高考物理壓軸題專題復習—電磁感應現象的兩類情況的推斷題綜合附答案解析一、電磁感應現象的兩類情況1．如圖甲所示，相距d的兩根足夠長的金屬制成的導軌，水平部分左端ef間連接一阻值為2R的定值電阻，并用電壓傳感器實際監(jiān)測兩端電壓，傾斜部分與水平面夾角為37°.長度也為d、質量為m的金屬棒ab電阻為R，通過固定在棒兩端的金屬輕滑環(huán)套在導軌上，滑環(huán)與導軌上MG、NH段動摩擦因數μ＝(其余部分摩擦不計)．MN、PQ、GH相距為L，MN、PQ間有垂直軌道平面向下、磁感應強度為B1的勻強磁場，PQ、GH間有平行于斜面但大小、方向未知的勻強磁場B2，其他區(qū)域無磁場，除金屬棒及定值電阻，其余電阻均不計，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，當ab棒從MN上方一定距離由靜止釋放通過MN、PQ區(qū)域(運動過程中ab棒始終保持水平)，電壓傳感器監(jiān)測到U－t關系如圖乙所示．（1）求ab棒剛進入磁場B1時的速度大?。?）求定值電阻上產生的熱量Q1.（3）多次操作發(fā)現，當ab棒從MN以某一特定速度進入MNQP區(qū)域的同時，另一質量為2m，電阻為2R的金屬棒cd只要以等大的速度從PQ進入PQHG區(qū)域，兩棒均可同時勻速通過各自場區(qū)，試求B2的大小和方向．【答案】（1）（2）；（3）32B1方向沿導軌平面向上【解析】【詳解】(1)根據ab棒剛進入磁場B1時電壓傳感器的示數為U,再由閉合電路歐姆定律可得此時的感應電動勢：根據導體切割磁感線產生的感應電動勢計算公式可得：計算得出:.(2)設金屬棒ab離開PQ時的速度為v2，根據圖乙可以知道定值電阻兩端電壓為2U，根據閉合電路的歐姆定律可得：計算得出：；棒ab從MN到PQ，根據動能定理可得：根據功能關系可得產生的總的焦耳熱

：根據焦耳定律可得定值電阻產生的焦耳熱為：聯立以上各式得出：(3)兩棒以相同的初速度進入場區(qū)勻速經過相同的位移，對ab棒根據共點力的平衡可得：計算得出：對cd棒分析因為：故cd棒安培力必須垂直導軌平面向下，根據左手定則可以知道磁感應強度B2沿導軌平面向上，cd棒也勻速運動則有：將代入計算得出：.答：(1)ab棒剛進入磁場時的速度大小為;

(2)定值電阻上產生的熱量為;

(3)的大小為，方向沿導軌平面向上.2．如圖所示，無限長平行金屬導軌EF、PQ固定在傾角θ=37°的光滑絕緣斜面上，軌道間距L=1m，底部接入一阻值R=0.06Ω的定值電阻，上端開口，垂直斜面向上的勻強磁場的磁感應強度B=2T。一質量m=2kg的金屬棒ab與導軌接觸良好，ab與導軌間的動摩擦因數μ=0.5，ab連入導軌間的電阻r=0.04Ω，電路中其余電阻不計?，F用一質量M=6kg的物體通過一不可伸長的輕質細繩繞過光滑的定滑輪與ab相連.由靜止釋放物體，當物體下落高度h=2.0m時，ab開始勻速運動，運動中ab始終垂直導軌并與導軌接觸良好。不計空氣阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。(1)求ab棒沿斜面向上運動的最大速度；(2)在ab棒從開始運動到開始勻速運動的這段時間內，求通過桿的電量q；(3)在ab棒從開始運動到開始勻速運動的這段時間內，求電阻R上產生的焦耳熱?！敬鸢浮?1)(2)q=40C(3)【解析】【分析】(1)由靜止釋放物體，ab棒先向上做加速運動，隨著速度增大，產生的感應電流增大，棒所受的安培力增大，加速度減小，棒做加速度減小的加速運動；當加速度為零時，棒開始勻速，速度達到最大。據法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律、安培力公式、平衡條件等知識可求出棒的最大速度。