江苏省2013届高考物理二轮复习 专题4第2讲电磁感应规律及应用

1、第2讲电磁感应规律及应用 (解读命题角度)例1(2012·四川高考)半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由确定，如图421所示。则() 图421A0时，杆产生的电动势为2BavB时，杆产生的电动势为BavC0时，杆受的安培力大小为D时，杆受的安培力大小为思路点拨(1)寻找杆切割磁感线的有效长度与的关系。(2)画出等效电路图。解析根据法拉第电磁感应定律可得EBlv(其中l为有

2、效长度)，当0时，l2a，则E2Bav；当时，la，则EBav，故A选项正确，B选项错误；根据通电直导线在磁场中所受安培力的大小的计算公式可得FBIl，又根据闭合电路欧姆定律可得I，当0时，l2a，E2Bav，rR(2)aR0，解得F；当时，la，EBav，rR(1)aR0，解得F，故C选项错误，D选项正确。答案AD (掌握类题通法)一、基础知识要记牢1感应电流(1)产生条件：闭合电路的部分导体在磁场内做切割磁感线运动；穿过闭合电路的磁通量发生变化。(2)方向判断：右手定则：常用于情况；楞次定律：常用于情况。2感应电动势的计算(1)法拉第电磁感应定律：En。若B变，而S不变，则En·

3、S；若S变而B不变，则EnB。常用于计算平均电动势。(2)导体垂直切割磁感线运动：EBlv，主要用于求电动势的瞬时值。二、方法技巧要用好1楞次定律推广的三种表述(1)阻碍原磁通量的变化(增反减同)。(2)阻碍相对运动(来拒去留)。(3)阻碍原电流的变化(自感现象)。2解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(右手定则)确定感应电动势的大小和方向。(2)画出等效电路，对整个回路进行分析，确定哪一部分是电源，哪一部分为负载以及负载间的连接关系。(3)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路的性质、电功率等公式求解。 (解读命题角度)例2如图422所示，两固定的竖直光滑金

4、属导轨足够长且电阻不计。两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处。磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直。先由静止图422释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触。用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移。图423中正确的是() 图423思路点拨(1)在哪个过程中回路中产生感应电流。(2)c、d两棒在不同过程中所受安培力的大小与棒重力的大小关系。(3)从力的角度分析两棒的速度、加速度及动能变化情况。解析c棒在未进入磁场前做自由落体运动，加速度为重力加速度；进入磁场后，d棒开始做自由落体

5、运动，在d棒进入磁场前的这段时间内，c棒运动了2h，此过程c棒做匀速运动，加速度为零；d棒进入磁场后，c、d棒均以相同速度切割磁感线，回路中没有感应电流，它们均只受重力直至c棒出磁场；而且c棒出磁场后不再受安培力，也只受重力。故B正确，A错。d棒自开始下落到2h的过程中，只受重力，机械能守恒，动能与位移的关系是线性的；在c棒出磁场后，d棒切割磁感线且受到比重力大的安培力，完成在磁场余下的2h的位移，动能减小，安培力也减小，合力也减小，在Ekd xd图象中Ekd的变化趋势越来越慢；在d棒出磁场后，只受重力，机械能守恒，Ekd xd图象中的关系又是线性的，且斜率与最初相同，均等于重力。故D正确，C

6、错。答案BD (掌握类题通法)一、基础知识要记牢1电磁感应的图象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，也可用图象直观地表示出来。如It、Bt、Et、Ex、Ix图象等。此问题可分为两类：(1)由给定的电磁感应过程选出或画出相应的物理量的函数图象。(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，确定相关的物理量。2分析思路(1)明确图象的种类。(2)分析电磁感应的具体过程。(3)结合相关规律写出函数表达式。(4)根据函数关系进行图象分析。二、方法技巧要用好1图象选择问题求解物理图象的选择类问题可用“排除法”，即排除与题目要求相违背的图象，留下正确图象

