專題突破電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用突破一電磁感應(yīng)中的電路問題1．電磁感應(yīng)中電路知識的關(guān)系圖2．解決電磁感應(yīng)中的電路問題三步驟圖1【例1】

(多選)如圖1所示，光滑的金屬框CDEF水平放置，寬為L，在E、F間連接一阻值為R的定值電阻，在C、D間連接一滑動(dòng)變阻器R1(0≤R1≤2R)。框內(nèi)存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場。一長為L，電阻為R的導(dǎo)體棒AB在外力作用下以速度v勻速向右運(yùn)動(dòng)，金屬框電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒與金屬框接觸良好且始終垂直，下列說法正確的是(

)1．(多選)半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、電阻為R的均勻金屬棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖2所示，整個(gè)裝置位于一勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向豎直向下。在兩環(huán)之間接阻值為R的定值電阻和電容為C的電容器。金屬棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。導(dǎo)軌電阻不計(jì)。下列說法正確的是(

)圖2答案

AB2．(多選)如圖3甲所示，發(fā)光竹蜻蜓是一種常見的兒童玩具，它在飛起時(shí)能夠持續(xù)發(fā)光。某同學(xué)對竹蜻蜓的電路作如下簡化：如圖乙所示，半徑為L的導(dǎo)電圓環(huán)繞垂直于圓環(huán)平面、通過圓心O的金屬軸O1O2以角速度ω逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)(俯視)。圓環(huán)上接有電阻均為r的三根金屬輻條OP、OQ、OR，輻條互成120°角。在圓環(huán)左半部分張角也為120°角的范圍內(nèi)(兩條虛線之間)分布著垂直圓環(huán)平面向下磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，在轉(zhuǎn)軸O1O2與圓環(huán)的邊緣之間通過電刷M、N與一個(gè)LED燈相連。假設(shè)LED燈電阻為r，其他電阻不計(jì)，從輻條OP進(jìn)入磁場開始計(jì)時(shí)。在輻條OP轉(zhuǎn)過120°的過程中，下列說法中正確的是(

)圖3答案BCD1．解題關(guān)鍵

弄清初始條件、正負(fù)方向的對應(yīng)變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達(dá)式、進(jìn)出磁場的轉(zhuǎn)折點(diǎn)等是解決此類問題的關(guān)鍵。突破二電磁感應(yīng)中的圖象問題2．電磁感應(yīng)中圖象類選擇題的兩個(gè)常用方法排除法定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是分析物理量的正負(fù)，以排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)。函數(shù)法根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖象進(jìn)行分析和判斷?！纠?】

(多選)(2018·全國卷Ⅲ，20)如圖4(a)，在同一平面內(nèi)固定有一長直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R，R在PQ的右側(cè)。導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖(b)所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向。導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動(dòng)勢(

)考向根據(jù)圖象分析判斷電磁感應(yīng)過程答案AC【例3】

(多選)如圖5所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ放置在同一水平面內(nèi)，M、P之間接一定值電阻R，金屬棒cb垂直導(dǎo)軌水平放置，金屬棒cb及導(dǎo)軌電阻不計(jì)。整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，t＝0時(shí)對金屬棒施加水平向右的外力F，使金屬棒由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。下列關(guān)于通過金屬棒的電流i、通過導(dǎo)軌橫截面的電荷量q、拉力F和拉力的功率P隨時(shí)間變化的圖象中正確的是(

)考向根據(jù)電磁感應(yīng)過程選擇圖象圖5答案AC電磁感應(yīng)中的圖象問題的分析方法1．圖6中有A、B兩個(gè)導(dǎo)線圈。線圈B連接一電阻R，要使流過電阻R的電流大小恒定，且方向由c點(diǎn)流經(jīng)電阻R到d點(diǎn)，設(shè)線圈A中電流i從a點(diǎn)流入線圈的方向?yàn)檎较颍瑒t線圈A中的電流隨時(shí)間變化的圖象應(yīng)為圖中的(

