3、ab和cd都向右運(yùn)動(dòng)
B.ab和cd都向左運(yùn)動(dòng)
C.ab向右、cd向左做相向運(yùn)動(dòng)
D.ab向左、cd向右做背向運(yùn)動(dòng)
【解析】選C。根據(jù)右手定則，當(dāng)金屬棒運(yùn)動(dòng)方向相同時(shí)，棒中產(chǎn)生的電流方向相同，回路中的總電流為兩電流之差，故A、B項(xiàng)中電流不是最大；當(dāng)兩金屬棒運(yùn)動(dòng)方向相反時(shí)，棒中產(chǎn)生的電流方向相反，回路中的總電流為兩電流之和，但隨著棒的運(yùn)動(dòng)，D項(xiàng)中ab向左、cd向右做背向運(yùn)動(dòng)時(shí)，回路中的電阻在變大，電流不一定最大，選項(xiàng)C正確。
3.如圖1所示，光滑的平行金屬導(dǎo)軌(足夠長(zhǎng))固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)=
20 cm，左端接有阻值為R=1 Ω的電阻，放在軌道上靜止的一導(dǎo)體桿MN與兩軌道垂直
4、，整個(gè)裝置置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=
0.5 T。導(dǎo)體桿受到沿軌道方向的拉力F做勻加速運(yùn)動(dòng)，測(cè)得力F與時(shí)間t的關(guān)
系如圖2所示。導(dǎo)體桿及兩軌道的電阻均可忽略不計(jì)，導(dǎo)體桿在運(yùn)動(dòng)過程中始終與軌道垂直且兩端與軌道保持良好接觸，則導(dǎo)體桿的加速度大小和質(zhì)量分別為 ( )
A.20 m/s2，0.5 kg B.20 m/s2，0.1 kg
C.10 m/s2，0.5 kg D.10 m/s2，0.1 kg
【解析】選D。導(dǎo)體桿在軌道上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，用v表示其速度，t表示時(shí)間，則有v=at①，桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E=BLv②，閉合
5、回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I=③，桿受到的安培力大小為FA=BIL④，根據(jù)牛頓第二定律，有F-FA=ma⑤，聯(lián)立以上各式，得F=ma+t⑥，由圖線上取兩點(diǎn)代入⑥式，可解得a=10 m/s2，m=0.1 kg，選項(xiàng)D正確。
4.(2019·濟(jì)南模擬)如圖所示，兩水平放置的平行金屬導(dǎo)軌AB和CD相距0.5 m，AC間接阻值為1 Ω的電阻，導(dǎo)體棒MN到AC的距離為0.4 m，整個(gè)裝置放在垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)體棒MN垂直放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒MN的電阻可忽略不計(jì)，則下列說法正確的是 ( )
A.若導(dǎo)體棒MN向右滑動(dòng)，則M端電勢(shì)高
B.若勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.2 T，導(dǎo)體
6、棒MN以5 m/s的速度水平向右勻速滑動(dòng)時(shí)，則其所受水平外力的大小是0.25 N
C.若導(dǎo)體棒MN固定，圖中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增大，則導(dǎo)體棒中有N到M的電流
D.若導(dǎo)體棒MN固定，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律為B=(5+0.5t)T，則通過導(dǎo)體棒的電流為0.125 A
【解析】選A、C。棒向右切割磁感線，產(chǎn)生動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，由右手定則知電流方向?yàn)镹到M，而此方向?yàn)榈刃щ娫磧?nèi)部的電流流向，故M點(diǎn)為電源正極電勢(shì)高，選項(xiàng)A正確；動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)大小由E=BLv=0.2×0.5×5 V=0.5 V，而勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)外力和安培力相等，故有F外=F安=B··L=0.05 N，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)
7、間均勻增大，產(chǎn)生感生電動(dòng)勢(shì)，由楞次定律可知電流方向?yàn)镹到M，選項(xiàng)C正確；感生電動(dòng)勢(shì)大小為E=n=×Ld=0.5×0.5×0.4=0.1 V，故由歐姆定律可知I==0.1 A，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
二、計(jì)算題(本題共18分，需寫出規(guī)范的解題步驟)
5.如圖所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，長(zhǎng)為3d，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，在導(dǎo)軌的中部刷有一段長(zhǎng)為d的薄絕緣涂層。勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，在滑上涂層之前一直做勻速運(yùn)動(dòng)，并一直勻速滑到導(dǎo)軌底端。導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直，且僅與涂層間有摩擦，接在兩導(dǎo)軌間的電阻為R，其他部
8、分的電阻均不計(jì)，重力加速度為g。求：
(1)導(dǎo)體棒與涂層間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。
(2)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小v。
(3)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。
【解析】(1)在絕緣涂層上導(dǎo)體棒受力平衡有
mgsin θ=μmgcos θ
解得μ=tan θ。
(2)在光滑導(dǎo)軌上
感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv
感應(yīng)電流I=
安培力F安=BIL
導(dǎo)體棒受力平衡有F安=mgsin θ
