第二章 电磁感应及其应用 章末总结 课件 -2025-2026学年高二下学期物理鲁科版选择性必修第二册

该高中物理电磁感应单元复习课件系统梳理了电磁感应的条件、感应电流与电动势的产生及规律，通过章末总结构建知识框架，将磁通量变化、法拉第定律、楞次定律及动生/感生电动势等核心内容串联，建立完整知识网络。 其亮点在于采用“专题研析-规律总结-分层训练”模式，设图像、动力学、动量、能量四大专题，如通过线框拉出磁场分析电动势与位移关系培养科学推理，结合达标训练实现分层提升。既助学生巩固知识，又为教师提供系统复习方案，提升教学针对性。

章末总结 专题研析·拓展提升 专题一　电磁感应中的图像问题 [例1] (双选)边长为a的闭合金属正三角形线框,完全处于垂直于线框平面的匀强磁场中,现把线框匀速拉出磁场,如图所示,则线框中的电流、感应电动势、外力、外力的功率与位移的关系图像正确的是(　　 ) A B C D BD 解决电磁感应中图像问题的方法技巧 (1)明确图像的种类,即是B-t图像还是Φ-t图像,或者是E-t图像、I-t图像、F-t图像等。 (2)利用图像分析问题时,应确定纵、横坐标的含义,分析图像的斜率、截距等的含义。 (3)画图像或判断图像时,首先分析电磁感应的具体过程,对涉及与电磁感应有关的速度、安培力、电势差、电功等可应用有关规律进行分析,最后确定答案。 ·规律方法· [针对训练1] (双选)如图,空间中存在两个相邻的、磁感应强度大小相等、方向相反的有界匀强磁场,其宽度均为L。现将宽度也为L的矩形单匝闭合线圈从图示位置沿垂直于磁场方向匀速拉过磁场区域。若规定顺时针方向为感应电流的正方向,水平向左为安培力的正方向,则在该过程中,能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受安培力随时间变化的图像是(　 　) BD A B C D 专题二　电磁感应中的动力学问题 [例2] 如图所示,一个足够长的U形金属导轨NMPQ固定在水平面内,MN、PQ两导轨间的宽为 L=0.50 m;一根质量为m=0.50 kg、电阻R=0.10 Ω 的金属导体棒ab静止在导轨上且接触良好,abMP恰好围成一个正方形,该导轨平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中,其他各部分电阻均不计。开始时,磁感应强度B0=0.50 T,导体棒ab与导轨间的动摩擦因数为μ=0.2,最大静摩擦力和滑动摩擦力相等,重力加速度g取10 m/s2。 【答案】 (1)3.75 s　 (2)若保持磁感应强度B0的大小不变,从t=0时刻开始,给ab棒施加一个水平向右的拉力,使它做加速度为4 m/s2的匀加速直线运动,求此拉力F的大小随时间t的变化关系。 【答案】(2)F=(2.5t+3)N 由牛顿第二定律可得 F-μmg-F安=ma, 根据运动学规律有 v=at, 联立可得 F=(2.5t+3)N。 (1)电磁感应中导体棒既可视为电学对象(因为它相当于电源),又可视为力学对象(因为感应电流的存在而受到安培力),而感应电流I和导体棒的速度v是联系这两大对象的纽带。 ·规律方法· (2)解决电磁感应中力学问题的基本步骤。 ①明确研究对象和物理过程,即研究哪段导体在哪一过程切割磁感线。 ②根据导体运动状态,应用法拉第电磁感应定律和楞次定律求出感应电动势的大小和方向。 ③画出等效电路图,应用闭合电路欧姆定律求回路中的感应电流。 ④分析导体的受力情况,要特别注意安培力方向的确定。 ⑤列出动力学方程或平衡方程求解。 ·规律方法· [针对训练2] 如图,两固定的绝缘斜面倾角均为θ,上沿相连。两细金属棒ab和cd长度均为L,质量分别为2m和m;用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca,并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上,使两金属棒水平。右侧斜面上存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上,已知两根导线刚好不在磁场中,回路电阻为R,两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度大小为g,已知金属棒ab匀速下滑。求: (1)作用在金属棒ab上的安培力的大小; 【答案】 (1)mg(sin θ-3μcos θ) 【解析】 (1)由于ab、cd棒被平行于斜面的导线相连,故ab、cd速度总是相等,cd也做匀速直线运动。