)圖6解析要讓線圈B中產(chǎn)生感應(yīng)電流，A中的電流應(yīng)發(fā)生變化，C、D錯(cuò)誤；若A中的電流由a流入，且越來越小，則根據(jù)右手螺旋定則可知穿過B的磁通量向左，且越來越小，根據(jù)楞次定律可知B中產(chǎn)生的感應(yīng)電流由d點(diǎn)流經(jīng)電阻R到c點(diǎn)，B錯(cuò)誤；同理，若A中的電流從b點(diǎn)流入，且電流越來越小，則根據(jù)楞次定律，B中產(chǎn)生的感應(yīng)電流從c點(diǎn)流經(jīng)電阻R到d點(diǎn)，A正確。答案A圖72．(多選)如圖7甲所示，在水平桌面上放置邊長為0.20m的正方形閉合金屬線圈abcd，線圈的匝數(shù)為10，總電阻為0.10Ω，線圈與水平桌面間的最大靜摩擦力為0.2N。線圈的右半邊處于垂直桌面、均勻分布的磁場中，磁場左邊界MN與線圈ab、cd兩邊平行且等距。從t＝0時(shí)刻起，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示。假設(shè)垂直桌面向下為正方向，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是(

)A．t＝1s時(shí)線圈受到的安培力為零B．t＝6s時(shí)線圈即將向右滑動(dòng)C．線圈滑動(dòng)前，其導(dǎo)線中的電流一直為0.4AD．線圈滑動(dòng)前，其產(chǎn)生的焦耳熱為2.4×10－2

J 答案AD突破三電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題1．兩種狀態(tài)及處理方法狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析(1)解決這類問題的關(guān)鍵是通過受力情況和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析，尋找過程中的臨界狀態(tài)，如速度、加速度為最大值或最小值的條件。2.電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)臨界問題(1)當(dāng)金屬桿的速度為4m/s時(shí)，金屬桿的加速度大?。?2)當(dāng)金屬桿沿導(dǎo)軌的位移為6m時(shí)，通過金屬桿的電荷量?！纠?】足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ表面粗糙，與水平面間的夾角為θ＝37°(sin37°＝0.6)，間距為1m。垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為4T，P、M間所接電阻的阻值為8Ω。質(zhì)量為2kg的金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，不計(jì)桿與導(dǎo)軌的電阻，桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25。金屬桿ab在沿導(dǎo)軌向下且與桿垂直的恒力F作用下，由靜止開始運(yùn)動(dòng)，桿的最終速度為8m/s，取g＝10m/s2，求：圖8代入vm＝8m/s時(shí)a＝0，解得F＝8N代入v＝4m/s及F＝8N，解得a＝4m/s2解析(1)對金屬桿ab應(yīng)用牛頓第二定律，有F＋mgsinθ－F安－f＝ma，f＝μFN，F(xiàn)N＝mgcosθab桿所受安培力大小為F安＝BILab桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝BLv回路中的磁通量變化量為ΔΦ＝BLx，聯(lián)立解得q＝3C答案

(1)4m/s2

(2)3C用“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題解決電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下：1．(2017·天津理綜，3)如圖9所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下?，F(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是(

)A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到aB．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小答案D2.如圖10，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導(dǎo)線框；在導(dǎo)線框右側(cè)有一寬度為d(d＞L)的條形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的邊界與導(dǎo)線框的一邊平行，磁場方向豎直向下。導(dǎo)線框以某一初速度向右運(yùn)動(dòng)。t＝0時(shí)導(dǎo)線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導(dǎo)線框進(jìn)入并通過磁場區(qū)域。下列v－t圖象中，可能正確描述上述過程的是(

