2021物理滬科版新課程一輪復(fù)習(xí)關(guān)鍵能力·題型突破 10.3電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2021高考物理滬科版新課程一輪復(fù)習(xí)關(guān)鍵能力·題型突破10.3電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合含解析溫馨提示：此套題為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標(biāo)滾軸,調(diào)節(jié)合適的觀看比例，答案解析附后。關(guān)閉Word文檔返回原板塊。關(guān)鍵能力·題型突破考點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的電路問題【典例1】在水平放置的兩條平行光滑直金屬導(dǎo)軌上放有一與其垂直的金屬棒ab，勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌平面垂直，磁場方向如圖所示，導(dǎo)軌接有R1=5Ω和R2=6Ω的兩定值電阻及電阻箱R，其余電阻不計(jì)。電路中的電壓表量程為0～10V，電流表的量程為0～3A?，F(xiàn)將R調(diào)至30Ω,用F=40N的水平向右的力使ab垂直導(dǎo)軌向右平移,當(dāng)棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時，兩電表中有一表正好達(dá)到滿偏，而另一表未達(dá)到滿偏.下列說法正確的是 世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號（）A.當(dāng)棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時，電流表滿偏B.當(dāng)棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時,電壓表滿偏C.當(dāng)棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時，棒ab的速度大小是1D。當(dāng)棒ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時,棒ab的速度大小是2【通型通法】1。題型特征：明確電源，區(qū)分內(nèi)外電路。2。思維導(dǎo)引：(1）切割磁場線的導(dǎo)體相當(dāng)于電源。（2）清楚串并聯(lián)電路的特點(diǎn),靈活運(yùn)用閉合電路歐姆定律。【解析】選B、C。假設(shè)電壓表滿偏,則通過電流表的電流為I=UR2RR2+R=2A〈3A,所以電壓表可以滿偏,此時電流表的示數(shù)為2A，故A錯誤，B正確；棒ab勻速運(yùn)動時，水平拉力F與安培力大小相等,有FA=BIL=F，感應(yīng)電動勢E=U+IR1=（10+2×5)V=20V，1。五個等效：SHAPE2。解題流程：【加固訓(xùn)練】（多選)如圖所示，邊長為L、不可形變的正方形導(dǎo)線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場區(qū)域,其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化關(guān)系為B=kt(常量k〉0）.回路中滑動變阻器R的最大阻值為R0，滑動片P位于滑動變阻器中央，定值電阻R1=R0、R2=R0閉合開關(guān)S,電壓表的示數(shù)為U，不考慮虛線MN右側(cè)導(dǎo)體的感應(yīng)電動勢，則（)A。R2兩端的電壓為UB。電容器的a極板帶正電C.滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍D.正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢為kL2【解析】選A、C。由法拉第電磁感應(yīng)定律E=nΔΦΔt=nΔBΔtS得出E=kπr2，選項(xiàng)D錯誤;因k>0，由楞次定律知線框內(nèi)感應(yīng)電流沿逆時針方向，故電容器b極板帶正電,選項(xiàng)B錯誤;由題圖可知外電路結(jié)構(gòu)為R2與R的右半部并聯(lián)，再與R的左半部、R1相串聯(lián)，故R2兩端電壓U2=R02×12R0+R02+R02×12U=U7，選項(xiàng)考點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題單棒（含電源、電阻、電容)【典例2】（多選）半徑分別為r和2r的同心圓形金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi),導(dǎo)軌電阻不計(jì)，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，裝置的俯視圖如圖所示，整個裝置位于一勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向豎直向下。