设导线的张力的大小为T,右斜面对ab棒的支持力的大小为N1,作用在ab棒上的安培力的大小为F,左斜面对cd棒的支持力大小为N2, 对于ab棒,受力分析如图甲所示, 由力的平衡条件得 2mgsin θ=μN1+T+F, N1=2mgcos θ, 对于cd棒,受力分析如图乙所示, 由力的平衡条件得 mgsin θ+μN2=T′=T, N2=mgcos θ, 联立解得F=mg(sin θ-3μcos θ)。 (2)金属棒运动的速度大小。 专题三　电磁感应中的动量问题 [例3] (双选)如图所示,两根电阻不计且足够长的平行光滑金属导轨固定在同一水平面内,其间距为1 m,左端连接一个R=1.5 Ω 的定值电阻,整个导轨处在磁感应强度B=0.2 T的匀强磁场中,磁场方向竖直向下。质量m=0.2 kg、长度L=1 m、电阻 r=0.5 Ω的导体棒垂直导轨放置并与导轨接触良好。现使导体棒获得大小为6 m/s、方向水平向右的初速度,下列说法正确的是(　 　) A.回路中感应电流的方向为顺时针方向 B.导体棒刚开始运动的瞬间,R两端电压为 1.2 V C.当导体棒停止运动时,通过R的电荷量为6 C D.整个过程中导体棒向右运动的位移为60 m CD 解决电磁感应中动量问题的一般思路 (1)确定研究对象,分析受力情况。 (2)对变速过程运用动量定理,建立电磁学和运动学的联系。 (3)联立求解。 ·规律方法· [针对训练3] 如图所示,间距L=1 m的粗糙倾斜金属轨道与水平面间的夹角θ=37°,在其顶端与阻值为2R的定值电阻相连,间距相同的光滑金属轨道固定在水平面上,两轨道都足够长且在AA′处平滑连接,AA′至DD′间是绝缘带,保证倾斜轨道与水平轨道间电流不导通。倾斜轨道处有垂直于轨道向上、磁感应强度大小为 B1=0.5 T的匀强磁场,水平轨道处有竖直向上、磁感应强度大小为B2=1 T的匀强磁场。两根导体棒1、2的质量均为m=0.1 kg,两棒接入电路部分的电阻均为R,初始时刻,导体棒1放置在倾斜轨道上,且距离AA′足够远,导体棒2静置于水平轨道上,已知倾斜轨道与导体棒1间的动摩擦因数μ=0.5,R=1 Ω。现将导体棒1由静止释放,运动过程中未与导体棒2发生碰撞。取 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,两棒与轨道始终垂直且接触良好,导轨电阻不计,不计金属棒1经过AA′时的机械能损失。下列说法正确的是(　　 ) A.导体棒1滑至DD′瞬间的速度大小为 1.2 m/s B.导体棒1滑至DD′瞬间,导体棒2的加速度大小为6 m/s2 C.稳定时,导体棒2的速度大小为1.2 m/s D.整个运动过程中通过导体棒2的电荷量为0.06 C C 专题四　电磁感应中的能量问题 [例4] 如图所示,MN、PQ为间距L=0.5 m足够长的光滑平行导轨,NQ⊥MN。导轨平面与水平面间的夹角 θ=37°,N、Q间连接有一个R=10 Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面,磁感应强度为B0=2 T。将一根质量为m=0.05 kg 的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上,且与导轨接触良好,导轨与金属棒的电阻均不计,现由静止释放金属棒,金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度,cd距离NQ为s=2 m。(g取 10 m/s2,取 sin 37°=0.6) (1)当金属棒滑行至cd处时回路中的电流为多大? 【答案】 (1)0.3 A (2)金属棒达到的稳定速度是多大? 【答案】 (2)3 m/s　 (3)当金属棒滑行至cd处时回路中产生的焦耳热是多少? 【答案】 (3)0.375 J　 (4)若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0,从此时刻起,让磁感应强度逐渐减小,使金属棒中不产生感应电流,磁感应强度B应怎样随时间t变化(写出B与t的关系式)? (1)电磁感应现象中的能量转化。 ·规律方法· (2)求解焦耳热Q的三种方法。 ·规律方法· (3)求解电磁感应现象中能量问题的一般思路。 ①用法拉第电磁感应定律、楞次定律和安培定则确定感应电动势的大小和方向。 ②画出等效电路,列出回路中电能变化表达式。 ③分析导体机械能的变化,用能量守恒定律得到机械能的改变与回路中电能的改变所满足的方程。 ·规律方法· [针对训练4] 用导线绕一圆环,环内有一用同样导线折成的内接正方形线框,圆环与线框绝缘,如图甲所示。圆环的半径R=2 m,导线单位长度的电阻r0=0.2 Ω/m。把它们放在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于圆环平面(纸面)向里。磁感应强度B随时间t变化如图乙所示。 (1)求正方形线框产生的感应电动势; 【答案】 (1)4 V (2)求在0～2.0 s内,圆环产生的焦耳热; 【答案】 (2)10π J (3)若不知道圆环半径数值,求在0～2.0 s内,圆环中的电流与正方形线框中电流的比值。 达标训练·检测效果 1.(双选)如图所示,边长为1 m的正方形光滑固定金属导轨水平放置,处在竖直向下、磁感应强度大小为0.5 T的匀强磁场中。长度为1 m的金属棒MN垂直于导轨放置,且与导轨接触良好,导轨和金属棒单位长度的电阻均为 2 Ω。当MN以4 m/s的速度向右经过导轨中点时,下列说法正确的是(　　 ) A.M点电势比N点电势高 B.棒中电流大小为1 A C.MN两点间电压为1 V D.导轨的热功率为1 W AC 2.如图所示,匀强磁场方向垂直于纸面向里,磁场区域在y轴方向足够宽,在x轴方向宽度为a。一直角三角形导线框ABC(BC边的长度为a)从图示位置沿x轴向右匀速穿过磁场区域,下列关于BC两端的电势差UBC与线框移动的距离x的关系图像正确的是(　　) B A B C D 3.(双选)如图所示,光滑平行长直导轨水平放置,间距L=0.5 m,左侧接有阻值R=5.0 Ω的电阻。导体棒质量m=0.25 kg,垂直静止放在导轨上,且接触良好。导体棒及导轨的电阻均不计。导轨所在区域有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B=2.0 T。初始时刻给导体棒一向右的初速度v0=5 m/s,滑行一段时间t后导体棒速度变为v1=3 m/s,已知重力加速度g取10 m/s2,则以下说法正确的是(　 　) A.导体棒做匀减速运动,直到速度为0 B.在t时间内,导体棒向右运动的位移为2.5 m C.在t时间内,电阻R产生的热量Q=1.0 J D.在t时间内,通过电阻R的电荷量q=0.5 C BD 4.如图所示,两电阻不计的足够长光滑导轨倾斜放置,上端连接一电阻R,空间有一垂直于导轨平面向上的磁感应强度为B的匀强磁场,一质量为m的导体棒与导轨接触良好,从某处自由释放,选项四个图像分别表示导体棒运动过程中速度v与时间t的关系、加速度a与时间t的关系、机械能E与位移x的关系以及通过导体棒的电荷量q与位移x的关系,其中可能正确的是(　　) C A B C D 5.(双选)如图甲所示,光滑的水平面内MN、QP间存在一匀强磁场,磁场方向竖直向下,一正方形金属线框放置在水平面上。t=0时,该线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动,外力F随时间t变化的图线如图乙所示,已知线框质量m=1 kg、电阻 R=2 Ω,则( 　 　) AC 6.如图甲所示,两条足够长的平行金属导轨间距为0.5 m,固定在倾角为37°的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为1 Ω的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为 1 T 的匀强磁场。质量为0.5 kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑,其运动过程中的v-t图像如图乙所示。金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好,不计金属棒和导轨的电阻,g取10 m/s2,取 sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。则金属棒与导轨间的动摩擦因数 μ=　　　　;金属棒在磁场中能够达到的最大速率vm=　　　　;若金属棒从进入磁场到速度达到5 m/s时通过电阻的电荷量为1.3 C,则此过程中电阻产生的焦耳热 Q=　　　　。  0.25 8 m/s 2.95 J 7.(2025·福建卷)光滑斜面倾角θ=30°,Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直于斜面向上的匀强磁场,两区域中磁场的磁感应强度大小相等。