【物理】2018届一轮复习人教版电磁感应中的动力学问题学案

【物理】2018届一轮复习人教版电磁感应中的动力学问题学案

第61课时　电磁感应中的动力学问题(题型研究课)‎ ‎[命题者说]　电磁感应动力学问题是历年高考的一个热点，这类题型的特点一般是单棒或双棒在磁场中切割磁感线，产生感应电动势和感应电流。感应电流受安培力而影响导体棒的运动，构成了电磁感应的综合问题，它将电磁感应中的力和运动综合到一起，其难点是感应电流安培力的分析，且安培力常常是变力。这类问题能很好地提高学生的综合分析能力。‎ ‎(一)　运动切割类动力学问题 考法1　单杆模型　‎ ‎[例1]　(2016·全国甲卷)　水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求 ‎(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；‎ ‎(2)电阻的阻值。‎ ‎[解析]　(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得ma＝F－μmg①‎ 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有 v＝at0②‎ 当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为E＝Blv③‎ 联立①②③式可得E＝Blt0。④‎ ‎(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I＝⑤‎ 式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为 F安＝BlI⑥‎ 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得 F－μmg－F安＝0⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式得R＝。⑧‎ ‎[答案]　(1)Blt0　(2) 单杆模型的分析方法 ‎(1)电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势E＝BLv，电流I＝。‎ ‎(2)受力分析：导体棒中的感应电流在磁场中受安培力F安＝BIL，I＝，F安＝。‎ ‎(3)动力学分析：安培力是变力，导体棒在导轨上做变加速运动，临界条件是安培力和其他力达到平衡，这时导体棒开始匀速运动。‎ 考法2　双杆模型　‎ ‎[例2]　(1)如图1所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计，导轨间的距离为l，两根质量均为m、电阻均为R的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直。在t＝0时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行，大小恒为F的力作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动，试分析金属杆甲、乙的收尾运动情况。‎ ‎(2)如图2所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，导轨上横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行。开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度。若两导体棒在运动中始终不接触，试定性分析两棒的收尾运动情况。‎ ‎[思路点拨]‎ ‎(1)金属杆甲运动产生感应电动势→回路中有感应电流→乙受安培力的作用做加速运动→可求出某时刻回路中的总感应电动势→由牛顿第二定律列式判断。‎ ‎(2)导体棒ab运动，回路中有感应电流→分析两导体棒的受力情况→分析导体棒的运动情况即可得出结论。‎ ‎[解析]　(1)设某时刻甲和乙的速度大小分别为v1和v2，加速度大小分别为a1和a2，受到的安培力大小均为F1，则感应电动势为E＝Bl(v1－v2)①‎ 感应电流为I＝②‎ 对甲和乙分别由牛顿第二定律得F－F1＝ma1，F1＝ma2③‎ 当v1－v2＝定值(非零)，即系统以恒定的加速度运动时 a1＝a2④‎ 解得a1＝a2＝⑤‎ 可见甲、乙两金属杆最终水平向右做加速度相同的匀加速运动，速度一直增大。‎ ‎(2)ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，回路中产生感应电流。ab棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd棒则在安培力作用下做加速运动，在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路中总有感应电流，ab棒继续减速，cd 棒继续加速。两棒达到相同速度后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v水平向右做匀速运动。‎ ‎[答案]　见解析 两类双杆模型对比 类型 模型 运动图像 运动过程 分析方法 不受外力 杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动；稳定时，两杆以相等的速度匀速运动 将两杆视为整体，不受外力，最后a＝0‎ 受到恒力 开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动 将两杆视为整体，只受外力F，最后a＝ 考法3　含电容器问题　‎ ‎[例3]　(2013·全国卷Ⅰ)如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：‎ ‎(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；‎ ‎(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。