)圖10答案

D解析導(dǎo)線框開始進(jìn)入磁場過程，通過導(dǎo)線框的磁通量增大，有感應(yīng)電流，進(jìn)而受到與運(yùn)動(dòng)方向相反的安培力作用，速度減小，感應(yīng)電動(dòng)勢減小，感應(yīng)電流減小，安培力減小，導(dǎo)線框的加速度減小，v－t圖線的斜率減??；導(dǎo)線框全部進(jìn)入磁場后，磁通量不變，無感應(yīng)電流，導(dǎo)線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)；導(dǎo)線框從磁場中出來的過程，有感應(yīng)電流，又會(huì)受到安培力阻礙作用，速度減小，加速度減小，選項(xiàng)D正確。1．電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化突破四電磁感應(yīng)中的能量和動(dòng)量問題2．求解焦耳熱Q的三種方法在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，安培力充當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)力，如果它們受到的安培力的合力為0時(shí)，滿足動(dòng)量守恒，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律求解比較方便。3．動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用【例5】

(2019·石家莊模擬)相距為L＝2m的足夠長的金屬直角導(dǎo)軌如圖11甲所示放置，它們各有一邊在同一水平面內(nèi)，另一邊垂直于水平面。質(zhì)量均為m＝0.1kg的金屬細(xì)桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，回路中ab、cd電阻分別為R1＝0.6Ω，R2＝0.4Ω。整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.50T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中。當(dāng)ab桿在平行于水平導(dǎo)軌的拉力F作用下從靜止開始沿導(dǎo)軌勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，cd桿也同時(shí)從靜止開始沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)。測得拉力F與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示。g取10m/s2，求：考向電磁感應(yīng)中的能量問題圖11(1)ab桿的加速度a；(2)當(dāng)cd桿達(dá)到最大速度時(shí)ab桿的速度大??；(3)若從開始到cd桿達(dá)到最大速度的過程中拉力F做了5.2J的功，求該過程中ab桿所產(chǎn)生的焦耳熱。又FN＝F安安培力F安＝BIL解析(1)由圖乙可知，t＝0時(shí)，F(xiàn)＝1.5N對ab桿：F－μmg＝ma代入數(shù)據(jù)得a＝10m/s2(2)cd桿受力情況如圖(從d向c看)，當(dāng)cd桿所受重力與滑動(dòng)摩擦力相等時(shí)，速度最大，即mg＝μFN由以上幾式解得v＝2m/s對ab桿應(yīng)用動(dòng)能定理得解得W安＝4.9J根據(jù)功能關(guān)系得Q＝W安所以ab桿上產(chǎn)生的焦耳熱為答案(1)10m/s2

(2)2m/s

(3)2.94J【例6】如圖12所示，MN、PQ是固定在水平桌面上，相距l(xiāng)＝1.0m的光滑平行金屬導(dǎo)軌，MP兩點(diǎn)間接有R＝0.6Ω的定值電阻，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。質(zhì)量均為m＝0.1kg，阻值均為r＝0.3Ω的兩導(dǎo)體棒a、b垂直于導(dǎo)軌放置，并與導(dǎo)軌良好接觸。開始時(shí)兩棒被約束在導(dǎo)軌上處于靜止，相距x0＝2m，a棒用細(xì)絲線通過光滑滑輪與質(zhì)量為m0＝0.2kg的重物c相連，重物c距地面高度也為x0＝2m。整個(gè)桌面處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0T。a棒解除約束后，在重物c的拉動(dòng)下開始運(yùn)動(dòng)(運(yùn)動(dòng)過程中絲線始終與b棒沒有作用)，當(dāng)a棒即將到達(dá)b棒位置前一瞬間，b棒的約束被解除，此時(shí)a棒已經(jīng)勻速運(yùn)動(dòng)，試求：考向電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問題圖12(1)a棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)棒中的電流大??；(2)已知a、b兩棒相碰后即粘合成一根“更粗的棒”，假設(shè)導(dǎo)軌足夠長，試求該“粗棒”能運(yùn)動(dòng)的距離；(3)a棒解除約束后整個(gè)過程中裝置產(chǎn)生的總焦耳熱。

v＝1m/sab碰撞過程mv＝2mv′，v′＝0.5m/sab碰撞后的整體運(yùn)動(dòng)過程，由動(dòng)量定理得解析

(1)由題意m0g＝BlIa，可得Ia＝2A(2)設(shè)碰前a棒的速度為v，則得x＝0.075m得Q1＝3.85J(3)發(fā)生碰撞前所以整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程Q＝Q1＋Q2＝3.875J答案