(2)本小問是感應電量的問題，據法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律、電流的定義式、磁通量的概念等知識可進行求解。(3)從ab棒開始運動到勻速運動，系統(tǒng)的重力勢能減小，轉化為系統(tǒng)增加的動能、摩擦熱和焦耳熱，據能量守恒定律可求出系統(tǒng)的焦耳熱，再由焦耳定律求出電阻R上產生的焦耳熱。【詳解】(1)金屬棒ab和物體勻速運動時，速度達到最大值，由平衡條件知對物體，有；對ab棒，有又、聯立解得：(2)感應電荷量據閉合電路的歐姆定律據法拉第電磁感應定律在ab棒開始運動到勻速運動的這段時間內，回路中的磁通量變化聯立解得：(3)對物體和ab棒組成的系統(tǒng)，根據能量守恒定律有：又解得：電阻R上產生的焦耳熱3．圖中裝置在水平面內且處于豎直向下的勻強磁場中，足夠長的光滑導軌固定不動。電源電動勢為E（不計內阻），導體棒ab初始靜止不動，導體棒ab在運動過程中始終與導軌垂直，且接觸良好。已知導體棒的質量為m，磁感應強度為B，導軌間距為L，導體棒及導軌電阻均不計，電阻R已知。閉合電鍵，導體棒在安培力的作用下開始運動，則：(1)導體棒的最終速度？(2)在整個過程中電源釋放了多少電能？(3)在導體棒運動過程中，電路中的電流是否等于，試判斷并分析說明原因?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)見解析【解析】【分析】【詳解】(1)閉合電鍵，導體棒在安培力的作用下開始運動做加速運動，導體棒運動后切割磁感線產生感應電流，使得通過導體棒的電流減小，安培力減小，加速度減小，當加速度為0時，速度達到最大值，之后做勻速運動，此時感應電動勢與電源電動勢相等。設導體棒的最終速度v，則有解得(2)在整個過程中電源釋放的電能轉化為導體棒的動能，導體棒獲得的動能為所以在整個過程中電源釋放的電能為(3)在導體棒運動過程中，閉合電鍵瞬間，電路中的電流等于，導體棒在安培力的作用下開始運動做加速運動。之后導體棒運動后切割磁感線產生感應電流，使得通過導體棒的電流減小，當感應電動勢與電源電動勢相等時，電路中電流為0，因此在導體棒運動過程中，電路中的電流只有在閉合電鍵瞬間等于，之后逐漸減小到0。4．如圖甲所示，在一對平行光滑的金屬導軌的上端連接一阻值為R＝4Ω的定值電阻，兩導軌在同一平面內。質量為m＝0.1kg，長為L＝0.1m的導體棒ab垂直于導軌，使其從靠近電阻處由靜止開始下滑，已知導體棒電阻為r＝1Ω，整個裝置處于垂直于導軌面的勻強磁場中，導體棒下滑過程中加速度a與速度v的關系如圖乙所示，(g＝10m/s2)。求：（1）導軌平面與水平面間夾角θ；（2）磁場的磁感應強度B；（3）若靠近電阻處到底端距離為20m，ab棒在下滑至底端前速度已達10m/s，求ab棒下滑的整個過程中，電阻R上產生的焦耳熱。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】【詳解】（1）由、、得安培力根據牛頓第二定律得代入得整理得由數學知識得知，a-v圖象斜率的大小等于縱截距等于由圖象可知圖象的縱截距等于5，即解得（2）由圖象可知圖象斜率的大小等于0.5，則有代入解得（3）ab棒下滑到底端的整個過程中，根據能量守恒定律得得電路中產生的總熱量根據焦耳定律得電阻R上產生的焦耳熱為5．如圖所示，光滑的水平平行金屬導軌間距為L，導軌電阻忽略不計．空間存在垂直于導軌平面豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B,輕質導體棒ab垂直導軌放置，導體棒ab的電阻為r，與導軌之間接觸良好．兩導軌之間接有定值電阻，其阻值為R，輕質導體棒中間系一輕細線，細線通過定滑輪懸掛質量為m的物體，現從靜止釋放該物體，當物體速度達到最大時，下落的高度為h，在本問題情景中，物體下落過程中不著地，導軌足夠長，忽略空氣阻力和一切摩擦阻力，重力加速度為g．