《2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練13 電磁感應(yīng)問(wèn)題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練13 電磁感應(yīng)問(wèn)題（11頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練13 電磁感應(yīng)問(wèn)題 一、選擇題(1－4題為單項(xiàng)選擇題，5－10題為多項(xiàng)選擇題) 1．(2018·安徽省合肥三模)如圖所示，兩相鄰有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度均為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反，均垂直于紙面．有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形閉合線圈向右勻速通過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)．用i表示線圈中的感應(yīng)電流，規(guī)定逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏髡较颍瑘D示線圈所在位置為位移起點(diǎn)，則下列關(guān)于i－x的圖象中正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 C　[線圈進(jìn)入磁場(chǎng)，在進(jìn)入磁場(chǎng)的0～L的過(guò)程中，E＝BLv，電流I＝，根據(jù)右手定則判斷方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，為正方向；在L～2L的過(guò)程中，

2、電動(dòng)勢(shì)E＝2BLv，電流I＝，根據(jù)右手定則判斷方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，為?fù)方向；在2L～3L的過(guò)程中，E＝BLv，電流I＝，根據(jù)右手定則判斷方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较颍瑸檎较?；故ABD錯(cuò)誤，C正確；故選C.] 2．圖a和圖b是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個(gè)電路圖，L1和L2為電感線圈，實(shí)驗(yàn)時(shí)，斷開開關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗，閉合開關(guān)S2，燈A2逐漸變亮，而另一個(gè)相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．圖a中，A1與L1的電阻值相同 B．圖a中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流 C．圖b中，變阻器R與L2的電阻值相同 D．圖b中，閉合

3、S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等 C　[分析圖a，斷開開關(guān)S1瞬間，A1突然閃亮，說(shuō)明流經(jīng)A1的電流瞬間增大，從而得到S1閉合，電路穩(wěn)定時(shí)，A1中的電流小于L1中的電流，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤，由并聯(lián)電路特點(diǎn)可知，A1的電阻值大于L1的電阻值，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤，分析圖b，開關(guān)S2閉合后，燈A2逐漸變亮，A3立即變亮，說(shuō)明閉合S2瞬間A2與A3中的電流不相等，那么L2與R中的電流也不相等，所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤．最終A2與A3亮度相同，說(shuō)明流經(jīng)A2與A3的電流相同，由歐姆定律可知，R與L2的電阻值相等，所以選項(xiàng)C正確．] 3．(2018·山東省濟(jì)南市高三一模)近來(lái)，無(wú)線充電成為應(yīng)用于我們?nèi)粘Ｉ钪械囊?/p>

4、項(xiàng)新科技，其中利用電磁感應(yīng)原理來(lái)實(shí)現(xiàn)無(wú)線充電是比較成熟的一種方式，電動(dòng)汽車無(wú)線充電方式的基本原理如圖所示：路面下依次鋪設(shè)圓形線圈，相鄰兩個(gè)線圈由供電裝置通以反向電流，車身底部固定感應(yīng)線圈，通過(guò)充電裝置與蓄電池相連，汽車在此路面上行駛時(shí)，就可以進(jìn)行充電．在汽車勻速行駛的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．感應(yīng)線圈中電流的磁場(chǎng)方向一定與路面線圈中電流的磁場(chǎng)方向相反 B．感應(yīng)線圈中產(chǎn)生的是方向改變、大小不變的電流 C．感應(yīng)線圈一定受到路面線圈磁場(chǎng)的安培力，會(huì)阻礙汽車運(yùn)動(dòng) D．給路面下的線圈通以同向電流，不會(huì)影響充電效果 C　[A項(xiàng)：由于路面下鋪設(shè)圓形線圈，相鄰兩個(gè)線圈的電流相反，所以

5、感應(yīng)線圈中電流的磁場(chǎng)方向不一定與路面線圈中電流的磁場(chǎng)方向相反，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)：由于路面上的線圈中的電流不知是怎么變化，即產(chǎn)生的磁場(chǎng)無(wú)法確定變化情況，所以感應(yīng)線圈中的電流大小不能確定，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)：感應(yīng)線圈隨汽車一起運(yùn)動(dòng)過(guò)程中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，在路面線圈的磁場(chǎng)中受到安培力，根據(jù)“來(lái)拒去留”可知，此安培力阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)，即阻礙汽車運(yùn)動(dòng)，故C正確；D項(xiàng)：給路面下的線圈通以同向電流時(shí)，路面下的線圈產(chǎn)生相同方向的磁場(chǎng)，穿過(guò)感應(yīng)線圈的磁通量變小，變化率變小，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電流變小，故D錯(cuò)誤．] 4．(2018·高考物理全真模擬三)如圖A中水平放置的U形光滑金屬導(dǎo)軌NMPQ，MN接有電鍵K，導(dǎo)軌寬度為L(zhǎng)，其

