13.8电磁感应+功和能（解析版）-2024高考一轮复习100考点100讲—高中物理

这是一份13.8电磁感应+功和能（解析版）-2024高考一轮复习100考点100讲—高中物理，共17页。试卷主要包含了8讲 电磁感应+功和能，5R的电源，回路总电阻R总=2，25 J等内容，欢迎下载使用。
第13.8讲 电磁感应+功和能
【知识点精讲】
1．电磁感应现象的实质是其他形式的能和电能之间的转化。
2．感应电流在磁场中受安培力，克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为其他形式的能。
3．电磁感应中的能量转化
eq \x(\a\al(其他形式,的能量)) eq \(――→,\s\up7(克服安培),\s\d5(力做功)) eq \x(\a\al(电,能)) eq \(――→,\s\up7(电流做功),\s\d5( )) eq \x(\a\al(焦耳热或其他,形式的能量))
【方法归纳】
1．电磁感应过程实质是不同形式的能量转化的过程，电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力作用。因此闭合电路的一部分导体运动切割磁感线时必克服安培力做功。此过程中，其他形式的能转化为电能。克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能。
同理，电流做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，电流做多少功就有多少电能转化为其他形式的能。
2．电能求解思路主要有三种：
(1)利用克服安培力做功求解，电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。
(2)利用能量守恒求解，导体切割磁感线产生感应电流时，开始的机械能总和与最后的机械能总和之差等于产生的电能。
(3)利用电路特征来求解，通过电路中所消耗的电能来计算。
3．求解焦耳热Q的三种方法
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1. （2022天津学业水平选择性考试）如图所示，边长为a的正方形铝框平放在光滑绝缘水平桌面上，桌面上有边界平行、宽为b且足够长的匀强磁场区域，磁场方向垂直于桌面，铝框依靠惯性滑过磁场区域，滑行过程中铝框平面始终与磁场垂直且一边与磁场边界平行，已知，在滑入和滑出磁场区域的两个过程中（ ）
A. 铝框所用时间相同
B. 铝框上产生的热量相同
C. 铝框中的电流方向相同
D. 安培力对铝框的冲量相同
【参考答案】D
【命题意图】本题考查线框通过磁场切割磁感线产生感应电动势和感应电流、楞次定律、安培力、冲量及其相关知识点。
【名师解析】
铝框进入和离开磁场过程，磁通量变化，都会产生感应电流，受向左安培力而减速，完全在磁场中运动时磁通量不变做匀速运动；可知离开磁场过程的平均速度小于进入磁场过程的平均速度，所以离开磁场过程的时间大于进入磁场过程的时间，A错误；
由楞次定律可知，铝框进入磁场过程磁通量增加，感应电流为逆时针方向；离开磁场过程磁通量减小，感应电流为顺时针方向，C错误；
铝框进入和离开磁场过程安培力对铝框的冲量为
又
得，D正确；
铝框进入和离开磁场过程，铝框均做减速运动，可知铝框进入磁场过程的速度一直大于铝框离开磁场过程的速度，根据
可知铝框进入磁场过程受到的安培力一直大于铝框离开磁场过程受到的安培力，故铝框进入磁场过程克服安培力做的功大于铝框离开磁场过程克服安培力做的功，即铝框进入磁场过程产生的热量大于铝框离开磁场过程产生的热量，B错误。
2．（2023全国高考新课程卷）（20分）一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示。

（1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。
（2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示。让金属框以与（1）中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。
【名师解析】
（1）设导线框进入磁场时速度为v0，导线框完全进入时速度为v1，
对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=BLvi，
感应电流，i=e/4R0,
所受安培力F=BiL，
联立解得：F=
取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 - △t=m△v，
方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=L，Σ△v= v1- v0，
化简得 =m（v0-v1） ①
导线框完全在匀强磁场中运动，导线框中磁通量不变，不产生感应电流，做匀速直线运动。
导线框出磁场过程，取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 - △t=m△v，
方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=L，Σ△v=-v1，
化简得 =m（v1 -） ②
①②两式消去v1，得v0=
（2）导线框进入磁场区域过程，右侧边切割磁感线产生感应电动势，由于导轨电阻可忽略，此时金属框上下部分被短路，其电路可以简化如下。
故电路中的外电路电阻为=,总电阻R总=R0+=
设导线框进入磁场时速度为v，导线框完全进入时速度为v1，
对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=Blvi，
感应电流，i=e/R总，
所受安培力F=Bil，
联立解得：F=
取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 - △t=m△v，
方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=l，Σ△v= v1- v，
化简得 =m（v-v1） ①
解得：v1=v-=
在这个过程中线框动能减小△Ek1=-=
由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q=△Ek1=
设此过程中R1中产生的热量为Q1，由于R1=2R，根据串并联电路规律和焦耳定律可知，导线框右边电阻产生的热量为4.5Q1，左边电阻产生的热量为2Q1，整个电路电阻产生的热量为Q=Q1+4.5Q1+2Q1=7.5 Q1.