正方形线框abcd质量为m,总电阻为R,线框由同种材料制成且粗细均匀,Ⅰ区域沿斜面的宽度为L1,Ⅱ区域沿斜面的宽度为L2,两区域间无磁场区域沿斜面的宽度大于线框的边长。线框从某一位置释放,cd边进入Ⅰ区域时速度大小为v,且直到ab边离开Ⅰ区域时速度大小始终为v,cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度一致。已知重力加速度为g。求: (1)线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离; (2)cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差; (3)线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域过程中克服安培力做功的平均功率。 第3种情况:若L1=L2,根据题给信息与上述分析可知,线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域的过程,始终受安培力,可能一直减速,也可能先减速后匀速,则ab边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度不可能一致,与题给信息不符,故不存在此种情况。 感谢观看 【解析】 设线框的速度为v,根据几何关系可知,把线框匀速拉出磁场的过程中,切割磁感线的有效长度为L=x,所以E=Bvx,即E与x成正比,故B正确;根据闭合电路欧姆定律有I==,即I与x成正比,故A错误;外力大小等于线框所受安培力大小,即F=BIL=,即F与x2成正比,故C错误;外力的功率为P外=Fv=,即P外与x2成正比,故D正确。 【解析】 线圈在进入磁场前,没有磁通量的变化,故没有感应电流产生,线圈也不受安培力;在线圈进入磁场的距离为0～L的过程中,线圈右侧切割磁感线,根据楞次定律,产生的感应电流方向为逆时针,电动势 E1=BLv,电流I1==,安培力的大小 F1=BI1L=,线圈的右侧受力,电流方向向上,根据左手定则,安培力方向向左,为正方向;在L～2L过程中,线圈的左右两侧都在切割磁感线,电动势E2=2BLv,电流I2==,方向为顺时针,线圈受到的安培力的合力大小为F2=2BI2L=,安培力方向向左,为正方向;在2L～3L过程中,线圈左侧切割磁感线,电动势E3=BLv,电流I3==,方向为逆时针,安培力的大小F3=BI3L= ,线圈的左侧受力,安培力方向向左,为正方向,故A、C错误,B、D正确。 (1)若从t=0开始,使磁感应强度的大小从B0开始使其以=0.4 T/s的变化率均匀增加,求经过多长时间ab棒开始滑动; 【解析】 (1)回路产生的感应电动势为E1=L2=0.1 V, 回路中的电流为I1==1 A, 设经过时间t1后ab棒开始滑动,此时ab棒所受安培力大小等于最大静摩擦力,即(B0+t1)I1L=μmg, 解得t1=3.75 s。 【解析】 (2)设经过时间t后,ab棒的速度大小为v,则此时回路中的感应电流为I=, ab棒受到的安培力为F安=B0IL=, 【答案】 (2)(sin θ-3μcos θ) 【解析】 (2)设金属棒运动速度大小为v,ab棒上的感应电动势为E=BLv,回路中电流I=, 安培力 F=BIL, 联立解得v=(sin θ-3μcos θ)。 【解析】 由右手定则可知回路中感应电流的方向为逆时针方向,故A错误;导体棒刚开始运动的瞬间,产生的感应电动势为E=BLv=1.2 V,R两端电压为U==0.9 V,故B错误;取水平向右为正方向,由动量定理可得-BLΔt=0-mv,又q=Δt,解得q=6 C,故C正确;整个过程中通过导体棒的电荷量为q=Δt= Δt==,解得位移为x=60 m,故D正确。 【解析】 导体棒1释放位置距离AA′足够远,故导体棒到达AA′前已做匀速直线运动,导体棒1在倾斜轨道上匀速运动时的电流I1==,受力分析可知mgsin θ-μmgcos θ-I1LB1=0,解得 v1=2.4 m/s,由于水平轨道光滑,所以导体棒1滑至DD′瞬间的速度大小为2.4 m/s,A错误;导体棒1滑至DD′瞬间,I2=, I2LB2=ma,解得a=12 m/s2,导体棒2的加速度大小为 12 m/s2,B错误;导体棒1、2最终在水平轨道上以相同的速度匀速运动,由动量守恒定律有 mv1=2mv,解得v=1.2 m/s,C正确;对导体棒2利用动量定理有LB2t=mv,则q=t=0.12 C,D错误。 