会随时间变化得越来越快，B 项正确；如果 k B2l2Rr，则金属棒做匀加速直线运动，电动势随时间均匀增大，感应电流、电阻两端的电压、安培力均随时间均匀增大，感应电流的功率与时间的二次方成正比，没有选项符合；如果 k0，金属
14、棒将一直加速，A 错、B 对；由右手定则可知，金属棒 a 端电势高，则 M 板电势高，C 项对；若微粒带负电，则静电力向上与重力反向，开始时静电力为 0，微粒向下加速运动，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，D 项错。答案 BC核心微讲1能量转化特点2电能的求解思路典例微探【例 3】(2017河南联考)(多选)如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为 d，其右端接有阻值为 R 的电阻，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中。一质量为 m 的导体棒 ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为。现导体棒在水平向左、垂
15、直于导体棒的恒力 F 作用下从静止开始沿导轨运动距离 L 时，速度恰好达到最大(运动过程中导体棒始终与导轨保持垂直)。设导体棒接入电路的电阻为 r，导轨电阻不计，重力加速度大小为 g。则在此过程中，下列说法正确的是()A导体棒的速度最大值为FmgRB2d2B流过电阻 R 的电荷量为BdLRrC恒力 F 和摩擦力对导体棒做的功之和等于导体棒动能的变化量D恒力 F 和安培力对导体棒做的功之和大于导体棒动能的变化量解题导思：(1)导体棒的速度在什么情况下达到最大？答：合外力为零。(2)导体棒运动过程中有哪些力做功？合外力的功与动能变化有何关系？答：恒力 F 做正功、摩擦力做负功、安培力做负功，合外力
16、的功与动能变化相等。解析 当合外力为零的时候，导体棒的加速度为零，此时导体棒的速度达到最大值，此后因为速度不变，所以感应电流不变，安培力不变，合外力不变，一直是零，导体棒将做匀速直线运动。由 EBdv，F 安BId 以及 I ERr得出安培力 F安B2d2vRr，因为合外力为零，所以 F安Fmg，可解出 vmFmgRrB2d2，所以 A 选项错误；由电荷量 qIt、Et 和 I ERr得出 q RrBdLRr，所以 B 选项正确；由能量守恒知恒力 F 做的功在数值上等于产生的电热(即克服安培力做的功)、克服摩擦力做的功以及动能的增加量，所以 C选项错误、D 选项正确。答案 BD题组微练41.(
17、多选)如图所示，两条电阻不计的平行导轨与水平面成 角，导轨的一端连接定值电阻 R1，匀强磁场垂直穿过导轨平面。一根质量为 m、电阻为 R2的导体棒 ab，垂直导轨放置，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为，且 R22R1。如果导体棒以速度 v 匀速下滑，导体棒此时受到的安培力大小为 F，则以下判断正确的是()A电阻 R1 消耗的热功率为Fv3B整个装置消耗的机械功率为 FvC整个装置因摩擦而消耗的热功率为 mgvcosD若使导体棒以 v 的速度匀速上滑，则必须施加沿导轨向上的外力F 外2F解析 由能量守恒定律可知，安培力的功率等于电路中消耗的电功率，因此有 P1P2Fv,由焦耳定律可知P1P2R1R
18、212，解得 P113Fv，A 正确；由于导体棒匀速运动，整个装置消耗的机械功率等于重力的功率，为 mgvsin，B 错误；下滑过程中，导体棒所受摩擦力大小为 fmgcos，整个装置因摩擦而消耗的功率为 Pfvmgvcos，C 正确；若使导体棒以 v 的速度匀速上滑，则安培力方向沿斜面向下而大小不变，由共点力平衡条件可知，则应沿斜面向上施加的拉力为 F 外mgsinFmgcos，又导体棒以速度 v 匀速下滑时，导体棒受到的安培力大小为 F，则 mgsinFmgcos，F 外2(Fmgcos)，D错误。答案 AC42.如图所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为 L，左端接有阻值为 R 的电阻，处在
19、方向竖直、磁感应强度为 B 的匀强磁场中，质量为 m的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略。初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度 v0。在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。(1)求初始时刻导体棒受到的安培力；(2)若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为 Ep，则这一过程中安培力所做的功 W1 和电阻 R 上产生的焦耳热 Q1 分别为多少？(3)导体棒往复运动，最终将静止于何处？从导体棒开始运动到最终静止的过程中，电阻 R 上产生的焦耳热 Q 为多少？解析(1)初始时刻棒中感应电动势 EBLv0棒中感应电流 I
20、ER作用于棒上的安培力 FBIL联立以上各式解得 FB2L2v0R，方向水平向左。(2)由功能关系得安培力做功 W1Ep12mv20电阻 R 上产生的焦耳热Q112mv20Ep。(3)由能量转化及平衡条件等，可判断：棒最终静止于初始位置，Q12mv20。答案(1)B2L2v0R，方向水平向左(2)Ep12mv20 12mv20Ep(3)棒最终静止于初始位置 12mv20微专题 巧突破 专题微讲 突破瓶颈 电磁感应中的“杆导轨”模型核心微讲1单杆模型(1)模型特点：导体棒运动感应电动势闭合回路感应电流安培力阻碍棒相对磁场运动。(2)分析思路：确定电源(3)解题关键：对棒的受力分析，动能定理应用。
