（全國通用）2018年高考物理二輪復(fù)習(xí) 真題模型再現(xiàn)5 電磁感應(yīng)中的“導(dǎo)體桿”模型學(xué)案

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1、 真題模型再現(xiàn)(五)——電磁感應(yīng)中的“導(dǎo)體桿”模型 來源 圖例 考向 核心歸納 2017·全國卷Ⅲ第15題 楞次定律、右手定則 “導(dǎo)體桿”模型是電磁感應(yīng)中的常見模型，選擇題和計(jì)算題均有考查。 1.?？嫉哪Ｐ停? (1)“單桿＋水平導(dǎo)軌”模型 (2)“單桿＋傾斜導(dǎo)軌”模型 (3)“雙桿＋導(dǎo)軌”模型 (4)“圓盤、線框旋轉(zhuǎn)切割”模型 (5)“線圈平動(dòng)切割”模型 (6)“線圈靜止不動(dòng)，磁場發(fā)生變化”模型 2.模型解法 (1)牢記兩個(gè)定律，楞次定律(右手定則)和法拉第電磁感應(yīng)定律。 (2)熟記兩個(gè)公式：E＝BLv和E＝I(R＋r)。 注意感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的其他表達(dá)式：

2、E＝n，E＝Bωl2。 (3)圖象問題中兩個(gè)好用的結(jié)論。 ①圖象問題多用排除法，如用電流的正、負(fù)表示方向來排除； ②圖象問題中，同一條直線的斜率所對(duì)應(yīng)的物理量不變(大小和方向都不變)； (4)力、電綜合問題做好“五分析” 2017·全國卷Ⅱ第20題 電磁感應(yīng)與力學(xué)規(guī)律的綜合 2016·新課標(biāo)全國卷Ⅲ第25題 導(dǎo)體棒平動(dòng)切割、法拉第電磁感應(yīng)定律、電荷量的計(jì)算 2016·新課標(biāo)全國卷Ⅲ 第21題 半圓形、扇形導(dǎo)線框旋轉(zhuǎn)切割、交流電的有效值 2015·新課標(biāo)全國卷Ⅱ第15題 右手定則、三角框旋轉(zhuǎn)切割、電勢(shì)差 【預(yù)測1】 (2017·福建省畢業(yè)班質(zhì)量檢查)

3、如圖14，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中有一固定金屬線框PMNQ，線框平面與磁感線垂直，線框?qū)挾葹長。導(dǎo)體棒CD垂直放置在線框上，并以垂直于棒的速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒與金屬線框保持良好接觸。 圖14 (1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝，推導(dǎo)MNCDM回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv； (2)已知B＝0.2 T，L＝0.4 m，v＝5 m/s，導(dǎo)體棒接入電路中的有效電阻R＝0.5 Ω，金屬線框電阻不計(jì)，求： ①導(dǎo)體棒所受到的安培力大小和方向； ②回路中的電功率。 解析　(1)設(shè)在Δt時(shí)間內(nèi)MNCDM回路面積的變化量為ΔS，磁通量的變化量為ΔΦ，則ΔS＝LvΔt ΔΦ＝

4、BΔS＝BLvΔt 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，得 E＝＝＝BLv (2)①M(fèi)NCDM回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv 回路中的電流強(qiáng)度I＝ 導(dǎo)體棒受到的安培力F＝BIL＝ 將已知數(shù)據(jù)代入解得F＝0.064 N 安培力的方向與速度方向相反 ②回路中的電功率P＝EI＝ 將已知數(shù)據(jù)代入解得P＝0.32 W 答案　(1)見解析　(2)①0.064 N　與速度方向相反 ②0.32 W 【預(yù)測2】 (2017·湖北八校聯(lián)考)如圖15所示，兩根平行的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ放在水平面上，左端向上彎曲，導(dǎo)軌間距為L，電阻不計(jì)，水平段導(dǎo)軌所處空間存在方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。導(dǎo)體棒

5、a與b的質(zhì)量均為m，電阻值分別為Ra＝R，Rb＝2R。b棒放置在水平導(dǎo)軌上足夠遠(yuǎn)處，a棒在弧形導(dǎo)軌上距水平面h高度處由靜止釋放。運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好且始終與導(dǎo)軌垂直，重力加速度為g。 圖15 (1)求a棒剛進(jìn)入磁場時(shí)受到的安培力的大小和方向； (2)求最終穩(wěn)定時(shí)兩棒的速度大??； (3)從a棒開始下落到最終穩(wěn)定的過程中，求b棒上產(chǎn)生的內(nèi)能。 解析　(1)設(shè)a棒剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v，從開始下落到進(jìn)入磁場根據(jù)機(jī)械能守恒定律有，mgh＝mv2 a棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv 根據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝ a棒受到的安培力F＝BIL 聯(lián)立以上各式解得F＝，方向水平