解得：Q1=
导线框完全在磁场区域运动，导线框可以视为内阻为0.5R的电源，回路总电阻R总=2.5R，
导线框做减速运动，设导线框开始出磁场时速度为v2，
对导线框进入磁场过程中某时刻速度vi，导线框中产生的感应电动势e=Blvi，
感应电流，i=e/R总，
所受安培力F=Bil，
联立解得：F=
取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，
即 - △t=m△v，
方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，
注意到Σvi△t=L，Σ△v= v2- v1，
化简得 =m（v1-v2） ①
解得：v2=v1-=0，则说明线框右侧将离开磁场时就停止运动了。
在这个过程中线框动能减小△Ek2==
由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q’=△Ek1=
设此过程中R1中产生的热量为Q2，则导线框电阻产生的热量为Q2，整个电路电阻产生的热量为Q’=1.25 Q2.
解得：Q2.=
整个运动过程中，R1产生的热量为Q= Q1+ Q2 ==+=
3. （2023学业水平等级考试上海卷）如图（a）单匝矩形线框cdef放置在倾角θ=30°的斜面上，在宽度为D=0.4m的区域有垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.5T，线框质量m=0.1kg，总电阻R=0.25Ω。现对线框施加一沿斜面向上的力F使线框向上运动，ed边离开磁场时撤去外力F，线框速度随时间变化的图像如图（b）。已知线框ef=0.4m，线框与斜面之间的动摩擦因数μ=，g取9.8m/s2。求：
（1）外力F的大小；
（2）线框cf的长度L；
（3）整个过程中线框产生的焦耳热Q。
【参考答案】（1）1.48N （2）0.5m （3）0.4J
【名师解析】（1）对线框受力分析如图所示。
由牛顿第二定律，F-mgsinθ-f=ma，
N=mgcsθ，f=μN。
由速度图像可知，在0~0.4s内，a==5m/s2。
联立解得：F=1.5N.
（2）对线框受力分析如图所示。
在线框匀速运动阶段，F=mgsinθ+f+FA，
N=mgcsθ，f=μN。
安培力FA=BIL，I=E/R,E=BLv，v=2.0m/s
联立解得：L=0.5m
（3）由I=E/R,E=BLv，可得I=2A，
线框进入磁场时间和出磁场时间相等，都是t=ef/v=0.2s，
由焦耳定律可得整个过程中线框产生的焦耳热Q=I2R（2t）=0.4J
4. (2019·浙江4月选考)如图所示，倾角θ＝37°、间距l＝0.1 m的足够长金属导轨底端接有阻值R＝0.1 Ω的电阻，质量m＝0.1 kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.45。建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x。在0.2 m≤x≤0.8 m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场。从t＝0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x满足v＝kx(可导出a＝kv)，k＝5 s－1。当棒ab运动至x1＝0.2 m处时，电阻R消耗的电功率P＝0.12 W，运动至x2＝0.8 m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x＝0处。棒ab始终保持与导轨垂直，不计其他电阻，求：(提示：可以用F­x图象下的“面积”代表力F做的功，sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)
(1)磁感应强度B的大小；
(2)外力F随位移x变化的关系式；
(3)在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q。
【参考答案】 (1)在x1＝0.2 m处时，电阻R消耗的电功率
P＝ eq \f(（Blv）2,R)
此时v＝kx＝1 m/s
解得B＝ eq \r(\f(PR,（lv）2)) ＝ eq \f(\r(30),5) T。
(2)在无磁场区间0≤x＜0.2 m内，有
a＝5 s－1×v＝25 s－2×x