解得v=。
(3)摩擦生熱QT=μmgdcos θ
由能量守恒定律有3mgdsin θ=Q+QT+mv2
解得Q=2mgdsin θ-。
答案：(1)tan θ (2)
(3)2mgdsin
9、 θ-
(25分鐘 50分)
6.(8分)(2019·周口模擬)如圖所示，單匝線圈ABCD在外力作用下，第一次以速度v向右勻速進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第二次又以速度2v勻速進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)。第二次進(jìn)入過程與第一次進(jìn)入過程相比 ( )
A.線圈中電流強(qiáng)度之比為1∶2
B.外力做功的功率之比為2∶1
C.線圈中產(chǎn)生熱量之比為2∶1
D.線圈中通過電量之比為2∶1
【解析】選C。設(shè)AB=DC=L1，AD=BC=L2，當(dāng)線圈運(yùn)動(dòng)的速度為v時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BL1v，感應(yīng)電流I==，I∝v，所以第二次進(jìn)入過程與第一次進(jìn)入過程線圈中電流強(qiáng)度之比為2∶1，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；線圈所受的安培力大小F
10、安=BIL1=v，線圈勻速運(yùn)動(dòng)，受力平衡，則所受的外力F=F安=v，外力的功率P=Fv=v2，P∝v2，可得第二次進(jìn)入過程與第一次進(jìn)入過程外力做功的功率之比為4∶1，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；拉力做的功W=FL2=v，則知W∝v，可得W2∶W1=2∶1，線圈勻速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)功能關(guān)系知，線圈產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力做的功，所以Q2∶Q1=W2∶W1=2∶1，選項(xiàng)C正確；線圈中通過電量q=It==，q與v無關(guān)，所以線圈中通過電量之比為1∶1，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
7.(8分)如圖所示，水平面上有兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，電阻均可忽略不計(jì)。在M和P之間接有阻值為R的定值電阻，導(dǎo)體桿ab電阻為r并
11、與導(dǎo)軌接觸良好。整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。現(xiàn)給ab桿一個(gè)瞬時(shí)沖量，使它獲得水平向右的初速度v0。下列圖象中，關(guān)于ab桿的速度v、通過電阻R中的電流i、電阻R的電功率P、通過MPabM的磁通量Φ隨時(shí)間變化的規(guī)律，可能正確的是
( )
【解析】選B。ab桿獲得水平向右的初速度v0后切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到水平向左的安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)安培力的表達(dá)式F=，知安培力隨著速度的減小而減小，加速度也減小，v-t圖象的斜率逐漸減小，因此v-t圖象應(yīng)為曲線，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)i=知i隨著v的減小而減小，v-t圖象切線的斜率減小，則i-t圖象切線的斜率也減小，
12、選項(xiàng)B正確；根據(jù)P=i2R知，i減小，P也減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)Φ=BS知，ab桿向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，磁通量不斷增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
8.(8分)如圖所示，水平面上固定著兩根相距L且電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，銅棒a、b的長(zhǎng)度均等于兩導(dǎo)軌的間距、電阻均為R、質(zhì)量均為m，銅棒平行地靜止在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好。現(xiàn)給銅棒a一個(gè)平行導(dǎo)軌向右的瞬時(shí)沖量I，關(guān)于此后的過程，下列說法正確的是 ( )
A.回路中的最大電流為
B.銅棒b的最大加速度為
C.銅棒b獲得的最大速度為
D.回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為
【解析】選B。給銅棒a一個(gè)平行導(dǎo)軌的瞬時(shí)
13、沖量I，此時(shí)銅棒a的速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，回路中電流最大，每個(gè)棒受到的安培力最大，其加速度最大，I=mv0，v0=，銅棒a產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E=BLv0，回路電流I0==，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；此時(shí)銅棒b受到安培力F=BI0L，其加速度a==，選項(xiàng)B正確；此后銅棒a做變減速運(yùn)動(dòng)，銅棒b做變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)二者達(dá)到共同速度時(shí)，銅棒b速度最大，據(jù)動(dòng)量守恒，mv0=2mv，銅棒b最大速度v=，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q=m-·2mv2=，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
【加固訓(xùn)練】
(多選)(2019·石家莊模擬)如圖甲所示，質(zhì)量m=3.0×10-3 kg的“”形金屬細(xì)框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細(xì)桿C