7、；也可用“对照法”，即按照题目要求画出正确的草图，再与选项对照，选出正确选择。解决此类问题的关键就是把握图象特点、分析相关物理量的函数关系、分析物理过程的变化规律或关键物理状态。2图象分析问题在定性分析物理图象时，要明确图象中的横轴与纵轴所代表的物理量， 要弄清图象的物理意义，借助有关的物理概念、公式、定理和定律作出分析判断；而对物理图象定量计算时，要搞清图象所揭示的物理规律或物理量间的函数关系，并要注意物理量的单位换算问题，要善于挖掘图象中的隐含条件，明确有关图线所包围的面积、图象在某位置的斜率(或其绝对值)、图线在纵轴和横轴上的截距所表示的物理意义。 (解读命题角度)例3(2012

8、3;天津高考)如图424所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l0.5 m，左端接有阻值R0.3 的电阻，一质量m0.1 kg，电阻r0.1 的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B0.4 T。棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a2 m/s2的加速度做匀加速运动， 图424当棒的位移x9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q221。导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生

9、的焦耳热Q2；(3)外力做的功WF。思路点拨(1)求感应电荷量q应使用平均电流。(2)因电流是变量，外力也是变力，求回路中的焦耳热、外力做的功WF时应从能量转化和守恒的角度分析。解析(1)设棒匀加速运动的时间为t，回路的磁通量变化量为，回路中的平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律得其中Blx设回路中的平均电流为，由闭合电路的欧姆定律得则通过电阻R的电荷量为qt联立式，代入数据得q4.5 C(2)设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v22ax设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得W0mv2撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2W联立式，代入数据得Q21.8

10、 J(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q221，可得Q13.6 J在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WFQ1Q2由式得WF5.4 J答案(1)4.5 C(2)1.8 J(3)5.4 J (掌握类题通法)一、基础知识要记牢1动力学问题电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力的作用，因此，电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，解决这类电磁感应中的力学问题，要重视动态分析。电磁感应现象中感应电动势感应电流通电导体受安培力合外力变化加速度变化速度变化感应电动势变化周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达到稳定状态。2能量问题(1)安培力做的功是电能和其他形式的能之间相

11、互转化的“桥梁”，用框图表示如下：安培力做的功是电能与其他形式的能转化的量度。安培力做多少正功，就有多少电能转化为其他形式的能；安培力做多少负功，就有多少其他形式的能转化为电能。(2)明确功能关系，确定有哪些形式的能发生了转化。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等。二、方法技巧要用好1解决电磁感应中的力学问题的具体步骤为(1)明确哪一部分电路产生感应电动势，则这部分电路就是等效电源；(2)正确分析电路的结构，画出等效电路图；(3)分析所研究的导体的受力情况(包括安培力、用左手定则确定其方向)；(4)列出动力学方程或平衡方程

12、或功能关系并求解。2弄清两种状态(1)导体处于平衡状态静止或匀速直线运动(根据平衡条件，合外力为零列式分析)。(2)导体处于非平衡状态加速度不为零(根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析)。三、易错易混要明了安培力是变力时，安培力的功不能用功的定义式求解，而应用功能关系求解。课堂针对考点强化训练1(2012·北京高考)物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”。如图425所示，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环。闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起。某同学另找来器材再探究此实验。他连接好电路，经重复试验，图425线圈上的套

13、环均未动。对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是() A线圈接在了直流电源上B电源电压过高C所选线圈的匝数过多D所用套环的材料与老师的不同解析：选D金属套环跳起的原因是开关S闭合时，套环上产生的感应电流与通电线圈上的电流相互作用而引起的。无论实验用交流电还是直流电，闭合开关S瞬间，金属套环都会跳起。如果套环是塑料材料做的，则不能产生感应电流，也就不会受安培力作用而跳起。所以答案是D。2.如图426所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面， 图426在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，