6、電阻不計(jì)．在左側(cè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形區(qū)域存在方向豎直向上磁場(chǎng)B，其變化規(guī)律如圖B所示；中間一段沒(méi)有磁場(chǎng)，右側(cè)一段區(qū)域存在方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，在該段導(dǎo)軌之間放有質(zhì)量為m、電阻為R、長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬棒ab.若在圖B所示的t0/2時(shí)刻關(guān)閉電鍵K，則在這一瞬間(　　) A．金屬棒ab中的電流方向?yàn)橛蒩流向b B．金屬棒ab中的電流大小為 C．金屬棒ab所受安培力方向水平向右 D．金屬棒ab的加速度大小為 C　[根據(jù)楞次定律可得金屬棒ab中的電流方向?yàn)橛蒪流向a，故A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝S＝L2，所以金屬棒ab中的電流大小為：I＝＝L2，故B錯(cuò)誤

7、；金屬棒ab的電流方向?yàn)橛蒪流向a，根據(jù)左手定則可得ab棒所受安培力方向水平向右，C正確；根據(jù)牛頓第二定律可得金屬棒ab的加速度大小為a＝＝mIL＝，故D錯(cuò)誤．所以C正確，ABD錯(cuò)誤．] 5．(2018·山東省日照市高三5月校際聯(lián)考)如圖所示，一足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬軌道，其軌道平面與水平面成θ角，上端用一電阻R相連，處于方向垂直軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿ab，從高為h處由靜止釋放，下滑一段時(shí)間后，金屬桿開始以速度v勻速運(yùn)動(dòng)直到軌道的底端．金屬桿始終保持與導(dǎo)軌垂直接觸良好，軌道電阻及空氣阻力均可忽略不計(jì)，重力加速度為g.則(　　) A．金屬桿加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的平均

8、速度大于 B．金屬桿加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服安培力做功的功率小于勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服安培力做功的功率 C．當(dāng)金屬桿的速度為時(shí)，它的加速度大小為 D．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為mgh－mv2 ABC　[若金屬桿勻加速運(yùn)動(dòng)，則平均速度為，實(shí)際上金屬桿加速運(yùn)動(dòng)中，加速度不斷減小，速度－時(shí)間圖象的斜率不斷減小，在相同間內(nèi)金屬桿通過(guò)位移大于勻加速運(yùn)動(dòng)的位移，金屬桿平均速度大于勻加速運(yùn)動(dòng)的平均速度，A正確；金屬桿加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，安培力平均值小于勻速運(yùn)動(dòng)的安培力，且加速運(yùn)動(dòng)的平均速度小于勻速直線的速度，因此金屬桿加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，克服安培力做功的功率小于勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服安培力做功的功率，B正確；根據(jù)

9、勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿速度大小為v，所受的安培力大小為，此時(shí)依據(jù)平衡狀態(tài)，則有mgsin θ＝；金屬桿的速度為時(shí)，它所受的安培力為，據(jù)牛頓第二定律解得mgsin θ－＝ma，聯(lián)立得a＝，C正確；根據(jù)能量守恒定律可知整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為mgh－mv2，所以R上產(chǎn)生的焦耳熱小于mgh－mv2，D錯(cuò)誤．] 6．兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直，邊長(zhǎng)為0.1 m、總電阻為0.005 Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場(chǎng)邊界平行，如圖(a)所示．已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，cd邊于t＝0時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)．線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖線如圖(b)所示(感

10、應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)取正)．下列說(shuō)法正確的是(　　) A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5 T B．導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)速度的大小為0.5 m/s C．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外 D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1 N BC　[由圖象可知，從導(dǎo)線框的cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊剛好進(jìn)入磁場(chǎng)，用時(shí)為0.2 s，可得導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)速度的大小v＝m/s＝0.5 m/s，B對(duì)． 由圖象可知，cd邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝0.01 V，由公式E＝BLv，可得磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B＝T＝0.2 T，A錯(cuò)． ca邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，對(duì)c

