2019-2020年高三物理第二輪專題復習 專題二電場和磁場教案 人教版.doc

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2019-2020年高三物理第二輪專題復習 專題二電場和磁場教案 人教版 一、電場和磁場中的帶電粒子 1、知識網(wǎng)絡 半徑公式： 周期公式： 帶電粒子在電場磁場中的運動 帶電粒子在電場中的運動 帶電粒子在磁場中的運動 帶電粒子在復合場中的運動 直線運動：如用電場加速或減速粒子 偏轉(zhuǎn)：類似平拋運動，一般分解成兩個分運動求解 圓周運動：以點電荷為圓心運動或受裝置約束運動 直線運動（當帶電粒子的速度與磁場平行時） 圓周運動（當帶電粒子的速度與磁場垂直時） 直線運動：垂直運動方向的力必定平衡 圓周運動：重力與電場力一定平衡，由洛倫茲力提供向心力 一般的曲線運動 2、方法點撥： 分析帶電粒子在電場、磁場中運動，主要是兩條線索： （1）力和運動的關(guān)系。根據(jù)帶電粒子所受的力，運用牛頓第二定律并結(jié)合運動學規(guī)律求解。 （2）功能關(guān)系。根據(jù)場力及其它外力對帶電粒子做功引起的能量變化或全過程中的功能關(guān)系，從而可確定帶電粒子的運動情況，這條線索不但適用于均勻場，也適用于非均勻場。因此要熟悉各種力做功的特點。 處理帶電粒子在場中的運動問題應注意是否考慮帶電粒子的重力。這要依據(jù)具體情況而定，質(zhì)子、α粒子、離子等微觀粒子，一般不考慮重力；液滴、塵埃、小球等宏觀帶電粒子由題設條件決定，一般把裝置在空間的方位介紹的很明確的，都應考慮重力，有時還應根據(jù)題目的隱含條件來判斷。 處理帶電粒子在電場、磁場中的運動，還應畫好示意圖，在畫圖的基礎(chǔ)上特別注意運用幾何知識尋找關(guān)系。 3、典型例題 【例題1】（xx年高考全國卷）如圖1所示，圖中虛線MN是一垂直紙面的平面與紙面的交線，在平面右側(cè)的半空間存在一磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向外。O是MN上的一點，從O點可以向磁場區(qū)域發(fā)射電量為+q、質(zhì)量為m、速率為v的粒子，粒子射入磁場時的速度可在紙面內(nèi)各個方向。已知先后射入的兩個粒子恰好在磁場中給定的P點相遇，P到O的距離為L，不計重力及粒子間的相互作用。 （1）求所考察的粒子在磁場中的軌道半徑； （2）求這兩個粒子從O點射入磁場的時間間隔。 【點撥解疑】（1）設粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為R，由牛頓第二定律得 ，則 （2）如圖2所示，以OP為弦可以畫兩個半徑相同的圓，分別表示在P點相遇的兩個粒子的軌跡。圓心分別為O1、O2，過O點的直徑分別為OO1Q1、OO2Q2，在O點處兩個圓的切線分別表示兩個粒子的射入方向，用θ表示它們之間的夾角。由幾何關(guān)系可知，，從O點射入到相遇，粒子1的路程為半個圓周加弧長Q1P=Rθ，粒子2的路程為半個圓周減弧長PQ2=Rθ 粒子1的運動時間為 ，其中T為圓周運動的周期。 粒子2運動的時間為 兩粒子射入的時間間隔為 因為 所以 有上述算式可解得 點評：解帶電粒子在磁場中運動的題，除了運用常規(guī)的解題思路（畫草圖、找“圓心”、定“半徑”）之外，更應側(cè)重于運用數(shù)學知識進行分析。本題在眾多的物理量和數(shù)學量中，角度是最關(guān)鍵的量，它既是建立幾何量與物理量之間關(guān)系式的一個紐帶，又是溝通幾何圖形與物理模型的橋梁。 【例題2】如圖3所示，在直角坐標系的第一、二象限內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場，第三象限有沿Y軸負方向的勻強電場，第四象限內(nèi)無電場和磁場。質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子從M點以速度v0沿x軸負方向進入電場，不計粒子的重力，粒子經(jīng)N、P最后又回到M點。