21、2双杆模型(1)模型特点一杆切割时，分析同单杆类似。两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，Et Bl(v1v2)。(2)解题要点：单独分析每一根杆的运动状态及受力情况，建立两杆联系，列方程求解。母题导航【母题】如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角 30的斜面上，导轨电阻不计，间距 L0.4 m。导轨所在空间被分成区域和，两区域的边界与斜面的交线为 MN，中的匀强磁场方向垂直斜面向下，中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为 B0.5 T。在区域中，将质量 m10.1 kg、电阻 R10.1 的金属条 ab放在导轨上，ab 刚好不下滑。然后，在区域中将质量 m
22、20.4 kg、电阻R20.1 的光滑导体棒 cd 置于导轨上，由静止开始下滑。cd 在滑动过程中始终处于区域的磁场中，ab、cd 始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取 g10 m/s2。问：(1)cd 下滑的过程中，ab 中的电流方向；(2)ab 刚要向上滑动时，cd 的速度 v 多大；(3)从 cd 开始下滑到 ab 刚要向上滑动的过程中，cd 滑动的距离 x3.8 m，此过程中 ab 上产生的热量 Q 是多少。解析(1)cd 下滑，根据右手定则判断，c 端电势高于 d 端，ab 中电流方向从 a 到 b。(2)ab 刚放上时，刚好不下滑，说明 ab 棒受到了最大静摩擦力 Ffm作用
23、，且Ffmm1gsincd 棒下滑后，分析导体棒 ab 的受力如图所示，ab 刚要上滑时，ab 所受最大静摩擦力沿斜面向下，则F 安Ffmm1gsin又 F 安ILBcd 棒切割磁感线产生的感应电动势 EBLv由闭合电路的欧姆定律得IER1R2由以上各式得vm1gR1R2B2L25 m/s。(3)设 cd 产生的热量为 Q，则QQI2R1tI2R2t1根据动能定理得m2gxsin(QQ)12m2v2代入已知数据得 QQ1.3 J。答案(1)从 a 到 b(2)5 m/s(3)1.3 J子题微练1如图，MN 和 PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为 L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，右端接
24、一个阻值为 R 的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为 d、方向竖直向上、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场。质量为 m、电阻也为 R 的金属棒从高度为 h 处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为，金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过程中()A流过金属棒的最大电流为Bd 2gh2RB通过金属棒的电荷量为BdLRC克服安培力所做的功为 mghD金属棒产生的焦耳热为12mg(hd)解析 金属棒滑下过程中，根据动能定理有 mgh12mv2m，根据法拉第电磁感应定律有 EmBLvm，根据闭合电路欧姆定律有 ImEm2R，联立得 ImBL 2gh2R，
25、A 错误；根据 q2R可知，通过金属棒的电荷量为BdL2R，B 错误；金属棒运动的全过程根据动能定理得 mghWfW 安0，所以克服安培力做的功小于 mgh，故 C 错误；由 Wfmgd，金属棒克服安培力做的功完全转化成电热，由题意可知金属棒与电阻 R 上产生的焦耳热相同，设金属棒上产生的焦耳热为 Q，故2QW 安，联立得 Q12mg(hd)，D 正确。答案 D2.(2017南京模拟)如图所示，两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距为 L，导轨平面与水平面成 角，质量均为 m、阻值均为 R 的金属棒 a、b 紧挨着放在两导轨上，整个装置处于垂直于导轨平面的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，
26、以一平行于导轨平面向上的恒力 F2mgsin 拉 a 棒，同时由静止释放 b 棒，直至 b 棒刚好匀速时，在此过程中通过棒的电量为 q，棒与导轨始终垂直并保持良好接触，重力加速度为 g。求：(1)b 棒刚好匀速时，a、b 棒间的距离 s；(2)b 棒最终的速度大小 vb；(3)此过程中 a 棒产生的热量 Q。解析(1)根据法拉第电磁感应定律有 E t 根据闭合电路欧姆定律有I E2R 又 q I t 得 q2RBS2R BLs2R，解得s2qRBL (2)b 棒匀速时有BILmgsin EBL(vavb)I E2R 对 a 棒向上加速的任一时刻由牛顿第二定律得FBILmgsin ma1，即mg
27、sin BILma1 对 b 棒向下加速的任一时刻由牛顿第二定律得mgsin BILma2 由式可得 a1a2，故 a、b 棒运动规律相似，速度同时达到最大，且最终vavb 由式可得vbmgRsinB2L2(3)因 a、b 棒串联，产生的热量 Q 相同，设 a、b 棒在此过程中运动的距离分别为 l1 和 l2，对 a、b 棒组成的系统，由功能关系得Fl1mgsinl1mgsinl212mv2a12mv2b2Q l1l2s 由解得：QmgqRsinBLm3g2R2sin22B4L4答案(1)2qRBL (2)mgRsinB2L2(3)mgqRsinBLm3g2R2sin22B4L4微考场 提技能
