2019-2020年高三物理復(fù)習(xí) 專題七 電磁感應(yīng)和電路 第1課時 電磁感應(yīng)問題的綜合分析講義 專題定位高考對本部分內(nèi)容的要求較高，常在選擇題中考查電磁感應(yīng)中的圖象問題、變壓器和交流電的描述問題，在計算題中作為壓軸題，以導(dǎo)體棒運動為背景，綜合應(yīng)用電路的相關(guān)知識、牛頓運動定律和能量守恒定律解決導(dǎo)體棒類問題本專題考查的重點有以下幾個方面：楞次定律的理解和應(yīng)用；感應(yīng)電流的圖象問題；電磁感應(yīng)過程中的動態(tài)分析問題；綜合應(yīng)用電路知識和能量觀點解決電磁感應(yīng)問題；直流電路的分析；變壓器原理及三個關(guān)系；交流電的產(chǎn)生及描述問題應(yīng)考策略對本專題的復(fù)習(xí)應(yīng)注意“抓住兩個定律，運用兩種觀點，分析三種電路”兩個定律是指楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律；兩種觀點是指動力學(xué)觀點和能量觀點；三種電路指直流電路、交流電路和感應(yīng)電路第1課時電磁感應(yīng)問題的綜合分析1 楞次定律中“阻礙”的表現(xiàn)(1)阻礙磁通量的變化(增反減同)(2)阻礙物體間的相對運動(來拒去留)(3)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)2 感應(yīng)電動勢的計算(1)法拉第電磁感應(yīng)定律：En，常用于計算平均電動勢若B變，而S不變，則EnS；若S變，而B不變，則EnB.(2)導(dǎo)體棒垂直切割磁感線：EBLv，主要用于求電動勢的瞬時值(3)如圖1所示，導(dǎo)體棒Oa圍繞棒的一端O在垂直磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動而切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢EBL2.圖13 感應(yīng)電荷量的計算回路中發(fā)生磁通量變化時，在t時間內(nèi)遷移的電荷量(感應(yīng)電荷量)為qIttntn.可見，q僅由回路電阻R和磁通量的變化量決定，與發(fā)生磁通量變化的時間t無關(guān)4 電磁感應(yīng)電路中產(chǎn)生的焦耳熱當(dāng)電路中電流恒定時，可用焦耳定律計算；當(dāng)電路中電流變化時，則用功能關(guān)系或能量守恒定律計算解決感應(yīng)電路綜合問題的一般思路是“先電后力”，即：先作“源”的分析分析電路中由電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源，求出電源參數(shù)E和r；接著進(jìn)行“路”的分析分析電路結(jié)構(gòu)，弄清串、并聯(lián)關(guān)系，求出相關(guān)部分的電流大小，以便求解安培力；然后是“力”的分析分析研究對象(通常是金屬棒、導(dǎo)體、線圈等)的受力情況，尤其注意其所受的安培力；接著進(jìn)行“運動狀態(tài)”的分析根據(jù)力和運動的關(guān)系，判斷出正確的運動模型；最后是“能量”的分析尋找電磁感應(yīng)過程和研究對象的運動過程中，其能量轉(zhuǎn)化和守恒的關(guān)系.題型1楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用例1(xx山東18)將一段導(dǎo)線繞成圖2甲所示的閉合回路，并固定在水平面(紙面)內(nèi)回路的ab邊置于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中回路的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場，以向里為磁場的正方向，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的圖象如圖乙所示用F表示ab邊受到的安培力，以水平向右為F的正方向，能正確反應(yīng)F隨時間t變化的圖象是()圖2解析0時間內(nèi)，回路中產(chǎn)生順時針方向、大小不變的感應(yīng)電流，根據(jù)左手定則可以判定ab邊所受安培力向左.T時間內(nèi)，回路中產(chǎn)生逆時針方向、大小不變的感應(yīng)電流，根據(jù)左手定則可以判定ab邊所受安培力向右，故B正確答案B以題說法1.