求：(1)物體下落過程的最大速度vm；(2)物體從靜止開始下落至速度達到最大的過程中，電阻R上產生的電熱Q；(3)物體從靜止開始下落至速度達到最大時，所需的時間t．【答案】（1）(2)(3)【解析】【分析】在物體加速下落過程中，加速度逐漸減小，當加速度為0時，下落速度達到最大，由平衡條件、閉合電路歐姆定律和電磁感應定律求出物體下落過程的最大速度；在物體下落過程中，物體重力勢能減少，動能增加，系統(tǒng)電熱增加，根據能量守恒定律求出電阻R上產生的電熱；在系統(tǒng)加速過程中，分別對導體棒和物體分析，根據動量定理可得所需的時間；解：（1）在物體加速下落過程中，加速度逐漸減小，當加速度為0時，下落速度達到最大對物體，由平衡條件可得mg=Fr對導體棒Fr=BIL對導體棒與導軌、電阻R組成的回路，根據閉合電路歐姆定律根據電磁感應定律E=BLvm聯立以上各式解得（2）在物體下落過程中，物體重力勢能減少，動能增加，系統(tǒng)電熱增加，根據能量守恒定律可得mgh=mvm2+Q總在此過程中任一時刻通過R和r兩部分電阻的電流相等，則電功率之比正比于電阻之比，故整個過程中回路中的R與r兩部分電阻產生的電熱正比于電阻，所以聯立解得（3）在系統(tǒng)加速過程中，任一時刻速度設為v，取一段時間微元Δt，在此過程中分別對導體棒和物體分析，根據動量定理可得整理可得即全過程疊加求和聯方解得6．如圖所示空間存在有界勻強磁場，磁感應強度B=5T，方向垂直紙面向里，上下寬度為d=0.35m.現將一邊長L=0.2m的正方形導線框自磁場上邊緣由靜止釋放經過一段時間，導線框到達磁場下邊界，之后恰好勻速離開磁場區(qū)域.已知導線框的質量m=0.1kg，電阻.（g取10m/s2)求:（1）導線框勻速穿出磁場的速度；（2）導線框進入磁場過程中產生的焦耳熱；（3）若在導線框進入磁場過程對其施加合適的外力F則可以使其勻加速地進入磁場區(qū)域，且之后的運動同沒施加外力F時完全相同。請寫出F隨時間t變化的函數表達式.【答案】(1)2m/s(2)0.15J(3)F=0.75-1.25t(0<t<0.4s)【解析】【詳解】（1）導線框勻速穿出磁場過程中，感應電動勢：感應電流：,線框受到的安培力：線框勻速穿出磁場，由平衡條件得：解得：v=2m/s（2）自導線框剛要進入磁場至剛要離開磁場的過程中，僅進人磁場過程中有焦耳熱產生，由能量守恒得：得：Q=0.15J（3）導線框剛好完全進入磁場至剛好要離開磁場的過程得：導線框剛好完全進入磁場的速度v0=1m/s導線框進入磁場的過程由得：a=2.5m/s2得：t0=0.4s取向下為正方向有：得：F=0.75-1.25t(0<t<0.4s)7．如圖甲所示，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成角固定，N、Q之間接電阻箱R，導軌所在空間存在勻強磁場，磁場方向垂直于軌道平面向上，磁感應強度為B=0.5T，質量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上，其接入電路的電阻位為r?，F從靜止釋放桿ab，測得最大速度為vM，改變電阻箱的阻值R，得到vM與R之間的關系如圖乙所示。已知導軌間距為L=2m，重力加速度g=10m/s2，軌道足夠長且電阻不計。求：(1)當R=0時，桿ab勻速下滑過程中產生感應電動勢E的大小及桿中的電流方向；(2)金屬桿的質量m及阻值r；(3)當R=4時，回路瞬時電功率每增加1W的過程中合外力對桿做的功W。