2022年高三物理復習 專題七 電磁感應和電路 第1課時 電磁感應問題的綜合分析講義

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1、2022年高三物理復習 專題七 電磁感應和電路 第1課時 電磁感應問題的綜合分析講義 專題定位　高考對本部分內容的要求較高，常在選擇題中考查電磁感應中的圖象問題、變壓器和交流電的描述問題，在計算題中作為壓軸題，以導體棒運動為背景，綜合應用電路的相關知識、牛頓運動定律和能量守恒定律解決導體棒類問題． 本專題考查的重點有以下幾個方面：①楞次定律的理解和應用；②感應電流的圖象問題；③電磁感應過程中的動態(tài)分析問題；④綜合應用電路知識和能量觀點解決電磁感應問題；⑤直流電路的分析；⑥變壓器原理及三個關系；⑦交流電的產(chǎn)生及描述問題． 應考策略　對本專題的復習應注意“抓住兩個定律，運用兩種觀點，分析三

2、種電路”．兩個定律是指楞次定律和法拉第電磁感應定律；兩種觀點是指動力學觀點和能量觀點；三種電路指直流電路、交流電路和感應電路． 第1課時　電磁感應問題的綜合分析 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． 感應電動勢的計算 (1)法拉第電磁感應定律：E＝n，常用于計算平均電動勢． ①若B變，而S不變，則E＝nS； ②若S變，而B不變，則E＝nB. (2)導體棒垂直切割磁感線：E＝BLv，主要用于求電動勢的瞬時值． (3)如圖1所示，導體棒Oa圍繞棒的一端

3、O在垂直磁場的平面內做勻速圓周運動而切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢E＝BL2ω. 圖1 3． 感應電荷量的計算 回路中發(fā)生磁通量變化時，在Δt時間內遷移的電荷量(感應電荷量)為q＝I·Δt＝·Δt＝n·Δt＝n.可見，q僅由回路電阻R和磁通量的變化量ΔΦ決定，與發(fā)生磁通量變化的時間Δt無關． 4． 電磁感應電路中產(chǎn)生的焦耳熱 當電路中電流恒定時，可用焦耳定律計算；當電路中電流變化時，則用功能關系或能量守恒定律計算． 解決感應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所產(chǎn)生的電源，求出電源參數(shù)E和r； 接著進行“路”的分析——分析電路結

4、構，弄清串、并聯(lián)關系，求出相關部分的電流大小，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、導體、線圈等)的受力情況，尤其注意其所受的安培力； 接著進行“運動狀態(tài)”的分析——根據(jù)力和運動的關系，判斷出正確的運動模型； 最后是“能量”的分析——尋找電磁感應過程和研究對象的運動過程中，其能量轉化和 守恒的關系. 題型1　楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用 例1　(xx·山東·18)將一段導線繞成圖2甲所示的閉合回路，并固定在水平面(紙面)內．回路的ab邊置于垂直紙面向里的勻強磁場Ⅰ中．回路的圓環(huán)區(qū)域內有垂直紙面的磁場Ⅱ，以向里為磁場Ⅱ的正方向，其磁感應強度B隨

5、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F隨時間t變化的圖象是 (　　) 圖2 解析　0～時間內，回路中產(chǎn)生順時針方向、大小不變的感應電流，根據(jù)左手定則可以判定ab邊所受安培力向左.～T時間內，回路中產(chǎn)生逆時針方向、大小不變的感應電流，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.法拉第電磁感應定律E＝n，常有兩種特殊情況，即E＝nS和E＝nB，其中是B－t圖象中圖線的斜率，若斜率不變則感應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

6、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入上邊界水平、足夠大的勻強磁場中，進入過程中m、n和p、q連線始終保持水平．當兩線框完全進入磁場以后，下面說法正確的是(　　) 圖3 A．m、n和p、q電勢的關系一定有UmQ2 D．進入磁場過程中流過1和2線框的電荷量Q1＝

7、Q2 答案　AD 解析　當兩線框完全進入磁場以后，根據(jù)右手定則知Un>Um，Uq>Up，A正確；兩線框完全進入磁場后，由于兩線框的速度關系無法確定，故不能確定兩點間的電勢差的關系，B錯誤；設m、n間距離為a，由q＝，R＝得進入磁場過程中流過1、2線框的電荷量都為，C錯誤，D正確．題型2　電磁感應圖象問題 例2　(xx·福建·18)如圖4，矩形閉合導體線框在勻強磁場上方，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