6、向左。 (2)設(shè)兩棒最后穩(wěn)定時(shí)的速度為v′，從a棒開始下落到兩棒速度達(dá)到穩(wěn)定 根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv＝2mv′，解得v′＝。 (3)設(shè)a棒產(chǎn)生的內(nèi)能為Ea，b棒產(chǎn)生的內(nèi)能為Eb 根據(jù)能量守恒定律得mv2＝×2mv′2＋Ea＋Eb 兩棒串聯(lián)內(nèi)能與電阻成正比Eb＝2Ea，解得Eb＝mgh。 答案　(1)　方向水平向左　(2) (3)mgh 課時(shí)跟蹤訓(xùn)練 一、選擇題(1～5題為單項(xiàng)選擇題，6～8題為多項(xiàng)選擇題) 1.如圖1所示，一條形磁鐵用細(xì)線懸掛在天花板上，金屬環(huán)水平固定放置在其正下端，現(xiàn)將細(xì)線剪斷，在條形磁鐵穿過圓環(huán)的過程中，條形磁鐵與圓環(huán)(　　) 圖1 A.始終相互

7、吸引 B.始終相互排斥 C.先相互吸引，后相互排斥 D.先相互排斥，后相互吸引 解析　磁鐵靠近圓環(huán)的過程中，穿過圓環(huán)的磁通量增加，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場阻礙穿過圓環(huán)的原磁通量的增加，與原磁場方向相反，二者之間是斥力；當(dāng)磁鐵穿過圓環(huán)離開圓環(huán)時(shí)，穿過圓環(huán)的磁通量減少，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場阻礙穿過圓環(huán)的磁通量的減少，二者方向相同，磁鐵與圓環(huán)之間是引力，選項(xiàng)D正確。也可直接根據(jù)楞次定律中“阻礙”的推廣結(jié)論：“來則拒之，去則留之”分析，磁鐵在圓環(huán)上方下落過程是靠近圓環(huán)，根據(jù)“來則拒之”，二者之間是斥力；磁鐵穿過圓環(huán)繼續(xù)下落過程是遠(yuǎn)離圓環(huán)，根據(jù)“去則留之”，二者之間是

8、引力，選項(xiàng)D正確。 答案　D 2.如圖2所示是法拉第制作的世界上第一臺(tái)發(fā)電機(jī)的模型原理圖。把一個(gè)半徑為r的銅盤放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，使磁感線水平向右垂直穿過銅盤，銅盤安裝在水平的銅軸上，兩塊銅片C、D分別與轉(zhuǎn)動(dòng)軸和銅盤的邊緣接觸，G為靈敏電流表?，F(xiàn)使銅盤按照?qǐng)D示方向以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則下列說法中正確的是(　　) 圖2 A.C點(diǎn)電勢(shì)一定高于D點(diǎn)電勢(shì) B.圓盤中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為Bωr2 C.電流表中的電流方向?yàn)橛蒩到b D.若銅盤不轉(zhuǎn)動(dòng)，使所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大，在銅盤中可以產(chǎn)生渦旋電流 解析　把銅盤看作由中心指向邊緣的無數(shù)條銅棒組合而成，當(dāng)銅盤

9、開始轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，每根銅棒都在切割磁感線，相當(dāng)于電源，由右手定則知，銅盤邊緣為電源正極，中心為電源負(fù)極，C點(diǎn)電勢(shì)低于D點(diǎn)電勢(shì)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；此電源對(duì)外電路供電，電流由b經(jīng)電流表再從a流向銅盤，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；金屬棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線，相當(dāng)于電源，回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Brv＝Brω·r＝Bωr2，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若銅盤不轉(zhuǎn)動(dòng)，使所加磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增大，在銅盤中產(chǎn)生感生環(huán)形電場，形成渦旋電流，選項(xiàng)D正確。 答案　D 3.如圖3所示，abcd是一個(gè)質(zhì)量為m、邊長為L的正方形金屬線框，從圖示位置自由下落。在下落h后進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，該磁場的寬度也為L，在這個(gè)磁場的正下方h＋L處還