‎ ‎[解析]　(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv　①‎ 平行板电容器两极板之间的电势差为 U＝E　②‎ 设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有 C＝　③‎ 联立①②③式得Q＝CBLv　④‎ ‎(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i。金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为F1＝BLi　⑤‎ 设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有i＝　⑥‎ ΔQ也是平行板电容器两极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量。由④式得 ΔQ＝CBLΔv　⑦‎ 式中，Δv为金属棒的速度变化量。按定义有 a＝　⑧‎ 金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为 F2＝μFN　⑨‎ 式中，FN是金属棒对于导轨的正压力的大小，有 FN＝mgcos θ　⑩‎ 金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsin θ－F1－F2＝ma　⑪‎ 联立⑤至⑪式得 a＝g　⑫‎ 由⑫式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动。t时刻金属棒的速度大小为 v＝gt　⑬‎ ‎[答案]　(1)Q＝CBLv　(2)v＝gt 这类题目易出现的错误是忽视电容器充电电流，漏掉导体棒所受的安培力，影响加速度的计算和导体棒运动情况的判断。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎1.如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L。一质量为m的导体棒cd垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。轨道和导体棒的电阻均不计。‎ ‎(1)如图1所示，若轨道左端M、P间接一阻值为R的电阻，导体棒在拉力F的作用下以速度v沿轨道做匀速运动。请通过公式推导证明：在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等。‎ ‎(2)如图2所示，若轨道左端接一电动势为E、内阻为r的电源和一阻值未知的电阻。闭合开关S，导体棒从静止开始运动，经过一段时间后，导体棒达到最大速度vm，求此时电源的输出功率。‎ ‎(3)如图3所示，若轨道左端接一电容器，电容器的电容为C，导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右运动。电容器两极板间电势差随时间变化的图像如图4所示，已知t1时刻电容器两极板间的电势差为U1。求导体棒运动过程中受到的水平拉力大小。‎ 解析：(1)导体棒切割磁感线，E＝BLv 导体棒做匀速运动，F＝F安 又F安＝BIL，其中I＝ 在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功 W＝FvΔt＝F安vΔt＝Δt 电路获得的电能ΔE＝qE＝EIΔt＝Δt 可见，在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等。‎ ‎(2)导体棒达到最大速度vm时，棒中没有电流，电源的路端电压U＝BLvm 电源与电阻所在回路的电流I＝ 电源的输出功率P＝UI＝。‎ ‎(3)感应电动势与电容器两极板间的电势差相等BLv＝U 由电容器的Ut图像可知U＝t 导体棒的速度随时间变化的关系为v＝t 可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度a＝ 由C＝和I＝，得I＝＝ 由牛顿第二定律有F－BIL＝ma 可得F＝＋。‎ 答案：(1)见解析　(2) ‎(3)＋ ‎2.(2017·上海松江区期末)如图所示，两根粗细均匀的金属杆AB和CD的长度均为L，电阻均为R，质量分别为‎3m和m，用两根等长的、质量和电阻均不计的、不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，悬跨在绝缘的、水平光滑的圆棒两侧，AB和CD处于水平。在金属杆AB的下方有高度为H的水平匀强磁场，磁感强度的大小为B，方向与回路平面垂直，此时CD处于磁场中。现从静止开始释放金属杆AB，经过一段时间(AB、CD始终水平)，在AB即将进入磁场的上边界时，其加速度为零，此时金属杆CD还处于磁场中，在此过程中金属杆AB上产生的焦耳热为Q。重力加速度为g，试求：‎ ‎(1)金属杆AB即将进入磁场上边界时的速度v1；‎ ‎(2)在此过程中金属杆CD移动的距离h和通过导线截面的电量q；‎ ‎(3)设金属杆AB在磁场中运动的速度为v2，通过计算说明v2大小的可能范围。‎ 解析：(1)AB杆达到磁场边界时，加速度为零，系统处于平衡状态，‎ 对AB杆：3mg＝2T 对CD杆：2T＝mg＋BIL 又F＝BIL＝，解得：v1＝。‎ ‎(2)AB、CD棒组成的系统在此过程中，根据能的转化与守恒有：(‎3m－m)gh－2Q＝×4mv12‎ h＝＝ q＝IΔt＝＝＝ ‎(3)AB杆与CD杆都在磁场中运动，直到达到匀速，此时系统处于平衡状态，对AB杆：3mg＝2T＋BIL 对CD杆：2T＝mg＋BIL 又F＝BIL＝，解得v2＝ 所以＜v2＜ 答案：(1)v1＝ ‎(2)h＝＝ q＝ ‎(3)＜v2＜ ‎(二)　变化磁场类动力学问题 ‎[典例]　电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明。如图甲所示，虚线MN右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，一边长为L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠 MN虚线边界。t＝0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B＝B0＋kt(k为大于零的常数)，空气阻力忽略不计。