高考物理二輪復(fù)習(xí) 考前三個(gè)月 專題11 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用課件

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1、知識專題 網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建 考題二電磁感應(yīng)中的圖象問題考題三電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題欄目索引 考題一楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用考題四電磁感應(yīng)中的能量問題 考題一楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用1.楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式(1)阻礙原磁通量的變化“增反減同”；(2)阻礙相對運(yùn)動(dòng)“來拒去留”；(3)使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢“增縮減擴(kuò)”；(4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)“增反減同” .2.楞次定律和右手定則的適用對象(1)楞次定律：一般適用于線圈面積不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化的情形.(2)右手定則：一般適用于導(dǎo)體棒切割磁感線的情形.知識精講 3.求感應(yīng)電動(dòng)勢大小的五種類型(4)平動(dòng)切割型

2、：EBlv. 解析 例1(2016浙江16)如圖1所示，a、b兩個(gè)閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長la3lb，圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則()A.兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流B.a、b線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢之比為9 1C.a、b線圈中感應(yīng)電流之比為3 4D.a、b線圈中電功率之比為3 1典例剖析圖1 解析根據(jù)楞次定律可知，兩線圈內(nèi)均產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，選項(xiàng)A錯(cuò)誤； 1.如圖2所示，a、b、c三個(gè)線圈是同心圓，b線圈上連接有直流電源E和開關(guān)K，則下列說法正確的是()A.在K閉合的一瞬間，線圈a中有逆時(shí)針方向的

3、瞬時(shí)電流， 有收縮趨勢B.在K閉合的一瞬間，線圈c中有順時(shí)針方向的瞬時(shí)電流， 有收縮趨勢C.在K閉合電路穩(wěn)定后，再斷開K的一瞬間，線圈c中有感應(yīng)電流，線圈a中 沒有感應(yīng)電流D.在K閉合的一瞬間，線圈b中有感應(yīng)電動(dòng)勢；在K閉合電路穩(wěn)定后，再斷 開K的一瞬間，線圈b中仍然有感應(yīng)電動(dòng)勢 解析 變式訓(xùn)練圖2 解析K閉合時(shí)線圈b中有順時(shí)針的電流，根據(jù)右手定則可知內(nèi)部有向里增大的磁場，則a線圈產(chǎn)生阻礙原磁通量變化的電流，根據(jù)楞次定律可知，電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，線圈受到向外的安培力，故有擴(kuò)張的趨勢，故A錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律可知，c中感應(yīng)電流為逆時(shí)針且有收縮的趨勢，故B錯(cuò)誤；在K閉合電路穩(wěn)定后，再斷開K的一瞬間，兩

4、線圈中均有磁通量的變化，故線圈中均有感應(yīng)電流，故C錯(cuò)誤；在K閉合的一瞬間，線圈b中有感應(yīng)電動(dòng)勢；在K閉合電路穩(wěn)定后，再斷開K的一瞬間，線圈b中仍然有感應(yīng)電動(dòng)勢，故D正確. 2.(2016海南4)如圖3，一圓形金屬環(huán)與兩固定的平行長直導(dǎo)線在同一豎直面內(nèi)，環(huán)的圓心與兩導(dǎo)線距離相等，環(huán)的直徑小于兩導(dǎo)線間距.兩導(dǎo)線中通有大小相等、方向向下的恒定電流.若()A.金屬環(huán)向上運(yùn)動(dòng)，則環(huán)上的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向B.金屬環(huán)向下運(yùn)動(dòng)，則環(huán)上的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向C.金屬環(huán)向左側(cè)直導(dǎo)線靠近，則環(huán)上的感應(yīng)電流方向?yàn)槟?時(shí)針方向D.金屬環(huán)向右側(cè)直導(dǎo)線靠近，則環(huán)上的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向 解析圖3 解析根據(jù)楞次

