2021-2022学年高中物理-第一章-电磁感应-单元素养评价教科版选修3-2.doc

2021-2022学年高中物理 第一章 电磁感应 单元素养评价教科版选修3-22021-2022学年高中物理 第一章 电磁感应 单元素养评价教科版选修3-2年级：姓名：- 18 -单元素养评价(一)(第一章)(90分钟100分)一、选择题(本题共14小题,每小题5分,共70分。其中18小题为单选题,914小题为多选题)1.物理学是一门以实验为基础的学科,许多物理定律就是在大量实验的基础上归纳总结出来的,下面四个实验装置,描述正确的是()A.库仑利用装置测出了元电荷e的数值B.安培利用装置总结出了点电荷间的相互作用规律C.奥斯特利用装置发现了电流的磁效应D.楞次利用装置发现了电磁感应现象【解析】选C。密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值,故A错误;库仑利用装置总结出了电荷间的相互作用规律,故B错误;1820年奥斯特利用装置发现了电流的磁效应,故C正确;法拉第利用装置发现了电磁感应现象,故D错误。故选C。2.如图所示,在光滑水平桌面上有一正方形导线框,在导线框右侧有匀强磁场区域,磁场的边界与导线框的一边平行,磁场方向竖直向下。让线圈由位置1通过一个匀强磁场区域运动到位置2,下列说法中正确的是()A.线圈进入匀强磁场区域的过程中,线圈中有感应电流,而且进入的速度越大,感应电流越大B.整个线圈在匀强磁场中匀速运动时,线圈中有感应电流,而且感应电流是恒定的C.整个线圈在匀强磁场中加速运动时,线圈中有感应电流,而且感应电流越来越大D.线圈穿出匀强磁场区域的过程中,线圈中有逆时针方向的感应电流【解析】选A。线圈进入匀强磁场区域的过程中,线圈中磁通量增加,则有感应电流,根据E=BLv可知,进入的速度越大,感应电流越大,选项A正确;整个线圈在匀强磁场中匀速运动时,线圈中磁通量不变,则无感应电流,选项B错误;整个线圈在匀强磁场中加速运动时,线圈中磁通量不变,则无感应电流,选项C错误;根据楞次定律,线圈穿出匀强磁场区域的过程中,线圈中有顺时针方向的感应电流,选项D错误。【加固训练】(2019眉山高二检测)如图所示,两根通电直导线M、N都垂直纸面固定放置,通过它们的电流方向如图所示,线圈L的平面与纸面平行,现将线圈从位置A沿M、N连线中垂线迅速平移到位置B,则在平移过程中,线圈中的感应电流()A.沿顺时针方向,且越来越小B.沿逆时针方向,且越来越大C.先顺时针,后逆时针D.始终为零【解析】选D。由图可知,M和N产生的磁场的方向都平行于MNAB所在的平面,所以线圈L的磁通量始终是0,将线圈从位置A沿M、N连线中垂线迅速平移到位置B,则在平移过程中,没有感应电流产生。故D正确,A、B、C错误,故选D。3.下列电器和设备工作时,工作过程与电磁感应现象无关的是()A.发电机B.电磁炉C.磁卡D.电热水器【解析】选D。发电机是典型的电磁感应的应用,是通过运动将机械能转化为电能的装置,故A不符合题意;电磁炉是通过磁场的变化,产生热量,属于电磁感应现象,故B不符合题意;磁卡是利用卡上的磁场在对应装置中产生感应电流工作的,属于电磁感应现象,故C不符合题意;电热水器利用了电流的热效应,不属于电磁感应现象,故D符合题意。【加固训练】(2017全国卷)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌,为了有效隔离外界振动对STM的扰动,在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板,并施加磁场来快速衰减其微小振动,如图所示。无扰动时,按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场;出现扰动后,对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是()【解析】选A。衰减的原理是当紫铜薄板上下及左右振动时,均在紫铜薄板内产生感应电流,薄板受到安培力作用阻碍其运动。只有A选项中当紫铜薄板上下及左右振动时,板中均会产生感应电流。4.