【解析】 (1)金属棒在磁场中运动时受到安培力作用,有F安=ILB0,当达到稳定速度时,有 F安=mgsin θ, 解得I==0.3 A。 【解析】 (2)稳定速度时的感应电动势为E=B0Lv, 由欧姆定律可知I=, 联立解得v=3 m/s。 【解析】 (3)根据能量守恒定律可得 Q=mgssin 37°-mv2, 解得Q=0.375 J。 【答案】 (4)B= T 【解析】 (4)当回路中的总磁通量不变时,金属棒中不产生感应电流,此时金属棒将沿导轨做匀加速运动,由牛顿第二定律得mgsin θ=ma, 解得a=gsin θ=6 m/s2, 此时,回路中的磁通量与金属棒刚到达cd处时的磁通量相等, 即B0Ls=BL(s+vt+at2),解得B= T。 【解析】 (1)正方形线框的面积为S=2R2, 根据法拉第电磁感应定律得E=S=4 V。 【解析】 (2)圆环面积为S′=πR2,圆周长为L=2πR, 圆环的电阻为r′=2πRr0, 根据法拉第电磁感应定律得E′=S′, 在0～2.0 s内,圆环产生的焦耳热为Q=t=10π J。 【解析】 (3)正方形线框中的电流为I==·, 圆环中的电流为I′==·, 圆环中的电流与正方形线框中电流的比值 =。 【答案】　(3) 【解析】 金属棒切割磁感线,金属棒相当于一个电源,根据右手定则可知,金属棒中电流由N到M,M为等效电源的正极,可知M点电势比N点电势高,故A正确;在导轨中点位置,支路并联两部分电阻相等,回路总电阻R= 2 Ω+ Ω=4 Ω,感应电动势E=BLv=2 V,则棒中电流大小为I==0.5 A,故B错误;结合上述,根据闭合电路欧姆定律,MN两点间电压U=E-IR内=1 V,故C正确;导轨的热功率P=EI-I2R内=0.5 W,故D错误。 【解析】 在0～a过程中,导体棒切割磁感线产生感应电动势E=BLv,感应电流I==,方向沿逆时针,有效长度L均匀变大,感应电流I均匀变大,BC两端的电压UBC=IR,则随着I均匀增大,UBC均匀增大,且B的电势高于C点的电势,UBC>0。在a～2a过程中,有效长度L均匀变大,感应电流均匀变大,方向沿顺时针,故UBC均匀增大,且B的电势低于C点的电势,UBC<0。故B正确,A、C、D错误。 【解析】 由右手定则和左手定则可知导体棒在向右运动过程中所受安培力向左,所以导体棒向右做减速运动,再由E=BLv,I=,可知F安=BIL=,在减速过程中安培力为变力,所以导体棒向右做加速度减小的减速运动,直至处于静止状态,故A错误;由动量定理 LBt=qLB=mv0-mv1,得q=0.5 C,又由q==,解得x=2.5 m,故B、D正确;由能量守恒定律有m=m+Q,解得Q=2.0 J,故C错误。 【解析】 根据右手定则和左手定则可知,导体棒在沿导轨平面方向有mgsin θ-= ma,解得a=gsin θ-,可知速度逐渐增加,其他物理量不变,加速度逐渐减小,且加速度的变化率逐渐减小。v-t图像中斜率表示加速度,而选项A中加速度逐渐增加,A错误;选项B中加速度逐渐减小,但加速度的变化率逐渐增大,B错误;导体棒在磁场中运动时受安培力作用,安培力做负功,故机械能减小,由功能关系得-x=E-E0,则E-x图像斜率的绝对值表示安培力的大小,导体棒先加速后匀速,所以安培力先增大后不变,C正确;由电荷量的公式可得 q=Δt,在电磁感应中,电流与磁通量的关系为=,联立可得q==,可知电荷量与位移成正比,D错误。 A.磁场宽度为4 m B.线框穿过磁场边界PQ的时间为0.5 s C.线框进入磁场过程中,通过线框横截面的电荷量为 C D.线框刚要从磁场穿出时外力F大小为 3 N 【解析】 t=0时,线框的速度为零,不受安培力,则其加速度为a==2 m/s2,磁场宽度为线框在前2 s内的位移,即d=a=4 m,故A正确;设线框刚到达磁场边界PQ时的速度为v2,有v2=at2= 2×2 m/s=4 m/s,线框的边长为其第1 s内发生的位移,即L=a=1 m,设穿过磁场边界PQ的时间为t3,根据匀变速直线运动规律可知 L=v2t3+a,解得t3=(-2)s,故B错误;当线框全部进入磁场的瞬间,有F1-FA=ma,FA=,v1=at1,F1=4 N,联立解得B= T,线框进入磁场过程中,通过线框横截面的电荷量为 q=Δt=== C,故C正确;线框刚要从磁场穿出时,设其速度为v3,有2a(L+d)=,对线框应用牛顿第二定律,有 F-FA′=ma,FA′=,联立可得F=(2+2) N,故D错误。 