5、定律，當(dāng)金屬圓環(huán)上、下移動(dòng)時(shí)，穿過圓環(huán)的磁通量不發(fā)生變化，故沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；當(dāng)金屬圓環(huán)向左移動(dòng)時(shí)，則穿過圓環(huán)的磁場垂直紙面向外并且增強(qiáng)，故根據(jù)楞次定律可以知道，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為順時(shí)針，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)金屬圓環(huán)向右移動(dòng)時(shí)，則穿過圓環(huán)的磁場垂直紙面向里并且增強(qiáng)，故根據(jù)楞次定律可以知道，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為逆時(shí)針，故選項(xiàng)D正確. 3.(2016全國甲卷20)法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖4所示.銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸.圓盤處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場B中.圓盤旋轉(zhuǎn)時(shí)，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是()A.若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定，則電流大小

6、恒定B.若從上向下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則電流沿a到b的 方向流動(dòng)C.若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D.若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉?的2倍 解析圖4 解析將圓盤看成無數(shù)幅條組成，它們都在切割磁感線從而產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流，則當(dāng)圓盤順時(shí)針(俯視)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)右手定則可知圓盤上感應(yīng)電流從邊緣流向中心，流過電阻的電流方向從a到b，B對； 4.如圖5所示，一根弧長為L的半圓形硬導(dǎo)體棒AB在水平拉力F作用下，以速度v0在豎直平面內(nèi)的U形框架上勻速滑動(dòng)，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，回路中除電阻R外，其余電阻均不計(jì)，U形框左端與平行板電容

7、器相連，質(zhì)量為m的帶電油滴靜止于電容器兩極板中央，半圓形硬導(dǎo)體棒AB始終與U形框接觸良好.則以下判斷正確的是()A.油滴所帶電荷量為B.電流自上而下流過電阻RC.A、B間的電勢差U ABBLv0D.其他條件不變，使電容器兩極板距離減小，電容器所帶電荷量將增加， 油滴將向上運(yùn)動(dòng)解析返回圖5 返回 解析導(dǎo)體棒AB在水平拉力F作用下向右運(yùn)動(dòng)，由右手定則可知，導(dǎo)體棒AB相當(dāng)于電源，A端是正極，故電流自上而下流過電阻R，B對； 解決電磁感應(yīng)圖象問題的方法技巧(1)解決電磁感應(yīng)圖象問題的“三點(diǎn)關(guān)注”：關(guān)注初始時(shí)刻，如初始時(shí)刻感應(yīng)電流是否為零，是正方向還是負(fù)方向.關(guān)注變化過程，看電磁感應(yīng)發(fā)生的過程分為幾個(gè)階

8、段，這幾個(gè)階段是否和圖象變化相對應(yīng).關(guān)注大小、方向的變化趨勢，看圖線斜率的大小、圖線的曲、直是否和物理過程對應(yīng). 考題二電磁感應(yīng)中的圖象問題方法指導(dǎo) (2)解決電磁感應(yīng)圖象問題的一般步驟：明確圖象的種類，即是Bt圖還是t圖，或者Et圖、It圖等.分析電磁感應(yīng)的具體過程.用右手定則或楞次定律確定方向?qū)?yīng)關(guān)系.結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等規(guī)律寫出函數(shù)關(guān)系式.根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等.畫圖象或判斷圖象.(3)圖象選擇技巧：求解物理圖象的選擇題時(shí)可用“排除法”，即排除與題目要求相違背的圖象，留下正確圖象. 例2(2016四川7)如圖6所示，電阻不計(jì)、間

9、距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌左端接一定值電阻R.質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上，受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運(yùn)動(dòng)，外力F與金屬棒速度v的關(guān)系是FF0kv(F0、k是常量)，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好.金屬棒中感應(yīng)電流為i，受到的安培力大小為F安，電阻R兩端的電壓為UR，感應(yīng)電流的功率為P，它們隨時(shí)間t變化圖象可能正確的有() 解析 典例剖析圖6 解析 (1)若k ，金屬棒水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng).所以在此情況下沒有選項(xiàng)符合；(2)若k ，F(xiàn)合隨v增大而增大，即a隨v增大而增大，說明金屬棒在做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，

