(全國通用版)2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 第29講 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用學(xué)案
《(全國通用版)2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 第29講 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用學(xué)案》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(全國通用版)2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十章 電磁感應(yīng) 第29講 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用學(xué)案(24頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、 第29講 電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用 考綱要求 考情分析 命題趨勢 1.電磁感應(yīng)電路問題Ⅱ 2.電磁感應(yīng)動力學(xué)問題Ⅱ 2016·浙江卷,24 高考對本專題內(nèi)容的考查主要是以選擇題的形式考查磁感應(yīng)強度、安培定則、安培力.有時也出現(xiàn)涉及安培力的計算題,但一般難度不大 1.電磁感應(yīng)中的電路問題 在電磁感應(yīng)中,切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生__感應(yīng)電動勢__,該導(dǎo)體或回路相當(dāng)于__電源__.因此,電磁感應(yīng)問題往往又和電路問題聯(lián)系在一起. 解決與電路相聯(lián)系的電磁感應(yīng)問題的基本方法如下: (1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律(右手定則)確定感應(yīng)電動勢的_
2、_大小__和__方向__. (2)畫等效電路圖. (3)運用閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路的規(guī)律、電功率等公式聯(lián)立求解. 2.電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題 (1)導(dǎo)體棒的兩種運動狀態(tài) ①平衡狀態(tài)——導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運動狀態(tài),加速度為__零__; ②非平衡狀態(tài)——導(dǎo)體棒的加速度不為零. (2)兩個研究對象及其關(guān)系 電磁感應(yīng)中導(dǎo)體棒既可看作電學(xué)對象(因為它相當(dāng)于電源),又可看作力學(xué)對象(因為有感應(yīng)電流而受到安培力),而感應(yīng)電流I和導(dǎo)體棒的__速度v__是聯(lián)系這兩個對象的紐帶. (3)電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題分析思路 ①電路分析:切割磁感線的導(dǎo)體棒相當(dāng)于__電源__,感應(yīng)電動勢
3、相當(dāng)于電源的電動勢,導(dǎo)體棒的電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻,感應(yīng)電流I=. ②受力分析:導(dǎo)體棒受到安培力及其他力,安培力F安=BIl=?。?! ###,根據(jù)牛頓第二定律列動力學(xué)方程F合=ma. ③過程分析:由于安培力是變力,導(dǎo)體棒做變加速運動或__變減速__運動,當(dāng)加速度為零時,達到穩(wěn)定狀態(tài),最后做勻速直線運動,根據(jù)共點力的平衡條件列方程F合=0. 1.如圖所示,用均勻?qū)Ь€做成的正方形線框邊長為0.2 m,正方形的一半放在和紙面垂直向里的勻強磁場中.當(dāng)磁場以每秒10 T的變化率增加時,線框中a、b兩點電勢差( B ) A.Ua b=0.1 V B.Ua b=-0.1 V
4、 C.Ua b=0.2 V D.Ua b=-0.2 V 2.(多選)如圖所示,一導(dǎo)線彎成半徑為a的半圓形閉合回路,虛線MN右側(cè)有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,方向垂直于回路所在的平面向里.回路以速度v向右勻速進入磁場,直徑CD始終與MN垂直.從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止,下列結(jié)論正確的是( ACD ) A.感應(yīng)電流方向不變 B. CD段直導(dǎo)線始終不受安培力 C.感應(yīng)電動勢的最大值為Em=Bav D.感應(yīng)電動勢的平均值為=πBav 解析 閉合回路進入磁場的過程中,磁通量始終增加,感應(yīng)電流的方向沿逆時針方向始終不變,選項A正確;CD段的電流方向由D→C,安培力的方向垂直CD沿
5、紙面向下,選項B錯誤;因最大有效切割長度為a,所以感應(yīng)電動勢的最大值為Em=Bav,選項C正確;ΔΦ=BS=B,Δt=,==πBav,選項D正確. 3.如圖甲所示,導(dǎo)體圓環(huán)所圍的面積為10 cm2,電容器的電容為2 μF(電容器的體積很小),垂直穿過圓環(huán)的勻強磁場的磁感應(yīng)強度隨時間變化的圖線如圖乙所示,則在1 s末電容器的帶電荷量為__0__C;4 s末電容器的帶電荷量為__2×10-11__C,帶正電的極板是__a__. 解析 由法拉第電磁感應(yīng)定律得圓環(huán)中的感應(yīng)電動勢E==S·,在0~2 s內(nèi),磁場恒定,=0,圓環(huán)中無感應(yīng)電動勢,電容器不帶電.在2~8 s內(nèi),磁場以=1×10-2T/