F＝25 s－2×x m＋μmg cs θ＋mg sin θ＝(0.96＋2.5x)N
在有磁场区间0.2 m≤x≤0.8 m内，有
FA＝ eq \f(（Bl）2v,R) ＝0.6x N
F＝(0.96＋2.5x＋0.6x)N＝(0.96＋3.1x)N。
(3)棒ab上升过程中克服安培力做的功(梯形面积)
WA1＝ eq \f(0.6 N,2) (x1＋x2)(x2－x1)＝0.18 J
撤去外力后，设棒ab上升的最大距离为s，再次进入磁场时的速度为v′，由动能定理有
(mg sin θ＋μmg cs θ)s＝ eq \f(1,2) mv2
(mg sin θ－μmg cs θ)s＝ eq \f(1,2) mv′2
解得v′＝2 m/s
由于mg sin θ－μmg cs θ－ eq \f(（Bl）2v′,R) ＝0
故棒ab再次进入磁场后做匀速运动
下降过程中克服安培力做的功
WA2＝ eq \f(（Bl）2v′,R) (x2－x1)＝0.144 J
Q＝WA1＋WA2＝0.324 J。
【参考答案】 (1) eq \f(\r(30),5) T
(2)0≤x≤0.2 m时，F＝(0.96＋2.5x)N；0.2 m≤x≤0.8 m时，F＝(0.96＋3.1x)N (3)0.324 J
【最新模拟题精练】
1. （2023石家庄三模） 如图所示，一空心铝管与水平面成角倾斜固定放置。现把一枚质量为m、直径略小于铝管直径的圆柱形小磁块从上端管口无初速度放入管中，小磁块从下端口落出时的速度为v，已知该铝管长度为l，小磁块和管间的摩擦力是小磁块重力的k倍，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 小磁块做匀加速直线运动
B. 小磁块在运动过程中，铝管和小磁块产生的热量为
C. 小磁块在运动过程中，小磁块产生的热量为
D. 小磁块在运动过程中，小磁块受到的重力和摩擦力的总冲量为mv
【参考答案】B
【名师解析】
空心铝管可以看为由许多的闭合回路构成，当小磁块下滑时，在铝管的回路中将产生感应电流，根据楞次定律可知，该感应电流激发的磁场对小磁块的磁场力将阻碍小磁块的相对运动，即电磁阻尼，可知小磁块做变加速直线运动，A错误；
根据上述，铝管中产生感应电流，则铝管中产生焦耳热，小磁块与铝管中与摩擦，亦会产生热，根据能量守恒定律可知小磁块在运动过程中，铝管和小磁块产生的热量为
B正确；
小磁块因摩擦产生的热量为，C错误；
根据上述，小磁块受到重力、摩擦力与磁场力，则小磁块在运动过程中，小磁块受到的重力、摩擦力与磁场力的总冲量为mv，D错误。
2.（2022北京海淀二模）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平型导体框左端连接一阻值为的电阻，质量为、电阻为的导体棒置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。导体棒在水平向右恒定外力作用下由静止开始运动，运动过程中导体棒与导体框轨道保持垂直，且接触良好，水平外力始终与导体棒垂直。在移动距离为的过程中（ ）
A. 导体棒做匀加速直线运动
B. 导体棒中感应电流的方向为
C. 电阻消耗的电能小于
D. 电路消耗的总电能等于
【参考答案】C
【名师解析】
由牛顿第二定律可知
随着导体棒速度的增加，则加速度逐渐减小，最后当加速度减为零时导体棒做匀速运动，选项A错误；
由右手定则可知，导体棒中感应电流的方向为，选项B错误；
由能量关系可知，其中
则电路消耗的总电能，电阻消耗的电能，选项C正确，D错误；
3. (2023河南名校联考)如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2 Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，导轨间距L＝1 m．－质量m＝2 kg，阻值r＝2 Ω的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v－x图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.25，则从起点发生x＝1 m位移的过程中(g＝10 m/s2)( )
A．金属棒克服安培力做的功W1＝0.5 J
B．金属棒克服摩擦力做的功W2＝4 J
C．整个系统产生的总热量Q＝5.25 J
D．拉力做的功W＝9.25 J
【参考答案】CD.