14、AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为() A.B.C. DBav解析：选A由题意可得：EB×2a×v，UAB×R，选项A正确。3.如图427所示，固定的水平长直导线中通有电流 I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行。线框由静止释放，在下落过程中()A穿过线框的磁通量保持不变图427B线框中感应电流方向保持不变C线框所受安培力的合力为零D线框的机械能不断增大解析：选B当线框由静止向下运动时，穿过线框的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可得产生的感应电流的方向为顺时针且方向不发生变化，A错误，B正确；因线框

15、上下两边所在处的磁场强弱不同，线框所受的安培力的合力一定不为零，C错误；整个线框所受的安培力的合力竖直向上，对线框做负功，线框的机械能减小，D错误。4(2012·新课标全国卷)如图428所示，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行。已知在t0到tt1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。设电流i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是() 图428图429解析：选A依题意，线框中感应电流方向总是沿顺时针方向，由于线框受到的安培力中左

16、边框受力较大，故以左边框受力为主，由左手定则可知直线电流方向向上时，线框受到向左的安培力，直线电流方向向下时，线框受到向右的安培力，由题意导线中的电流应先为正后为负，故A对。5.(2012·广东高考)如图4210所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、 图4210间距为d的平行金属板，R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻。(1)调节RxR，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v。(2)改变Rx，待棒沿导轨再次匀速

17、下滑后，将质量为m、带电荷量为q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx。解析：(1)导体棒匀速下滑时，Mgsin BilI设导体棒产生的感应电动势为E0E0Blv由闭合电路欧姆定律得I联立，得v(2)改变Rx，由式可知电流不变。设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U，电场强度大小为EUIRxEmgqE联立，得Rx答案：(1)(2)课下针对高考押题训练押题训练(一)一、单项选择题1(2012·新课标全国卷)如图1所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0。使该线框从静止开始绕过圆心

18、O、垂直于半圆面的轴以角速度匀速转动半周，在线框中产生 图1感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为() A.B.C. D.解析：选C当导线框匀速转动时，设半径为r，导线框电阻为R，在很小的t时间内，转过圆心角t，由法拉第电磁感应定律及欧姆定律可得感应电流I1；当导线框不动，而磁感应强度发生变化时，同理可得感应电流I2，令I1I2，可得，C对。2.如图2所示，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合。若取磁铁中心O为坐标原点

19、，建立竖直向下为正方向的x轴，则图3中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图象是() 图2 解析：选B闭合铜环在下落过程中穿过铜环的磁场方向始终向上，磁通量先增加后减少，由楞次定律可判断感应电流的方向要发生变化，D项错误；因穿过闭合铜环的磁通量的变化率不是均匀变化，所以感应电流随x的变化关系不可能是线性关系，A项错误；铜环由静止开始下落，速度较小，所以穿过铜环的磁通量的变化率较小，产生的感应电流的最大值较小，过O点后，铜环的速度增大，磁通量的变化率较大，所以感应电流的反向最大值大于正向最大值，故B项正确，C项错误。3(2012·淄博模拟)如图4所示，等腰三角形内分布有

20、垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L。纸面内一边长图4为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t0时刻恰好位于图中所示的位置。以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流位移(Ix)关系的是() 图5解析：选C线框匀速穿过L的过程中，有效长度l均匀增加，由EBlv知，电动势随位移均匀变大，xL处电动势最大，电流I最大；从xL至x1.5 L过程中，框架两边都切割，总电动势减小，电流减小；从x1.5 L至x2 L，左边框切割磁感线产生的感应电动势大于右边框切割磁感线产生的感应电动势，故电流反向且增大；x2L至x3L过程中，只有左