6、s的變化率均勻減小,圓環(huán)中的電動勢恒定,E=S=10×10-4×1×10-2 V=1×10-5 V,電容器的帶電荷量Q=CE=2×10-6×1×10-5 C=2×10-11 C,垂直紙面向里穿過回路的磁通量在減少,由楞次定律可知在環(huán)上感應(yīng)電動勢的方向由b到a,即a端相當(dāng)于電源的正極,b端相當(dāng)于電源的負(fù)極,所以帶正電的極板是a. 一 電磁感應(yīng)中的電路問題 對電磁感應(yīng)電源的理解 (1)電源的正負(fù)極可用右手定則或楞次定律判定,要特別注意應(yīng)用“在內(nèi)電路中電流由負(fù)極到正極”這一規(guī)律進行判定. (2)電磁感應(yīng)電路中的電源與恒定電流的電路中的電源不同,前者是由于導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的,公式為E
7、=Blv,其大小可能變化,變化情況可根據(jù)其運動情況判斷;而后者的電源電動勢在電路分析中認(rèn)為是不變的. (3)在電磁感應(yīng)電路中,相當(dāng)于電源的導(dǎo)體(或線圈)兩端的電壓與恒定電流的電路中電源兩端的電壓一樣,等于路端電壓,而不等于電動勢,除非切割磁感線的導(dǎo)體或線圈電阻為零. (4)在外電路電流由正極經(jīng)電阻流到負(fù)極,電流經(jīng)電阻R產(chǎn)生電勢降落U=IR. 解決電磁感應(yīng)中電路問題的三部曲 (1)確定電源 切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源,利用E=n或E=Blv求感應(yīng)電動勢的大小,利用右手定則或楞次定律判斷電流方向.如果在一個電路中切割磁感線的有幾個
8、部分但又相互聯(lián)系,可視為等效電源的串、并聯(lián). (2)識別電路結(jié)構(gòu)、畫出等效電路 分析電路結(jié)構(gòu),即分清等效電源和外電路及外電路的串并聯(lián)關(guān)系、判斷等效電源的正負(fù)極或電勢的高低等. (3)利用電路規(guī)律求解 一般是綜合應(yīng)用歐姆定律、串并聯(lián)電路特點、電容器充電及放電特點、電功和電功率的知識、法拉第電磁感應(yīng)定律等列方程求解. [例1](2017·山西太原質(zhì)檢)發(fā)光竹蜻蜓是一種常見的兒童玩具,它在飛起時能夠持續(xù)閃爍發(fā)光.某同學(xué)對竹蜻蜓的電路作如下簡化:如圖所示,半徑為L的導(dǎo)電圓環(huán)繞垂直于圓環(huán)平面、通過圓心O的金屬軸O1O2以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動,圓環(huán)上接有電阻均為r的三根金屬輻條OP、OQ、OR,輻條
9、互成120°角.在圓環(huán)左半部分分布著垂直圓環(huán)平面向下磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,在轉(zhuǎn)軸O1O2與圓環(huán)的邊緣之間通過電刷M、N與一個LED燈相連(假設(shè)LED燈電阻恒為r).其他電阻不計,從輻條OP進入磁場開始計時. (1)在輻條OP轉(zhuǎn)過60°的過程中,求通過LED燈的電流; (2)求圓環(huán)每旋轉(zhuǎn)一周,LED燈消耗的電能; (3)為使LED燈閃爍發(fā)光時更亮,可采取哪些改進措施?(請寫出三條措施) 提示:由n個電動勢和內(nèi)電阻都相同的電池連成的并聯(lián)電池組,它的電動勢等于一個電池的電動勢,它的內(nèi)電阻等于一個電池的內(nèi)電阻的n分之一. 解析 (1)輻條OP轉(zhuǎn)過60°的過程中,OP、OQ均處
10、在磁場中,等效電路圖如圖甲,電路的電動勢為E=BL2ω,電路的總電阻為R=+=r.由閉合電路歐姆定律,電路的總電流為I==,通過LED燈的電流I1==. (2)設(shè)圓環(huán)轉(zhuǎn)動的周期為T,輻條OP轉(zhuǎn)過60°的過程中,LED燈消耗的電能Q1=Ir·,輻條OP轉(zhuǎn)過60°~120°的過程中,僅OP處在磁場中,等效電路圖如圖乙,電路的電動勢為E′=BL2ω,電路的總電阻為R′=r+=r,由閉合電路歐姆定律,電路的總電流為I′==,通過LED燈的電流I2==,LED燈消耗的電能Q2=Ir·,圓環(huán)每旋轉(zhuǎn)一周,LED燈消耗的電能發(fā)生三次周期性變化,所以Q=3×(Q1+Q2)= (3)例如:增大角速度,增強
11、磁場,增加輻條的長度,減小輻條的電阻等. 答案 (1) (2) (3)見解析 二 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題 電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中受到安培力的作用,從而影響導(dǎo)體棒(或線圈)的受力情況和運動情況. 1.兩種狀態(tài)及處理方法 狀態(tài) 特征 處理方法 平衡態(tài) 加速度為零 根據(jù)平衡條件列式分析 非平衡態(tài) 加速度不為零 根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進行分析 2.力學(xué)對象和電學(xué)對象的相互關(guān)系 3.動態(tài)分析的基本思路 導(dǎo)體受外力運動感應(yīng)電動勢感應(yīng)電流導(dǎo)體受安培力―→合力變化加速度變化―→速度變化―→臨界狀態(tài). “四步法”分析電磁感應(yīng)中的動力學(xué)