【答案】(1)，桿中電流方向從b→a；(2)，；(3)【解析】【分析】【詳解】(1)由圖可知，當R=0時，桿最終以v=3m/s勻速運動，產生電動勢E=BLv=0.5×2×3V=3V電流方向為由b到a(2)設最大速度為v，桿切割磁感線產生的感應電動勢E=BLv，由閉合電路的歐姆定律：桿達到最大速度時滿足解得由圖像可知：斜率為縱截距為v0=3m/s得到：解得m=0.2kg，r=3Ω(3)由題意：E=BLv，，得則由動能定理得聯立解得W=0.7J【點睛】8．如圖所示，將邊長為a、質量為m、電阻為R的正方形導線框豎直向上拋出，穿過寬度為b、磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域，磁場的方向垂直紙面向里，線框向上離開磁場時的速度剛好是進入磁場時速度的一半，線框離開磁場后繼續(xù)上升一段高度，然后落下并勻速進入磁場．整個運動過程中始終存在著大小恒定的空氣阻力f，且線框不發(fā)生轉動．求：(1)線框在下落階段勻速進入磁場時的速度v2；(2)線框在上升階段剛離開磁場時的速度v1；(3)線框在上升階段通過磁場過程中產生的焦耳熱Q.【答案】(1)(2)(3)【解析】【分析】(1)下落階段勻速進入磁場說明線框所受力：重力、空氣阻力及向上的安培力的合力為零.(2)對比線框離開磁場后繼續(xù)上升一段高度（設為h），然后下落相同高度h到勻速進入磁場時兩個階段受力情況不同，合力做功不同，由動能定理：線框從離開磁場至上升到最高點的過程．(3)求解焦耳熱Q，需要特別注意的是線框向上穿過磁場是位移是a+b而不是b，這是易錯的地方【詳解】(1)線框在下落階段勻速進入磁場瞬間，由平衡知識有：解得：(2)線框從離開磁場至上升到最高點的過程，由動能定理：線圈從最高點落至進入磁場瞬間：聯立解得：(3)線框在向上通過磁場過程中，由能量守恒定律有：而解得：即線框在上升階段通過磁場過程中產生的焦耳熱為【點睛】此類問題的關鍵是明確所研究物體運動各個階段的受力情況，做功情況及能量轉化情況，選擇利用牛頓運動定律、動能定理或能的轉化與守恒定律解決針對性的問題，由于過程分析不明而易出現錯誤.9．“801所”設計的磁聚焦式霍爾推進器可作為太空飛船的發(fā)動機，其原理如下：系統(tǒng)捕獲宇宙中大量存在的等離子體(由電量相同的正、負離子組成)經系統(tǒng)處理后，從下方以恒定速率v1向上射入有磁感應強度為B1、垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域Ⅰ內．當柵極MN、PQ間形成穩(wěn)定的電場后，自動關閉區(qū)域Ⅰ系統(tǒng)(關閉粒子進入通道、撤去磁場B1)．區(qū)域Ⅱ內有磁感應強度大小為B2、垂直紙面向外的勻強磁場，磁場右邊界是直徑為D、與上下極板相切的半圓(圓與下板相切于極板中央A)．放在A處的放射源能夠向各個方向均勻發(fā)射速度大小相等的氙原子核，氙原子核經過該區(qū)域后形成寬度為D的平行氙粒子束，經過柵極MN、PQ之間的電場加速后從PQ噴出，在加速氙原子核的過程中探測器獲得反向推力(不計氙原子核、等離子體的重力，不計粒子之間相互作用于相對論效應)．已知極板長RM=2D，柵極MN和PQ間距為d，氙原子核的質量為m、電荷量為q，求：(1)氙原子核在A處的速度大小v2；(2)氙原子核從PQ噴出時的速度大小v3；(3)因區(qū)域Ⅱ內磁場發(fā)生器故障，導致區(qū)域Ⅱ中磁感應強度減半并分布在整個區(qū)域Ⅱ中，求能進入區(qū)域Ⅰ的氙原子核占A處發(fā)射粒子總數的百分比．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】【詳解】（1）離子在磁場中做勻速圓周運動時：根據題意，在A處發(fā)射速度相等，方向不同的氙原子核后，形成寬度為D的平行氙原子核束，即則：（2）等離子體由下方進入區(qū)域I后，在洛倫茲力的作用下偏轉，當粒子受到的電場力等于洛倫茲力時，形成穩(wěn)定的勻強電場，設等離子體的電荷量為，則即氙原子核經過區(qū)域I加速后，離開PQ的速度大小為，根據動能定理可知：其中電壓聯立可得（3）根據題意，當區(qū)域Ⅱ中的磁場變?yōu)橹螅鶕芍?