2019-2020年高三物理復習 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.doc

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2019-2020年高三物理復習 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(yīng)用；②感應(yīng)電流的圖象問題；③電磁感應(yīng)過程中的動態(tài)分析問題；④綜合應(yīng)用電路知識和能量觀點解決電磁感應(yīng)問題；⑤直流電路的分析；⑥變壓器原理及三個關(guān)系；⑦交流電的產(chǎn)生及描述問題． 應(yīng)考策略　對本專題的復習應(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：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E＝BL2ω. 圖1 3． 感應(yīng)電荷量的計算 回路中發(fā)生磁通量變化時，在Δt時間內(nèi)遷移的電荷量(感應(yīng)電荷量)為q＝IΔt＝Δt＝nΔt＝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(guān)． 4． 電磁感應(yīng)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(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(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磁場Ⅰ中．回路的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場Ⅱ，以向里為磁場Ⅱ的正方向，其磁感應(yīng)強度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(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(guān)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＝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(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(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0～t1這段時間內(nèi)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(yīng)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(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(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P－t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v＝at，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv＝Blat，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F－F安＝ma得F＝＋ma，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q＝it＝，即q－t圖象也是拋物線，D錯誤． 題型3　電磁感應(yīng)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＝30，垂直斜面方向向上的磁場磁感應(yīng) 強度B＝0.5 T，水平部分沒有磁場．金屬棒ab質(zhì)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(shè)最大速度為v，感應(yīng)電動勢E＝BLv (1分) 感應(yīng)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 (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＝3.810－2 J (1分) 答案　(1)1.0 m/s　(2)0.04　(3)3.810－2 J 以題說法　電磁感應(yīng)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”的思維順序，可概括為： (1)找準主動運動者，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(yīng)強度B＝0.2 T，以虛線MN為左邊界，MN的左側(cè)有一質(zhì)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(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/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(yīng)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＝0.5 m/s v1＝a1t s＝a1t2＝0.25 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＝(0.2t－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(nèi)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(nèi)，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(yīng)用動力學觀點和能量觀點分析電磁感應(yīng)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(zhì)量為m1＝1 kg的金屬棒ab和質(zhì)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(yīng)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)求出磁感應(yīng)強度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(yīng)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) 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(zhì)細線跨過兩個輕質(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(yīng)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； (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(shè)cd邊上的感應(yīng)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(shè)受到的安培力為F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(shè)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Ⅰ17)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(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)∠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(yīng)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(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(zhì)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(yīng)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 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(nèi)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．則下列各圖中可以定性地表示線框在進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Ⅱ16)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(cè)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 (　　) 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(yīng)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(gòu)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(shè)在t＝0時刻，接通電鍵K1，經(jīng)過一段時間，在t＝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(cè)有一垂直紙面向里的勻強磁場．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(yīng)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(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝0.2 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，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＝I2R，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．一根質(zhì)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(yīng)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(yīng)強度大小為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BI2a＝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(zhì)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(yīng)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(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(zhì)量m＝0.5 kg的“日”字形勻質(zhì)導線框“abdfeca”靜止在傾角α＝37的粗糙斜面上，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(yīng)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(shè)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(shè)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 ＝