12、問題 解決電磁感應(yīng)中動力學(xué)問題的一般思路是“先電后力”,具體思路如下: [例2](2017·江西南昌質(zhì)檢) U形金屬導(dǎo)軌abcd原來靜止放在光滑絕緣的水平桌面上,范圍足夠大、方向豎直向上的勻強磁場穿過導(dǎo)軌平面,一根與bc等長的金屬棒PQ平行bc放在導(dǎo)軌上,棒左邊靠著絕緣的固定豎直立柱e、f.已知磁感應(yīng)強度B=0.8 T,導(dǎo)軌質(zhì)量M=2 kg,其中bc段長0.5 m、電阻r=0.4 Ω,其余部分電阻不計,金屬棒PQ質(zhì)量m=0.6 kg、電阻R=0.2 Ω、與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ=0.2.若向?qū)к壥┘臃较蛳蜃?、大小為F=2 N的水平拉力,如圖所示.求導(dǎo)軌的最大加速度、最大電流和最大速
13、度.(設(shè)導(dǎo)軌足夠長,g取10 m/s2) 解析 導(dǎo)軌受到PQ棒水平向右的摩擦力Ff=μmg, 根據(jù)牛頓第二定律并整理得F-μmg-F安=Ma, 剛拉動導(dǎo)軌時,I感=0,安培力為零,導(dǎo)軌有最大加速度 am== m/s2=0.4 m/s2 隨著導(dǎo)軌速度的增大,感應(yīng)電流增大,加速度減小,當(dāng)a=0時,速度最大.設(shè)速度最大值為vm,電流最大值為Im,此時導(dǎo)軌受到向右的安培力F安=BImL,F(xiàn)-μmg-BImL=0, Im=,代入數(shù)據(jù)得 Im= A=2 A. 由I=可得Im=, vm== m/s=3 m/s. 答案 0.4 m/s2 2 A 3 m/s 三 電磁感應(yīng)中的能量問題
14、1.電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化 2.求解焦耳熱Q的三種方法 [例3](2018·浙江寧波模擬)如圖所示,有一個上、下兩層連通且均與水平面平行的“U”型的光滑金屬平行導(dǎo)軌,在導(dǎo)軌面上各放一根完全相同的質(zhì)量為m的勻質(zhì)金屬桿A1和A2,開始時兩根金屬桿與軌道垂直,在“U”型導(dǎo)軌的右側(cè)空間存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場,桿A1在磁場中,桿A2在磁場之外.設(shè)兩導(dǎo)軌面相距為H,平行導(dǎo)軌寬為L,導(dǎo)軌足夠長且電阻不計,金屬桿單位長度的電阻為r.現(xiàn)在有同樣的金屬桿A3從左側(cè)半圓形軌道的中點從靜止開始下滑,在下面與金屬桿A2發(fā)生碰撞,設(shè)碰撞后兩桿立刻黏在一起并向右運動.求: (1)回路
15、內(nèi)感應(yīng)電流的最大值; (2)在整個運動過程中,感應(yīng)電流最多產(chǎn)生的熱量; (3)當(dāng)桿A2、A3與桿A1的速度之比為3∶1時,A1受到的安培力大?。? 解析 設(shè)A3從半圓形軌道的中點滑到水平軌道的速度為v0.有mg·H=mv,解得v0=. A3、A2碰撞過程動量守恒mv0=2mv1,解得v1=, A3、A2結(jié)合后,剛進入磁場時的感應(yīng)電動勢最大,電流也最大.最大電動勢Emax=BLv1,總電阻為A3、A2的電阻并聯(lián)為等效內(nèi)阻再與A1的電阻串聯(lián)R=Lr+Lr=1.5Lr,最大電流Imax==. (2)分析可得A3、A2進入磁場后,A3、A2向右減速、A1向右加速,最終達到共速(設(shè)為v2),此
16、后保持勻速.三桿系統(tǒng)(A1、A2和A3)的總動量經(jīng)檢驗知,符合動量守恒條件(必須檢驗),則有2mv1=3mv2,解得v2=v0=,由能量守恒,整個過程感應(yīng)電流產(chǎn)生的最多熱量為Q=×2mv-×3mv=mgH. (3)設(shè)A1的速度為v,則A3、A2的速度為3v,同理,由于系統(tǒng)符合動量守恒條件2mv1=mv+2m·3v,解得v=v0=,整個電路的總電動勢為E=BL·3v-BLv=2BLv=BL,電路中的電流I=,A1所受安培力的大小為F=BIL=. 答案 (1) (2)mgH (3) 解決電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量問題的一般步驟 (1)在電磁感應(yīng)中,切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感
17、應(yīng)電動勢,該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源.
(2)分析清楚有哪些力做功,就可以知道有哪些形式的能量發(fā)生了相互轉(zhuǎn)化.
(3)根據(jù)能量守恒列方程求解.
1.(2017·浙江寧波調(diào)研)(多選)如圖所示,兩光滑平行導(dǎo)軌水平放置在勻強磁場中;磁場垂直導(dǎo)軌所在平面,金屬棒ab可沿導(dǎo)軌自由滑動,導(dǎo)軌一端跨接一個定值電阻R,導(dǎo)軌電阻不計,現(xiàn)將金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止向右拉,若保持拉力恒定,經(jīng)時間t1后速度為v,加速度為a1,最終以速度2v做勻速運動;若保持拉力的功率恒定,經(jīng)時間t2后速度為v,加速度為a2,最終也以速度2v做勻速運動,則( BD )
A.t2=t1 B.t2 18、D.a(chǎn)2=3a1
解析 由于兩種情況下,最終棒都以速度2v勻速運動,此時拉力與安培力大小相等,則有
F=F安=BIL==, ①
當(dāng)拉力恒定,速度為v,加速度為a1,根據(jù)牛頓第二定律有
F-=ma1; ②
由①②解得a1=.
若保持拉力的功率恒定,速度為2v時,拉力為F,則有
P=F·2v,又F=F安=,得P=.
則當(dāng)速度為v時,拉力大小為F1=;
根據(jù)牛頓第二定律得F1-=ma2,
解得a2=.
所以a2=3a1,故選項C錯誤,選項D正確;當(dāng)拉力的功率恒定時,隨著速度增大,拉力逐漸減小,最后勻速運動時拉力最小,且最小值和第一種情況下拉力相等,因此最后都達到速度2v 19、時,第一種情況比第二種情況用時要長,當(dāng)兩種情況下都達到速度v時,比較v-t圖象(如圖所示)可知t1>t2,故選項A錯誤,選項B正確.