在兩導(dǎo)軌之間接有阻值為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逆時針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。下列說法中正確的是 世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號（)A。金屬棒中電流從B流向AB.金屬棒兩端電壓為34BωrC。電容器的M板帶負(fù)電D。電容器所帶電荷量為32CBωr【解析】選A、B。根據(jù)右手定則可知，金屬棒中電流從B流向A，選項(xiàng)A正確；金屬棒轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的電動勢為E=Brωr+ω·2r2=32Bωr2，切割磁感線的金屬棒相當(dāng)于電源，金屬棒兩端電壓相當(dāng)于電源的路端電壓,因而U=RR+RE=34Bωr2，選項(xiàng)B正確；金屬棒A端相當(dāng)于電源正極,所以電容器的M板帶正電，選項(xiàng)C錯誤;由C=Q雙導(dǎo)體棒【典例3】（2019·天津高考）如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，垂直于導(dǎo)軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R,兩棒與導(dǎo)軌始終接觸良好。MN兩端通過開關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量k。圖中虛線右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.PQ的質(zhì)量為m,金屬導(dǎo)軌足夠長，電阻忽略不計(jì)。世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(1)閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F,并指出其方向.(2）斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q,求該過程安培力做的功W?！窘馕觥?1）設(shè)線圈中的感應(yīng)電動勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律E=ΔΦΔt,則E=k 設(shè)PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有R并=R2 閉合S時，設(shè)線圈中的電流為I,根據(jù)閉合電路歐姆定律得I=ER并設(shè)PQ中的電流為IPQ，有IPQ=12I 設(shè)PQ受到的安培力為F安，有F安=BIPQl ⑤根據(jù)楞次定律和左手定則判斷可得安培力方向水平向左保持PQ靜止，由于受力平衡，有F=F安 ⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得F=Bkl3R方向水平向右.(2）設(shè)PQ由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，PQ運(yùn)動的位移為x，所用時間為Δt,回路中的磁通量變化量為ΔΦ，平均感應(yīng)電動勢為E，有E=ΔΦΔt 其中ΔΦ=Blx ⑨設(shè)PQ中的平均電流為I,有I=E2R根據(jù)電流的定義得I=qΔt 由動能定理，有Fx+W=12mv2—0 聯(lián)立⑦⑧⑨⑩式得W=12mv2—23kq答案：（1)Bkl3R方向水平向右（2)12mv2【多維訓(xùn)練】如圖所示，足夠長的水平軌道左側(cè)b1b2—c1c2部分軌道間距為2L，右側(cè)c1c2—d1d2部分的軌道間距為L，曲線軌道與水平軌道相切于b1b2，所有軌道均光滑且電阻不計(jì)。在水平軌道內(nèi)有斜向下與豎直方向成θ=37°的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0。1T。質(zhì)量為M=0.2kg的金屬棒B垂直于導(dǎo)軌靜止放置在右側(cè)窄軌道上,質(zhì)量為m=0。1kg的金屬棒A自曲線軌道上a1a2處由靜止釋放，兩金屬棒在運(yùn)動過程中始終相互平行且與導(dǎo)軌保持良好接觸0。2Ω，h=0。2m，L=0。2m,sin37°=0.6，cos37°=0。8，g取10(1)金屬棒A滑到b1b2處時的速度大小;（2）金屬棒B勻速運(yùn)動的速度大小;(3）在兩棒整個的運(yùn)動過程中通過金屬棒A某截面的電量；（4）在兩棒整個的運(yùn)動過程中金屬棒A、B在水平導(dǎo)軌間掃過的面積之差。【解析】（1)A棒在曲線軌道上下滑,由機(jī)械能守恒定律得mgh=12mv0v0=2gh=2×10（2)選取水平向右為正方向，對A、B利用動量定理可得對B：FB安cosθ·t=MvB ②對A：—FA安cosθ·t=mvA—mv0 ③其中FA安=2FB安 ④由上可得mv0-mvA=2MvB兩棒最后勻速時，電路中無電流，有BLvB=2BLvA得vB=2vA ⑤聯(lián)立兩式后得vB=29v0=49m/s≈（3)在B加速過程中：（Bcosθ）ILt=MvB—0， ⑥q=It ⑦得q=509C=(4）據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E=ΔΦΔt 其中磁通量變化量ΔΦ=BΔScosθ ⑨電路中的電流I=E2R通過截面的電荷量q=IΔt 聯(lián)立可得ΔS=27。