【解析】 由题图乙可知,金属棒在0～1 s内做初速度为0的匀加速直线运动,1 s后做加速度减小的变加速运动,可知金属棒在第1 s末进入磁场。在0～1 s过程中,由题图乙可知,金属棒的加速度a==4 m/s2 ,在这个过程中,沿斜面只有重力的分力和滑动摩擦力,根据牛顿第二定律有 mgsin 37°- μmgcos 37°=ma,联立解得金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.25 。金属棒在磁场中达到最大速率时,金属棒处于平衡状态,设金属棒的最大速率为vm,金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BLvm, 根据闭合电路欧姆定律有I=,根据安培力公式有F=ILB,根据平衡条件有 F+μmgcos 37°=mgsin 37°,联立解得vm=8 m/s。设金属棒进入磁场到速度达到5 m/s时下滑距离为x,根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律,可得 q=Δt====,解得金属棒在磁场中下滑的位移x==2.6 m,由动能定理有mgxsin 37°-μmgxcos 37°-W=m-m,此过程中电阻产生的焦耳热等于克服安培力做的功,即Q=W,联立解得此过程中电阻产生的焦耳热 Q=2.95 J。 【答案】 (1) 【解析】 (1)设线框cd边释放点与Ⅰ区域上边缘的距离为x,从线框释放到cd边到达Ⅰ区域上边缘的过程中,由动能定理可得mgxsin θ=mv2, 解得x=。 【答案】 (2) 【解析】 (2)由于cd边进入Ⅰ区域时速度大小为v,且直到ab边离开Ⅰ区域时速度大小始终为v,可知线框匀速通过Ⅰ区域,则线框边长L=L1, 且满足BIL1=mgsin θ,① 又有I==,② 将②代入①中可得B=,③ 当cd边进入Ⅰ区域时,cd边切割磁感线产生的感应电动势E=BL1v,④ cd边两端的电势差 Ucd=E=E=,⑤ 联立③⑤可得 Ucd=。⑥ 【答案及解析】(3)从cd边进入Ⅱ区域到ab边刚要离开Ⅱ区域的过程中, 由动能定理可得mg(L2+L1)sin θ-W=0,⑦ 解得克服安培力做的功W=mg(L2+L1),⑧ 由于题目中并未给出线框边长L1与Ⅱ区域沿斜面的宽度L2的大小关系,故分情况进行讨论。 第1种情况:若L1<L2,垂直于斜面看,如图甲所示, 1到2过程,即从cd边刚到Ⅱ区域上边缘到ab边刚要进入Ⅱ区域的过程, 以线框为研究对象,根据动量定理可得 mgsin θ·t1-BL1t1=mv2-mv1,⑨ 又有t1=q1=, 联立⑨解得 mgsin θ·t1-=mv2-mv1; 2到3过程,即从ab边刚要进入Ⅱ区域到cd边刚要出Ⅱ区域的过程, 对线框由动量定理可得 mgsin θ·t2=mv3-mv2; 3到4过程,即从cd边刚要出Ⅱ区域到ab边恰好完全离开Ⅱ区域的过程, 对线框根据动量定理可得 mgsin θ·t3-BL1t3=mv1-mv3, 又有t3=q2=, 即mgsin θ·t3-=mv1-mv3; 联立可得 mgsin θ(t1+t2+t3)-=0, 则t=t1+t2+t3=, 将③代入式可得t=, 则线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域过程中克服安培力做功的平均功率P==v。 第2种情况:若L1>L2,垂直于斜面看,如图乙所示, 1到2过程,即从cd边刚到Ⅱ区域上边缘到cd边刚到达Ⅱ区域下边缘的过程, 对线框根据动量定理可得 mgsin θ·t1′-BL1t1′=mv2′-mv1, 又有 t1′=q1′=, 可得mgsin θ·t1′-=mv2′-mv1; 2到3过程,即从cd边刚到达Ⅱ区域下边缘到ab边刚要进入Ⅱ区域的过程, 对线框根据动量定理可得 mgsin θ·t2′=mv3′-mv2′; 3到4过程,即从ab边刚到达Ⅱ区域上边缘到ab边刚到达Ⅱ区域下边缘的过程, 对线框根据动量定理可得 mgsin θ·t3′-BL1t3′=mv1-mv3′, 又有 t3′=q2′=,即mgsin θ·t3′-=mv1-mv3′; 联立可得 mgsin θ(t1′+t2′+t3′)-=0, 则t′=t1′+t2′+t3′=, 将③代入可得t′=, 则线框从进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率 P′==v。 $