，①根據示意圖可知，沿著AF方向射入的氙原子核，恰好能夠從M點沿著軌跡1進入區(qū)域I，而沿著AF左側射入的粒子將被上極板RM擋住而無法進入區(qū)域I．該軌跡的圓心O1，正好在N點，，所以根據幾何關系關系可知，此時；②根據示意圖可知，沿著AG方向射入的氙原子核，恰好從下極板N點沿著軌跡2進入區(qū)域I，而沿著AG右側射入的粒子將被下極板SN擋住而無法進入區(qū)域I．，所以此時入射角度．根據上述分析可知，只有這個范圍內射入的粒子還能進入區(qū)域I．該區(qū)域的粒子占A處總粒子束的比例為10．如圖，兩根相距l(xiāng)=0.4m的平行金屬導軌OC、O′C′水平放置。兩根導軌右端O、O′連接著與水平面垂直的光滑平行導軌OD、O′D′，兩根與導軌垂直的金屬桿M、N被放置在導軌上，并且始終與導軌保持保持良好電接觸。M、N的質量均為m=0.2kg，電阻均為R=0.4Ω，N桿與水平導軌間的動摩擦因數為μ=0.1。整個空間存在水平向左的勻強磁場，磁感應強度為B=0.5T。現給N桿一水平向左的初速度v0=3m/s，同時給M桿一豎直方向的拉力F，使M桿由靜止開始向下做加速度為aM=2m/s2的勻加速運動。導軌電阻不計，（g取10m/s2）。求：(1)t=1s時，N桿上通過的電流強度大??；(2)求M桿下滑過程中，外力F與時間t的函數關系；（規(guī)定豎直向上為正方向）(3)已知N桿停止運動時，M仍在豎直軌道上，求M桿運動的位移；(4)在N桿在水平面上運動直到停止的過程中，已知外力F做功為﹣11.1J，求系統(tǒng)產生的總熱量。【答案】（1）0.5A（2）F=1.6﹣0.1t（3）7.84m（4）2.344J【解析】【詳解】(1)桿的速度：感應電流：(2)對桿，根據牛頓第二定律：整理得：解得：(3)對桿，由牛頓第二定律得：可得：解得：可做圖可得：解得：位移：(4)對桿，則有：解得：對桿，則有：總熱量：11．如圖所示，兩根電阻忽略不計、互相平行的光滑金屬導軌豎直放置，相距L=1m，在水平虛線間有與導軌所在平面垂直的勻強磁場，磁感應強度B=0.5T，磁場區(qū)域的高度d=1m，導體棒a的質量ma=0.2kg、電阻Ra=1Ω；導體棒b的質量mb=0.1kg、電阻Rb=1.5Ω．它們分別從圖中M、N處同時由靜止開始在導軌上無摩擦向下滑動，b勻速穿過磁場區(qū)域，且當b剛穿出磁場時a正好進入磁場，重力加速度g=10m/s2，不計a、b棒之間的相互作用，導體棒始終與導軌垂直且與導軌接觸良好，求：（1）b棒穿過磁場區(qū)域過程中克服安培力所做的功；（2）a棒剛進入磁場時兩端的電勢差；（3）保持a棒以進入時的加速度做勻變速運動，對a棒施加的外力隨時間的變化關系．【答案】（1）b棒穿過磁場區(qū)域過程中克服安培力所做的功為1J；（2）a棒剛進入磁場時兩端的電勢差為3.3V；（3）保持a棒以進入時的加速度做勻變速運動，對a棒施加的外力隨時間的變化關系為F=0.45t﹣1.1．【解析】【分析】（1）b在磁場中勻速運動，其安培力等于重力，根據重力做功情況求出b棒克服安培力分別做的功．（2）b進入磁場做勻速直線運動，受重力和安培力平衡，根據平衡條件，結合閉合電路歐姆定律和切割產生感應電動勢大小公式，求出b做勻速直線運動的速度大?。產、b都在磁場外運動時，速度總是相等，b棒進入磁場后，a棒繼續(xù)加速運動而進入磁場，根據運動學速度時間公式求解出a進入磁場時的速度大小，由E=BLv求出a棒產生的感應電動勢，即可求得a棒剛進入磁場時兩端的電勢差．（3）根據牛頓第二定律求出a棒剛進入磁場時的加速度，再根據牛頓第二定律求出保持a棒以進入時的加速度做勻變速運動時外力與時間的關系式．