5m答案：(1）2m/s(2)0。44m/s(3）5。5C（4）27.5mSHAPE1.用“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題:解決電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題的一般思路是“先電后力”，具體思路如下：2。動態(tài)分析的基本思路：解決這類問題的關(guān)鍵是通過運(yùn)動狀態(tài)的分析,尋找過程中的臨界狀態(tài),如速度、加速度最大或最小的條件。具體思路如下：【加固訓(xùn)練】1.如圖所示，兩金屬桿ab和cd長均為L=0。5m，電阻均為R=8。0Ω，質(zhì)量分別為M=0.2kg和m=0.1kg,用兩根質(zhì)量和電阻均可忽略的不可伸長的柔軟導(dǎo)線將它們連成閉合回路，并懸掛在水平、光滑、不導(dǎo)電的圓棒兩側(cè)。兩金屬桿都處在水平位置，整個裝置處在一個與回路平面相垂直向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=2T。若整個裝置從靜止開始到金屬桿ab下降高度h=5.0m時剛好勻速向下運(yùn)動。（1）ab桿勻速運(yùn)動時桿上的電流方向。（2）ab桿勻速運(yùn)動的速度vm?！窘馕觥?1）磁場方向垂直紙面向里，當(dāng)ab勻速下滑時，ab中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，根據(jù)右手定則可知電流方向由a→b，cd中的感應(yīng)電流方向由d→c。(2）電路中的電動勢是ab與cd中電動勢的和,即E=2BLvm回路中電流大小為I=E由安培力公式得FA=BILab受到的安培力向上，cd受到的安培力向下,大小均為FA，對ab有:T+FA=Mg對cd有：T=FA+mg聯(lián)立得：2FA=(M—m）g解得vm=(M-m)gR答案：（1）a→b（2)42。(2018·江蘇高考）如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d.導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為s，導(dǎo)軌與外接電源相連,使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后，以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑,金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g。求下滑到底端的過程中，金屬棒（1)末速度的大小v.（2）通過的電流大小I。（3)通過的電荷量Q。【解析】（1)金屬棒做勻加速直線運(yùn)動，有v2=2as,解得v=2as（2)安培力F安=IdB,金屬棒所受合力F=mgsinθ—F安由牛頓第二定律F=ma解得I=m（3）運(yùn)動時間t=va解得Q=2答案：（1）2as（2)(3）2考點(diǎn)三電磁感應(yīng)中的能量問題由焦耳定律求解焦耳熱【典例4】小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡化裝置如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)=0。50m，傾角θ=53°，導(dǎo)軌上端串接一個R=0。05Ω0。56m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2。0T。質(zhì)量m=4.0kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連.CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s=0。24m。一位健身者用恒力F=80N拉動GH桿,CD棒由靜止開始運(yùn)動，上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直。當(dāng)CD棒到達(dá)磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10m/s2（1)CD棒進(jìn)入磁場時速度v的大小。（2)CD棒進(jìn)入磁場時所受的安培力FA的大小.（3）在拉升CD棒的過程中,健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q?！窘馕觥?1)由牛頓第二定律a=F-mgsinθm進(jìn)入磁場時的速度v=2as=2。