【名师解析】由速度图象得：v＝2x，金属棒所受的安培力FA＝eq \f(B2L2v,R＋r)＝eq \f(B2L22x,R＋r)，代入得：FA＝0.5x，则知FA与x是线性关系．当x＝0时，安培力FA1＝0；当x＝1 m时，安培力FA2＝0.5 N，则从起点发生x＝1 m位移的过程中，安培力做功为：WA＝－FAx＝－eq \f(FA1＋FA2,2)x＝－eq \f(0.5,2)×1 J＝－0.25 J，即金属棒克服安培力做的功为：W1＝0.25 J，故A错误；金属棒克服摩擦力做的功为：W2＝μmgx＝0.25×2×10×1 J＝5 J，故B错误；根据动能定理得：W－μmgx＋WA＝eq \f(1,2)mv2，其中v＝2 m/s，μ＝0.25，m＝2 kg，代入解得拉力做的功为：W＝9.25 J．整个系统产生的总热量为：Q＝W－eq \f(1,2)mv2＝9.25 J－eq \f(1,2)×2×22 J＝5.25 J，故C、D正确．
4．如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2 Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，导轨间距L＝1 m．－质量m＝2 kg，阻值r＝2 Ω的金属棒在水平拉力F作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v－x图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.25，则从起点发生x＝1 m位移的过程中(g＝10 m/s2)( )
A．金属棒克服安培力做的功W1＝0.5 J
B．金属棒克服摩擦力做的功W2＝4 J
C．整个系统产生的总热量Q＝5.25 J
D．拉力做的功W＝9.25 J
【参考答案】CD
【名师解析】.由速度图象得：v＝2x，金属棒所受的安培力FA＝eq \f(B2L2v,R＋r)＝eq \f(B2L22x,R＋r)，代入得：FA＝0.5x，则知FA与x是线性关系．当x＝0时，安培力FA1＝0；当x＝1 m时，安培力FA2＝0.5 N，则从起点发生x＝1 m位移的过程中，安培力做功为：WA＝－FAx＝－eq \f(FA1＋FA2,2)x＝－eq \f(0.5,2)×1 J＝－0.25 J，即金属棒克服安培力做的功为：W1＝0.25 J，故A错误；金属棒克服摩擦力做的功为：W2＝μmgx＝0.25×2×10×1 J＝5 J，故B错误；根据动能定理得：W－μmgx＋WA＝eq \f(1,2)mv2，其中v＝2 m/s，μ＝0.25，m＝2 kg，代入解得拉力做的功为：W＝9.25 J．整个系统产生的总热量为：Q＝W－eq \f(1,2)mv2＝9.25 J－eq \f(1,2)×2×22 J＝5.25 J，故C、D正确．
5. （2021湖南名校质检）如图所示，两根电阻不计的光滑金属导轨MAC、NBD水平放置，MA、NB间距L=0.4m，AC、BD的延长线相交于点E且，E点到直线AB的距离d=6m，M、N两端与阻值的电阻相连.虚线右侧存在方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1T，一根长度也为L=0.4m，质量为m=0.6kg电阻不计的金属棒，在外力作用下从AB处以初速度沿导轨水平向右运动，棒与导轨接触良好，运动过程中电阻R上消耗的电功率不变.则
A.电路中的电流
B.金属棒向右运动过程中克服安培力做的功
C.金属棒向右运动过程中外力做功的平均功率
D.金属棒向右运动过程中在电阻中流过的电量
【参考答案】.AD
【名师解析】金属棒开始运动时产生感应电动势，电路中的，A符合题意；金属棒向右运动距离为时，金属棒接入电路的有效长度为，由几何关系可得，
此时金属棒所受安培力为，作出图像，由图像可得运动过程中克服安培力所做的功为，B不符合题意；金属棒运动，过程所用时间为，，解得
设金属棒运动到的速度为，由于电阻R上消耗的电功率不变
则有，，由动能定理可得，解得
代入数据解得，C不符合题意；根据
由图可知，解得C,D符合题意.
6．（13分）（2023河南名校联考）如图所示，两光滑的平行金属导轨间距为L＝0.5m，与水平面成θ＝30°角。区域ABCD、CDFE内分别有宽度为d＝0.2m垂直导轨平面向上和向下的匀强磁场，磁感应强度均为B＝0.6T．细金属棒P1、P2质量均为m＝0.1kg，电阻均为r＝0.3Ω，用长为d的轻质绝缘细杆垂直P1、P2将其固定，并使P1、P2垂直导轨放置在导轨平面上与其接触良好，导轨电阻不计。用平行于导轨的拉力F将P1、P2以恒定速度v＝2m/s向上穿过两磁场区域，g取10m/s2．求：
（1）金属棒P1在ABCD磁场中运动时，拉力F的大小；
（2）从金属棒P1进入磁场到P2离开磁场的过程中，拉力F的最大功率；
（3）从金属棒P1进入磁场到P2离开磁场的过程中，电路中产生的热量。
【名师解析】（1）P1棒在磁场中运动时产生的电动势为：E＝BLv
代入数据解得：E＝0.6V
回路中的感应电流为：I＝
得：I＝1A
由平衡条件得：F1＝2mgsinθ+BIL
得：F1＝1.3N
（2）当P1、P2两棒均在磁场中运动时，拉力F的功率最大，拉力为：
F2＝2mgsinθ+4BIL
得：F2＝2.2N
拉力F的最大功率为：P＝F2v
解得：P＝4.4W。
（3）由焦耳定律得电路中产生的热量为：
Q＝I2（2r）+（2I）2（2r）
解得：Q＝0.36J。