【詳解】（1）b棒穿過磁場做勻速運動，安培力等于重力，則有：BI1L=mbg，克服安培力做功為：W=BI1Ld=mbgd=0.1×10×1=1J（2）b棒在磁場中勻速運動的速度為v1，重力和安培力平衡，根據平衡條件，結合閉合電路歐姆定律得：=mbg,vb===10m/s，b棒在磁場中勻速運動的時間為t1，d=vbt1，t1===0.1s,a、b都在磁場外運動時，速度總是相等的，b棒進入磁場后，a棒繼續(xù)加速t1時間而進入磁場，a棒進入磁場的速度為va，va=vb+gt1=10+10×0.1=11m/s.電動勢為：E=BLva=0.5×1×11=5.5V,a棒兩端的電勢差即為路端電壓為：U===3.3V.（3）a棒剛進入磁場時的加速度為a，根據牛頓第二定律得：mag﹣BI2L=maa,a=g﹣=g﹣=10﹣=4.5m/s2，要保持加速度不變，加外力F，根據牛頓第二定律得：F+mag﹣BIL=maa得：F=t=×t=0.45t﹣1.1.12．如圖所示，間距為L、電阻不計的足夠長雙斜面型平行導軌，左導軌光滑，右導軌粗糙，左、右導軌分別與水平面成α、β角，分別有垂直于導軌斜面向上的磁感應強度為B1、B2的勻強磁場，兩處的磁場互不影響．質量為m、電阻均為r的導體棒ab、cd與兩平行導軌垂直放置且接觸良好．ab棒由靜止釋放，cd棒始終靜止不動．求：（1）ab棒速度大小為v時通過cd棒的電流大小和cd棒受到的摩擦力大?。?）ab棒勻速運動時速度大小及此時cd棒消耗的電功率．【答案】（1）；－mgsinβ（2）【解析】【分析】【詳解】（1）當導體棒ab的速度為v時，其切割磁感線產生的感應電動勢大小為：E＝B1Lv①導體棒ab、cd串聯，由全電路歐姆定律有：②聯立①②式解得流過導體棒cd的電流大小為：③導體棒cd所受安培力為：F2＝B2IL④若mgsinβ＞F2，則摩擦力大小為：⑤若mgsinβ≤F2，則摩擦力大小為：⑥（2）設導體棒ab勻速運動時速度為v0，此時導體棒ab產生的感應電動勢為：E0＝B1Lv0⑦流過導體棒ab的電流大小為：⑧導體棒ab所受安培力為：F1＝B1I0L⑨導體棒ab勻速運動，滿足：mgsinα－F1＝0⑩聯立⑦⑧⑨⑩式解得：此時cd棒消耗的電功率為：【點睛】本題是電磁感應與力學知識的綜合應用，在分析中要注意物體運動狀態(tài)（加速、勻速或平衡），認真分析物體的受力情況，靈活選取物理規(guī)律，由平衡條件分析和求解cd桿的受力情況．13．某電子天平原理如圖所示，E形磁鐵的兩側為N極，中心為S極，兩極間的磁感應強度大小均為B，磁極寬度均為L，忽略邊緣效應，一正方形線圈套于中心磁極，其骨架與秤盤連為一體，線圈兩端C、D與外電路連接，當質量為m的重物放在秤盤上時，彈簧被壓縮，秤盤和線圈一起向下運動(骨架與磁極不接觸)，隨后外電路對線圈供電，秤盤和線圈恢復到未放重物時的位置并靜止，由此時對應的供電電流I可確定重物的質量．已知線圈匝數為n，線圈電阻為R，重力加速度為g.問：(1)線圈向下運動過程中，線圈中感應電流是從C端還是從D端流出？(2)供電電流I是從C端還是從D端流入？求重物質量與電流的關系；(3)若線圈消耗的最大功率為P，該電子天平能稱量的最大質量是多少？【答案】（1）感應電流從C端流出（2）（3）【解析】【分析】【詳解】（1）根據右手定則，線圈向下切割磁感線，電流應從Ｄ端流入，從Ｃ端流出（２）根據左手定則可知，若想使彈簧恢復形變，安培力必須向上，根據左手定則可知電流應從D端流入，根據受力平衡①解得②（3）根據最大功率得③②③聯立解得：14．如圖所示，兩根足夠長的直金屬導軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的電阻，一根質量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上，并與導軌垂直，金屬桿的電阻為r，整套裝置處