4m/s. （2)感應(yīng)電動勢E=Blv ③感應(yīng)電流I=BlvR 安培力FA=IBl ⑤代入得FA=(Bl)(3)健身者做功W=F(s+d)=64J⑦由牛頓第二定律F—mgsinθ-FA=0 ⑧CD棒在磁場區(qū)域做勻速運(yùn)動在磁場中運(yùn)動的時間t=dv 焦耳熱Q=I2Rt=26.88J。答案：（1)2。4m/s（2)48N(3）64J26.88由安培力做功求解焦耳熱【典例5】（2019·濟(jì)南模擬)如圖所示，水平傳送帶上放置n個相同的正方形閉合導(dǎo)線圈，每個線圈的質(zhì)量均為m，電阻均為R,邊長均為L,線圈與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為μ，線圈與傳送帶共同以速度v0勻速向右運(yùn)動。MN與PQ為勻強(qiáng)磁場的邊界，平行間距為d(L〈d）,速度v0方向與MN垂直。磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向豎直向下。當(dāng)線圈右側(cè)邊進(jìn)入磁場時與傳送帶發(fā)生相對運(yùn)動，線圈的右側(cè)邊到達(dá)邊界PQ時又恰好與傳送帶的速度相同。設(shè)傳送帶足夠長，且線圈在傳送帶上始終保持右側(cè)邊平行于磁場邊界。已知重力加速度為g，線圈間不會相碰.求： 世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(1)線圈的右側(cè)邊剛進(jìn)入磁場時，線圈的加速度大??；(2)線圈右側(cè)邊從MN運(yùn)動到PQ經(jīng)過的時間t；(3）n個線圈均通過磁場區(qū)域到恢復(fù)和傳送帶共速，線圈釋放的焦耳熱.【解析】（1)線圈剛進(jìn)入磁場時有:E=BLv0根據(jù)閉合電路歐姆定律：I=E所以安培力F=B根據(jù)牛頓第二定律:F-μmg=ma。a=B2L2(2）根據(jù)動量定理,對線圈：μmgt-I安=0。其中安培力的沖量:I安=F安t′=BIL·t′=BLqq=ΔΦR=B綜上解得t=B2(3)自線圈進(jìn)入磁場到線圈右側(cè)邊到達(dá)PQ過程中，對于單個線圈，根據(jù)動能定理得μmgd—W安=0,所以克服安培力做功W安=μmgd單個線圈離開磁場的運(yùn)動情況和進(jìn)入磁場相同,W安′=W安=μmgd，所以對于n個線圈有Q=2nμmgd答案：（1)B2L2由能量守恒求解焦耳熱【典例6】如圖甲所示,足夠長、電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN,PQ豎直放置，其寬度L=1m，一勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面,導(dǎo)軌的上端M與P之間連接阻值為R=0。40Ω的電阻，質(zhì)量為m=0.01kg,電阻為r=0。30Ω的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上。現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑，下滑過程中ab始終保持水平,且與導(dǎo)軌接觸良好，其下滑距離x與時間t的關(guān)系如圖乙所示,圖象中的OA段為曲線,AB段為直線,導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g取10m/s2(忽略(1)判斷金屬棒兩端a、b的電勢高低。(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。(3）在金屬棒ab從開始運(yùn)動的1.5s內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的熱量?！就ㄐ屯ǚā?.題型特征:導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，判斷電勢的高低，計(jì)算電阻產(chǎn)生的熱量。2.思維導(dǎo)引：（1)判斷安培力方向，計(jì)算安培力的大小。(2)根據(jù)能量守恒定律和焦耳定律求解電路中產(chǎn)生的熱量。(3）涉及的知識點(diǎn)有：右手定則、受力分析、安培力、法拉第電磁感應(yīng)定律、平衡條件、能量守恒定律等?！窘馕觥浚?）由右手定則可知,ab中的感應(yīng)電流由a流向b，ab相當(dāng)于電源,則b點(diǎn)電勢高，a點(diǎn)電勢低。（2)由x—t圖象求得t=1.5s時金屬棒的速度為：v=ΔxΔt=11.2金屬棒勻速運(yùn)動時所受的安培力大小為F=BIL,I=ER聯(lián)立得:F=B根據(jù)平衡條件得：F=mg則有：mg=B代入數(shù)據(jù)解得：B=0.1T。(3)金屬棒ab在開始運(yùn)動的1.5s內(nèi)，金屬棒的重力勢能減小轉(zhuǎn)化為金屬棒的動能和電路的內(nèi)能。設(shè)電路中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q根據(jù)能量守恒定律得：mgx=12mv2代入數(shù)據(jù)解得：Q=0.455J故R產(chǎn)生的熱量為QR=RR答案：（1）b點(diǎn)電勢高，a點(diǎn)電勢低(2）0.1T（3)0.26JSHAPE\＊MERGEFORMAT1.