設OM=L，ON=2L，則： 關(guān)于電場強度E的大小，下列結(jié)論正確的是 （ ） A． B． C． D． （2）勻強磁場的方向是 。 （3）磁感應強度B的大小是多少？ 【點撥解疑】 （1）由帶電粒子在電場中做類平拋運動，易知，且則E= 故選C （2）由左手定則，勻強磁場的方向為垂直紙面向里。 （3）根據(jù)粒子在電場中運動的情況可知，粒子帶負電。粒子在電場中做類平拋運動，設到達N點的速度為v，運動方向與x軸負方向的夾角為θ，如圖4所示。 由動能定理得 將（1）式中的E代入可得 所以θ=45 粒子在磁場中做勻速圓周運動，經(jīng)過P點時速度方向也與x軸負方向成45角。 則OP=OM=L NP=NO+OP=3L 粒子在磁場中的軌道半徑為R=Npcos45= 又 解得 點評：帶電粒子的復雜運動常常是由一些基本運動組合而成的。掌握基本運動的特點是解決這類問題的關(guān)鍵所在。該題中，粒子在勻強磁場中運動軌跡的圓心不在y軸上，注意到這一點是很關(guān)鍵的。 【例題3】 如圖5所示，在水平正交的勻強電場和勻強磁場中，半徑為R的光滑絕緣豎直圓環(huán)上，套有一個帶正電的小球，已知小球所受電場力與重力相等，小球在環(huán)頂端A點由靜止釋放，當小球運動的圓弧為周長的幾分之幾時，所受磁場力最大？ 【點撥解疑】 小球下滑的過程中，要使磁場力最大，則需要速度最大。OC為與小球受到的重力、電場力的合力平行的半徑。由功能關(guān)系尋找速度最大的點，因為洛倫茲力不做功，所以不考慮磁場的作用，從圖中A到C，上述合力有切向分力，且與速度同向，因此做正功，小球動能增加；在C點時，該合力為徑向，沒有切向分力；此后切向分力與線速度反向，動能將減??；故在C點時速度最大，所受磁場力也最大。由受力分析知 mg=qE mg=qEtanα 得α= 45 由圖知θ=α+90=135 故小球運動的弧長與周長之比為， 所以運動的弧長為周長的。 點評：討論帶電粒子的運動，必須熟悉各種力做功的特點。該題也可用等效法處理。把電場和重力場合起來當作一個新的重力場，這個重力場的豎直方向與原水平方向成45角斜向下，這樣就很容易確定速度最大的點。 【例題4 】 從陰極K發(fā)射的電子經(jīng)電勢差U0=5000V的陽極加速后，沿平行于板面的方向從中央射入兩塊長L1=10cm、間距d=4cm的平行金屬板A、B之間，在離金屬板邊緣L2=75cm處放置一個直徑D=20cm、帶有紀錄紙的圓筒。整個裝置放在真空內(nèi)，電子發(fā)射時的初速度不計，如圖6所示，若在金屬板上加一U =1000cos2πt V的交流電壓，并使圓筒繞中心軸按圖示方向以n=2r/s勻速轉(zhuǎn)動，分析電子在紀錄紙上的軌跡形狀并畫圖6 出從t=0開始的1s內(nèi)所紀錄到的圖形。 【點撥解疑】 對電子的加速過程，由動能定理得： eU0=mv02 得電子加速后的速度 v0==4.2107m/s 圖7 電子進入偏轉(zhuǎn)電場后，由于在其中運動的時間極短，可以忽略運動期間偏轉(zhuǎn)電壓的變化，認為電場是穩(wěn)定的，因此電子做類平拋的運動。如圖7所示。 交流電壓在A、B兩板間產(chǎn)生的電場強度 V/m 電子飛離金屬板時的偏轉(zhuǎn)距離 電子飛離金屬板時的豎直速度 電子從飛離金屬板到到達圓筒時的偏轉(zhuǎn)距離 所以在紙筒上的落點對入射方向的總偏轉(zhuǎn)距離為 圖8 m 可見，在紀錄紙上的點在豎直方向上以振幅0.20m、周期T=1s做簡諧運動。因為圓筒每秒轉(zhuǎn)2周，故轉(zhuǎn)一周在紙上留下的是前半個余弦圖形，接著的一周中，留下后半個圖形，合起來，1s內(nèi)，在紙上的圖形如圖8所示。 點評：偏轉(zhuǎn)電場如果不穩(wěn)定，電子在其中的運動將非常復雜，因此理想化處理是解答本題的關(guān)鍵。示波器是常用的電子儀器，其原理與該題的情景有相似之處。 二、電場、磁場中的能量轉(zhuǎn)化 1、知識網(wǎng)絡 電、磁場中的功和能 電場中的功和能 電勢能 由電荷間的相對位置決定，數(shù)值具有相對性，常取無限遠處或大地為電勢能的零點。