2.如圖所示,紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框abcd,ab邊長大于bc邊長,置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外,線框兩次勻速地完全進入磁場,兩次速度大小相同,方向均垂直于MN.第一次ab邊平行MN進入磁場,線框上產(chǎn)生的熱量為Q1,通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q1;第二次bc邊平行MN進入磁場,線框上產(chǎn)生的熱量為Q2,通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2,則( A )
A.Q1>Q2 q1=q2 B.Q1>Q2 q1>q2
C.Q1=Q2 q1= 20、q2 D.Q1=Q2 q1>q2
解析 設(shè)線框ab、bc的長度分別為l1、l2,線框的電阻為R,線框進入磁場過程中,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢分別為E1=Bl1v,E2=Bl2v,產(chǎn)生的熱量Q1=t1==、Q2=t2==,故Q1>Q2;通過線框橫截面的電荷量q=It=t==,故q1=q2,選項A正確.
3.如圖,兩固定的絕緣斜面傾角均為θ,上沿相連.兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長度均為L,質(zhì)量分別為2m和m;用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca,并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上,使兩金屬棒水平.右斜面上存在勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B, 21、方向垂直于斜面向上.已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場中,回路電阻為R,兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ,重力加速度大小為g.已知金屬棒ab勻速下滑.求:
(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小;
(2)金屬棒運動速度的大?。?
解析 設(shè)兩根導(dǎo)線的總的張力的大小為T,右斜面對ab棒的支持力的大小為N1,作用在ab棒上的安培力的大小為F,左斜面對cd棒的支持力大小為N2.對于ab棒,由力的平衡條件得
2mgsin θ=μN1+T+F, ①
N1=2mgcos θ, ②
對于cd棒,同理有mgsin θ+μN2=T ③
N2=mgcos θ, ④
聯(lián)立①②③④式得F=mg(sin 22、 θ-3μcos θ). ⑤
(2)由安培力公式得F=BIL, ⑥
這里I是回路abdca中的感應(yīng)電流.
ab棒上的感應(yīng)電動勢為E=BLv, ⑦
式中,v是ab棒下滑速度的大?。?
由歐姆定律有I=, ⑧
聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式得
v=(sin θ-3μcos θ).
答案 (1)mg(sin θ-3μcos θ) (2)(sin θ-3μcos θ)
[例1](12分)如圖甲,兩相距L=0.5 m的平行金屬導(dǎo)軌固定于水平面上,導(dǎo)軌左端與阻值R=2 Ω的電阻連接,導(dǎo)軌間虛線右側(cè)存在垂直導(dǎo)軌平面的勻強磁場.質(zhì)量m=0.2 kg的金屬桿垂直置于導(dǎo)軌上,與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)軌與金 23、屬桿的電阻可忽略.桿在水平向右的恒定拉力作用下由靜止開始運動,并始終與導(dǎo)軌垂直,其v-t圖象如圖乙所示.在15 s時撤去拉力,同時使磁場隨時間變化,從而保持桿中電流為0.求:
(1)金屬桿所受拉力的大小F;
(2)0~15 s內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B0;
(3)15~20 s內(nèi)磁感應(yīng)強度隨時間的變化規(guī)律.
[答題送檢]來自閱卷名師報告
錯誤
致錯原因
扣分
(1)
忽略了金屬桿所受摩擦力,導(dǎo)致?lián)nD第二定律所列方程錯誤
-3
(2)
桿的受力忽略了摩擦,第(1)問中F求錯,導(dǎo)致以后求解錯誤
-4
(3)
由于邏輯不縝密,忽略了線圈中的磁通量包括桿勻速運動階 24、段的面積
-5
[解析] (1)由圖乙及題意知15 s時撤去拉力,桿中電流為0,桿減速運動,則-Ff=ma3;a3== m/s2=-0.8 m/s2,0~10 s內(nèi),水平方向桿受拉力、摩擦力,據(jù)牛頓第二定律有
F-Ff=ma1,a1===0.4 m/s2,
聯(lián)立解得F=0.24 N.
(2)10~15 s內(nèi),水平方向桿在磁場中受拉力、安培力、摩擦力,有E=B0Lv,I=,F(xiàn)安=B0IL,F(xiàn)安+Ff=F,
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立求解得B0=0.4 T.
(3)15~20 s內(nèi),桿中電流為0,則閉合回路磁通量不變,即Φ0=Φt,其中Φ0=B0S0=B0Ls0=B0Lvt2=0.4×0.5× 25、4×(15-10)Wb=4 Wb,
Φt=BtSt=BtLst=BtL[s0+(t-15)v+a3(t-15)2],
解Φ 0=Φ t,代入數(shù)據(jù)求得Bt= T(15 s≤t≤20 s)
[答案] (1)0.24 N(3分) (2)B0=0.4 T(4分)
(3)Bt= T(15 s≤t≤20 s)(5分)
1.如圖所示,在勻強磁場中有一傾斜的平行金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間距為L,長為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為d的薄絕緣涂層.勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為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,在滑上涂層之前已經(jīng)做勻速運動,并一直勻速滑到 26、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,其他部分的電阻均不計,重力加速度為g.求:
(1)導(dǎo)體棒與涂層間的動摩擦因數(shù)μ;
(2)導(dǎo)體棒勻速運動的速度大小v;
(3)整個運動過程中,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)電動勢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,
聯(lián)立解得v=.
(3)摩擦生熱QFf=μmgdcos θ,由能量守恒定律有
3mgdsin θ=Q+QFf+mv2,
27、
解得Q=2mgdsin θ-.
