【正文】 R的電荷量q＝＝，故B項正確；金屬棒在整個運動過程中，由動能定理得：mgh－W安－μmgd＝0－0，則克服安培力做功：W安＝mgh－μmgd，所以整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝W安＝mgh－μmgd，故C項錯誤；克服安培力做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，電阻與導體棒電阻相等，通過它們的電流相等，則金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱：QR＝Q＝(mgh－μmgd)，故D項錯誤?？键c四　電磁感應中的能量問題電能的求解思路例7　(2019利用③式，v減小則a減小，可知，桿上滑時做加速度逐漸減小的減速運動。2．處理方法根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關系分析。(2)棒受力平衡，有F＝F安，F(xiàn)安＝BIL，代入數(shù)據(jù)解得F＝ N?；舅悸罚?1)用法拉第電磁感應定律和楞次定律確定感應電動勢的大小和方向；(2)弄清電路結(jié)構(gòu)，必要時畫出等效電路圖；(3)運用歐姆定律、串并聯(lián)電路等規(guī)律求解路端電壓、電功率等問題。類型(一)　感生問題例1　如圖(甲)所示，一閉合圓形線圈水平放置，穿過它的豎直方向的勻強磁場磁感應強度隨時間變化規(guī)律如圖(乙)，規(guī)定B的方向以向上為正方向，感應電流以俯視順時針的方向為正方向，在0～4t時間內(nèi)感應電流隨時間變化圖像中正確的是(　D　)[解析]　在0～t內(nèi)，B正向增大，感應電流方向為俯視順時針方向，即電流方向為正；在t～2t內(nèi)，B先正向減小后反向增大，同上分析，電流方向為負方向，且B的變化率為0～t內(nèi)的2倍，電流大小變?yōu)?倍；在2t～3t內(nèi)，B變化率為0，無感應電流；在3t～4t內(nèi)，B負向減小，電流方向為正方向，故D項正確。核心考點雙基自測一、堵點疏通1．在電磁感應電路中，產(chǎn)生電流的那部分導體相當于電源。思考：如圖所示，MON是固定導軌，金屬棒與導軌接觸良好，在拉力F作用下向右運動。3．電勢：在外電路中，電流由高電勢流向低電勢；在內(nèi)電路中，電流由低電勢流向高電勢。2．轉(zhuǎn)化實質(zhì)：電磁感應現(xiàn)象的能量轉(zhuǎn)化，實質(zhì)是其他形式的能與電能之間的轉(zhuǎn)化。＝27，故D項錯誤。(2)函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關系，然后由函數(shù)關系對圖像進行分析和判斷。解決此類問題的基本思想是將電磁感應問題轉(zhuǎn)化為直流電路的分析與計算問題。[解析]　(1)開關S1，S2閉合后，根據(jù)右手定則知棒中的感應電流方向是M→N，所以通過R2的電流方向是由b→a，MN中產(chǎn)生的感應電動勢的大小E＝BLv流過R2的電流I＝代入數(shù)據(jù)解得I＝ A。(2)導體的非平衡狀態(tài)——加速度不為零。(1)利用楞次定律，對初始狀態(tài)的ab受力分析得：mgsin θ＋BIL＝ma ①對回路分析I＝＝ ②聯(lián)立①②得a＝gsin θ＋(2)上滑過程：由第(1)問中的分析可知，上滑過程加速度大小表達式為：a上＝gsin θ＋ ③上滑過程，a、v反向，做減速運動。金屬棒ab下滑過程中，金屬棒ab切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，由右手定則可判斷出導體棒a端為正極，所以M板電勢高于N板電勢，選項A正確；金屬棒ab下滑過程中由于產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，對電容器充電，由I＝，C＝，ΔU＝BLΔv，金屬棒ab受到安培力F＝BIL，對金屬棒受力分析，有mgsin θ－F＝ma，聯(lián)立解得a＝，加速度為恒量，說明金屬棒ab下滑時做加速度恒定的勻加速運動，選項B正確，C錯誤；金屬棒ab下滑過程中減少的重力勢能等于其增加的動能和電容器儲存的電能之和，選項D錯誤。將一阻值也為R的導體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導體棒最終恰好停在磁場的右邊界處。金屬框在外力作用下向右運動過程中，由楞次定律知，導體棒向右運動，設某時刻金屬框的速度為v1，導體棒的速度為v2，導體棒接入電路的電阻為R，回路中感應電動勢E＝BL(v1－v2)，由閉合電路歐姆定律得，回路中的電流I＝＝。3．(2020183