法拉第電磁感應(yīng)定律En，常有兩種特殊情況，即EnS和EnB，其中是Bt圖象中圖線的斜率，若斜率不變則感應(yīng)電動勢是恒定不變的2楞次定律中的“阻礙”有三層含義：阻礙磁通量的變化；阻礙物體間的相對運動；阻礙原電流的變化要注意靈活應(yīng)用如圖3所示，用同種電阻絲制成的正方形閉合線框1的邊長與圓形閉合線框2的直徑相等m和n是1線框下邊的兩個端點，p和q是2線框水平直徑的兩個端點.1和2線框同時由靜止開始釋放并進(jìn)入上邊界水平、足夠大的勻強(qiáng)磁場中，進(jìn)入過程中m、n和p、q連線始終保持水平當(dāng)兩線框完全進(jìn)入磁場以后，下面說法正確的是()圖3Am、n和p、q電勢的關(guān)系一定有Um<Un，Up<UqBm、n和p、q間電勢差的關(guān)系一定有UmnUpqC進(jìn)入磁場過程中流過1和2線框的電荷量Q1>Q2D進(jìn)入磁場過程中流過1和2線框的電荷量Q1Q2答案AD解析當(dāng)兩線框完全進(jìn)入磁場以后，根據(jù)右手定則知Un>Um，Uq>Up，A正確；兩線框完全進(jìn)入磁場后，由于兩線框的速度關(guān)系無法確定，故不能確定兩點間的電勢差的關(guān)系，B錯誤；設(shè)m、n間距離為a，由q，R得進(jìn)入磁場過程中流過1、2線框的電荷量都為，C錯誤，D正確題型2電磁感應(yīng)圖象問題例2(xx福建18)如圖4，矩形閉合導(dǎo)體線框在勻強(qiáng)磁場上方，由不同高度靜止釋放，用t1、t2分別表示線框ab邊和cd邊剛進(jìn)入磁場的時刻線框下落過程形狀不變，ab邊始終保持與磁場水平邊界線OO平行，線框平面與磁場方向垂直設(shè)OO下方磁場區(qū)域足夠大，不計空氣的影響，則下列哪一個圖象不可能反映線框下落過程中速度v隨時間t變化的規(guī)律()圖4解析線框在0t1這段時間內(nèi)做自由落體運動，vt圖象為過原點的傾斜直線，t2之后線框完全進(jìn)入磁場區(qū)域中，無感應(yīng)電流，線框不受安培力，只受重力，線框做勻加速直線運動，vt圖象為傾斜直線t1t2這段時間線框受到安培力作用，線框的運動類型只有三種，即可能為勻速直線運動、也可能為加速度逐漸減小的加速直線運動，還可能為加速度逐漸減小的減速直線運動，而A選項中，線框做加速度逐漸增大的減速直線運動是不可能的，故不可能的vt圖象為A選項中的圖象答案A以題說法對于電磁感應(yīng)圖象問題的分析要注意以下三個方面：(1)注意初始時刻的特征，如初始時刻感應(yīng)電流是否為零，感應(yīng)電流的方向如何(2)注意看電磁感應(yīng)發(fā)生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖象變化相對應(yīng)(3)注意觀察圖象的變化趨勢，看圖象斜率的大小、圖象的曲直是否和物理過程對應(yīng)如圖5所示，虛線右側(cè)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向外，正方形金屬框電阻為R，邊長為l，自線框從左邊界進(jìn)入磁場時開始計時，在外力作用下由靜止開始，以垂直于磁場邊界的恒定加速度a進(jìn)入磁場區(qū)域，t1時刻線框全部進(jìn)入磁場規(guī)定順時針方向為感應(yīng)電流I的正方向，外力大小為F，線框中電功率的瞬時值為P，通過線框橫截面的電荷量為q，其中Pt圖象為拋物線，則這些量隨時間變化的關(guān)系正確的是()圖5答案C解析線框速度vat，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBlvBlat，感應(yīng)電流i，i與t成正比，A錯誤；受到的安培力F安，又由FF安ma得Fma，故B錯誤；電功率P，則P隨t變化的關(guān)系是二次函數(shù)，其圖象是開口向上的拋物線，C正確；通過線框橫截面的電荷量qit，即qt圖象也是拋物線，D錯誤題型3電磁感應(yīng)過程的動力學(xué)分析例3(16分)如圖6所示，兩平行導(dǎo)軌間距L0.1 m，足夠長光滑的傾斜部分和粗糙的水平部分圓滑連接，傾斜部分與水平面的夾角30，垂直斜面方向向上的磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.5 T，水平部分沒有磁場金屬棒ab質(zhì)量m0.005 kg、電阻r0.02 ，運動中與導(dǎo)軌始終接觸良好，并且垂直于導(dǎo)軌電阻R0.08 ，其余電阻不計當(dāng)金屬棒從斜面上離地高h(yuǎn)1.0 m以上的任何地方由靜止釋放后，在水平面上滑行的最大距離s都是1.25 m取g10 m/s2，求：圖6(1)金屬棒在斜面上的最大速度；(2)金屬棒與水平面間的動摩擦因數(shù)；(3)從高度h1.0 m處滑下后電阻R上產(chǎn)生的熱量審題突破金屬棒在傾斜導(dǎo)軌上運動時受到幾個力作用？