8、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0～t1這段時間內做自由落體運動，v－t圖象為過原點的傾斜直線，t2之后線框完全進入磁場區(qū)域中，無感應電流，線框不受安培力，只受重力，線框做勻加速直線運動，v－t圖象為傾斜直線．t1～t2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v－t圖象為A選項中的圖象． 答案　A 以題說法　對于電磁感應圖象問題

9、的分析要注意以下三個方面： (1)注意初始時刻的特征，如初始時刻感應電流是否為零，感應電流的方向如何． (2)注意看電磁感應發(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． (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． 　如圖5所示，虛線右側存在勻強磁場，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進入磁場區(qū)域，t1時刻線框全部進入磁場．規(guī)定順時針方向為感應電流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P－

10、t圖象為拋物線，則這些量隨時間變化的關系正確的是 (　　) 圖5 答案　C 解析　線框速度v＝at，產(chǎn)生的感應電動勢E＝Blv＝Blat，感應電流i＝＝，i與t成正比，A錯誤；受到的安培力F安＝，又由F－F安＝ma得F＝＋ma，故B錯誤；電功率P＝＝，則P隨t變化的關系是二次函數(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q＝it＝，即q－t圖象也是拋物線，D錯誤． 題型3　電磁感應過程的動力學分析 例3　(16分)如圖6所示，兩平行導軌間距L＝0.1 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θ＝

11、30°，垂直斜面方向向上的磁場磁感應 強度B＝0.5 T，水平部分沒有磁場．金屬棒ab質量m＝0.005 kg、電阻r＝0.02 Ω，運 動中與導軌始終接觸良好，并且垂直于導軌．電阻R＝0.08 Ω，其余電阻不計．當金屬棒從斜面上離地高h＝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g＝10 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h＝1.0 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

12、方釋放會有什么共同特點？ 解析　(1)到達水平面之前已經(jīng)開始勻速運動 (1分) 設最大速度為v，感應電動勢E＝BLv (1分) 感應電流I＝ (1分) 安培力F＝BIL (1分) 勻速運動時，mgsin θ＝F (1分) 解得v＝1.0 m/s (1分) (2)滑動摩擦力Ff＝μmg (1分) 金屬棒在摩擦力作用下做勻減速直線運動，有Ff＝ma (1分) 金屬棒在水平面做勻減速直線運動，有v2＝2as

13、(1分) 解得μ＝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： mgh－W＝mv2 (2分) 安培力所做的功等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱W＝Q (1分) 電阻R上產(chǎn)生的熱量：QR＝Q (2分) 聯(lián)立解得：QR＝3.8×10－2 J (1分) 答案　(1)1.0 m/s　(2)0.04　(3)3.8×10－2 J 以題說法　電磁感應與動力學問題的解題策略 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

14、順序，可概括為： (1)找準主動運動者，用法拉第電磁感應定律和楞次定律求解感應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磁場，磁感應強度B＝0.2 T，以虛線MN為左邊界，MN的左側有一質量m＝0.1 kg，bc邊長L1＝0.2 m，電阻R＝0.2 Ω的矩形線圈abcd.t＝0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

15、邊到達磁場邊界MN，此時有一裝置立即將拉力F改為變力，又經(jīng)過1 s，線圈恰好完全進入磁場．整個運動過程中，線圈中感應電流i隨時間t變化的圖象如圖乙所示． 圖7 (1)求線圈bc邊剛進入磁場時的速度v1和線圈在第1 s內運動的距離s； (2)寫出第2 s內變力F隨時間t變化的關系式； (3)求線圈ab邊的長度L2. 答案　(1)0.5 m/s　0.25 m　(2)F＝(0.008t＋0.096) N (3)1 m 解析　(1)由題圖乙可知，線圈剛進入磁場時的感應電流I1＝0.1 A，此時線圈已運動的時間為1 s， E1＝BL1v1 I1＝ 聯(lián)立以上兩式，代入數(shù)據(jù)可得v1＝

16、0.5 m/s v1＝a1t s＝a1t2＝0.25 m (2)由題圖乙，在第2 s內，線圈中的電流隨時間的變化規(guī)律為i＝(0.2t－0.1) A，故線圈所受安培力隨時間的變化規(guī)律為： F安＝BIL1＝(0.008t－0.004) N t＝2 s時線圈的速度v2＝＝1.5 m/s 線圈在第2 s內的加速度 a2＝＝1 m/s2 由牛頓第二定律得F＝F安＋ma2＝(0.008t＋0.096) N (3)在第2 s內，線圈的位移等于L2，根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有 L2＝v1t＋a2t2 上式中t為1 s，代入得L2＝1 m 11．綜合應用動力學觀點和能量觀點分析電磁感