14、D長(zhǎng)l=0.20 m，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1=1.0 T、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。有一匝數(shù)n=300匝、面積S=0.01 m2的線圈通過開關(guān)K與兩水銀槽相連。線圈處于與線圈平面垂直、沿豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示。t=0.22 s時(shí)閉合開關(guān)K，瞬間細(xì)框跳起(細(xì)框跳起瞬間安培力遠(yuǎn)大于重力)，跳起的最大高度h=0.20 m。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是 ( )
A.0～0.10 s內(nèi)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為3 V
B.開關(guān)K閉合瞬間，CD中的電流方向由C到D
C.磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的方向豎直向下
D.開關(guān)K閉合瞬間
15、，通過細(xì)桿CD的電荷量為0.03 C
【解析】選B、D。由題圖乙所示圖象可知，0～0.10 s內(nèi)：ΔΦ=ΔBS=(1-0)×
0.01 Wb=0.01 Wb，0～0.10 s內(nèi)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大?。篍=n=300× V=
30 V，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由題可知細(xì)桿CD所受安培力方向豎直向上，由左手定則可知，電流方向?yàn)椋篊→D，由安培定則可知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向豎直向上，由圖示圖象可知，在0.2～0.25 s內(nèi)穿過線圈的磁通量減少，由楞次定律可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2方向豎直向上，故選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)細(xì)框，由動(dòng)量定理得：B1Il×Δt=mv-0，細(xì)框豎直向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)：v2=2gh，電荷量
16、：Q=IΔt，解得：Q== C=0.03 C，故選項(xiàng)D正確。
9.(8分)(多選)(2018·江蘇高考)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L(zhǎng)，矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ時(shí)的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計(jì)，重力加速度為g。金屬桿
( )
A.剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向下
B.穿過磁場(chǎng)Ⅰ的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間
C.穿過兩磁場(chǎng)產(chǎn)生的總熱量為4mgd
D.釋放時(shí)距磁場(chǎng)Ⅰ上邊界的高度h可能小于
【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn)：
(1)金屬桿在無場(chǎng)區(qū)做勻加
17、速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ時(shí)的速度相等，判斷金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)的運(yùn)動(dòng)情況，從而確定其加速度方向。
(2)根據(jù)平均速度分析金屬桿穿過磁場(chǎng)Ⅰ的時(shí)間與在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間關(guān)系。研究金屬桿從剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ到剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ的過程，由能量守恒定律求出產(chǎn)生的熱量，從而求得總熱量。
(3)根據(jù)金屬桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)的速度，求出釋放時(shí)距磁場(chǎng)Ⅰ上邊界的高度，再分析本題中金屬桿釋放時(shí)距磁場(chǎng)Ⅰ上邊界的高度h。
【解析】選B、C。金屬桿在磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ之間運(yùn)動(dòng)時(shí)，做加速運(yùn)動(dòng)，因此金屬桿在磁場(chǎng)Ⅰ中要做減速運(yùn)動(dòng)，才能保證進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)和進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)速度相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；畫出穿過磁場(chǎng)Ⅰ和在兩磁場(chǎng)之間的v-t圖象，能夠直觀
18、反映出穿過磁場(chǎng)Ⅰ的時(shí)間大于在兩磁場(chǎng)之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，選項(xiàng)B正確；進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ時(shí)的速度相等，表明金屬桿穿過磁場(chǎng)Ⅰ到進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ之前動(dòng)能沒有變化，減少的重力勢(shì)能2mgd變成了焦耳熱，再穿過磁場(chǎng)Ⅱ過程跟穿過磁場(chǎng)Ⅰ情況完全相同，產(chǎn)生的焦耳熱還等于2mgd，總的熱量為4mgd，選項(xiàng)C正確；由于在進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ前，金屬桿做自由落體運(yùn)動(dòng)，末速度為，在剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)，安培力·>mg才能保證金屬桿做減速運(yùn)動(dòng)，化簡(jiǎn)得h>，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