重要的不是電勢能的值，是其變化量 電場力的功 與路徑無關(guān)，僅與電荷移動的始末位置有關(guān)：W=qU 電場力的功和電勢能的變化 電場力做正功 電勢能 → 其他能 電場力做負功 其他能 → 電勢能 轉(zhuǎn)化 轉(zhuǎn)化 磁場中的功和能 洛倫茲力不做功 安培力的功 做正功：電能 → 機械能，如電動機 做負功：機械能 → 電能，如發(fā)電機 轉(zhuǎn)化 轉(zhuǎn)化 能量及其相互轉(zhuǎn)化是貫穿整個高中物理的一條主線，在電場、磁場中，也是分析解決問題的重要物理原理。在電場、磁場的問題中，既會涉及其他領(lǐng)域中的功和能，又會涉及電場、磁場本身的功和能，相關(guān)知識如下表： 2、方法技巧： 如果帶電粒子僅受電場力和磁場力作用，則運動過程中，帶電粒子的動能和電勢能之間相互轉(zhuǎn)化，總量守恒；如果帶電粒子受電場力、磁場力之外，還受重力、彈簧彈力等，但沒有摩擦力做功，帶電粒子的電勢能和機械能的總量守恒；更為一般的情況，除了電場力做功外，還有重力、摩擦力等做功，如選用動能定理，則要分清有哪些力做功？做的是正功還是負功？是恒力功還是變力功？還要確定初態(tài)動能和末態(tài)動能；如選用能量守恒定律，則要分清有哪種形式的能在增加，那種形式的能在減少？發(fā)生了怎樣的能量轉(zhuǎn)化？能量守恒的表達式可以是：①初態(tài)和末態(tài)的總能量相等，即E初=E末；②某些形勢的能量的減少量等于其他形式的能量的增加量，即ΔE減=ΔE增；③各種形式的能量的增量（ΔE=E末-E初）的代數(shù)和為零，即ΔE1+ΔE2+…ΔEn=0。 電磁感應現(xiàn)象中，其他能向電能轉(zhuǎn)化是通過安培力的功來量度的，感應電流在磁場中受到的安培力作了多少功就有多少電能產(chǎn)生，而這些電能又通過電流做功轉(zhuǎn)變成其他能，如電阻上產(chǎn)生的內(nèi)能、電動機產(chǎn)生的機械能等。從能量的角度看，楞次定律就是能量轉(zhuǎn)化和守恒定律在電磁感應現(xiàn)象中的具體表現(xiàn)。電磁感應過程往往涉及多種能量形勢的轉(zhuǎn)化，因此從功和能的觀點入手，分析清楚能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系，往往是解決電磁感應問題的重要途徑；在運用功能關(guān)系解決問題時，應注意能量轉(zhuǎn)化的來龍去脈，順著受力分析、做功分析、能量分析的思路嚴格進行，并注意功和能的對應關(guān)系。 3、典型例題 【例題5】（1989年高考全國卷）如圖1所示，一個質(zhì)量為m，電量為-q的小物體，可在水平軌道x上運動，O端有一與軌道垂直的固定墻，軌道處在場強大小為E，方向沿Ox軸正向的勻強磁場中，小物體以初速度v0從點x0沿Ox軌道運動，運動中受到大小不變的摩擦力f作用，且ff，所以物體向左做初速度為零的勻加速直線運動，直到以一定速度與墻壁碰撞，碰后物體的速度與碰前速度大小相等，方向相反，然后物體將多次的往復運動。 但由于摩擦力總是做負功，物體機械能不斷損失，所以物體通過同一位置時的速度將不斷減小，直到最后停止運動。物體停止時，所受合外力必定為零，因此物體只能停在O點。 對于這樣幅度不斷減小的往復運動，研究其全過程。電場力的功只跟始末位置有關(guān)，而跟路徑無關(guān)，所以整個過程中電場力做功 根據(jù)動能定理 ， 得： 。 點評：該題也可用能量守恒列式：電勢能減少了，動能減少了，內(nèi)能增加了， ∴ 同樣解得。 【例題6】 如圖2所示，半徑為r的絕緣細圓環(huán)的環(huán)面固定在水平面上，場強為E的勻強電場與環(huán)面平行。一電量為+q、質(zhì)量為m的小球穿在環(huán)上，可沿環(huán)作無摩擦的圓周運動，若小球經(jīng)A點時，速度vA的方向恰與電場垂直，且圓環(huán)與小球間沿水平方向無力的作用，試計算： （1）速度vA的大小； （2）小球運動到與A點對稱的B點時，對環(huán)在水平方向的作用力。 【點撥解疑】 （1）在A點，小球在水平方向只受電場力作用，根據(jù)牛頓第二定律得： 所以小球在A點的速度。 （2）在小球從A到B的過程中，根據(jù)動能定理，電場力做的正功等于小球動能的增加量，即 ， 小球在B點時，根據(jù)牛頓第二定律，在水平方向有 解以上兩式，小球在B點對環(huán)的水平作用力為：。 點評：分析該題，也可將水平的勻強電場等效成一新的重力場，重力為Eq，A是環(huán)上的最高點，B是最低點；這樣可以把該題看成是熟悉的小球在豎直平面內(nèi)作圓周運動的問題。 -q q O A B E 圖3 【例題7】（xx年理綜全國卷）如圖3所示有三根長度皆為l＝1.00 m的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板上的 O點，另一端分別掛有質(zhì)量皆為m＝1.00kg的帶電小球A和B，它們的電量分別為一q和＋q，q＝1.00C．A、B之間用第三根線連接起來．空間中存在大小為E＝1.00106N/C的勻強電場，場強方向沿水平向右，平衡時 A、B球的位置如圖所示．現(xiàn)將O、B之間的線燒斷，由于有空氣阻力，A、B球最后會達到新的平衡位置．求最后兩球的機械能與電勢能的總和與燒斷前相比改變了多少．（不計兩帶電小球間相互作用的靜電力） 【點撥解疑】圖（1）中虛線表示A、B球原來的平衡位置，實線表示燒斷后重新達到平衡的位置，其中、分別表示OA、AB與豎直方向的夾角。A球受力如圖（2）所示：重力mg，豎直向下；電場力qE，水平向左；細線OA對A的拉力T1，方向如圖；細線AB對A的拉力T2，方向如圖。由平衡條件得 ① ② -q q O A B E 圖（4） 圖 4 B球受力如圖（3）所示：重力mg，豎直向下；電場力qE，水平向右；細線AB對B 的拉力T2，方向如圖。由平衡條件得 ③ ④ 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)，得 ⑤ ⑥ 由此可知，A、B球重新達到平衡的位置如圖（4）所示。 與原來位置相比，A球的重力勢能減少了 ⑦ B球的重力勢能減少了 ⑧ A球的電勢能增加了 WA=qElcos60⑨ B球的電勢能減少了 ⑩ 兩種勢能總和減少了 代入數(shù)據(jù)解得 【例題8】（xx年全國理綜卷）如圖5所示，兩根平行的金屬導軌，固定在同一水平面上，磁感應強度B=0.50T的勻強磁場與導軌所在平面垂直，導軌的電阻很小，可忽略不計。導軌間的距離l=0.20m。兩根質(zhì)量均為m=0.10kg的平行金屬桿甲、乙可在導軌上無摩擦地滑動，滑動過程中與導軌保持垂直，每根金屬桿的電阻為R=0.50Ω。在t=0時刻，兩桿都處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)有一與導軌平行、大小為0.20N的恒力F作用于金屬桿甲上，使金屬桿在導軌上滑動。經(jīng)過t=5.0s，金屬桿甲的加速度為a=1.37m/s2，問此時兩金屬桿的速度各為多少？ 乙 甲 F 圖 5 【點撥解疑】設任一時刻t兩金屬桿甲、乙之間的距離為x，速度分別為v1和v2,經(jīng)過很短的時間△t，桿甲移動距離v1△t，桿乙移動距離v2△t，回路面積改變 由法拉第電磁感應定律，回路中的感應電動勢 回路中的電流 桿甲的運動方程 由于作用于桿甲和桿乙的安培力總是大小相等，方向相反，所以兩桿的動量時為0）等于外力F的沖量 聯(lián)立以上各式解得 代入數(shù)據(jù)得 針對訓練 1．（xx年廣西、河南、廣東卷）在圖9中虛線所示的區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場。取坐標如圖。一帶電粒子沿x軸正方向進入此區(qū)域，在穿過此區(qū)域的過程中運動方向始終不發(fā)生偏轉(zhuǎn)。不計重力的影響，電場強度E和磁感強度B的方向可能是（　?。? A． E和B都沿x軸正方向 B． E沿y軸正向，B沿z軸正向 C． E沿x軸正向，B沿y軸正向 D． E、B都沿z軸正向 B A B d v v 300 O 圖10 2．如圖10所示，一束電子（電量為e）以速度v垂直射入磁感應強度為B，寬度為d的勻強磁場中，穿透磁場時速度方向與電子原來入射方向的夾角是30，則電子的質(zhì)量是 ，穿透磁場的時間是 。 