安培力有什么特點？金屬棒在高于1.0 m的不同地方釋放會有什么共同特點？解析(1)到達(dá)水平面之前已經(jīng)開始勻速運動(1分)設(shè)最大速度為v，感應(yīng)電動勢EBLv(1分)感應(yīng)電流I(1分)安培力FBIL(1分)勻速運動時，mgsin F(1分)解得v1.0 m/s(1分)(2)滑動摩擦力Ffmg(1分)金屬棒在摩擦力作用下做勻減速直線運動，有Ffma(1分)金屬棒在水平面做勻減速直線運動，有v22as(1分)解得0.04(1分)(用動能定理同樣可以得分)(3)下滑的過程中，由動能定理可得：mghWmv2(2分)安培力所做的功等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱WQ(1分)電阻R上產(chǎn)生的熱量：QRQ(2分)聯(lián)立解得：QR3.8102 J(1分)答案(1)1.0 m/s(2)0.04(3)3.8102 J以題說法電磁感應(yīng)與動力學(xué)問題的解題策略在此類問題中力現(xiàn)象和電磁現(xiàn)象相互聯(lián)系、相互制約，解決問題前要建立“動電動”的思維順序，可概括為：(1)找準(zhǔn)主動運動者，用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求解感應(yīng)電動勢的大小和方向(2)根據(jù)等效電路圖，求解回路中的電流(3)分析安培力對導(dǎo)體棒運動速度、加速度的影響，從而推理得出對電路中的電流的影響，最后定性分析導(dǎo)體棒最終的運動情況(4)列牛頓第二定律或平衡方程求解如圖7甲所示，光滑絕緣水平面上有一豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.2 T，以虛線MN為左邊界，MN的左側(cè)有一質(zhì)量m0.1 kg，bc邊長L10.2 m，電阻R0.2 的矩形線圈abcd.t0時，用一恒定拉力F拉線圈，使其由靜止開始向右做勻加速運動，經(jīng)過時間1 s，線圈的bc邊到達(dá)磁場邊界MN，此時有一裝置立即將拉力F改為變力，又經(jīng)過1 s，線圈恰好完全進(jìn)入磁場整個運動過程中，線圈中感應(yīng)電流i隨時間t變化的圖象如圖乙所示圖7(1)求線圈bc邊剛進(jìn)入磁場時的速度v1和線圈在第1 s內(nèi)運動的距離s；(2)寫出第2 s內(nèi)變力F隨時間t變化的關(guān)系式；(3)求線圈ab邊的長度L2.答案(1)0.5 m/s0.25 m(2)F(0.008t0.096) N(3)1 m解析(1)由題圖乙可知，線圈剛進(jìn)入磁場時的感應(yīng)電流I10.1 A，此時線圈已運動的時間為1 s，E1BL1v1I1聯(lián)立以上兩式，代入數(shù)據(jù)可得v10.5 m/sv1a1tsa1t20.25 m(2)由題圖乙，在第2 s內(nèi)，線圈中的電流隨時間的變化規(guī)律為i(0.2t0.1) A，故線圈所受安培力隨時間的變化規(guī)律為：F安BIL1(0.008t0.004) Nt2 s時線圈的速度v21.5 m/s線圈在第2 s內(nèi)的加速度a21 m/s2由牛頓第二定律得FF安ma2(0.008t0.096) N(3)在第2 s內(nèi)，線圈的位移等于L2，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有L2v1ta2t2上式中t為1 s，代入得L21 m11綜合應(yīng)用動力學(xué)觀點和能量觀點分析電磁感應(yīng)問題審題示例(22分)相距L1.5 m的足夠長金屬導(dǎo)軌豎直放置，質(zhì)量為m11 kg的金屬棒ab和質(zhì)量為m20.27 kg的金屬棒cd均通過棒兩端的套環(huán)水平地套在金屬導(dǎo)軌上，如圖8(a)所示，虛線上方磁場方向垂直紙面向里，虛線下方磁場方向豎直向下，兩處磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同ab棒光滑，cd棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.75，兩棒總電阻為1.8 ，導(dǎo)軌電阻不計，g取10 m/s2.ab棒在方向豎直向上、大小按圖(b)所示規(guī)律變化的外力F作用下，從靜止開始，沿導(dǎo)軌勻加速運動，同時cd棒也由靜止釋放(a)(b)(c)圖8(1)求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和ab棒加速度的大??