10、根據(jù)四個(gè)物理量與速度的關(guān)系可知B選項(xiàng)符合；(3)若k ，F(xiàn)合隨v增大而減小，即a隨v增大而減小，說明金屬棒在做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，直到加速度減小為0后金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)四個(gè)物理量與速度關(guān)系可知C選項(xiàng)符合.綜上所述，選項(xiàng)B、C符合題意. 5.在豎直方向的勻強(qiáng)磁場中，水平放置一個(gè)面積不變的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應(yīng)電流的正方向如圖7甲所示，取線圈中磁場B的方向向上為正，當(dāng)磁場中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t如圖乙變化時(shí)，下列圖中能正確表示線圈中感應(yīng)電流變化的是()變式訓(xùn)練圖7 解析 6.如圖8所示，有一個(gè)邊界為正三角形的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，邊長為a，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里，一個(gè)導(dǎo)體矩形框的長為

11、 ，寬為 ，平行于紙面沿著磁場區(qū)域的軸線勻速穿越磁場區(qū)域，導(dǎo)體框中感應(yīng)電流的正方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，以導(dǎo)體框剛進(jìn)入磁場時(shí)為t0時(shí)刻，則導(dǎo)體框中的感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象是() 解析圖8 解析由右手定則可知，線框進(jìn)入磁場過程與離開磁場過程感應(yīng)電流方向相反，故A錯(cuò)誤；由圖示可知，線框開始進(jìn)入磁場的一段時(shí)間內(nèi)，切割磁感線的有效長度L不變，電流 大小不變，當(dāng)線框右邊部分穿出磁場過程，切割磁感線的有效長度L減小，感應(yīng)電流減小，線框右邊完全離開磁場后，線框左邊完全進(jìn)入磁場，然后線框左邊切割磁感線，感應(yīng)電流反向，此后一段時(shí)間內(nèi)，線框切割磁感線的有效長度L不變，感應(yīng)電流大小不變，線框左邊離開磁場過程，線框切割磁感

12、線的有效長度L減小，感應(yīng)電流減小，故B、C錯(cuò)誤，D正確. 7.寬度均為d且足夠長的兩相鄰條形區(qū)域內(nèi)，各存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的勻強(qiáng)磁場.電阻為R、邊長為 的等邊三角形金屬框的AB邊與磁場邊界平行，金屬框從圖9所示位置以垂直于AB邊向右的方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，取逆時(shí)針方向電流為正，從金屬框C端剛進(jìn)入磁場開始計(jì)時(shí)，框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象是()圖9 返回 考題三電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題方法指導(dǎo)電磁感應(yīng)與動(dòng)力學(xué)綜合題的解題策略(1)分析“源”：找準(zhǔn)主動(dòng)運(yùn)動(dòng)者，用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求解感應(yīng)電動(dòng)勢的大小和方向；(2)分析“路”：畫出等效電路圖，求解回路中的電流的大小及方向；(

13、3)分析“力”：分析安培力對導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)速度、加速度的影響，從而推得對電流的影響，最后確定導(dǎo)體棒的最終運(yùn)動(dòng)情況；(4)列“方程”：列出牛頓第二定律或平衡方程求解. 典例剖析例3(2016全國甲卷24)如圖10，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上.t0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng).t0時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng).桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.重力加速度大小為g.求：(1)金屬桿在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的

14、電動(dòng)勢的大??；圖10 解析答案 解析設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得Fmgma設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vat0當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的電動(dòng)勢為EBlv聯(lián)立式可得EBlt 0( g) 解析答案 (2)電阻的阻值.解析設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I式中R為電阻的阻值.金屬桿所受的安培力為F安BlI因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，有FmgF 安0 8.如圖11(a)所示，在光滑水平面上用恒力F拉質(zhì)量為1 kg的單匝均勻正方形銅線框，在1位置以速度v03 m/s進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時(shí)開始計(jì)時(shí)t0，此時(shí)線框