如图所示,在光滑绝缘水平面上固定一通电直导线,其右侧有闭合圆形线圈,某时刻线圈获得一个如图所示的初速度v0。若通电直导线足够长,且已知通电直导线周围某处磁场的磁感应强度大小为B=k(k为常数,I为导线中的电流,r为到直导线的距离),则下列说法正确的是()A.线圈中将产生交变电流B.线圈中将产生顺时针方向的恒定电流C.线圈最终会停下来并保持静止D.线圈最终会以某一速度做匀速直线运动【解析】选D。通电直导线周围的磁场离导线越远磁场越小,由右手螺旋定则可知,导线右侧的磁场方向向下且不变,线圈向右运动,磁通量减小,由于磁场方向不变,且线圈磁通量减小,则线圈中感应电流方向不变,则由楞次定律可知,感应电流方向为顺时针方向,由能量守恒可知,线圈的速度减小,且通电直导线周围某处磁场的磁感应强度大小为B=k,则感应电流大小变化,故A、B错误;当线圈在该平面上以速度v0沿图示方向运动时,产生感应电流,出现安培阻力,从而阻碍其运动,由于安培阻力与速度方向不共线,使线圈在垂直导线方向做减速运动,当垂直导线方向的速度减为零,只剩沿导线方向的速度,然后磁通量不变,无感应电流,水平方向合力为零,故为匀速直线运动,故C错误,D正确。故选D。5.如图所示,两根平行金属导轨置于水平面内,导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小,ab始终保持静止,下列说法正确的是()A.ab中的感应电流方向由b到aB.ab中的感应电流逐渐减小C.ab所受的安培力保持不变D.ab所受的静摩擦力逐渐减小【解析】选D。金属棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路,磁感应强度均匀减小(=k 为定值),则闭合回路中的磁通量减小,根据楞次定律,可知回路中产生顺时针方向的感应电流,ab中的电流方向由a到b,故A 错误;根据法拉第电磁感应定律,感应电动势E=kS,回路面积S不变,即感应电动势为定值,根据欧姆定律 I=,所以ab中的电流大小不变,故B错误;安培力F=BIL,电流大小不变,磁感应强度减小,则安培力减小,故C错误;金属棒处于静止状态,所受合力为零,对其受力分析,水平方向静摩擦力f与安培力F等大反向,安培力减小,则静摩擦力减小,故D正确。6.将一面积为S=0.04 m2,匝数n=100的线圈放在匀强磁场中,已知磁场方向垂直于线圈平面,磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示,线圈总电阻为2 ,则()A.在02 s内与24 s内线圈内的电流方向相反B.在04 s内线圈内的感应电动势为0.008 VC.第2 s末,线圈的感应电动势为零D.在04 s内线圈内的感应电流为0.4 A【解析】选D。在02 s内与24 s内磁场方向相反,磁通量变化情况相反,根据楞次定律可知,在这两段时间内线圈内感应电流方向相同,A错误。由题图知:|= T/s=0.2 T/s在04 s内线圈内的感应电动势为E=n=n|S=1000.20.04 V=0.8 V,故B错误。在04 s内,磁通量变化率恒定,线圈中产生的感应电动势不变,始终为E=0.8 V,C错误。在04 s内线圈内的感应电流I= A=0.4 A,D正确。故选D。7.如图所示,半径为L的半圆弧轨道PQS固定,电阻忽略不计,O为圆心。OM是可绕O转动的金属杆,M端位于PQS上,OM与轨道接触良好,OM金属杆的电阻值是OP金属杆电阻值的一半。空间存在如图所示的匀强磁场,磁感应强度的大小为B;现使OM从OS位置以恒定的角速度顺时针转到OQ位置,则该过程中()A.M、O两点的电压UMO=BL2B.M、O两点的电压UMO=BL2C.回路中电流方向沿MOPQD.回路中电流方向沿MQPO【解析】选D。金属杆MO转动切割磁感线,产生感应电动势,用右手定则可判断出M比O的电势高,由题意可知E=BL=BL=BL2,MO相当于电源,M、O两点的电压是外电压,等于OP杆两端的电压,由于OM金属杆的电阻值是OP金属杆电阻值的一半,则M、O两点的电压为UMO=E=,故A、B错误;由右手定则可知,M比O电势高,即电流流向是顺时针,即MQPO,故D正确,C错误。