‎ ‎(1)求t＝0时刻，线框中感应电流的功率P；‎ ‎(2)若线框cd边穿出磁场时速率为v，求线框穿出磁场过程中，安培力对线框所做的功W及通过导线截面的电荷量q；‎ ‎(3)若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M的负载物，证明：载物线框匝数越多，t＝0时线框加速度越大。‎ ‎[解析]　(1)t＝0时刻线框中的感应电动势E0＝L2‎ 功率P＝ 解得P＝。‎ ‎(2)由动能定理有W＝ΔEk 解得W＝mv2‎ 穿出过程线框中的平均电动势＝ 线框中的电流＝ 通过的电量q＝Δt 解得q＝。‎ ‎(3)n匝线框中t＝0时刻产生的感应电动势E＝n 线框的总电阻R总＝nR 线框中的电流I＝ t＝0时刻线框受到的安培力F＝nB0IL 设线框的加速度为a，根据牛顿第二定律有F＝(nm＋M)a 解得a＝，‎ 可知n越大，a越大。‎ ‎[答案]　(1)　(2)mv2　　(3)见解析 磁场变化类电磁感应问题的解题方法 ‎(1)用法拉第电磁感应定律计算感应电动势，用楞次定律判断方向。‎ ‎(2)用闭合电路欧姆定律计算回路中电流。‎ ‎(3)分析计算感应电流所受安培力，研究导体受力情况和运动情况。‎ ‎(4)根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程。‎ ‎[集训冲关]‎ 如图所示，粗糙斜面的倾角θ＝37°，半径r＝‎0.5 m的圆形区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场。一个匝数n＝10匝的刚性正方形线框abcd，通过松弛的柔软导线与一个额定功率P＝1.25 W的小灯泡A相连，圆形磁场的一条直径恰好过线框bc边。已知线框质量m＝‎2 kg，总电阻R0＝1.25 Ω，边长L＞2r，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5。从t＝0时起，磁场的磁感应强度按B＝2－t(T)的规律变化。开始时线框静止在斜面上，在线框运动前，灯泡始终正常发光。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：‎ ‎(1)小灯泡正常发光时的电阻R；‎ ‎(2)线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量Q。‎ 解析：(1)由法拉第电磁感应定律有 E＝n 得E＝n×π×r2＝10××π×0.52 V＝2.5 V 小灯泡正常发光，有P＝I2R 由闭合电路欧姆定律有E＝I(R0＋R)‎ 则有P＝2R，‎ 代入数据解得R＝1.25 Ω。‎ ‎(2)对线框受力分析如图 设线框恰好要运动时，磁场的磁感应强度大小为B′‎ 由力的平衡条件有mgsin θ＝F安＋Ff＝F安＋μmgcos θ F安＝nB′I×2r 联立解得线框刚要运动时，磁场的磁感应强度大小B′＝0.4 T 由B′＝2－t，得 线框在斜面上可保持静止的时间t＝ s＝ s 小灯泡产生的热量Q＝Pt＝1.25× J＝3.1 J。‎ 答案：(1)1.25 Ω　(2)3.1 J 一、选择题 ‎1.如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m的金属杆(电阻忽略不计)从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则(　　)‎ A.如果B增大，vm将变大 B.如果α增大，vm将变大 C.如果R变小，vm将变大 D.如果m变小，vm将变大 解析：选B　金属杆从轨道上由静止滑下，经足够长时间后，速度达最大值vm，此后金属杆做匀速运动。杆受重力、轨道的支持力和安培力如图所示。安培力F＝LB，对金属杆列平衡方程式：mgsin α＝，则vm＝。由此式可知，B增大，vm减小；α增大，vm增大；R变小，vm变小；m变小，vm变小。因此A、C、D错误，B正确。‎ ‎2.如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B。电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计。现给导线MN一初速度，使导线MN 向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右做匀速运动时(　　)‎ A.电容器两端的电压为零 B.电阻两端的电压为BLv C.电容器所带电荷量为CBLv D.为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为 解析：选C　当导线MN匀速向右运动时，导线MN产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器既不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端没有电压，电容器两极板间的电压为U＝E＝BLv，所带电荷量Q＝CU＝CBLv，故A、B错误，C正确；MN匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零，D错误。‎ ‎3.(多选)(2017·中山二模)如图所示，在水平桌面上放置两条相距为l的平行光滑导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连。质量为m、电阻也为R的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动。整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B。导体棒的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m的物块相连，绳处于拉直状态。现若从静止开始释放物块，用h表示物块下落的高度(物块不会触地)，g表示重力加速度，其他电阻不计，则(　　)‎ A.电阻R中的感应电流方向由c到a B.物块下落的最大加速度为g C.若h足够大，物块下落的最大速度为 D.通过电阻R的电荷量为 解析：选AC　由右手定则可知，电阻R中的感应电流方向由c到a，A正确；物块刚下落时加速度最大，由牛顿第二定律有2mam＝mg，最大加速度：am＝，B错误；对导体棒与物块组成的整体，当所受的安培力与物块的重力平衡时，达到最大速度，即＝mg，所以vm＝，C正确；通过电阻R的电荷量q＝＝，D错误。