；(2)已知在2 s內(nèi)外力F做功40 J，求這一過程中兩金屬棒產(chǎn)生的總焦耳熱；(3)判斷cd棒將做怎樣的運動，求出cd棒達(dá)到最大速度所需的時間t0，并在圖(c)中定性畫出cd棒所受摩擦力Ffcd隨時間變化的圖象審題模板答題模板(1)經(jīng)過時間t，金屬棒ab的速率vat此時，回路中的感應(yīng)電流為I對金屬棒ab，由牛頓第二定律得FBILm1gm1a由以上各式整理得：Fm1am1gat(3分)在圖線上取兩點：t10，F(xiàn)111 N；t22 s，F(xiàn)214.6 N代入上式得：a1 m/s2，B1.2 T(2分)(2)在2 s末金屬棒ab的速率vat2 m/s(1分)所發(fā)生的位移sat22 m(1分)由動能定理得WFm1gsW安m1v2(2分)又QW安聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)，解得Q18 J(2分)(3)cd棒先做加速度逐漸減小的加速運動，當(dāng)cd棒所受重力與滑動摩擦力相等時，速度達(dá)到最大；然后做加速度逐漸增大的減速運動，最后停止運動(2分)當(dāng)cd棒速度達(dá)到最大時，對cd棒有：m2gFN(1分)又FNF安，F(xiàn)安BIL整理解得m2gBIL(2分)對abcd回路：I(2分)解得vm m/s2 m/s(1分)vmat0得t02 s(1分)Ffcd隨時間變化的圖象如圖所示(2分)答案(1)1.2 T1 m/s2(2)18 J(3)見解析如圖9所示，正方形單匝均勻線框abcd，邊長L0.4 m，每邊電阻相等，總電阻R0.5 .一根足夠長的絕緣輕質(zhì)細(xì)線跨過兩個輕質(zhì)光滑定滑輪，一端連接正方形線框，另一端連接絕緣物體P.物體P放在一個光滑的足夠長的固定斜面上，斜面傾角30，斜面上方的細(xì)線與斜面平行在正方形線框正下方有一有界的勻強(qiáng)磁場，上邊界和下邊界都水平，兩邊界之間距離也是L0.4 m磁場方向水平，垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0.5 T現(xiàn)讓正方形線框的cd邊距上邊界高度h0.9 m的位置由靜止釋放，且線框在運動過程中始終與磁場垂直，cd邊始終保持水平，物體P始終在斜面上運動，線框剛好能以v3 m/s的速度進(jìn)入勻強(qiáng)磁場并勻速通過勻強(qiáng)磁場區(qū)域釋放前細(xì)線繃緊，重力加速度g10 m/s2，不計空氣阻力求：圖9(1)線框的cd邊在勻強(qiáng)磁場中運動的過程中，c、d間的電壓是多大；(2)線框的質(zhì)量m1和物體P的質(zhì)量m2分別是多大；(3)在cd邊剛進(jìn)入磁場時，給線框施加一個豎直向下的拉力F，使線框以進(jìn)入磁場前的加速度勻加速通過磁場區(qū)域，在此過程中，力F做功W0.23 J，求正方形線框cd邊產(chǎn)生的焦耳熱是多少答案(1)0.45 V(2)0.032 kg0.016 kg(3)0.057 5 J解析(1)正方形線框勻速通過勻強(qiáng)磁場區(qū)域的過程中，設(shè)cd邊上的感應(yīng)電動勢為E，線框中的電流強(qiáng)度為I，c、d間的電壓為Ucd，則EBLvIUcdIR解得Ucd0.45 V(2)正方形線框勻速通過磁場區(qū)域的過程中，設(shè)受到的安培力為F安，細(xì)線上的張力為FT，則F安BILFTm2gsin m1gFTF安正方形線框在進(jìn)入磁場之前的運動過程中，根據(jù)能量守恒有m1ghm2ghsin (m1m2)v2解得m10.032 kg，m20.016 kg(3)因為線框在磁場中運動的加速度與進(jìn)入磁場前的加速度相同，所以在通過磁場區(qū)域的過程中，線框和物體P的總機(jī)械能保持不變，故力F做功W等于整個線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q，即WQ設(shè)線框cd邊產(chǎn)生的焦耳熱為Qcd，根據(jù)QI2Rt有QcdQ解得Qcd0.057 