17、應問題 審題示例 (22分)相距L＝1.5 m的足夠長金屬導軌豎直放置，質量為m1＝1 kg的金屬棒ab和質量為m2＝0.27 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，兩處磁場磁感應強度大小相同．a(chǎn)b棒光滑，cd棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.75，兩棒總電阻為1.8 Ω，導軌電阻不計，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，沿導軌勻加速運動，同時cd棒也由靜止釋放． (a) 　 (b)　　　　　　　　　　　(c) 圖8 (1)求出

18、磁感應強度B的大小和ab棒加速度的大小； (2)已知在2 s內外力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v＝at 此時，回路中的感應電流為I＝＝ 對金屬棒ab，由牛頓第二定律得F－BIL－m1g＝m1a 由以上各式整理得： F＝m1a＋m1g＋at (3分) 在圖線上取兩點：t1＝0，F(xiàn)1＝11 N； t2＝2 s，F(xiàn)2＝14.6 N 代入

19、上式得：a＝1 m/s2，B＝1.2 T (2分) (2)在2 s末金屬棒ab的速率v＝at＝2 m/s (1分) 所發(fā)生的位移s＝at2＝2 m (1分) 由動能定理得WF－m1gs－W安＝m1v2 (2分) 又Q＝W安 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)，解得Q＝18 J (2分) (3)cd棒先做加速度逐漸減小的加速運動，當cd棒所受重力與滑動摩擦力相等時，速度達到最大；然后做加速度逐漸增大的減速運動，最后停止運動． (2分) 當cd棒速度達到最大時，對cd棒有：m2g＝μFN (1分

20、) 又FN＝F安，F(xiàn)安＝BIL 整理解得m2g＝μBIL (2分) 對abcd回路：I＝＝ (2分) 解得vm＝ ＝ m/s＝2 m/s (1分) vm＝at0得t0＝2 s (1分) Ffcd隨時間變化的圖象如圖所示． (2分) 答案　(1)1.2 T　1 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L＝0.4 m，每邊電阻相等，總電阻R＝0.5 Ω.一根足夠長的絕緣輕質細線跨過兩個輕質光滑定滑輪，一端連接正方形線框，另一端連接絕緣物體P.

21、物體P放在一個光滑的足夠長的固定斜面上，斜面傾角θ＝30°，斜面上方的細線與斜面平行．在正方形線框正下方有一有界的勻強磁場，上邊界Ⅰ和下邊界Ⅱ都水平，兩邊界之間距離也是L＝0.4 m．磁場方向水平，垂直紙面向里，磁感應強度大小B＝0.5 T．現(xiàn)讓正方形線框的cd邊距上邊界Ⅰ高度h＝0.9 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v＝3 m/s的速度進入勻強磁場并勻速通過勻強磁場區(qū)域．釋放前細線繃緊，重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力．求： 圖9 (1)線框的cd邊在勻強磁場中運動的過程中，c、d間的電壓是多大

22、； (2)線框的質量m1和物體P的質量m2分別是多大； (3)在cd邊剛進入磁場時，給線框施加一個豎直向下的拉力F，使線框以進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W＝0.23 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 kg　0.016 kg　(3)0.057 5 J 解析　(1)正方形線框勻速通過勻強磁場區(qū)域的過程中，設cd邊上的感應電動勢為E，線框中的電流強度為I，c、d間的電壓為Ucd，則 E＝BLv I＝ Ucd＝IR 解得Ucd＝0.45 V (2)正方形線框勻速通過磁場區(qū)域的過程中，設受到的安培力為F

23、安，細線上的張力為FT，則 F安＝BIL FT＝m2gsin θ m1g＝FT＋F安 正方形線框在進入磁場之前的運動過程中，根據(jù)能量守恒有 m1gh－m2ghsin θ＝(m1＋m2)v2 解得m1＝0.032 kg，m2＝0.016 kg (3)因為線框在磁場中運動的加速度與進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 W＝Q 設線框cd邊產(chǎn)生的焦耳熱為Qcd，根據(jù)Q＝I2Rt有 Qcd＝Q 解得Qcd＝0.057 5 J (限時：45分鐘) 1． (xx·新課標Ⅰ·17)如圖1