15、中感應(yīng)電動(dòng)勢為1 V，在t3 s時(shí)刻線框到達(dá)2位置開始離開勻強(qiáng)磁場.此過程中vt圖象如圖(b)所示，那么()A.線框右側(cè)邊兩端MN間的電壓為 0.25 VB.恒力F的大小為0.5 NC.線框完全離開磁場的瞬間位置3的速度大小為3 m/sD.線框完全離開磁場的瞬間位置3的速度大小為1 m/s 解析 變式訓(xùn)練圖11 解析t0時(shí)，線框右側(cè)邊MN的兩端電壓為外電壓，總的感應(yīng)電動(dòng)勢為： E Blv0，外電壓U外 0.75 V.故A錯(cuò)誤；在13 s內(nèi)，線框做勻加速運(yùn)動(dòng)，沒有感應(yīng)電流，線框不受安培力，則有Fma，由速度時(shí)間圖象的斜率表示加速度，求得a 0.5 m/s2，則得F0.5 N.故B正確.由(b)圖

16、象看出，在t3 s時(shí)刻線框到達(dá)2位置開始離開勻強(qiáng)磁場時(shí)與線框進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時(shí)速度相同，則線框出磁場與進(jìn)磁場運(yùn)動(dòng)情況完全相同，則知線框完全離開磁場的瞬間位置3速度與t1 s時(shí)刻的速度相等，即為2 m/s.故C、D錯(cuò)誤. 9.如圖12所示，兩根光滑、足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上.滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻值為R(最大阻值足夠大)，導(dǎo)軌的寬度L0.5 m，空間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B1 T.內(nèi)阻r1 的金屬桿在F5 N的水平恒力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng).經(jīng)過一段時(shí)間后，金屬桿的速度達(dá)到最大速度vm，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，則有()A.R越小，vm越大B.金屬桿的最大速度大于或等于20 m/

17、sC.金屬桿達(dá)到最大速度之前，恒力F所做的功等于電路中消耗的電能D.金屬桿達(dá)到最大速度后，金屬桿中電荷沿桿長度方向定向移動(dòng)的平均 速率v e與恒力F成正比圖12解析返回 解析 在金屬桿達(dá)到最大速度之前，恒力F所做的功等于電路中消耗的電能與導(dǎo)體棒動(dòng)能增量之和，選項(xiàng)C錯(cuò)誤； 返回 考題四電磁感應(yīng)中的能量問題方法指導(dǎo)電磁感應(yīng)中能量的三種求解方法(1)利用克服安培力做功求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功.(2)利用能量守恒定律求解：若只有電能與機(jī)械能參與轉(zhuǎn)化，則機(jī)械能的減少量等于產(chǎn)生的電能.(3)利用電路的相關(guān)公式電功公式或電熱公式求解：若通過電阻的電流是恒定的，則可直接利用電功公式或焦

18、耳定律求解焦耳熱.特別提醒：回路中某個(gè)元件的焦耳熱和回路總焦耳熱之間的關(guān)系，不能混淆. 典例剖析例4如圖13所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面的夾角為30，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，導(dǎo)軌處在垂直導(dǎo)軌平面斜向上的有界勻強(qiáng)磁場中，兩根電阻都為R2 、質(zhì)量都為m0.2 kg的完全相同的細(xì)金屬棒ab和cd垂直導(dǎo)軌并排靠緊的放置在導(dǎo)軌上，與磁場上邊界距離為x1.6 m，有界勻強(qiáng)磁場寬度為3x4.8 m.先將金屬棒ab由靜止釋放，金屬棒ab剛進(jìn)入磁場就恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)立即由靜止釋放金屬棒cd，金屬棒cd在出磁場前已做勻速運(yùn)動(dòng)，兩金屬棒在下滑過程中與導(dǎo)軌接觸始終良好(取重力加速度g10 m/s 2