5 J(限時：45分鐘)1 (xx新課標(biāo)17)如圖1，在水平面(紙面)內(nèi)有三根相同的均勻金屬棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a點接觸，構(gòu)成“V”字型導(dǎo)軌空間存在垂直于紙面的均勻磁場用力使MN向右勻速運動，從圖示位置開始計時，運動中MN始終與bac的平分線垂直且和導(dǎo)軌保持良好接觸下列關(guān)于回路中電流i與時間t的關(guān)系圖線，可能正確的是()圖1答案A解析設(shè)bac2，MN以速度v勻速運動，導(dǎo)體棒單位長度的電阻為R0.經(jīng)過時間t，導(dǎo)體棒的有效切割長度L2vttan ，感應(yīng)電動勢EBLv2Bv2ttan ，回路的總電阻R(2vttan )R0，回路中電流i.故i與t無關(guān)，是一個定值，選項A正確2 (xx安徽16)如圖2所示，足夠長平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為37，寬度為0.5 m，電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為1 .一導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置，質(zhì)量為0.2 kg，接入電路的電阻為1 ，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.5.在導(dǎo)軌間存在著垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.8 T將導(dǎo)體棒MN由靜止釋放，運動一段時間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導(dǎo)體棒MN的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6)()圖2A2.5 m/s1 W B5 m/s1 WC7.5 m/s9 W D15 m/s9 W答案B解析導(dǎo)體棒MN勻速下滑時受力如圖所示，由平衡條件可得F安mgcos mgsin ，所以F安mg(sin cos )0.4 N，由F安BIL得I1 A，所以EI(R燈RMN)2 V，導(dǎo)體棒的運動速度v5 m/s，小燈泡消耗的電功率為P燈I2R燈1 W正確選項為B.3 如圖3所示，兩平行的虛線間的區(qū)域內(nèi)存在著有界勻強(qiáng)磁場，有一較小的直角三角形線框abc的ab邊與磁場邊界平行，現(xiàn)使此線框向右勻速穿過磁場區(qū)域，運動過程中始終保持速度方向與ab邊垂直則下列各圖中可以定性地表示線框在進(jìn)入磁場的過程中感應(yīng)電流隨時間變化的規(guī)律的是()圖3答案D解析根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律，可以定性地表示線框在進(jìn)入磁場的過程中感應(yīng)電流隨時間變化規(guī)律的是圖D.4 (xx新課標(biāo)16)如圖4，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導(dǎo)線框；在導(dǎo)線框右側(cè)有一寬度為d(dL)的條形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的邊界與導(dǎo)線框的一邊平行，磁場方向豎直向下導(dǎo)線框以某一初速度向右運動，t0時導(dǎo)線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導(dǎo)線框進(jìn)入并通過磁場區(qū)域下列vt圖象中，可能正確描述上述過程的是()圖4答案D解析導(dǎo)線框進(jìn)入磁場的過程中，線框受到向左的安培力作用，根據(jù)EBLv、I、FBIL得F，隨著v的減小，安培力F減小，導(dǎo)線框做加速度逐漸減小的減速運動整個導(dǎo)線框在磁場中運動時，無感應(yīng)電流，導(dǎo)線框做勻速運動，導(dǎo)線框離開磁場的過程中，根據(jù)F，導(dǎo)線框做加速度減小的減速運動，所以選項D正確5 