11、d邊應(yīng)用右手定則可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外，C對(duì)． t＝0.4 s至t＝0.6 s時(shí)間段為cd邊離開磁場(chǎng)，ab邊切割磁感線的過(guò)程．由閉合電路歐姆定律及安培力公式得安培力F＝，代入數(shù)據(jù)得F＝0.04 N，D錯(cuò)．] 7．(2018·山東省濰坊市高三三模)如圖所示，兩平行導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，傾斜部分和水平部分長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，傾斜部分與水平面的夾角為37°，cd間接電阻R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．質(zhì)量為m的金屬細(xì)桿靜止在傾斜導(dǎo)軌底端，與導(dǎo)軌接觸良好，電阻為r.整個(gè)裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化關(guān)系為B＝B0＋kt(k>0)，在桿運(yùn)動(dòng)前，以下說(shuō)法正確的是(　　) A．穿過(guò)回路的磁通量

12、為2(B0＋kt)L2 B．流過(guò)導(dǎo)體棒的電流方向?yàn)橛蒪到a C．回路中電流的大小為 D．細(xì)桿受到的摩擦力一直減小 BC　[A、由Φ＝BS效＝(B0＋kt)·(L2＋L2cos 37°)＝1.8(B0＋kt)L2，故A錯(cuò)誤．C、磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大，產(chǎn)生的感生電動(dòng)勢(shì)，由法拉第電磁感應(yīng)定得E＝n＝·S＝k·(L2＋L2cos37°)＝1.8k L2，由全電路歐姆定律得I＝＝，則C正確．B、由楞次定律可得感應(yīng)電流的方向俯視為順時(shí)針?lè)较?，即電流流向?yàn)閎到a，B正確．D、因感應(yīng)電流大小恒定，則細(xì)桿所受的安培力F＝BIL因B逐漸增大而增大，由左手定則知方向水平向右，對(duì)桿的平衡知識(shí)可得mgsin θ＝

13、f＋BILcos θ，則摩擦力先向上逐漸減小到零，后向下逐漸增大，D錯(cuò)誤．故選B、C.] 8．(2018·山東省淄博一中高三三模)如圖所示， 用粗細(xì)均勻的電阻絲制成形狀相同、大小不同的甲、乙兩個(gè)矩形框．甲對(duì)應(yīng)邊的長(zhǎng)度是乙的兩倍，二者底邊距離勻強(qiáng)磁場(chǎng)上邊界高度h相同，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，勻強(qiáng)磁場(chǎng)強(qiáng)度d足夠大．不計(jì)空氣阻力，適當(dāng)調(diào)整高度h，將二者由靜止釋放，甲將以恒定速度進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．在矩形線框進(jìn)入磁場(chǎng)的整個(gè)過(guò)程中，甲、乙的感應(yīng)電流分別為I1和I2，通過(guò)導(dǎo)體棒截面的電量分別為q1和q2，線框產(chǎn)生的熱量分別為Q1和Q2，線框所受到的安培力分別是F1和F2，則以下結(jié)論中正確的是(　　) A

14、．I1>I2 B．q1＝4q2 C．Q1＝4Q2 D．F1＝2F2 CD　[設(shè)甲的寬度為L(zhǎng)，周長(zhǎng)為l，則乙的寬度為，周長(zhǎng)為，那么甲的質(zhì)量是乙質(zhì)量的兩倍，根據(jù)電阻R＝ρ，可得＝，由題意可知甲做勻速運(yùn)動(dòng)：m1g－BI1L＝0，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E1＝BLv1，感應(yīng)電流為：I1＝，聯(lián)立以上可得：m1g－＝0，同理對(duì)乙有：m2g－＝m2a，聯(lián)立以上可得a＝0，說(shuō)明乙也勻速運(yùn)動(dòng)且v1＝v2＝，感應(yīng)電流為：I＝，結(jié)合以上易得I1＝I2，故A錯(cuò)誤；電量為q＝＝，可得：＝，故B錯(cuò)誤；產(chǎn)生的熱量為：Q＝I2Rt，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：＝，聯(lián)立以上可得：＝，故C正確；安培力為：F＝，根據(jù)以上可得：＝，故D正確．所