【加固訓(xùn)練】
(2019·南昌模擬)在如圖所示的傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域Ⅰ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，磁
19、場(chǎng)寬度HP及PN均為L(zhǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框，由靜止開始沿斜面下滑，t1時(shí)刻ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)域，此時(shí)導(dǎo)線框恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng)；t2時(shí)刻ab邊下滑到JP與MN的中間位置，此時(shí)導(dǎo)線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g，下列說法中正確的是 ( )
A.當(dāng)ab邊剛越過JP時(shí)，導(dǎo)線框的加速度大小為a=gsin θ
B.導(dǎo)線框兩次勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v1∶v2=4∶1
C.從t1到t2的過程中，導(dǎo)線框克服安培力做功的大小等于重力勢(shì)能的減少
D.從t1到t2的過程中，有+機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能
【解析】選B、D。ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ
20、區(qū)域時(shí)，電動(dòng)勢(shì)E1=BLv1，電流I1==，線框做勻速運(yùn)動(dòng)，所以mgsin θ=BI1L=，當(dāng)ab邊剛越過JP時(shí)，電動(dòng)勢(shì)E2=2BLv1，I2==，根據(jù)牛頓第二定律2BI2L-mgsin θ=ma，聯(lián)立解得a=3gsin θ，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)a=0時(shí)，以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即2BI2L-mgsin θ=0，得：mgsin θ=，所以v1∶v2=4∶1，選項(xiàng)B正確；從t1到t2的過程中，根據(jù)能量守恒導(dǎo)線框克服安培力做功的大小等于重力勢(shì)能的減少加上動(dòng)能的減少量，即克服安培力做功W=+，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；又克服安培力做功等于產(chǎn)生的電能，選項(xiàng)D正確。
10.(18分)如圖所示，傾角θ=60°的傾斜平行直
21、軌道與豎直面內(nèi)的平行圓形軌道平滑對(duì)接，軌道之間距離為L(zhǎng)，圓形軌道的半徑為r。在傾斜平行軌道上半部分處有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，圓形軌道末端接有一阻值為R的電阻。質(zhì)量為m的金屬棒從距軌道最低點(diǎn)C高度為H處靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)C時(shí)的速度大小vC=，金屬棒及軌道電阻不計(jì)，摩擦不計(jì)，求：
(1)金屬棒中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值Em。
(2)金屬棒下滑過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q。
(3)金屬棒能否通過圓形軌道的最高點(diǎn)D？若能通過，求在此點(diǎn)時(shí)金屬棒對(duì)軌道的壓力。
【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn)：
(1)金屬棒的速度最大時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，由機(jī)械能守恒定
22、律求出金屬棒在磁場(chǎng)中的最大速度，然后由E=BLv求出最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。
(2)由能量守恒定律求出電阻上產(chǎn)生的熱量。
(3)由機(jī)械能守恒定律求出到達(dá)D點(diǎn)的速度，然后判斷金屬棒能否到達(dá)D點(diǎn)，然后應(yīng)用牛頓第二定律分析答題。
【解析】(1)磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，金屬棒由靜止開始先做變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)重力沿導(dǎo)軌向下的分力與安培力平衡時(shí)，金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也最大。設(shè)在磁場(chǎng)中達(dá)到的最大速度為vm，
有Em=BLvm
根據(jù)閉合電路歐姆定律有
Im=
根據(jù)平衡條件有
mgsin θ=BImL
解得Em=。
(2)根據(jù)能量守恒定律，金屬棒下滑過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量等于金屬棒損失的機(jī)械能，所以有Q=mgH-m
解得Q=mg(H-3r)。
(3)假設(shè)金屬棒能通過圓形軌道的最高點(diǎn)D，則金屬棒由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有
m=m+mg·2r
解得vD=
金屬棒通過圓形軌道最高點(diǎn)D時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律及向心力公式有
FND+mg=m
解得FND=mg，所以金屬棒能通過最高點(diǎn)。
由牛頓第三定律可知，金屬棒通過圓形軌道最高點(diǎn)D時(shí)對(duì)軌道的壓力FND′=FND=mg，方向豎直向上。
答案：(1) (2)mg(H-3r)
(3)能 mg 方向豎直向上
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2020屆高考物理總復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 核心素養(yǎng)提升練三十 10.3 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用（含解析）新人教版