答案 (1)tan θ (2) (3)2mgdsin θ-
2.(2017·湖南十三校聯(lián)考一)(多選)如圖所示,虛線框內(nèi)為某種電磁緩沖車的結(jié)構(gòu)示意圖,其主要部件為緩沖滑塊K和質(zhì)量為m的緩沖車廂.在緩沖車的底板上,沿車的軸線固定著兩個光滑水平絕緣導(dǎo)軌PQ、MN.緩沖車的底部安裝電磁鐵(圖中未畫出),能產(chǎn)生垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場,磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,導(dǎo)軌內(nèi)的緩沖滑塊K由高強度絕緣材料制成,滑塊K上繞有閉合矩形線圈abcd,線圈的總電阻為R,匝數(shù)為n,ab邊長為L.假設(shè)緩沖車以速度v0與障礙物C碰撞后,滑塊K立即停下,而緩沖車廂繼續(xù)向前移動距離L后速 28、度為零.已知緩沖車廂與障礙物和線圈的ab邊均沒有接觸,不計一切摩擦阻力.在這個緩沖過程中,下列說法正確的是( BC )
A.線圈中的感應(yīng)電流沿逆時針方向(俯視),最大感應(yīng)電流為
B.線圈對電磁鐵的作用力使緩沖車廂減速運動,從而實現(xiàn)緩沖
C.此過程中,線圈abcd產(chǎn)生的焦耳熱為Q=mv
D.此過程中,通過線圈abcd的電荷量為q=
解析 緩沖過程中,線圈內(nèi)的磁通量增加,由楞次定律知,感應(yīng)電流方向沿逆時針方向(俯視),感應(yīng)電流最大值出現(xiàn)在滑塊K停下的瞬間,大小應(yīng)為,選項A錯誤;線圈中的感應(yīng)電流對電磁鐵的作用力使車廂減速運動,起到了緩沖的作用,選項B正確;據(jù)能量守恒定律可知,車廂的動能 29、全部轉(zhuǎn)換為焦耳熱,故Q=mv,選項C正確;由q=·Δt、=及=n,可得q=,因緩沖過程ΔΦ=BL2,故q=,選項D錯誤.
1.(多選)如圖所示,邊長為L、不可形變的正方形導(dǎo)線框內(nèi)有半徑為r的圓形磁場區(qū)域,其磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系為B=kt(常量k>0).回路中滑動變阻器R的最大阻值為R0,滑動片P位于滑動變阻器中央,定值電阻R1=R0、R2=.閉合開關(guān)S,電壓表的示數(shù)為U,不考慮虛線MN右側(cè)導(dǎo)體的感應(yīng)電動勢,則( AC )
A.R2兩端的電壓為
B.電容器的a極板帶正電
C.滑動變阻器R的熱功率為電阻R2的5倍
D.正方形導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢為kL2
解析 由題圖知 30、外電路結(jié)構(gòu)為R2與R的右半部并聯(lián),再與R的左半部、R1相串聯(lián),故R2兩端電壓U2=U=,選項A正確.因k>0,由楞次定律知線框內(nèi)感應(yīng)電流沿逆時針方向,故電容器b極板帶正電,選項B錯誤.滑動變阻器右側(cè)部分電流、電壓均與R2相同,左側(cè)部分電阻與R2相同,電流是R2中電流的2倍,由P=I2R可知總功率是R2的5倍,所以選項C正確.由法拉第電磁感應(yīng)定律可知E=n,其中S為有效面積,S=πr2,得E=πkr2,所以選項D錯誤.
2.(2017·福建福州質(zhì)檢)(多選)如圖,兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置,底端接電阻R,輕彈簧上端固定,下端懸掛質(zhì)量為m的金屬棒,金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好,除電阻R外,其余電阻 31、不計,導(dǎo)軌處于勻強磁場中,磁場方向垂直導(dǎo)軌所在平面.靜止時金屬棒位于A處,此時彈簧的伸長量為Δl,彈性勢能為Ep,重力加速度大小為g.將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放,金屬棒在運動過程中始終保持水平,則( BD )
A.當(dāng)金屬棒的速度最大時,彈簧的伸長量為Δl
B.電阻R上產(chǎn)生的總熱量等于mgΔl-Ep
C.金屬棒第一次到達A處時,其加速度方向向下
D.金屬棒第一次下降過程通過電阻R的電荷量,比第一次上升過程的多
解析 靜止時金屬棒位于A處,kΔl=mg,將其由彈簧原長位置釋放,當(dāng)金屬棒的速度最大時,加速度a=0,設(shè)此時彈簧伸長量為l,導(dǎo)軌寬度為L,則有mg=FB+kl=+kl= 32、kΔl,故l<Δl,選項A錯誤;由分析知,金屬棒最終靜止在A處,根據(jù)能量守恒定律知mgΔl=Ep+Q,故Q=mgΔl-Ep,選項B正確;金屬棒第一次到達A處時,mg-kΔl-=ma,故加速度a=-,負(fù)號表示方向向上,選項C錯誤;設(shè)金屬棒運動的距離為x,則通過電阻R的電荷量q=·Δt===,由于金屬棒第一次下降過程的距離大于第一次上升過程的距離,故金屬棒第一次下降過程通過電阻R的電荷量比第一次上升過程的多,選項D正確.
3.小明設(shè)計的電磁健身器的簡化裝置如圖所示,兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)=0.50 m,傾角θ=53°,導(dǎo)軌上端串接一個R=0.05 Ω的電阻.在導(dǎo)軌間長d=0.56 m的區(qū)域內(nèi),存 33、在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B=2.0 T.質(zhì)量m=4.0 kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上,用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連.CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s=0.24 m.一位健身者用恒力F=80 N拉動GH桿,CD棒由靜止開始運動,上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直.當(dāng)CD棒到達磁場上邊界時健身者松手,觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g=10 m/s2,sin 53°=0.8,不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量).求:
(1)CD棒進入磁場時速度v的大?。?