圖5中L是繞在鐵芯上的線圈，它與電阻R、R0、電鍵和電池E可構(gòu)成閉合回路線圈上的箭頭表示線圈中電流的正方向，當(dāng)電流的流向與箭頭所示的方向相同時，該電流為正，否則為負(fù)電鍵K1和K2都處于斷開狀態(tài)設(shè)在t0時刻，接通電鍵K1，經(jīng)過一段時間，在tt1時刻，再接通電鍵K2，則能正確表示L中的電流I隨時間t變化圖線的是()圖5答案A解析t0時刻，接通電鍵K1，由于線圈自感的作用，L中的電流I逐漸增大在tt1時刻，再接通電鍵K2，線圈產(chǎn)生自感電動勢，電流逐漸減小，選項A正確6 如圖6甲所示，MN左側(cè)有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場現(xiàn)將一邊長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形金屬線框置于該磁場中，使線框平面與磁場方向垂直，且bc邊與磁場邊界MN重合當(dāng)t0時，對線框施加一水平拉力F，使線框由靜止開始向右做勻加速直線運動；當(dāng)tt0時，線框的ad邊與磁場邊界MN重合圖乙為拉力F隨時間t變化的圖線由以上條件可知，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小及t0時刻線框的速率v為()圖6AB BB Cv Dv答案BC解析由法拉第電磁感應(yīng)定律有EBLv，而vat，由歐姆定律有I，由安培力公式有F安BIL，由牛頓第二定律有FF安ma，解得Fmat，由此式及Ft圖象可知F0ma，解得a，B ，則vat0，選項B、C正確，A、D錯誤7 如圖7所示，間距l(xiāng)0.4 m的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角30，正方形區(qū)域abcd內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.2 T，方向垂直于斜面甲、乙兩金屬桿電阻R相同、質(zhì)量均為m0.02 kg，垂直于導(dǎo)軌放置起初，甲金屬桿處在磁場的上邊界ab上，乙在甲上方距甲也為l處現(xiàn)將兩金屬桿同時由靜止釋放，并同時在甲金屬桿上施加一個沿著導(dǎo)軌的拉力F，使甲金屬桿始終以a5 m/s2的加速度沿導(dǎo)軌勻加速運動，已知乙金屬桿剛進(jìn)入磁場時做勻速運動，取g10 m/s2，則()圖7A每根金屬桿的電阻R0.016 B甲金屬桿在磁場中運動的時間是0.4 sC甲金屬桿在磁場中運動過程中F的功率逐漸增大D乙金屬桿在磁場中運動過程中安培力的功率是0.1 W答案BC解析乙金屬桿在進(jìn)入磁場前，甲、乙兩金屬桿加速度大小相等，當(dāng)乙剛進(jìn)入磁場時，甲剛好出磁場由v22al解得乙進(jìn)、甲出磁場時的速度大小均為v2 m/s，由vat解得甲金屬桿在磁場中運動的時間為t0.4 s，選項B正確；乙金屬桿進(jìn)入磁場后有mgsin 30BIl，又BlvI2R，聯(lián)立解得R0.064 ，選項A錯誤；甲金屬桿在磁場中運動過程中力F和桿的速度都逐漸增大，則其功率也逐漸增大，選項C正確；乙金屬桿在磁場中運動過程中安培力的功率是PBIlv0.2 W，選項D錯誤故本題答案為B、C.8 如圖8所示，兩條電阻不計的平行導(dǎo)軌與水平面成角，導(dǎo)軌的一端連接定值電阻R1，勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面一根質(zhì)量為m、電阻為R2的導(dǎo)體棒ab，垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為，且R22R1.如果導(dǎo)體棒以速度v勻速下滑，導(dǎo)體棒此時受到的安培力大小為F，則以下判斷正確的是()圖8A電阻R1消耗的電功率為B整個裝置消耗的機(jī)械功率為FvC整個裝置因摩擦而消耗的功率為mgvcos D若使導(dǎo)體棒以v的速度勻速上滑，則必須施加沿導(dǎo)軌向上的外力F外2F答案AC解析由能量守恒定律可知，安培力的功率等于電路中消耗的電功率，因此有PP1P2Fv，由焦耳定律可知，解得P1Fv，A正確；由于導(dǎo)體棒勻速運動，整個裝置消耗的機(jī)械功率等于重力的功率，為mgvsin ，B錯誤；下滑過程中，導(dǎo)體棒所受摩擦力大小為Ffmgcos ，整個裝置因摩擦而消耗的功率為PFfvmgvcos ，C正確；若使導(dǎo)體棒以v的速度勻速上滑，則安培力方向沿斜面向下而大小不變，由共點力平衡條件可知，則應(yīng)沿斜面向上施加的拉力為F外mgsin Fmgcos ，又導(dǎo)體棒以速度v勻速下滑時，導(dǎo)體棒受到的安培力大小為F，有mgsin