24、，在水平面(紙面)內有三根相同的均勻金屬棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a點接觸，構成“V”字型導軌．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軌保持良好接觸．下列關于回路中電流i與時間t的關系圖線，可能正確的是 (　　) 圖1 答案　A 解析　設∠bac＝2θ，MN以速度v勻速運動，導體棒單位長度的電阻為R0.經(jīng)過時間t，導體棒的有效切割長度L＝2vttan θ，感應電動勢E＝BLv＝2Bv2ttan θ，回路的總電阻R＝(2vttan θ＋)R0，回路中電流i＝＝.故i與t無關，是一個定值，選

25、項A正確． 2． (xx·安徽·16)如圖2所示，足夠長平行金屬導軌傾斜放置，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 Ω.一導體棒MN垂直于導軌放置，質量為0.2 kg，接入電路的電阻為1 Ω，兩端與導軌接觸良好，與導軌間的動摩擦因數(shù)為0.5.在導軌間存在著垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度為0.8 T．將導體棒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 37°＝0.6) (　　) 圖2 A．2.5 m/s　1 W B．5 m/s　1 W

26、 C．7.5 m/s　9 W D．15 m/s　9 W 答案　B 解析　導體棒MN勻速下滑時受力如圖所示，由平衡條件可得F安 ＋μmgcos θ＝mgsin θ，所以F安＝mg(sin θ－μcos θ)＝0.4 N，由F安 ＝BIL得I＝＝1 A，所以E＝I(R燈＋RMN)＝2 V，導體棒的運動速 度v＝＝5 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)域內存在著有界勻強磁場，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

27、中可以定性地表示線框在進入磁場的過程中感應電流隨時間變化的規(guī)律的是 (　　) 圖3 答案　D 解析　根據(jù)法拉第電磁感應定律和楞次定律，可以定性地表示線框在進入磁場的過程中感應電流隨時間變化規(guī)律的是圖D. 4． (xx·新課標Ⅱ·16)如圖4，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導線框；在導線框右側有一寬度為d(d＞L)的條形勻強磁場區(qū)域，磁場的邊界與導線框的一邊平行，磁場方向豎直向下．導線框以某一初速度向右運動，t＝0時導線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導線框進入并通過磁場區(qū)域．下列v－t圖象中，可能正確描述上述過程的是

28、 (　　) 圖4 答案　D 解析　導線框進入磁場的過程中，線框受到向左的安培力作用，根據(jù)E＝BLv、I＝、F＝BIL得F＝，隨著v的減小，安培力F減小，導線框做加速度逐漸減小的減速運動．整個導線框在磁場中運動時，無感應電流，導線框做勻速運動，導線框離開磁場的過程中，根據(jù)F＝，導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可構成閉合回路．線圈上的箭頭表示線圈中電流的正方向，當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．電鍵K1和K2都處于斷開狀態(tài)．設在t＝0時刻，接通電鍵K1，經(jīng)過一段時間，在t

29、＝t1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　t＝0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t＝t1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左側有一垂直紙面向里的勻強磁場．現(xiàn)將一邊長為L、質量為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t＝0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t＝t0時，線框的ad邊與磁場邊界MN重合．圖

30、乙為拉力F隨時間t變化的圖線．由以上條件可知，磁場的磁感應強度B的大小及t0時刻線框的速率v為 (　　) 　 圖6 A．B＝ B．B＝ C．v＝ D．v＝ 答案　BC 解析　由法拉第電磁感應定律有E＝BLv，而v＝at，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F－F安＝ma，解得F＝ma＋t，由此式及F－t圖象可知F0＝ma，＝，解得a＝，B＝ ，則v＝at0＝，選項B、C正確，A、D錯誤． 7． 如圖7所示，間距l(xiāng)＝0.4 m的光滑平行金屬導軌與水平面夾角θ＝30°，正方形區(qū)域abcd內勻強磁場的磁感應強度B＝0.2 T，方向垂直于斜

31、面．甲、乙兩金屬桿電阻R相同、質量均為m＝0.02 kg，垂直于導軌放置．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軌的拉力F，使甲金屬桿始終以a＝5 m/s2的加速度沿導軌勻加速運動，已知乙金屬桿剛進入磁場時做勻速運動，取g＝10 m/s2，則 (　　) 圖7 A．每根金屬桿的電阻R＝0.016 Ω B．甲金屬桿在磁場中運動的時間是0.4 s C．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　乙金屬桿在進入磁場前，