(2)CD棒進入磁場時所受的安培力FA的大??;
(3)在拉升CD棒的過程中,健身 34、者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q.
解析 (1)由牛頓第二定律a==12 m/s2,①
進入磁場時的速度v==2.4 m/s.②
(2)感應(yīng)電動勢E=Blv,③
感應(yīng)電流I=,④
安培力FA=IBl,⑤
代入得FA==48 N.⑥
(3)健身者做功W=F(s+d)=64 J,⑦
由牛頓第二定律F-mgsin θ-FA=0,⑧
CD棒在磁場區(qū)域做勻速運動,
在磁場中運動的時間t=,⑨
焦耳熱Q=I2Rt=26.88 J.
答案 (1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J
4.如圖甲所示,平行長直金屬導(dǎo)軌水平放置,間距L=0.4 m,導(dǎo)軌右端接有 35、阻值R=1 Ω的電阻,導(dǎo)體棒垂直放置在導(dǎo)軌上,且接觸良好.導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌的電阻均不計.導(dǎo)軌間正方形區(qū)域abcd內(nèi)有方向豎直向下的勻強磁場,bd連線與導(dǎo)軌垂直,長度也為L.從0時刻開始,磁感應(yīng)強度B的大小隨時間t變化規(guī)律如圖乙所示;同一時刻,棒從導(dǎo)軌左端開始向右勻速運動,1 s后剛好進入磁場.若使棒在導(dǎo)軌上始終以速度v=1 m/s做直線運動.求:
(1)棒進入磁場前,回路中的電動勢E;
(2)棒在運動過程中受到的最大安培力F,以及棒通過三角形abd區(qū)域時電流i與時間t的關(guān)系式.
解析 (1)棒進入磁場前,回路中磁場均勻變化,由法拉第電磁感應(yīng)定律有E=S=×(×0.4)2 V=0.04 V 36、.
(2)棒進入磁場后磁場的磁感應(yīng)強度大小不變,棒切割磁感線,產(chǎn)生電動勢,當(dāng)棒與bd重合時,
產(chǎn)生的電動勢E′=B′Lv=0.5×0.4×1 V=0.2 V,
此時棒受到的安培力最大,則F=B′L=0.04 N,
棒通過abd區(qū)域所用時間t′==0.2 s,
在通過的過程中,感應(yīng)電動勢為
Et=B′[2v(t-1)]v=t-1 (V),
電流i==t-1(A).(1.0 s 37、電阻忽略不計.勻強磁場Ⅰ僅分布在水平軌道平面所在區(qū)域,方向水平向右,大小B1=1 T;勻強磁場Ⅱ僅分布在傾斜軌道平面所在區(qū)域,方向垂直于傾斜軌道平面向下,大小B2=1 T.現(xiàn)將兩質(zhì)量均為m=0.2 kg,電阻均為R=0.5 Ω的相同導(dǎo)體棒ab和cd;垂直于軌道分別置于水平軌道上和傾斜軌道上,并同時由靜止釋放.g取10 m/s2.
(1)求導(dǎo)體棒cd沿斜軌道下滑的最大速度的大??;
(2)若已知從開始運動到cd棒達到最大速度的過程中,ab棒產(chǎn)生的焦耳熱Q=0.45 J,求該過程中通過cd棒橫截面的電荷量;
(3)若已知cd棒開始運動時距水平軌道高度h=10 m,cd棒由靜止釋放后,為使c 38、d棒中無感應(yīng)電流,可讓磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強度隨時間變化,將cd棒開始運動的時刻記為t=0,此時磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強度為B0=1 T,試求cd棒在傾斜軌道上下滑的這段時間內(nèi),磁場Ⅱ的磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系式.
解析 (1)cd棒勻速運動時速度最大,設(shè)為vm,棒中感應(yīng)電動勢為E,電流為I,感應(yīng)電動勢E=B2Lvm,電流I=,由平衡條件得mgsin θ=B2IL,代入數(shù)據(jù)解得vm=1 m/s.
(2)設(shè)cd從開始運動至達到最大速度的過程中經(jīng)過的時間為t,通過的距離為x,cd棒中平均感應(yīng)電動勢為E1,平均電流為I1,通過cd棒橫截面的電荷量為q,由能量守恒定律得mgxsin θ=mv+2Q,電動勢 39、E1=,電流I1=,電荷量q=I1t,代入數(shù)據(jù)解得q=1
C.
(3)設(shè)cd棒開始運動時穿過回路的磁通量為Φ0,cd棒在傾斜軌道上下滑的過程中,設(shè)加速度大小為a,經(jīng)過時間t通過的距離為x1,穿過回路的磁通量為Φ,cd棒在傾斜軌道上下滑的總時間為t0,則Φ0=B0L·,加速度a=gsin θ,位移x1=at2,Φ=BL,=at,解得t0= s.
為使cd棒中無感應(yīng)電流,必須有Φ0=Φ,解得B=.(t< s)
答案 (1)1 m/s (2)1 C (3)B=(t< s)
課時達標(biāo) 第29講
[解密考綱]主要考查電磁感應(yīng)問題中涉及安培力的動態(tài)分析和平衡問題;會分析電磁感應(yīng)中電路問題和能量 40、轉(zhuǎn)化問題,會進行有關(guān)計算.