(1)2A

(2)0.075m

(3)3.875J1．(多選)(2018·江蘇單科，9)如圖13所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L，矩形勻強(qiáng)磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場Ⅰ和Ⅱ時(shí)的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計(jì)，重力加速度為g。金屬桿(

)圖13解析根據(jù)題述，由金屬桿進(jìn)入磁場Ⅰ和進(jìn)入磁場Ⅱ時(shí)速度相等可知，金屬桿在磁場Ⅰ中做減速運(yùn)動(dòng)，所以金屬桿剛進(jìn)入磁場Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向上，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于金屬桿進(jìn)入磁場Ⅰ后做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，而在兩磁場之間做勻加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程如圖所示(其中v1為金屬桿剛進(jìn)入Ⅰ時(shí)的速度，v2為金屬桿剛出Ⅰ時(shí)的速度)，圖線與時(shí)間軸所圍的面積表示位移，兩段運(yùn)動(dòng)的位移相等，所以穿過磁場Ⅰ的時(shí)間大于在兩磁場之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，選項(xiàng)B正確；根據(jù)能量守恒定律，金屬桿從剛進(jìn)入磁場Ⅰ到剛進(jìn)入磁場Ⅱ過程動(dòng)能變化量為0，重力做功為2mgd，則金屬桿穿過磁場Ⅰ產(chǎn)生的熱量Q1＝2mgd，而金屬桿在兩磁場區(qū)域的運(yùn)動(dòng)情況相同，產(chǎn)生的熱量相等，所以金屬桿穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為2×2mgd＝4mgd，選項(xiàng)C2．如圖14所示，平行金屬導(dǎo)軌MN、M′N′和平行金屬導(dǎo)軌PQR、P′Q′R′固定在高度差為h(數(shù)值未知)的兩水平臺面上。導(dǎo)軌MN、M′N′左端接有電源，MN與M′N′的間距為L＝0.10m，線框空間存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場、磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝0.20T；平行導(dǎo)軌PQR與P′Q′R′的間距為L＝0.10m，其中PQ與P′Q′是圓心角為60°、半徑為r＝0.50m的圓弧形導(dǎo)軌，QR與Q′R′是水平長直導(dǎo)軌，QQ′右側(cè)有方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2＝0.40T。導(dǎo)體棒a質(zhì)量m1＝0.02kg，接在電路中的電阻R1＝2.0Ω，放置在導(dǎo)軌MN、M′N′右側(cè)N′N邊緣處；導(dǎo)體棒b質(zhì)量m2＝0.04kg，接在電路中的電阻R2＝4.0Ω，放置在水平導(dǎo)軌某處。閉合開關(guān)K后，導(dǎo)體棒a從NN′水平拋出，恰能無碰撞地從PP′處以速度v1＝2m/s滑入平行導(dǎo)軌，且始終沒有與棒b相碰。重力加速度g＝10m/s2，不計(jì)一切摩擦及空氣阻力。求：圖14(1)導(dǎo)體棒b的最大加速度；(2)導(dǎo)體棒a在QQ′右側(cè)磁場中產(chǎn)生的焦耳熱；(3)閉合開關(guān)K后，通過電源的電荷量q。

解得v2＝3m/s因?yàn)閍棒剛進(jìn)磁場時(shí)，a、b棒中的電流最大，b棒受力最大，加速度最大，所以E＝B2Lv2＝0.12V解析(1)設(shè)a棒滑到水平導(dǎo)軌上時(shí)的速度大小為v2，則從PP′到QQ′，由動(dòng)能定理得由牛頓第二定律有B2IL＝m2amax則導(dǎo)體棒b的最大加速度amax＝0.02m/s2Qa＝0.02J(2)兩個(gè)導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過程中，動(dòng)量守恒且能量守恒，當(dāng)兩棒的速度相等時(shí)回路中的電流為零，此后兩棒做勻速運(yùn)動(dòng)，兩棒不再產(chǎn)生焦耳熱。所以由動(dòng)量守恒定律有m1v2＝(m1＋m2)v3設(shè)a棒在此過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Qa，b棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qb(3)設(shè)閉合開關(guān)后，a棒以速度v0水平拋出，則有v0＝v1cos60°＝1m/s對a棒沖出過程由動(dòng)量定理得∑B1ILΔt＝m1v0即B1Lq＝m1v0q＝1C答案(1)0.02m/s2