故选D。8.如图所示,a、b、c三个金属线圈放置在绝缘水平面上,b、c两线圈用金属导线相连,给c线圈中加垂直于线圈平面向里的变化磁场,能使a线圈中产生感应电流的是()【解析】选D。A图中所加磁场恒定不变,故穿过c线圈的磁通量不变,c线圈不会产生感应电流,即b线圈也没有感应电流,这样a线圈也不会有感应电流,故A错误;B、C图中所加磁场均匀增加或均匀减小,c线圈中磁通量均匀变化,产生恒定电流,流过b线圈的电流也是恒定电流,这个电流在a线圈产生的磁场恒定不变,a线圈中磁通量不变,故a线圈不会产生感应电流,故B、C错误;D图中所加磁场不随时间均匀变化,c线圈中的磁通量不是均匀变化的,产生变化的电流,流过b线圈的也是变化的电流,这个电流在a线圈中产生的磁场发生变化,a线圈中的磁通量发生变化,故a线圈中会产生感应电流,故D正确。故选D。9.如图所示是圆盘发电机的示意图,铜盘安装在水平的铜轴上,它的盘面恰好与匀强磁场垂直,两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触。若铜盘半径为L,匀强磁场的磁感应强度为B,回路的总电阻为R,从左往右看,铜盘以角速度沿顺时针方向匀速转动。则()A.由于穿过铜盘的磁通量不变,故回路中无感应电流B.回路中感应电流大小不变,为C.回路中感应电流方向不变,为CDRCD.回路中有周期性变化的感应电流【解析】选B、C。把铜盘视为闭合回路的一部分,在铜盘以角速度沿顺时针方向匀速转动时,铜盘切割磁感线产生感应电动势,回路中有感应电流,选项A错误;铜盘切割磁感线产生的感应电动势为E=BL2根据闭合电路欧姆定律,回路中感应电流为I=,选项B正确,D错误;右手定则可判断出感应电流方向为CDRC,选项C正确。10.用一段横截面半径为r、电阻率为、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(rR)的圆环。圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中,圆环的圆心始终在N极的轴线上,圆环所在位置的磁感应强度大小均为B。圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v,忽略电感的影响,则()A.此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流B.此时圆环受到竖直向下的安培力作用C.此时圆环的加速度a=D.如果径向磁场足够深,则圆环的最大速度vm=【解析】选A、D。由题意可知,根据右手定则,题图中,圆环左端面电流方向垂直纸面向里,右端面电流方向垂直纸面向外,则有(俯视)顺时针的感应电流,故A项符合题意;根据楞次定律可知,圆环受到的安培力向上,阻碍圆环的运动,故B项不符合题意;圆环落入磁感应强度为B的径向磁场中,产生的感应电动势E=Blv=B2Rv圆环的电阻R0=电流I=圆环所受的安培力大小F=BI2R=B2R由牛顿第二定律得mg-F=ma其中质量m=dV=d2Rr2联立解得a=g-故C项不符合题意;当圆环做匀速运动时,安培力与重力相等,速度最大,即有mg=F可得d2Rr2g=B2R解得vm=,故D项符合题意。11.如图所示,一粗糙的平行金属轨道平面与水平面成角,两轨道上端用一电阻R相连,该装置处于匀强磁场中,磁场方向垂直于轨道平面向上。质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行,滑行到某高度h后又返回到底端。若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好,轨道与金属杆的电阻均忽略不计。则下列说法正确的是()A.金属杆ab上滑过程与下滑过程通过电阻R的电量一样多B.金属杆ab上滑过程中克服重力、安培力与摩擦力所做功之和大于mC.金属杆ab上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能一定相等D.金属杆ab在整个过程中损失的机械能等于装置产生的焦耳热【解析】选A、C。