1.如圖,在水平面內(nèi)有兩條電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌AB、CD,導(dǎo)軌間距為L;一根電阻為R的金屬棒ab可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動,棒與導(dǎo)軌垂直,并接觸良好,導(dǎo)軌之間有垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B,導(dǎo)軌右邊與電路連接,電路中的兩個定值電阻阻值分別為2R和R,現(xiàn)用力拉ab以速度v0勻速向左運動.求:
(1)感應(yīng)電動勢的大小;
(2)棒ab中感應(yīng)電流的大小和方向;
(3)ab兩端的電勢差Uab;
(4)電阻R上的電功率.
解析 (1)ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv0.
(2)棒勻速向左運動,根據(jù)右手定則判斷可知,感應(yīng)電流方向為b→a,感應(yīng)電流的大小為 41、I==.
(3)ab兩端的電勢差Uab=I·3R=.
(4)PR=I2·R=2·R=.
答案 (1)BLv0 (2) b→a (3) (4)
2.(2017·遼寧沈陽一模)如圖所示,兩根足夠長的固定的平行粗糙金屬導(dǎo)軌位于傾角θ=30°的斜面上,導(dǎo)軌上、下端所接的電阻R1=R2=10 Ω,導(dǎo)軌自身電阻忽略不計,導(dǎo)軌寬度l=2 m.垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場的磁感應(yīng)強度B=0.5 T,質(zhì)量為m=0.1 kg、電阻r=5 Ω的金屬棒ab在高處由靜止釋放,金屬棒ab在下滑過程中始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌接觸良好,當(dāng)金屬棒ab下滑高度h=3 m時,速度恰好達到最大值v=2 m/s.(g取10 m/ 42、s2)求:
(1)金屬棒ab速度達到最大時,電阻R1消耗的功率;
(2)金屬棒ab從靜止釋放到速度最大的過程中,電阻R2上產(chǎn)生的焦耳熱.
解析 (1)速度最大時,金屬棒ab產(chǎn)生的電動勢為
E=Blv=0.5×2×2 V=2 V,
通過R1的電流為I1=·=0.1 A,
P1=IR1=0.12×10 W=0.1 W.
(2)達到最大速度時,金屬棒受到的安培力為F安=2BI1l,
此時,金屬棒的加速度為0,有mgsin 30°=F安+F1.
金屬棒下滑h的過程,根據(jù)能量守恒,有
mgh=F1·+mv2+Q總,此過程R2中產(chǎn)生的焦耳熱為
Q2=Q總,代入數(shù)據(jù)可得Q2=0. 43、25 J.
答案 (1)0.1 W (2)0.25 J
3.(2017·天津卷)電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度,其原理可用來研制新武器和航天運載器.電磁軌道炮示意如圖,圖中直流電源電動勢為E,電容器的電容為C.兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l,電阻不計.炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN,垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài),并與導(dǎo)軌良好接觸.首先開關(guān)S接1,使電容器完全充電.然后將S接至2,導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場(圖中未畫出),MN開始向右加速運動.當(dāng)MN上的感應(yīng)電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時,回路中電流為零,MN達到最大 44、速度,之后離開導(dǎo)軌.問:
(1)磁場的方向;
(2)MN剛開始運動時加速度a的大??;
(3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少.
解析 (1)垂直于導(dǎo)軌平面向下.
(2)電容器完全充電后,兩極板間電壓為E,當(dāng)開關(guān)S接2時,電容器放電,剛放電時流經(jīng)MN的電流為I,有
I=, ①
設(shè)MN受到的安培力為F,有F=IlB, ②
由牛頓第二定律,有F=ma, ③
聯(lián)立①②③式得a=. ④
(3)當(dāng)電容器充電完畢時,設(shè)電容器上電荷量為Q0,有
Q0=CE, ⑤
開關(guān)S接2后,MN開始向右加速運動,速度達到最大值vmax時,設(shè)MN上的感應(yīng)電動勢為E′, 45、有E′=Blvmax, ⑥
依題意有E′=, ⑦
設(shè)在此過程中MN的平均電流為,MN上受到的平均安培力為,有=lB,⑧
由動量定理,有Δt=mvmax-0, ⑨
又Δt=Q0-Q, ⑩
聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨式得Q=.
答案 (1)見解析 (2) (3)
4.(2017·浙江杭州模擬)如圖甲所示,兩根水平的金屬光滑平行導(dǎo)軌,其末端連接等高光滑的圓弧,其軌道半徑為r、圓弧段在圖中的cd和ab之間,導(dǎo)軌的間距為L,軌道的電阻不計.在軌道的頂端接有阻值為R的電阻,整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中,磁感應(yīng)強度為B.現(xiàn)有一根長度稍大于L、電阻不計、質(zhì)量為m的金屬棒,從軌道的水平位置 46、ef開始在拉力作用下,從靜止勻加速運動到cd的時間為t0,調(diào)節(jié)拉力使金屬棒接著沿圓弧做勻速圓周運動至ab處,已知金屬棒在ef和cd之間運動時的拉力隨時間變化圖象如圖乙(圖中的F0、t0為已知量).求:
(1)金屬棒做勻加速的加速度;
(2)金屬棒從cd沿圓弧做勻速圓周運動至ab的過程中,拉力做的功.
解析 (1)設(shè)棒到達cd的速度為v,
產(chǎn)生電動勢E=BLv,
感應(yīng)電流I=,
棒受到的安培力F安=BIL=,
棒受到拉力與安培力的作用,產(chǎn)生的加速度F0-F安=ma,
又v=at0,所以a=.