15、以CD正確，AB錯(cuò)誤．] 9．(2018·山東省煙臺(tái)市高三下學(xué)期診斷測(cè)試)如圖所示，空間直角坐標(biāo)系的xOz平面是光滑水平面，空間中有沿z軸正方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.現(xiàn)有兩塊平行的薄金屬板，彼此間距為d，構(gòu)成一個(gè)電容為C的電容器，電容器的下極板放在xOz平面上；在兩板之間焊接一根垂直于兩板的電阻不計(jì)的金屬桿MN，已知兩板和桿MN的總質(zhì)量為m，若對(duì)桿MN施加一個(gè)沿x軸正方向的恒力F，兩金屬板和桿開始運(yùn)動(dòng)后，則(　　) A．金屬桿MN中存在沿M到N方向的感應(yīng)電流 B．兩金屬板間的電壓始終保持不變 C．兩金屬板和桿做加速度大小為的勻加速直線運(yùn)動(dòng) D．單位時(shí)間內(nèi)電容器增加的電荷

16、量為 AD　[由右手定則可知，充電電流方向?yàn)椋河蒑流向N，故A正確；設(shè)此裝置勻加速平移的加速度為a，則時(shí)間t后速度v＝at，MN切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)：E＝BLv＝Bdat，即電容器兩板電壓：U＝E＝BLat，U隨時(shí)間增大而增大，電容器所帶電量Q＝CU＝CBdat，MN間此時(shí)有穩(wěn)定的充電電流：I＝＝CBda，方向向下，根據(jù)左手定則可知，MN受到向左的安培力：F安＝BIL＝CB2d2a，以整個(gè)裝置為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得：F－F安＝ma，即：F－CB2d2a＝ma，解得：a＝，方向沿＋Z方向，則單位時(shí)間內(nèi)電容器增加的電荷量為＝CBda＝，故BC錯(cuò)誤，D正確；故選AD.] 10．(2018·

17、湖北省武漢市高三綜合訓(xùn)練)如圖所示，一個(gè)半徑為r、粗細(xì)均勻、阻值為R的圓形導(dǎo)線框，豎直放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框平面與磁場(chǎng)方向垂直．現(xiàn)有一根質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的導(dǎo)體棒，自圓形線框最高點(diǎn)由靜止釋放，棒在下落過(guò)程中始終與線框保持良好接觸．已知下落距離為時(shí)棒的速度大小為v1，下落到圓心O時(shí)棒的速度大小為v2，忽略摩擦及空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．導(dǎo)體棒下落距離為時(shí)，棒中感應(yīng)電流的方向向右 B．導(dǎo)體棒下落距離為時(shí)，棒的加速度的大小為g－ C．導(dǎo)體棒下落到圓心時(shí)，圓形導(dǎo)線框的發(fā)熱功率為 D．導(dǎo)體棒從開始下落到經(jīng)過(guò)圓心的過(guò)程中，圓形導(dǎo)線框產(chǎn)生的熱量為mgr－mv

18、BD　[A項(xiàng)：導(dǎo)體棒下落過(guò)程中切割磁感線，根據(jù)右手定則可知，棒中感應(yīng)電流的方向向左，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)：棒下落距離為時(shí)，棒有效的切割長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝2rcos30°＝r，弦所對(duì)的圓心角為120°，則圓環(huán)上半部分的電阻為，圓環(huán)下半部分的電阻為 由外電路并聯(lián)電阻為：R1＝＝ 此時(shí)，回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv，I＝，安培力F＝BIL， 聯(lián)立得：F＝由牛頓第二定律得：mg－F＝ma 得：a＝g－，故B正確； C項(xiàng)：導(dǎo)體棒下落到圓心時(shí)，棒有效的切割長(zhǎng)度為2r，回路中的總電阻為，電動(dòng)勢(shì)為E＝B·2r·v2，根據(jù)公式P＝＝＝，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)：從開始下落到經(jīng)過(guò)圓心的過(guò)程中，棒的重力勢(shì)能減小轉(zhuǎn)化為棒的動(dòng)能和內(nèi)