32、甲、乙兩金屬桿加速度大小相等，當乙剛進入磁場時，甲剛好出磁場．由v2＝2al解得乙進、甲出磁場時的速度大小均為v＝2 m/s，由v＝at解得甲金屬桿在磁場中運動的時間為t＝0.4 s，選項B正確；乙金屬桿進入磁場后有mgsin 30°＝BIl，又Blv＝I·2R，聯(lián)立解得R＝0.064 Ω，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P＝BIlv＝0.2 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軌與水平面成θ角，導軌的一端連接定值電阻R1，勻強磁場垂直穿過導軌平面．

33、一根質量為m、電阻為R2的導體棒ab，垂直導軌放置，導體棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，且R2＝2R1.如果導體棒以速度v勻速下滑，導體棒此時受到的安培力大小為F，則以下判斷正確的是 (　　) 圖8 A．電阻R1消耗的電功率為 B．整個裝置消耗的機械功率為Fv C．整個裝置因摩擦而消耗的功率為μmgvcos θ D．若使導體棒以v的速度勻速上滑，則必須施加沿導軌向上的外力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P＝P1＋P2＝Fv，由焦耳定律可知＝＝，解得P1＝Fv，A正確；由于導體棒勻速運動，整個裝置消耗的機械功率

34、等于重力的功率，為mgvsin θ，B錯誤；下滑過程中，導體棒所受摩擦力大小為Ff＝μmgcos θ，整個裝置因摩擦而消耗的功率為P′＝Ffv＝μmgvcos θ，C正確；若使導體棒以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，則應沿斜面向上施加的拉力為F外＝mgsin θ＋F＋μmgcos θ，又導體棒以速度v勻速下滑時，導體棒受到的安培力大小為F，有mgsin θ＝F，故F外＝2F＋μmgcos θ，D錯誤． 9． 如圖9所示，空間存在垂直紙面向里的高度為a的有界勻強磁場，磁場邊界水平，磁感應強度大小為B.一個邊長為2a、質量為m的正方形線框ABCD，AB邊

35、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9 A．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BI·2a＝mg，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

36、項C錯誤；從開始到AB邊剛好進入磁場的過程中，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軌MN、PQ固定在同一水平面上，兩導軌間距L＝0.2 m，電阻R＝0.4 Ω，導軌上停放一質量為m＝0.1 kg，電阻為r＝0.1 Ω的金屬桿ab，導軌的電阻不計，整個裝置處于磁感應強度為B＝0.5 T的勻強磁場中，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秒時間內電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為12.5 J，求在這段時間內外力

37、F所做的功． 答案　(1)25 m/s　(2)46.875 J 解析　(1)由題圖乙可知t＝5 s時，U＝2 V 由I＝＝ A＝5 A E＝I(R＋r)＝5×(0.4＋0.1) V＝2.5 V E＝BLv 解得v＝＝ m/s＝25 m/s (2)由動能定理，WF－W安＝mv2 W安＝Q1＋Q2＝Q ＝＝ 因Q1＝12.5 J，故Q2＝3.125 J 所以W安＝Q＝15.625 J WF＝mv2＋W安 ＝31.25 J＋15.625 J＝46.875 J 11．如圖11所示，一質量m＝0.5 kg的“日”字形勻質導線框“abdfeca”靜止在傾角α＝37°的粗糙斜面上，

38、線框各段長ab＝cd＝ef＝ac＝bd＝ce＝df＝L＝0.5 m，ef與斜面底邊重合，線框與斜面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，ab、cd、ef三段的阻值相等且均為R＝0.4 Ω，其余部分電阻不計．斜面所在空間存在一有界矩形勻強磁場區(qū)域GIJH，其寬度GI＝HJ＝L，長度IJ>L，IJ∥ef，磁場垂直斜面向上，磁感應強度B＝1 T．現(xiàn)用一大小F＝5 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進入磁場時線框恰好做勻速運動．若不計導線粗細，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求： 圖11 (1)ab進入磁場前線框運

39、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進入磁場前，線框做勻加速運動 摩擦力Ff＝μmgcos α 由牛頓第二定律有F－mgsin α－Ff＝ma 代入數(shù)據(jù)解得加速度a＝2 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，設速度大小為v 由力的平衡條件有F＝mgsin α＋μmgcos α＋F安 代入數(shù)據(jù)解得F安＝1 N 而F安＝BIL＝ R總＝R＋＝0.6 Ω 解得v＝2.4 m/s 所以P＝F安v＝2.4 W (3)設ab進入磁場前線框發(fā)生的位移為s 則s＝＝1.44 m 則Q＝F安·3L＝1.5 J W＝F(s＋3L)＝14.7 J ＝