10、有一個(gè)未知磁場，金屬線框abcd在穿過這個(gè)磁場時(shí)也恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，那么下列說法正確的是(　　) 圖3 A.未知磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度是2B B.未知磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度是B C.線框在穿過這兩個(gè)磁場的過程中產(chǎn)生的電能為4mgL D.線框在穿過這兩個(gè)磁場的過程中產(chǎn)生的電能為2mgL 解析　設(shè)線圈剛進(jìn)入第一個(gè)磁場時(shí)速度大小為v1，那么mgh＝mv，v1＝，設(shè)線圈剛進(jìn)入第二個(gè)磁場時(shí)速度大小為v2，那么v－v＝2gh，v2＝v1，根據(jù)題意還可得到mg＝，mg＝，整理可得出Bx＝B，A、B兩項(xiàng)均錯(cuò)誤；穿過兩個(gè)磁場時(shí)都做勻速運(yùn)動(dòng)，把減少的重力勢(shì)能都轉(zhuǎn)化為電能，穿過磁場的每一個(gè)過程線框的位移均為2

11、L，所以在穿過這兩個(gè)磁場的過程中產(chǎn)生的電能為4mgL，故C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案　C 4.(2017·北京理綜，19)圖4(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。下列說法正確的是(　　) 圖4 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S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等

12、解析　在圖(a)中，斷開開關(guān)S1瞬間，L1與A1 構(gòu)成閉合回路，通過燈A1的電流與L1相同，又因燈A1突然閃亮，即通過A1電流增大，則可推出，閉合S1待電路穩(wěn)定后，通過L1 的電流大于通過燈A1電流，根據(jù)L1與A1并聯(lián)，所以L1的電阻小于A1的電阻，故A、B錯(cuò)誤；在圖(b)中，閉合開關(guān)S2，最終A2與A3亮度相同，即電流相同，所以L2與變阻器R的電阻相同；閉合開關(guān)S2的瞬間，L2中電流小于變阻器R中電流，故C正確，D錯(cuò)誤。 答案　C 5.在范圍足夠大、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2 T，有一水平放置的光滑金屬框架，框架足夠長，寬度L＝0.4 m，如圖5所示(俯視圖)，在框架

13、上垂直框架放置一質(zhì)量m＝0.05 kg、電阻為r＝1 Ω的金屬桿MN，框架電阻不計(jì)。左側(cè)連一阻值R＝3 Ω的電阻和一理想電壓表。若桿MN在水平外力F的作用下以恒定加速度a＝2 m/s2由靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)了5 s，則下列說法正確的是(　　) 圖5 A.0～5 s內(nèi)通過電阻R的電荷量為0.1 C B.第5 s末回路中的電流I為0.2 A C.如果5 s末外力消失，桿將做勻減速直線運(yùn)動(dòng) D.如果5 s末外力消失，最后桿將停止，外力消失后電阻R產(chǎn)生的熱量為2.5 J 解析　0～5 s內(nèi)金屬桿的位移x＝at2＝25 m，0～5 s內(nèi)的平均速度v＝＝5 m/s，故平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝

14、BL＝0.4 V，在0～5 s內(nèi)流過電阻R的電荷量為q＝·t＝0.5 C，A錯(cuò)誤；第5 s末桿的速度v＝at＝10 m/s，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，則回路中的電流為I＝＝0.2 A，B正確；如果5 s末外力消失，桿將在安培力作用下做加速度逐漸減小的減速直線運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；如果5 s末外力消失，最后桿將停止，5 s末的動(dòng)能將通過電阻R和r轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以外力消失后電阻R產(chǎn)生的熱量為·mv2＝1.875 J，D錯(cuò)誤。 答案　B 6.現(xiàn)代科學(xué)研究中常用到高速電子，電子感應(yīng)加速器就是利用感生電場加速電子的設(shè)備。如圖6所示，上面為側(cè)視圖，上、下為電磁鐵的兩個(gè)磁極，電磁鐵線圈中電流的大小可以變化；下面