根据感应电量经验公式q=知,上滑过程和下滑过程磁通量的变化量相等,则通过电阻R的电量相等,故A正确;金属杆ab上滑过程中重力、安培力、摩擦力都做负功,根据动能定理得知:金属杆ab克服重力、安培力与摩擦力所做功之和等于m,故B错误;金属杆ab上滑过程与下滑过程中所受滑动摩擦力大小相等,通过的路程相等,所以克服摩擦力做功相等,故摩擦产生的内能一定相等,选项C正确;根据功能关系得知,金属杆ab在整个过程中损失的机械能等于装置产生的焦耳热与摩擦力产生的热量的和,故D错误。故选A、C。12.如图所示,匀强磁场边界水平,方向垂直纸面向里,两固定竖直光滑金属导轨电阻不计,完全相同的导体棒ab、cd水平置于磁场上方且相距一定的距离。现同时由静止释放ab、cd棒,ab棒进入磁场时恰好做匀速运动,ab棒出磁场时,cd棒刚好进入磁场,已知导体棒与导轨接触良好。竖直导轨足够长,则cd棒在穿越磁场过程中()A.d端电势高于c端B.匀速穿过磁场C.运动时间小于ab棒在磁场中的运动时间D.克服安培力做的功等于ab棒穿越磁场过程中克服安培力做的功【解析】选A、C。cd棒在穿越磁场的过程中,根据右手定则知,d端的电势高于c端,故A正确;ab棒进入磁场时,做匀速运动,可知安培力等于重力,即mg=,因为cd棒进入磁场的速度大于ab棒进入磁场的速度,所以安培力大于重力,所以cd棒进入磁场先做减速运动,故B错误;因为cd棒进入磁场先做减速运动,若速度达到ab棒进入磁场的速度会做匀速运动。即cd棒进入磁场可能先减速后匀速,或一直做减速运动。不管做哪一种运动,平均速度都大于ab棒进入磁场的速度,则运动的时间小于ab棒在磁场中运动的时间,故C正确;因为cd棒在磁场中的速度不小于ab棒的速度,则安培力不小于ab棒所受的安培力,即cd棒克服安培力做的功大于ab棒穿越磁场中克服安培力所做的功,故D错误。故选A、C。13.一正三角形导线框ABC(高度为a)从如图所示位置沿x轴正向匀速穿过两匀强磁场区域。两磁场区域磁感应强度大小均为B,方向相反但均垂直于纸面,区域宽度均为a。下列反映感应电流I与线框移动距离x的关系的图像(以逆时针方向为电流的正方向)不正确的是()【解析】选A、B、D。线框从开始进入到全部进入第一个磁场时,磁通量向里增大,则由楞次定律可知,电流方向为逆时针,故B错误,符合题意;因切割的有效长度均匀增大,由E=BLv可知,电动势也均匀增加;而在全部进入第一部分磁场时,磁通量达到最大,该瞬间变化率为零,故电动势也为零,故A错误,符合题意;当线框开始进入第二段磁场后,线框中磁通量向里减小,则可知电流为顺时针,故D错误,符合题意;C正确,不符合题意。故选A、B、D。14.在光滑的绝缘水平面上方,有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,PQ为磁场边界。一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向放置于磁场中A处,现给金属圆环一水平向右的初速度v。当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时的速度为,则下列说法正确的是()A.此时圆环中的电功率为B.此时圆环的加速度为C.此过程中通过圆环截面的电荷量为D.此过程回路中产生的电能为0.75mv2【解析】选B、C。当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时,产生的感应电动势E=B2a=Bav,感应电流I=,圆环中的电功率P=I2R=,选项A错误;金属圆环受到的安培力F=2BIa=,所以a=,选项B正确;由q=It=,可知选项C正确;由能量守恒得:产生的电能W电=mv2-m()2=mv2,选项D错误。二、填空题(4分)15.“研究电磁感应现象”的实验中,首先按图甲接线,以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系。当闭合S时观察到电流表指针向左偏,不通电时电流表指针停在正中央,然后按图乙所示将电流表与线圈B连成一个闭合回路,将线圈A、电池、滑动变阻器和电键S串联成另一个闭合电路。