答：（1）金属棒P1在ABCD磁场中运动时，拉力F的大小是1.3N；
（2）从金属棒P1进入磁场到P2离开磁场的过程中，拉力F的最大功率是4.4W；
（3）从金属棒P1进入磁场到P2离开磁场的过程中，电路中产生的热量是0.36J。
7. （2022北京朝阳二模）如图所示，宽度为L的U型导体框，水平放置在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，左端连接一阻值为R的电阻。一质量为m、电阻为r的导体棒置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦，导体棒与导体框始终接触良好。在水平向右的拉力作用下，导体棒以速度匀速向右运动。
（1）求通过导体棒的电流大小I；
（2）求拉力做功的功率P；
（3）某时刻撤去拉力，经过一段时间导体棒停在导体框上，求在此过程中电阻R上产生的热量Q。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）导体棒以速度匀速向右运动时产生的感应电动势大小为
根据闭合电路欧姆定律可知通过导体棒的电流大小为
（2）根据能量守恒定律可知拉力做功的功率等于回路的消耗的电功率，即

（3）从撤去拉力到导体棒ab最终停止的过程，回路产生的总热量为

由于通过导体棒ab和电阻R的电流时刻相等，根据焦耳定律可推知在此过程中电阻R上产生的热量为

8.（12分）（2022安徽黄山二模）如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计。在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。现有一根长度稍大于L、质量为m、电阻为R的金属棒从轨道的顶端ab处由静止开始下滑，到达轨道底端cd时受到轨道的支持力为2mg。整个过程中金属棒与导轨接触良好，求：
（1）金属棒到达最低点时的速度和受到的安培力大小；
（2）若金属棒在拉力作用下，从cd开始以速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动，则在到达ab的过程中感应电流的有效值和拉力做的功为多少？
【名师解析】
（1）金属棒在最低点时： …………………………………1分
又 解得： …………………………………………1分
通过金属棒的电流： ………………………………1分
安培力： ……………………………………………………1分
故： …………………………………………………………1分
（2）金属棒以速度v0沿轨道做匀速圆周运动时，从最低点开始，对应的半径r
转过的角度
电动势： ……………………………………1分
从cd到达ab的过程中，电流的有效值为 ……2分
由功能关系得 拉力做功为： ……………………2分
………………………………………………………………1分
所以： ………………………………………………1分
9．（15分）（2020年6月南京重点高中冲刺模拟）如图所示，平行长直光滑固定的金属导轨MN、PQ平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨间距为L＝0.5 m，上端接有R＝3 Ω的电阻，在导轨中间加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁场区域为OO′O1′O1，磁感应强度大小为B＝2 T，磁场区域宽度为d＝0.4 m，放在导轨上的一金属杆ab质量为m＝0.08 kg、电阻为r＝2 Ω，从距磁场上边缘d0处由静止释放，金属杆进入磁场上边缘的速度v＝2 m/s.导轨的电阻可忽略不计，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，重力加速度大小为g＝10 m/s2，求：
（1）金属杆距磁场上边缘的距离d0；
（2）通过磁场区域的过程中通过金属杆的电荷量q；
（3）金属杆通过磁场区域的过程中电阻R上产生的焦耳热QR.
【参考答案】 (1)0.4 m (2)0.08 C (3)0.096 J
【名师解析】(1)由能量守恒定律得mgd0sin 30°＝eq \f(1,2)mv2(1分)
金属杆距磁场上边缘的距离d0＝0.4 m
(2)由法拉第电磁感应定律eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)(1分)
由闭合电路欧姆定律eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)(1分)
q＝eq \x\t(I)·Δt(1分)
则金属杆通过磁场区域的过程中通过其的电荷量q＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝eq \f(BLd,R＋r)＝0.08 C(1分)
(3)由法拉第电磁感应定律，金属杆刚进入磁场时E＝BLv＝2 V(1分)
由闭合电路欧姆定律I＝eq \f(E,R＋r)＝0.4 A(1分)
金属杆受到的安培力F＝BIL＝0.4 N(1分)
金属杆重力沿导轨向下的分力F′＝mgsin 30°＝0.4 N
所以金属杆进入磁场后做匀速运动
由能量守恒定律得，回路中产生的焦耳热Q＝mgdsin 30°(1分)
金属杆通过磁场区域的过程中，在电阻R上产生的热量QR＝eq \f(R,R＋r)Q(1分)
代入数据可得QR＝0.096 J．(1分)