19、能，根據(jù)能量守恒定律得： mgr＝mv＋Q，解得Q＝mgr－mv，故D正確．] 二、非選擇題 11．(2018·湖北省武漢市高三下學(xué)期五月理綜訓(xùn)練)電磁感應(yīng)式無(wú)線充電系統(tǒng)原理如圖(a)所示，給送電線圈中通以變化的電流，就會(huì)在鄰近的受電線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而實(shí)現(xiàn)充電器與用電裝置之間的能量傳遞．某受電線圈的匝數(shù)n＝50匝，電阻r＝1.0 Ω，c、d兩端接一阻值R＝9.0 Ω的電阻，當(dāng)送電線圈接交變電流后，在受電線圈內(nèi)產(chǎn)生了與線圈平面垂直的磁場(chǎng)，其磁通量隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖(b)所示．求(結(jié)果保留2位有效數(shù)字) (1)t1到t2時(shí)間內(nèi)，通過(guò)電阻R的電荷量； (2)在一個(gè)周期內(nèi)，電阻

20、R產(chǎn)生的熱量． 解析　(1)受電線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值＝n.通過(guò)電阻的電流的平均值＝ 通過(guò)電阻的電荷量q＝Δt 由圖b知，在t1到t2的時(shí)間內(nèi)Δφ＝4.0×10－4Wb 解得：q＝2.0×10－3C； (2)由圖b知T＝π×10－3s 又ω＝ 受電線圈中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的最大值Em＝nφmω 線圈中的感應(yīng)電流的最大值Im＝ 通過(guò)電阻的電流的有效值I＝ 電阻在一個(gè)周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量Q＝I2RT 解得：Q＝5.7×10－2J. 答案　見解析 12．(2018·衡中同卷(五))如圖甲所示，兩個(gè)形狀相同、傾角均為37°的足夠長(zhǎng)的斜面對(duì)接在一起，左側(cè)斜面粗糙，右側(cè)斜面光滑．一

21、個(gè)電阻不計(jì)、質(zhì)量m＝1 kg的足夠長(zhǎng)的U形金屬導(dǎo)軌MM′N′N置于左側(cè)斜面上，導(dǎo)軌MM′N′N與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，質(zhì)量m＝1 kg、電阻為R的光滑金屬棒ab通過(guò)跨過(guò)定滑輪的輕質(zhì)絕緣細(xì)線與質(zhì)量為m0的滑塊相連，金屬棒ab與導(dǎo)軌MM′N′N接觸良好且始終垂直(金屬棒ab始終不接觸左側(cè)斜面)，左側(cè)斜面處于垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．初始狀態(tài)時(shí)，托住滑塊，使導(dǎo)軌MM′N′N、金屬棒ab及滑塊組成的系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，某時(shí)刻釋放滑塊，當(dāng)其達(dá)到最大速度時(shí)，導(dǎo)軌MM′N′N恰好要向上滑動(dòng)．已知細(xì)線始終與斜面平行，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g

22、取10 m/s2. (1)求滑塊的質(zhì)量m0； (2)以釋放滑塊的時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，滑塊的速度v隨時(shí)間t的變化情況如圖乙所示，若勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T，導(dǎo)軌MM′N′N寬度L＝m，求在滑塊加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱． 解析　(1)當(dāng)滑塊與金屬棒ab達(dá)到最大速度時(shí)，導(dǎo)軌MM′N′N恰好不能向上滑動(dòng)，導(dǎo)軌與左側(cè)斜面間的靜摩擦力向下達(dá)到最大，對(duì)導(dǎo)軌由平衡條件得 mgsin 37°＋μ·2mgcos 37°＝F安 解得F安＝14 N 對(duì)滑塊及金屬棒ab組成的系統(tǒng)由平衡條件得 mgsin 37°＋F安＝m0gsin 37° 解得m0＝kg (2)達(dá)到最大速度時(shí)安培力F安＝BIL＝＝14 N 由圖乙知最大速度v＝1 m/s 解得R＝2 Ω 加速階段對(duì)滑塊及金屬棒ab組成的系統(tǒng)由動(dòng)量定理得 m0gtsin 37°－mgtsin 37°－BLt＝(m0＋m)v 加速階段通過(guò)金屬棒ab的電荷量q＝t 又結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律及閉合電路歐姆定律可得 q＝＝，解得x＝m 加速階段由能量守恒得 m0gxsin 37°＝mgxsin 37°＋(m0＋m)v2＋Q 解得Q＝3.3 J 即滑塊在加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為3.3 J. 答案　(1)kg　(2)3.3