15、為磁極之間真空室的俯視圖。現(xiàn)有一電子在真空室中做圓周運(yùn)動(dòng)，從上往下看電子沿逆時(shí)針方向做加速運(yùn)動(dòng)。則下列判斷正確的是(　　) 圖6 A.通入螺線管的電流在增強(qiáng) B.通入螺線管的電流在減弱 C.電子在軌道中做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力是電場力 D.電子在軌道中加速的驅(qū)動(dòng)力是電場力 解析　從上往下看電子沿逆時(shí)針方向做加速運(yùn)動(dòng)，表明感應(yīng)電場沿順時(shí)針方向。圖示電磁鐵螺線管電流產(chǎn)生的磁場方向豎直向上，根據(jù)楞次定律和右手定則，當(dāng)磁場正在增強(qiáng)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電場沿順時(shí)針方向，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；電子所受感應(yīng)電場力方向沿切線方向，電子在軌道中做加速圓周運(yùn)動(dòng)是由電場力驅(qū)動(dòng)的，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。 答案　A

16、D 7.空間中存在著豎直方向的磁場，一圓形金屬線圈水平放在磁場中，規(guī)定磁感應(yīng)強(qiáng)度方向和線圈中感應(yīng)電流方向如圖7甲所示時(shí)為正。某時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，線圈中產(chǎn)生了如圖乙所示的感應(yīng)電流i，則磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的圖線可能是(線圈面積不變)(　　) 圖7 解析　線圈面積不變，電阻不變，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝S，感應(yīng)電流i＝＝·，即i與B－t圖象的斜率成正比，1～2 s內(nèi)，i＝0，即B－t圖象斜率為0，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律知，要使0～1 s內(nèi)產(chǎn)生正方向的感應(yīng)電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度可能正向增強(qiáng)，也可能負(fù)向減弱，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；2～4 s內(nèi)，感應(yīng)電流為負(fù)向，磁感應(yīng)強(qiáng)度可能正向減弱或負(fù)向增強(qiáng)

17、，且根據(jù)電流大小關(guān)系可知在B－t圖象中，0～1 s內(nèi)圖線斜率的絕對(duì)值等于2～4 s內(nèi)圖線斜率絕對(duì)值的2倍，選項(xiàng)A、C均正確。 答案　AC 8.直角三角形金屬框abc放置在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向平行于ab邊向上，若金屬框繞ab邊向紙面外以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)90°(從上往下看逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng))，如圖8甲所示，c、a兩點(diǎn)的電勢(shì)差為Uca，通過ab邊的電荷量為q；若金屬框繞bc邊向紙面內(nèi)以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)90°，如圖乙所示，c、a兩點(diǎn)的電勢(shì)差為Uca′，通過ab邊的電荷量為q′，已知bc，ab邊的長度都為l，金屬框的總電阻為R，下列判斷正確的是(　　) 圖8 A.Uca＝B

18、ωl2 B.Uca′＝Bωl2 C.q＝ D.q′＝ 解析　在甲圖中，bc邊和ac邊都切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相同，均為E＝Bl·＝Bωl2?；芈返拇磐坎蛔?，沒有感應(yīng)電流，c、a兩點(diǎn)的電勢(shì)差等于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，即有Uca＝Bωl2。由于沒有感應(yīng)電流，所以通過ab邊的電荷量為q＝0，故選項(xiàng)A正確，C錯(cuò)誤；乙圖中線框的ac邊切割磁感線，等效的切割長度等于bc邊長，則ac邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Bωl2，ac邊相當(dāng)于電源，則電路中有電流，所以Uca′

19、放置的平行金屬導(dǎo)軌，間距L＝1 m；整個(gè)空間以O(shè)O′為邊界，左側(cè)有垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝1 T，右側(cè)有方向相同、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2＝2 T的勻強(qiáng)磁場。兩根完全相同的導(dǎo)體棒a、b，質(zhì)量均為m＝0.1 kg，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，其在導(dǎo)軌間的電阻均為R＝1 Ω。開始時(shí)，a、b棒均靜止在導(dǎo)軌上，現(xiàn)用平行于導(dǎo)軌的恒力F＝0.8 N向右拉b棒。假定a棒始終在OO′左側(cè)運(yùn)動(dòng)，b棒始終在OO′右側(cè)運(yùn)動(dòng)，除導(dǎo)體棒外其余電阻不計(jì)，滑動(dòng)摩擦力和最大靜摩擦力大小相等，g取10 m/s2。 圖9 (1)a棒開始滑動(dòng)時(shí)，求b棒的速度大??； (2)當(dāng)b棒的加速度為1.5