19、)，求：(1)金屬棒ab剛進(jìn)入磁場時(shí)棒中電流I；(2)金屬棒cd在磁場中運(yùn)動(dòng)的過程中通過回路某一截面的電量q；(3)兩根金屬棒全部通過磁場的過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱Q.圖13 答案 思維規(guī)范流程 步驟1：列動(dòng)能定理 方程 ab勻速進(jìn)入，列平衡 方程 分步列式，得部分分 (1)ab進(jìn)入磁場前 得v1 F安 F安 I E 得：I 4 m/smgsin BILBLv 11 A 答案 步驟2：cd在磁場外的 位移 ab在磁場內(nèi)的位移 由幾何關(guān)系得 設(shè)經(jīng)時(shí)間t，cd進(jìn)入磁場 xcdx xabv1t 兩棒都在磁場中時(shí)速度相同，無電流， ab出磁場后，cd上有電流 xcd q 2x2x 0.8 C 答案 步驟

20、3： ab勻速進(jìn)入，列能量 守恒方程 cd進(jìn)出磁場速度相等， 列能量守恒方程 Q1 Q2 QQ1Q2 每式各2分，其余各式1分.mg2xsin mg3xsin 8 J 10.如圖14所示，正方形金屬線框abcd位于豎直平面內(nèi)，其質(zhì)量為m，電阻為R.在線框的下方有一勻強(qiáng)磁場，MN和M N是磁場的水平邊界，并與bc邊平行，磁場方向垂直于紙面向里.現(xiàn)使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開始下落，圖乙是線圈由開始下落到完全穿過勻強(qiáng)磁場區(qū)域瞬間的vt圖象，圖中字母均為已知量.重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力.下列說法正確的是()變式訓(xùn)練圖14 A.金屬線框剛進(jìn)入磁場時(shí)感應(yīng)電流方向沿adcba方向B.金屬線框

21、的邊長為v1(t2t1) 解析 解析金屬線框剛進(jìn)入磁場時(shí)磁通量增大，根據(jù)楞次定律判斷可知，感應(yīng)電流方向沿abcda方向，故A錯(cuò)誤；由題圖乙可知，金屬線框進(jìn)入磁場過程中是做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度為v1，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2t1，故金屬線框的邊長：lv1(t2t1)，故B正確；t 1到t2時(shí)間內(nèi)，根據(jù)能量守恒定律，產(chǎn)生的熱量為：Q1mglmgv1(t2t1)；解析 t3到t4時(shí)間內(nèi)，根據(jù)能量守恒定律，產(chǎn)生的熱量為： 11.(2016浙江24)小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡化裝置如圖15所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)0.50 m，傾角53，導(dǎo)軌上端串接一個(gè)R0.05 的電阻.在導(dǎo)軌間長d0.56 m的區(qū)域內(nèi)，存在方向

22、垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2.0 T.質(zhì)量m4.0 kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連.CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s0.24 m.一位健身者用恒力F80 N拉動(dòng)GH桿，CD棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直.當(dāng)CD棒到達(dá)磁場上邊界時(shí)健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g10 m/s 2，sin 530.8，不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量).求： 解析答案圖15 (1)CD棒進(jìn)入磁場時(shí)速度v的大??；解析由牛頓第二定律得進(jìn)入磁場時(shí)的速度答案2.4 m/s 解析答案 (2)CD棒進(jìn)入磁場時(shí)所受的安培力F安的大??；解析感應(yīng)電動(dòng)勢EBlv安培力F安IBl答案48 N 返回解析答案 (3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q.解析健身者做功WF(sd)64 J又Fmgsin F安0CD棒在磁場區(qū)做勻速運(yùn)動(dòng)焦耳熱QI2Rt26.88 J.答案64 J26.88 J