(2)金屬棒做勻速圓周運動,當(dāng)棒與圓心的連線與豎直方向之間的夾角是θ時,沿水平方向 47、的分速度v水平=vcos θ,
棒產(chǎn)生的電動勢E′=BLv水平=BLvcos θ,
回路中產(chǎn)生正弦式交變電流,可得產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的最大值為Em=BLv,有效值為E有效=Em,
棒從cd到ab的時間t==,
根據(jù)焦耳定律Q=·t=,
設(shè)拉力做的功為WF,由功能關(guān)系有WF-mgr=Q,
得WF=mgr+.
答案 (1) (2)mgr+
5.(2017·江蘇南京一模)如圖所示,質(zhì)量為m=0.1 kg粗細(xì)均勻的導(dǎo)線,繞制成閉合矩形線框,其中長LAC=50 cm,寬LAB=20 cm,豎直放置在水平面上.中間有一磁感應(yīng)強度B=1.0 T,磁場寬度d=10 cm的勻強磁場.線框在水平向右 48、的恒力F=2 N的作用下,從圖示位置由靜止開始沿水平方向運動,線框AB邊從左側(cè)進入磁場,從磁場右側(cè)以v=1 m/s的速度勻速運動離開磁場,整個過程中線框始終受到大小恒定的摩擦阻力Ff=1 N,且線框不發(fā)生轉(zhuǎn)動.求線框的AB邊:
(1)離開磁場時感應(yīng)電流的大?。?
(2)剛進入磁場時感應(yīng)電動勢的大??;
(3)穿越磁場的過程中安培力所做的總功.
解析 (1)線框離開磁場時已經(jīng)勻速運動,根據(jù)平衡條件有
F=Ff+BIL,所以I==5 A.
(2)線框進入磁場前F-Ff=ma,a==10 m/s2,
由v=2ax,得v0=2 m/s,
線框進入磁場時感電動勢E=BLABv0=0.4 49、V.
(3)線框在穿越磁場的過程中,根據(jù)動能定理有
(F-Ff)d+W=mv2-mv,解得W=-0.25 J.
答案 (1)5 A (2)0.4 V (3)-0.25 J
6.(2017·福建福州模擬)如圖甲所示,電阻不計,間距為l的平行長金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi),阻值為R的導(dǎo)體棒ab固定連接在導(dǎo)軌左端,另一阻值也為R的導(dǎo)體棒ef垂直放置在導(dǎo)軌上,ef與導(dǎo)軌接觸良好,并可在導(dǎo)軌上無摩擦移動.現(xiàn)有一根輕桿一端固定在ef中點,另一端固定于墻上,輕桿與導(dǎo)軌保持平行,ef、ab兩棒間距為d.若整個裝置處于方向豎直向下的勻強磁場中,且從某一時刻開始,磁感應(yīng)強度B隨時間t按圖乙所示的方式變化.求:
50、
(1)在0~t0時間內(nèi)流過導(dǎo)體棒ef的電流的大小與方向;
(2)在t0~2t0時間內(nèi)導(dǎo)體棒ef產(chǎn)生的熱量;
(3)1.5t0時刻桿對導(dǎo)體棒ef的作用力的大小和方向.
解析 (1)0~t0時間內(nèi),
產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的大小E1==S=,
流過導(dǎo)體棒ef的電流大小I1==,
由楞次定律可判斷電流方向為e→f.
(2)在t0~2t0時間內(nèi),
產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的大小E2==S=,
流過導(dǎo)體棒ef的電流大小I2==,
t0~2t0時間內(nèi)導(dǎo)體棒ef產(chǎn)生的熱量Q=IRt0=.
(3)1.5 t0時刻,磁感應(yīng)強度B=B0,
導(dǎo)體棒ef所受安培力F=B0I2l=,方向水平向左,根據(jù)導(dǎo)體棒e 51、f受力平衡可知桿對導(dǎo)體棒的作用力為F′=,方向水平向右.
答案 (1) 方向:e→f (2) (3) 方向水平向右
7.(2017·廣東廣州模擬)如圖甲所示,足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ豎直放置,其寬度L=1 m,一勻強磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面,導(dǎo)軌的上端M與P之間連接阻值為R=0.40 Ω的電阻,質(zhì)量為m=0.01 kg、電阻為r=0.30 Ω的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上.現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑,下滑過程中ab始終保持水平,且與導(dǎo)軌接觸良好,其下滑距離x與時間t的關(guān)系如圖乙所示,圖象中的OA段為曲線,AB段為直線,導(dǎo)軌電阻不計,g=10 m/s2(忽略金屬棒ab運動過程中對原磁場的影 52、響).試求:
(1)當(dāng)t=1.5 s時,重力對金屬棒ab做功的功率;
(2)金屬棒ab從開始運動的1.5 s內(nèi),電阻R上產(chǎn)生的熱量;
(3)磁感應(yīng)強度B的大?。?
解析 (1)金屬棒ab先做加速度減小的加速運動,t=1.5 s后以速度vt勻速下落,
由題圖乙知vt= m/s=7 m/s,
由功率定義得t=1.5 s時,重力對金屬棒ab做功的功率
PG=mgvt=0.01×10×7 W=0.7 W.
(2)在0~1.5 s,以金屬棒ab為研究對象,根據(jù)動能定理得
mgh-W安=mv-0,
解得W安=0.455 J,
閉合回路中產(chǎn)生的總熱量Q=W安=0.455 J,
電阻R上產(chǎn)生的熱量QR=Q=0.26 J.
(3)當(dāng)金屬棒ab勻速下落時,由平衡條件得mg=BIL,
金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLvt,電路中的電流I=,則有=mg,代入數(shù)據(jù)解得B=0.1 T.
答案 (1)0.7 W (2)0.26 J (3)0.1 T
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