20、m/s2時(shí)，求a棒的加速度大小； (3)已知經(jīng)過足夠長的時(shí)間后，b棒開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，求該勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小，并計(jì)算此時(shí)a棒中電流的熱功率。 解析　(1)設(shè)a棒開始滑動(dòng)時(shí)電流為I1，b棒的速度為v 由共點(diǎn)力平衡知識(shí)，得B1I1L＝μmg 由法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律知 I1＝，聯(lián)立解得v＝0.2 m/s。 (2)設(shè)a棒的加速度為a1，b棒的加速度為a2 由牛頓第二定律知B1I2L－μmg＝ma1 F－B2I2L－μmg＝ma2 聯(lián)立解得a1＝0.25 m/s2。 (3)設(shè)a棒開始做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為a1′，b棒開始做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為a2′ 由牛頓第二定律知B1

21、I3L－μmg＝ma1′ F－B2I3L－μmg＝ma2′ 由法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律知 I3＝ 由于電流不變，則(B2Lv2－B1Lv1)為常量 由于B2＝2B1， 所以兩棒加速度滿足關(guān)系2a2′＝a1′ 聯(lián)立解得I3＝0.28 A a2′＝0.4 m/s2 由焦耳定律知P＝IR 代入數(shù)據(jù)解得P＝0.078 4 W。 答案　(1)0.2 m/s　(2)0.25 m/s2　(3)0.4 m/s2 0.078 4 W 10.如圖10甲所示，兩根完全相同的光滑平行導(dǎo)軌固定，每根導(dǎo)軌均由兩段與水平面成θ＝30°角的長直導(dǎo)軌和一段圓弧導(dǎo)軌平滑連接而成，導(dǎo)軌兩端均連接電阻，

22、阻值R1＝R2＝2 Ω，導(dǎo)軌間距L＝0.6 m。在右側(cè)導(dǎo)軌所在斜面的矩形區(qū)域M1M2P2P1內(nèi)分布有垂直右側(cè)導(dǎo)軌平面向上的磁場，磁場上下邊界M1P1、M2P2的距離d＝0.2 m，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時(shí)刻，在右側(cè)導(dǎo)軌斜面上與M1P1距離s＝0.1 m處，有一根阻值r＝2 Ω的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌由靜止釋放，恰好獨(dú)立勻速通過整個(gè)磁場區(qū)域，取重力加速度g＝10 m/s2，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。求： 圖10 (1)ab在磁場中運(yùn)動(dòng)的速度大小v； (2)在t1＝0.1 s時(shí)刻和t2＝0.25 s時(shí)刻電阻R1的電功率的比值； (3)電阻R2產(chǎn)生的總熱量Q總。 解析　(1

23、)由mgs·sin θ＝mv2 得v＝＝1 m/s。 (2)棒從釋放到運(yùn)動(dòng)至M1P1的時(shí)間t＝＝0.2 s 在t1＝0.1 s時(shí)，棒還沒進(jìn)入磁場，有 E1＝＝Ld＝0.6 V 此時(shí)，R2與金屬棒并聯(lián)后再與R1串聯(lián)，R總＝3 Ω U1＝R1＝0.4 V 由圖乙可知，t＝0.2 s后磁場保持不變，ab經(jīng)過磁場的時(shí)間t′＝＝0.2 s 故在t2＝0.25 s時(shí)ab還在磁場中運(yùn)動(dòng)，電動(dòng)勢(shì) E2＝BLv＝0.6 V 此時(shí)R1與R2并聯(lián)，R總′＝3 Ω， 得R1兩端電壓U1′＝0.2 V 電功率P＝ 故在t1＝0.1 s和t2＝0.25 s時(shí)刻電阻R1的電功率的比值 ＝＝4。

24、 (3)設(shè)ab的質(zhì)量為m，ab在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，通過ab的電流I＝ ab受到的安培力FA＝BIL 又mgsin θ＝BIL 解得m＝0.024 kg 在0～0.2 s時(shí)間里，R2兩端的電壓U2＝0.2 V， 產(chǎn)生的熱量Q1＝t＝0.004 J ab最終將在M2P2下方的軌道區(qū)域內(nèi)往返運(yùn)動(dòng)，到M2P2處的速度為零，由功能關(guān)系可得在t＝0.2 s后，整個(gè)電路最終產(chǎn)生的熱量Q＝mgd·sin θ＋mv2＝0.036 J， 由電路關(guān)系可得R2產(chǎn)生的熱量Q2＝Q＝0.006 J 故R2產(chǎn)生的總熱量Q總＝Q1＋Q2＝0.01 J。 答案　(1)1 m/s　(2)4　(3)0.01 J - 12 -