28、 专题选萃 迁移应用 1(多选)如图所示，在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为 B、方向相反的水平匀强磁场，PQ 为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一边长为 a、质量为 m、电阻为 R 的金属正方形线框，以速度 v 垂直磁场方向从如图()位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的()的位置时，线框的速度为v2。下列说法正确的是()A在位置()时线框中的电功率为B2a2v2RB此过程中回路产生的电能为38mv2C在位置()时线框的加速度为B2a2v2mRD此过程中通过线框截面的电量为2Ba2R解析 线框经过位置()时，线框左右两边均切割磁感线，此时的感应电动势 EBav2
29、2Bav，故线框中的电功率 PE2R B2a2v2R，A 正确。线框从位置()到位置()的过程中，动能减少了 Ek12mv212m(v2)238mv2，根据能量守恒定律可知，此过程中回路产生的电能为38mv2，B 正确。线框在位置()时，左右两边所受安培力大小均为 FBERaB2a2vR，根据左手定则可知，线框左右两边所受安培力的方向均向左，故此时线框的加速度a2Fm 2B2a2vmR，C 错误。由 q I t，I ER，E t，解得 qR，线框在位置()时其磁通量为 Ba2，而线框在位置()时其磁通量为 0，综上 qBa2R，D 错误。答案 AB2磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁
30、化区，刷卡器中有检测线圈。当以速度 v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其 Et 关系如图所示。如果只将刷卡速度改为v02，线圈中的 Et 关系图可能是()ABCD解析 刷卡速度改为原来一半时，磁卡通过检测线圈的时间即有感应电动势产生的时间就变为原来的 2 倍，可知 A、B 错误。由 EBLv 知，只减小 v 时，磁卡与检测线圈在相同的相对位置处产生的感应电动势也减小，C 错误，D 正确。答案 D3(多选)在倾角为 的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN，相距为 L，导轨处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。有两根质量均为 m 的金属棒 a、b，先将 a 棒
31、垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块 c 连接，连接 a 棒的细线平行于导轨，由静止释放 c，此后某时刻将 b 也垂直导轨放置，a、c 此刻起做匀速运动，b 棒刚好能静止在导轨上。a 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计。则()A物块 c 的质量是 2msinBb 棒放上导轨前，物块 c 减少的重力势能等于 a、c 增加的动能Cb 棒放上导轨后，物块 c 减少的重力势能等于回路消耗的电能Db 棒放上导轨后，a 棒中电流大小是mgsinBL解析 b 棒恰好静止，受力平衡，有 mgsinF 安，对 a 棒，安培力沿导轨平面向下，由平衡条件知 mgsinF 安mcg，
32、由以上两式可得 mc2msin，A正确。根据机械能守恒定律知，b 棒放上导轨之前，物块 c 减少的重力势能应等于 a 棒、物块 c 增加的动能与 a 棒增加的重力势能之和，B 错误。根据能量守恒可知，b 棒放上导轨后，物块 c 减少的重力势能应等于回路消耗的电能与 a 棒增加的重力势能之和，C 错误。对 b 棒，设通过的电流为 I，由平衡条件知 mgsinF 安BIL，得 ImgsinBL，即 a 棒中的电流为mgsinBL，D 正确。答案 AD4(多选)在如图所示的倾角为 的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，区域的磁场方向垂直斜面向上，区域的磁场方向垂直斜面向下，磁场的
33、宽度均为 L，一个质量为 m、电阻为 R、边长也为 L 的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当 ab 边刚越过 GH 进入磁场区时，恰好以速度 v1做匀速直线运动；当 ab 边下滑到 JP 与 MN 的中间位置时，线框又恰好以速度 v2做匀速直线运动，从 ab 进入 GH 到 MN 与JP 的中间位置的过程中，线框的动能变化量为 Ek，重力对线框做功大小为 W1，安培力对线框做功大小为 W2，下列说法正确的有()A在下滑过程中，由于重力做正功，所以有 v2v1B从 ab 进入 GH 到 MN 与 JP 的中间位置的过程中，机械能守恒C从 ab 进入 GH 到 MN 与 JP 的中间位置的过程
34、，有(W1Ek)机械能转化为电能D从 ab 进入 GH 到 MN 与 JP 的中间位置的过程中，线框动能的变化量大小为 EkW1W2解析 当线框的 ab 边进入 GH 后匀速运动到进入 JP 为止，ab 进入 JP 后回路感应电动势增大，感应电流增大，因此所受安培力增大，安培力阻碍线框下滑，因此 ab 进入 JP 后开始做减速运动，使感应电动势和感应电流均减小，安培力又减小，当安培力减小到与重力沿斜面向下的分力 mgsin 相等时，以速度 v2做匀速运动，因此 v2v1，A 错；由于有安培力做功，机械能不守恒，B 错；线框克服安培力做功，将机械能转化为电能，克服安培力做了多少功，就有多少机械能转化为电能，由动能定理得 W1W2Ek，W2W1Ek，故C、D 正确。答案 CD