F，故F外2Fmgcos ，D錯誤9 如圖9所示，空間存在垂直紙面向里的高度為a的有界勻強(qiáng)磁場，磁場邊界水平，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一個邊長為2a、質(zhì)量為m的正方形線框ABCD，AB邊電阻為R1，CD邊電阻為R2，其他兩邊電阻不計，從距離磁場上邊界某一高度處自由下落，AB邊恰能勻速通過磁場，重力加速度為g，則()圖9A線框勻速運動的速度為B線框勻速運動時，AB邊消耗的電功率為C線框通過磁場的整個過程中，電流先沿順時針方向，后沿逆時針方向D從開始到AB邊剛好進(jìn)入磁場的過程中，通過線框橫截面的電荷量為答案AB解析線框勻速通過磁場時，安培力等于重力，即mg，解得v，選項A正確；安培力等于重力，則有BI2amg，AB邊消耗的電功率為I2R1，選項B正確；根據(jù)楞次定律，電流先沿逆時針方向，后沿順時針方向，選項C錯誤；從開始到AB邊剛好進(jìn)入磁場的過程中，通過線框橫截面的電荷量為，選項D錯誤10如圖10甲所示，光滑且足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌間距L0.2 m，電阻R0.4 ，導(dǎo)軌上停放一質(zhì)量為m0.1 kg，電阻為r0.1 的金屬桿ab，導(dǎo)軌的電阻不計，整個裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0.5 T的勻強(qiáng)磁場中，磁場的方向豎直向下現(xiàn)用一外力F沿水平方向拉桿，使桿由靜止開始運動，若理想電壓表示數(shù)U隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示求：圖10(1)金屬桿在第5秒末的瞬時速度；(2)若在5秒時間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為12.5 J，求在這段時間內(nèi)外力F所做的功答案(1)25 m/s(2)46.875 J解析(1)由題圖乙可知t5 s時，U2 V由I A5 AEI(Rr)5(0.40.1) V2.5 VEBLv解得v m/s25 m/s(2)由動能定理，WFW安mv2W安Q1Q2Q因Q112.5 J，故Q23.125 J所以W安Q15.625 JWFmv2W安 31.25 J15.625 J46.875 J11如圖11所示，一質(zhì)量m0.5 kg的“日”字形勻質(zhì)導(dǎo)線框“abdfeca”靜止在傾角37的粗糙斜面上，線框各段長abcdefacbdcedfL0.5 m，ef與斜面底邊重合，線框與斜面間的動摩擦因數(shù)0.25，ab、cd、ef三段的阻值相等且均為R0.4 ，其余部分電阻不計斜面所在空間存在一有界矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域GIJH，其寬度GIHJL，長度IJ>L，IJef，磁場垂直斜面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1 T現(xiàn)用一大小F5 N、方向沿斜面向上且垂直于ab的恒力作用在ab中點，使線框沿斜面向上運動，ab進(jìn)入磁場時線框恰好做勻速運動若不計導(dǎo)線粗細(xì)，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：圖11(1)ab進(jìn)入磁場前線框運動的加速度a的大?。?2)cd在磁場中運動時，外力克服安培力做功的功率P；(3)線框從開始運動到ef恰好穿出磁場的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱與外力F做功的比值.答案(1)2 m/s2(2)2.4 W(3)解析(1)ab進(jìn)入磁場前，線框做勻加速運動摩擦力Ffmgcos 由牛頓第二定律有Fmgsin Ffma代入數(shù)據(jù)解得加速度a2 m/s2(2)由于線框穿過磁場的過程中有且僅有一條邊切割磁感線，等效電路也相同，所以線框一直做勻速運動，設(shè)速度大小為v由力的平衡條件有Fmgsin mgcos F安代入數(shù)據(jù)解得F安1 N而F安BILR總R0.6 解得v2.4 m/s所以PF安v2.4 W(3)設(shè)ab進(jìn)入磁場前線框發(fā)生的位移為s則s1.44 m則QF安3L1.5 JWF(s3L)14.7 J