21、边框切割，有效长度l减小，电流减小。综上所述，只有C项符合题意。4. (2012·重庆高考) 如图6所示，正方形区域MNPQ内有垂直纸面向里的匀强磁场。在外力作用下，一正方形闭合刚性导线框沿QN方向匀速运动，t0时刻，其四个顶点M、N、P、Q恰好在磁场边界中点。下列图象中能反映线框所受安培力f的大小随时间t变化规律的是() 图6 图7解析：选B在导线框运动过程中，导线框的QM和PN两边所受安培力始终平衡，MN和PQ切割磁感线产生感应电动势，在闭合导线框中产生感应电流。则EBvL有效，I，fBIL有效，设导线框边长为a，则导线框运动到MN完全出磁场之前的过程中，L有效a(a2vt)2v

22、t，f1；在MN完全出磁场后直到PQ开始出磁场之前，仅有PQ受安培力，有效长度不变，为a，f2，不变；PQ出磁场的过程中，有效长度L有效a2vt，f3(a2vt)2；根据三个过程中安培力的表达式可知，B选项正确。5在水平桌面上，一个圆形金属框置于匀强磁场B1中，线框平面与磁场垂直，圆形金属框与一个水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒ab，导体棒与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场B2中，该磁场的磁感应强度恒定，方向垂直导轨平面向下，如图8甲所示。磁感应强度B1随时间t的变化关系如图8乙所示，01 s内磁场方向垂直线框平面向下。若导体棒始终保持静止，并设向右为静摩擦力的正方向，则导体

23、棒所受的静摩擦力Ff随时间变化的图象是下列图9中的()图8图9解析：选D由题图乙可知在12 s和45 s这两段时间内，圆形线圈中磁感应强度B1保持不变，为定值，由法拉第电磁感应定律可得，电路中无电动势产生，整个回路无电流，导体棒不受安培力和静摩擦力作用，所以A、B错误；在01 s内，由题图乙可得，磁场垂直于线框平面向下均匀增加，由楞次定律结合右手定则可判断出，线框中的感应电流方向为逆时针方向，电流大小I，因为磁场均匀变化，则I为定值，导体棒电流由ba，即得安培力大小恒定，由左手定则可得方向水平向左。因为棒始终静止，所以受力平衡，静摩擦力与安培力等大反向，即静摩擦力大小恒定、方向水平向右，为正值

24、，C错误，D正确。二、多项选择题6.(2012·南通调研)如图10所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的电灯，E是内阻不计的电源。t0时刻，闭合开关S，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S。规定图示流过电灯D1、D2的电流方向为正，分别用I1、I2表示流过电灯D1和D2中的电流，则以下各图中能定性描述I随时间t变化关系的是() 图10图11解析：选ACt0时刻，刚闭合S时，因线圈的自感作用，电流由D1直接流到D2，但随线圈中的电流增大，D1中的电流逐渐变小，当电流稳定时，D1中电流为零，D2中电流达最大，t1时刻断开S后，D2中

25、电流立即为零，而因线圈的自感作用，线圈与D1构成回路，此时D1中的电流与线圈中相等，方向向上，逐渐减小，故A、C正确。7.(2012·无锡模拟)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图12所示。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则() A释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g图12B金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为abC金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为FD电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量解析：选

26、AC刚释放金属棒瞬间，棒只受重力作用，其加速度为重力加速度g，A正确；由右手定则可知，棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为由ba，B错误；棒所受安培力FBILB··L，C正确；由能量守恒可知，金属棒重力势能的减少量等于电阻R上产生的总热量与弹簧弹性势能之和，D错误。8(2012·山东高考)如图13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，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，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，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运

27、动。 图13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() AP2mgv sin BP3mgv sin C当导体棒速度达到时加速度大小为sin 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：选AC当导体棒第一次匀速运动时，沿导轨方向：mgsin ；当导体棒第二次达到最大速度时，沿导轨方向：Fmgsin ，即Fmgsin ，此时拉力F的功率PF×2v2mgvsin ，选项A正确、B错误；当导体棒的速度达到v/2时，沿导轨方向：mgsin ma，解得agsin ，选项C正确；导体棒的速度达到2v以后，拉力与重