(1)S闭合后,将线圈A插入线圈B的过程中,电流表的指针将(选填“左偏”“右偏”或“不偏”)。(2)线圈A放在线圈B中不动,将滑动变阻器的滑片P向左滑动时,电流表指针(选填“左偏”“右偏”或“不偏”)。【解析】(1)线圈A中磁场方向向上,插入线圈B,故线圈B中磁通量变大,阻碍变大,故感应电流的磁场方向向下,故电流从右向左流过电流表,电流表指针向右偏转;(2)线圈A中磁场方向向上,滑片向左移动,电流变大,故线圈B中磁通量变大,阻碍变大,故感应电流的磁场方向向下,故电流从右向左流过电流表,电流表指针向右偏转。答案:(1)右偏(2)右偏三、计算题(本题共3小题,共26分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)16.(8分)如图甲所示,水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置,间距d=0.5 m,电阻不计,左端通过导线与阻值R=2 的电阻连接,右端通过导线与阻值为RL=4 的小灯泡L连接。在CDFE矩形区域内有竖直向上的匀强磁场,CE长l=2 m,有一阻值r=2 的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处。CDFE区域内磁场的磁感应强度B随时间变化的图像如图乙所示。在t=0至t=4 s内,金属棒PQ保持静止,在t=4 s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动。已知从t=0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中,小灯泡的亮度没有发生变化,求:(1)通过小灯泡的电流。(2)金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小。【解析】(1)在t=0至t=4 s内,金属棒PQ保持静止,磁场变化导致电路中产生感应电动势。电路为r与R并联,再与RL串联,电路的总电阻R总=RL+=5 (1分)此时感应电动势E=dl=0.520.5 V=0.5 V(1分)通过小灯泡的电流为:IL=0.1 A(1分)(2)当金属棒PQ在磁场区域中运动时,金属棒切割磁感线产生电动势,电路为R与RL并联,再与r串联,此时电路的总电阻R总=r+=(2+) = (1分)由于灯泡中电流不变,所以灯泡的电流IL=0.1 A,则流过金属棒PQ的电流为I=IL+IR=IL+=0.3 A(1分)电动势E=IR总=Bdv(1分)解得金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小v=1 m/s(2分)答案:(1)0.1 A(2)1 m/s17.(8分)磁悬浮铁路是一种新型的交通运输系统,它是利用电磁系统产生的吸引力或排斥力将车辆托起。使整个列车悬浮在铁轨上,利用电磁力进行导向,利用直流电机将电能直接转换成动能推动列车前进。它清除了轮轨之间的接触,无摩擦阻力,线路垂直负荷小、时速高、无污染、安全、可靠、舒适。其应用仍具有广泛前景。采用直流电机模式获得驱动力的列车可简化为如下情境:固定在列车下端的矩形金属框随车平移;轨道区域内存在垂直于金属框平面的磁场,磁感应强度沿Ox方向按正弦规律分布,最大值为B0,其空间变化周期为2d,整个磁场以速度v1沿Ox方向向前高速匀速平移,列车以速度v2沿Ox方向匀速行驶,且v1v2,从而产生感应电流,受到的安培力即为列车向前行驶的驱动力。设金属框电阻为R,长PQ=L,宽NP=d,求:(1)如图为列车匀速行驶时的某一时刻,设为t=0时刻,MN、PQ均处于磁感应强度最大值处,此时金属框内感应电流的大小和方向;(2)从t=0时刻起,列车匀速行驶s距离的过程中,矩形金属框产生的焦耳热。【解析】(1)磁场沿x轴方向运动,v1v2,金属框相对于磁场向x轴负方向运动,MN、PQ所在处磁感应强度方向相反,金属框中产生的总电动势为E=2B0L(v1-v2)(1分)感应电流为I=(1分)根据右手定则,感应电流方向为NMQPN(2)由题意,金属框t=0时刻所在处磁感应强度最大。