(2)0.02J

(3)1C【真題模型再現(xiàn)】建構(gòu)模型系列——高考?？嫉摹扒懈钅Ｐ汀?016·高考全國卷Ⅰ第24題“導(dǎo)體棒平動(dòng)切割”模型受力分析、平衡條件、公式E＝BLv的應(yīng)用2016·高考全國卷Ⅱ第24題“單棒＋導(dǎo)軌”模型牛頓第二定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律2017·高考全國卷Ⅱ第20題“線框切割”模型法拉第電磁感應(yīng)定律、右手定則、安培力2017·高考全國卷Ⅲ第15題“單棒＋導(dǎo)軌”模型楞次定律、磁通量的概念2018·高考全國卷Ⅰ第17題“導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割”模型法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、電荷量的計(jì)算2018·高考全國卷Ⅱ第18題“線框切割”模型i－t圖象、楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律1．[“導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割”模型](多選)如圖15所示為一圓環(huán)發(fā)電裝置，用電阻R＝4Ω的導(dǎo)體棒彎成半徑L＝0.2m的閉合圓環(huán)，圓心為O，COD是一條直徑，在O、D間接有負(fù)載電阻R1＝1Ω。整個(gè)圓環(huán)中均有B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場垂直環(huán)面穿過。電阻r＝1Ω的導(dǎo)體棒OA貼著圓環(huán)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，角速度ω＝300rad/s，則(

)【常考模型訓(xùn)練】圖15A．當(dāng)OA到達(dá)OC處時(shí)，圓環(huán)的電功率為1WB．當(dāng)OA到達(dá)OC處時(shí)，圓環(huán)的電功率為2WC．全電路最大功率為3WD．全電路最大功率為4.5W答案

AD2．[“單棒＋導(dǎo)軌”模型]如圖16所示，足夠長的金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，金屬導(dǎo)軌寬度L＝1.0m，導(dǎo)軌上放有垂直導(dǎo)軌的金屬桿P，金屬桿質(zhì)量為m＝0.1kg，空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T、豎直向下的勻強(qiáng)磁場。連接在導(dǎo)軌左端的電阻R＝3.0Ω，金屬桿的電阻r＝1.0Ω，其余部分電阻不計(jì)。某時(shí)刻給金屬桿一個(gè)水平向右的恒力F，金屬桿P由靜止開始運(yùn)動(dòng)，圖乙是金屬桿P運(yùn)動(dòng)過程的v－t圖象，導(dǎo)軌與金屬桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。在金屬桿P運(yùn)動(dòng)的過程中，第一個(gè)2s內(nèi)通過金屬桿P的電荷量與第二個(gè)2s內(nèi)通過P的電荷量之比為3∶5。g取10m/s2。求：圖16(1)水平恒力F的大??；(2)前4s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量。根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有F－F′－μmg＝0解得F＝0.75N。解析(1)由圖乙可知金屬桿P先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，2s后做勻速直線運(yùn)動(dòng)當(dāng)t＝2s時(shí)，v＝4m/s，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv設(shè)第一個(gè)2s內(nèi)金屬桿P的位移為x1，第二個(gè)2s內(nèi)P的位移為x2則ΔΦ1＝BLx1，ΔΦ2＝BLx2＝BLvt又由于q1∶q2＝3∶5聯(lián)立解得x2＝8m，x1＝4.8m前4s內(nèi)由能量守恒定律得

其中Qr∶QR＝r∶R＝1∶3解得QR＝1.8J。答案(1)0.75N