28、力的合力做功全部转化为R上产生的焦耳热，选项D错误。三、非选择题9.如图14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，处在方向竖直向下、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 图14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？

29、从导体棒开始运动直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：导体棒以初速度v0做切割磁感线运动而产生感应电动势，回路中的感应电流使导体棒受到安培力的作用，安培力做功使系统机械能减少，最终将全部机械能转化为电阻R上产生的焦耳热。由平衡条件知，棒最终静止时，弹簧的弹力为零，即此时弹簧处于初始的原长状态。(1)初始时刻棒中感应电动势EBLv0棒中感应电流I作用于棒上的安培力FBIL联立，得F安培力方向：水平向左(2)由功和能的关系，安培力做功为W1Epmv电阻R上产生的焦耳热Q1mvEp(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。Qmv答案：(1)水平向左(2)Epmv

30、mvEp(3)静止于初始位置mv10(2012·浙江高考)为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一种“闪烁”装置。如图15所示，自行车后轮由半径r15.0×102 m的金属内圈、半径r20.40 m的金属外圈和绝缘幅条构成。后轮的内、外圈之间等间隔地接有4根金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为R的小灯泡。在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度B0.10 T、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁场，其内半径为r1、外半径为r2、图15张角。后轮以角速度2 rad/s相对于转轴转动。若不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应。(1)当金属条ab进入“扇形”磁场时，求感应电动势E，

31、并指出ab上的电流方向；(2)当金属条ab进入“扇形”磁场时，画出“闪烁”装置的电路图；(3)从金属条ab进入“扇形”磁场时开始，经计算画出轮子转一圈过程中，内圈与外圈之间电势差Uab随时间t变化的Uabt图象。解析：(1)金属条ab在磁场中切割磁感线时，电动势EBr2所以EB(rr)4.9×102 V根据右手定则(或楞次定律)，可得感应电流方向为ba。(2)通过分析，可得电路图为(3)设电路中的总电阻为R总，根据电路图可知，R总RRRab两端电势差UabEIRERE1.2×102 V设ab离开磁场区域的时刻为t1，下一根金属条进入磁场区域的时刻为t2，t1 st2 s设轮

32、子转一圈的时间为T，T1 s由T1 s，金属条有四次进出，后三次与第一次相同。由、可画出如下Uabt图象。答案：见解析押题训练(二)1.(2012·苏北四市一模)两根足够长的光滑平行直导轨MN、PQ与水平面成角放置，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直图1于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，它们的电阻不计。现让ab杆由静止开始沿导轨下滑。(1)求ab杆下滑的最大速度vm；(2)ab杆由静止释放至达到最大速度的过程中，电阻R产生的焦耳热为Q，求该过程中ab杆下滑的

33、距离x及通过电阻R的电荷量q。解析：(1)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和牛顿第二定律有EBLvIF安BILmgsin F安ma即mgsin ma当加速度a为零时，速度v达最大，速度最大值vm(2)根据能量守恒定律有mgxsin mvQ得x根据电磁感应定律有根据闭合电路欧姆定律有感应电荷量qt得q答案：(1)(2)2. (2012·南京模拟)均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m。将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图2所示。线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行。重力加速度为g。当cd边刚进入磁场时，图2(1)求线框中产生的感应电动势大小；(2)求cd两点间的电势差大小；(3)若此时线框向下的加速度大小恰好为g/4，求线框下落的高度h应满足什么条件？解析：(1)设cd边刚进入磁场时，线框的速度为v，由机械能守恒定律得mghmv2(或由v22gh)由法拉第电磁感应定律得EBLv综合上述两式解得EBL(2)由闭合电路欧姆定律得到此时线框中电流Icd两点间的电势差UI(R)BL(3)由安培力公式得FBIL当ag/4，方向向下时，根据牛顿第二定律mgFma解得