则设经过时间为t,金属框MN、PQ所在处磁感应强度大小均为B,则有B=B0cost,=(1分)又T=(1分)得=(1分)电流的瞬时值为i=cost(1分)可知,该电流为正弦式交变电流,其有效值为I=,Im=(1分)列车匀速行驶s距离经历时间为t=,故矩形金属框产生的焦耳热为Q=I2Rt,联立解得Q=(1分)答案:(1),感应电流方向为NMQPN(2)18.(10分)导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识。如图甲所示,固定于水平面的U形导线框处于竖直向下的匀强磁场中,金属棒MN在与其垂直的水平恒力F作用下,在导线框上以速度v做匀速运动,速度v与恒力F方向相同;金属棒MN始终与导线框形成闭合电路。已知金属棒MN的电阻为零,两平行轨道间距离为L,磁场的磁感应强度为B。忽略摩擦阻力,接入导线框的电阻与MN平行部分的电阻为R,其余部分电阻不计。(不考虑自由电荷的热运动)(1)求金属棒MN两端的电势差,说明M、N哪一点电势高;(2)通过公式推导验证:在t时间内,F对金属棒MN所做的功WF等于电路获得的电能W电。(3)某同学对此安培力的作用进行了分析,他认为:安培力的实质是形成电流的定向移动的电荷所受洛伦兹力的合力,而洛伦兹力是不做功的,因此安培力也不做功。你认为他的观点是否正确,请在图乙中画出电子受到的洛伦兹力并说明理由。【解析】(1)根据右手定则可知金属棒内部电流方向为NM,M为电源正极,N为电源负极,故M为高电势,N为低电势根据安培力公式F=BIL可得I=(1分)金属棒MN两端的电势差UMN=IR=(1分)(2)金属棒匀速运动可得F=F安=BIL外力做功WF=Fvt=BILvt(1分)E=BLv回路获得的电能W电=EIt=BLvIt(1分)所以WF=W电(3)该同学的观点是错误的。因为在该过程中,安培力的方向与金属棒的运动方向相反,所以安培力做负功。自由电子除了要沿金属棒定向移动,还要随金属棒向右运动,自由电子实际的速度方向和所受洛伦兹力的方向如图1所示,洛伦兹力的方向与带电粒子的运动方向垂直,洛伦兹力不做功。如图2所示,如果将f沿金属棒运动的方向和电流的方向分解f1=fsin,f2=fcos(1分)f1做正功,其功率P1=fsinv合cos(1分)f2做负功,其功率P2=-fcosv合sin(1分)总功率P=P1+P2=0(1分)即f1和f2所做的总功为零。安培力在数值上等于大量自由电子所受f2的总和,安培力做的功也等于大量自由电子所受f2做功的总功。(只要说出要点就可得分)(2分)答案:(1)M点电势高(2)证明见解析(3)见解析【加固训练】如图所示,平行U形导轨倾斜放置,倾角为=37,导轨间的距离L=1.0 m,电阻R=0.8 ,导轨电阻不计。匀强磁场的方向垂直于导轨平面向上,磁感应强度B=1T,质量m=0.5 kg、电阻r=0.2 的金属棒ab垂直置于导轨上。现用沿轨道平面且垂直于金属棒的大小为F=7.0 N的恒力,使金属棒ab从静止开始沿导轨向上滑行,已知当ab棒滑行s=0.8 m后保持速度不变,并且金属棒ab与导轨间的动摩擦因数=0.5。(可能用到的数据:sin37=0.6,cos37=0.8,g取10 m/s2)求:(1)画出金属棒匀速运动时的受力分析图并求出匀速运动时的速度大小。(2)金属棒匀速运动时电阻R上的功率。(3)金属棒从静止起到刚开始匀速运动的过程中,电阻R上产生的热量为多少?【解析】(1)金属棒匀速运动时受到重力、支持力、摩擦力、安培力作用,受力分析如图:匀速运动时,金属棒受平衡力作用,故沿着轨道方向有:F=FA+f+Gsin其中:f=Gcos FA=BIL=BL=由得:v= m/s=2 m/s(2)金属棒匀速运动时有:E=BLv感应电流为:I=电阻R上的功率为P=I2R故:P=R=0.8 W=3.2 W(3)在金属棒滑行s=0.8 m的过程中,由动能定理得:Fs-mgssin37-mgscos37+W安=mv2-0回路所产生的总热量:Q=-W安联立以上方程得:Q=0.6 J电阻R上产生的热量为QR=Q=0.48 J答案:(1)图见解析2 m/s(2)3.2 W(3)0.48 J