電磁感應(yīng)過程的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功的形式實(shí)現(xiàn)的，安培力做功的過程,是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過程，克服安培力做功,則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程。2.能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法：（1)能量轉(zhuǎn)化。(2）求解焦耳熱Q的三種方法。3.解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量問題的一般步驟：(1）在電磁感應(yīng)中,切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源。（2)分析清楚有哪些力做功,就可以知道有哪些形式的能量發(fā)生了相互轉(zhuǎn)化。(3)根據(jù)能量守恒列方程求解?！炯庸逃?xùn)練】如圖所示，兩根水平放置的平行金屬導(dǎo)軌，其末端連接等寬的四分之一圓弧導(dǎo)軌，圓弧半徑r=0。41m。導(dǎo)軌的間距為L=0。5m，導(dǎo)軌的電阻與摩擦均不計(jì)。在導(dǎo)軌的頂端接有阻值為R1=1。5Ω的電阻,整個裝置處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.0T?，F(xiàn)有一根長度稍大于L、電阻R2=0。51。0kg的金屬棒.金屬棒在水平拉力F作用下，從圖中位置ef由靜止開始勻加速運(yùn)動,在t=0時刻，F(xiàn)0=1。5N，經(jīng)2。0s運(yùn)動到cd時撤去拉力，棒剛好能沖到最高點(diǎn)ab，重力加速度g取10m（1）金屬棒做勻加速直線運(yùn)動的加速度。(2）金屬棒運(yùn)動到cd時電壓表的讀數(shù).（3)金屬棒從cd運(yùn)動到ab過程中電阻R1上產(chǎn)生的焦耳熱。【解析】（1)剛開始拉金屬棒時，由牛頓第二定律得F0=ma代入數(shù)據(jù)得a=1。5m/s2。（2）t=2.0s時，金屬棒的速度v=at=3m/s此時的感應(yīng)電動勢E=BLv電壓表示數(shù)U=ER1+代入數(shù)據(jù)得U=2.25V。(3)金屬棒從cd位置運(yùn)動到ab位置，由動能定理得—mgr-W克安=0—12mv回路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q=W克安電阻R1上產(chǎn)生的焦耳熱Q1=R1代入數(shù)據(jù)得Q1=0。3J。答案：(1)1.5m/s2（2）2。25V(3)0。3考點(diǎn)四電磁感應(yīng)中的圖象問題【典例7】如圖所示為兩個有界勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向分別垂直于紙面向里和向外，磁場寬度均為L，距磁場區(qū)域的左側(cè)L處有一邊長為L的正方形導(dǎo)線框，總電阻為R,且線框平面與磁場方向垂直。現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，以初始位置為計(jì)時起點(diǎn)，規(guī)定電流沿逆時針方向時的電動勢E為正，磁感線垂直于紙面向里時磁通量Φ的方向?yàn)檎饬向右為正。如圖所示關(guān)于線框中的磁通量Φ、感應(yīng)電動勢E、外力F和電功率P隨時間變化的圖象中正確的是 世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號()【解析】選D。當(dāng)線框運(yùn)動L時開始進(jìn)入磁場，磁通量開始增大，當(dāng)全部進(jìn)入時磁通量達(dá)到最大，此后向里的磁通量減小,向外的磁通量增大，總磁通量減小，當(dāng)運(yùn)動2。5L時磁通量為零，故選項(xiàng)A錯誤；當(dāng)線框進(jìn)入第一個磁場時，由E=BLv可知，E保持不變，而開始進(jìn)入第二個磁場時，兩邊同時切割磁感線,電動勢應(yīng)為2BLv，故選項(xiàng)B錯誤;因安培力總是與運(yùn)動方向相反,所以外力F應(yīng)一直向右，故選項(xiàng)C錯誤；拉力的功率P=Fv,因速度不變，而線框進(jìn)入第一個磁場時，電流為定值，外力F也為定值，兩邊分別在兩個磁場中時，電流加倍，回路中總電動勢加倍，電功率變?yōu)樵瓉淼?倍，此后從第二個磁場中離開時,安培力應(yīng)等于線框在第一個磁場中的安培力，所以電功率應(yīng)等于在第一個磁場中的電功率,故選項(xiàng)D正確.【多維訓(xùn)練】如圖甲，光滑平行且足夠長的金屬導(dǎo)軌ab、cd所在平面與水平面成θ角，b、c之間接有阻值為R的定值電阻。阻值為r的金屬棒PQ垂直導(dǎo)軌放置，其他部分電阻不計(jì)。整個裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上。從t=0時刻開始，棒受到一個平行于導(dǎo)軌向上的外