‎ ‎4.(多选)如图所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1。用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后(　　)‎ A.金属棒ab、cd都做匀速运动 B.金属棒ab上的电流方向是由b向a C.金属棒cd所受安培力的大小等于 D.两金属棒间距离保持不变 解析：选BC　对两金属棒ab、cd进行受力和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab速度小于金属棒cd速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向是由b到a，A、D错误，B正确；以两金属棒整体为研究对象有：F＝3ma，隔离金属棒cd分析：F－F安＝ma，可求得金属棒cd所受安培力的大小F安＝F，C正确。‎ 二、计算题 ‎5.如图所示，L1＝‎0.5 m，L2＝‎0.8 m，回路总电阻为R＝0.2 Ω，M＝‎0.04 kg，导轨光滑，开始时磁场B0＝1 T。现使磁感应强度以＝0.2 T/s的变化率均匀地增大。试求：当t为多少时，M刚好离开地面？(g取‎10 m/s2)‎ 解析：回路中原磁场方向向下，且磁感应强度增加，由楞次定律可以判知，感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可以判知，ab中的感应电流的方向是a→b，由左手定则可知，ab所受安培力的方向水平向左，从而向上拉起重物。‎ 设ab中电流为I时M刚好离开地面，此时有 F＝BIL1＝Mg I＝ E＝＝L‎1L2· B＝B0＋t 联立以上各式，代入数据解得t＝5 s。‎ 答案：5 s ‎6.如图所示，在水平平行放置的两根光滑长直导电轨道MN与PQ上，放着一根直导线ab，ab与导轨垂直，它在导轨间的长度为‎20 cm，这部分的电阻r＝0.02 Ω。导轨部分处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.20 T，电阻R＝0.08 Ω，其他电阻不计，ab的质量为‎0.02 kg。‎ ‎(1)打开开关S，ab在水平恒力F＝0.01 N的作用下，由静止沿轨道滑动，求经过多长时间速度才能达到‎10 m/s？‎ ‎(2)当ab的速度达到‎10 m/s时，闭合开关S，为了保持ab仍能以‎10 m/s的速度匀速运动，水平拉力应变为多少？‎ 解析：(1)由牛顿第二定律F＝ma，得 a＝＝ m/s2＝‎0.5 m/s2‎ t＝＝ s＝20 s。‎ ‎(2)导线ab保持以‎10 m/s的速度运动，受到的安培力F安＝BIL＝＝0.16 N 安培力与拉力F是一对平衡力，故F＝0.16 N。‎ 答案：(1)20 s　(2)0.16 N ‎7.平行水平长直导轨间的距离为L，左端接一耐高压的电容器C。轻质导体杆cd与导轨接触良好，如图所示，在水平力作用下以加速度a从静止到匀加速运动，匀强磁场B竖直向下，不计摩擦与电阻，求：‎ ‎(1)所加水平外力F与时间t的关系；‎ ‎(2)在时间t内有多少能量转化为电场能？‎ 解析：(1)对于导体棒cd，由于做匀加速运动，则有：‎ v1＝at，由E＝BLv可知：E＝BLat 对于电容器，由C＝可知：Q＝CU＝CBLat，‎ 对于闭合回路，由I＝可知：I＝CBLa 对于导体棒，由F安＝BIL可知：F安＝B‎2L2Ca①‎ 由牛顿第二定律可知：F－F安＝ma，F＝(m＋B‎2L2C)a，因此对于外力F来说，是一个恒定的外力，不随时间变化。‎ ‎(2)对于导体棒cd，克服安培力做多少功，就应有多少能量转化为电能，则有：W安＝－F安x②‎ x＝at2③‎ 由①②③式得：W安＝，‎ 所以在t秒内转化为电场能的能量为：E＝。‎ 答案：(1)F＝(m＋B‎2L2C)a，为恒力，不随时间t变化 ‎(2) ‎8.(2017·北京东城期末)如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ ‎＝37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R＝3 Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L＝‎1 m。整个装置处于磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上。质量m＝‎1 kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r＝1 Ω，电路中其余电阻不计。金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好。不计空气阻力影响。已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝‎10 m/s2。‎ ‎(1)求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm；‎ ‎(2)求金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率PR；‎ ‎(3)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为1.5 J，求流过电阻R的总电荷量q。‎ 解析：(1)金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度vm 由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ－F安＝0‎ F安＝BIL I＝ E＝BLvm 由以上各式代入数据解得vm＝‎2.0 m/s。‎ ‎(2)金属棒以最大速度vm匀速运动时，电阻R上的电功率最大，此时PR＝I2R，解得：PR＝3 W。‎ ‎(3)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x 由能量守恒定律：‎ mgxsin θ＝μmgxcos θ＋QR＋Qr＋mvm2‎ 根据焦耳定律＝，解得x＝‎‎2.0 m 根据q＝Δt，＝，＝ ΔΦ＝BLx，解得q＝＝‎1.0 C。‎ 答案：(1)‎2.0 m/s　(2)3 W　(3)‎‎1.0 C