a b c d S o 圖11 3．（xx年全國卷）如圖11所示，兩個共軸的圓筒形金屬電極，外電極接地，其上均勻分布著平行于軸線的四條狹縫a、b、c和d，外筒的外半徑為r，在圓筒之外的足夠大區(qū)域中有平行于軸線方向的均勻磁場，磁感強度的大小為B。在兩極間加上電壓，使兩圓筒之間的區(qū)域內(nèi)有沿半徑向外的電場。一質(zhì)量為ｍ、帶電量為＋q的粒子，從緊靠內(nèi)筒且正對狹縫a的S點出發(fā)，初速為零。如果該粒子經(jīng)過一段時間的運動之后恰好又回到出發(fā)點S，則兩電極之間的電壓U應是多少？（不計重力，整個裝置在真空中） B B E L d O 圖12 4．如圖12所示，空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場。左側(cè)勻強電場的場強大小為E、方向水平向右，電場寬度為L；中間區(qū)域勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。一個質(zhì)量為m、電量為q、不計重力的帶正電的粒子從電場的左邊緣的O點由靜止開始運動，穿過中間磁場區(qū)域進入右側(cè)磁場區(qū)域后，又回到O點，然后重復上述運動過程。求： （1）中間磁場區(qū)域的寬度d； （2）帶電粒子從O點開始運動到第一次回到O點所用時間t。 參考答案： 1．AB 解析：E和B都沿x軸正方向，由于帶電粒子速度與磁感應強度B平行或反向平行，故不受磁場力只受電場力，而不論粒子帶何種電荷，電場力與速度均共線，由此知粒子作直線運動，A正確。若E沿y軸正向則電場力沿y軸正向（帶正電）或負向（帶負電），而B沿z軸正向，則由左手定則知其所受洛侖茲力沿y軸負向（帶正電）或正向（帶負電），合外力可能為零，故B正確。若E沿z軸正向，則電場力沿z軸正向（帶正電）或負向（帶負電），B沿y軸正向，則洛侖茲力也沿z軸正向（帶正電）或負向（帶負電），合力不為零，且與速度不共線，粒子必然發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故C錯。若E、B都沿z軸方向，則電場力也沿z軸方向，而洛侖茲力沿y軸方向，合力不為零，且與速度不共線，粒子必發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故D錯。 2．解析：電子在磁場中運動，只受洛侖茲力作用，故其軌跡是圓弧的一部分，又因為f⊥v，故圓心在電子穿入和穿出磁場時受到洛侖茲力指向交點上，如圖10中的O點，由幾何知識知，AB間圓心角θ＝30，OB為半徑。 ∴r=d/sin30=2d，又由r=mv/Be得m=2dBe/v 又∵AB圓心角是30，∴穿透時間t=T/12，故t=πd/3v。 3．解析：如圖13所示，帶電粒子從S點出發(fā)，在兩筒之間的電場作用下加速，沿徑向穿過狹縫a而進入磁場區(qū)，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動。粒子再回到S點的條件是能沿徑向穿過狹縫d.只要穿過了d，粒子就會在電場力作用下先減速，再反向加速，經(jīng)d重新進入磁場區(qū)，然后粒子以同樣方式經(jīng)過c、b，再回到S點。設粒子進入磁場區(qū)的速度大小為v，根據(jù)動能定理，有 a b c d S o 圖13 設粒子做勻速圓周運動的半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律，有 由前面分析可知，要回到S點，粒子從a到d必經(jīng)過圓周，所以半徑R必定等于筒的外半徑r，即R=r。由以上各式解得 。 4．解析：（1）帶電粒子在電場中加速，由動能定理，可得： 帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)，由牛頓第二定律，可得： 由以上兩式，可得 。 可見在兩磁場區(qū)粒子運動半徑相同，如圖14所示，三段圓弧的圓心組成的三角形ΔO1O2O3是等邊三角形，其邊長為2R。所以中間磁場區(qū)域的寬度為 O O3 O1 O2 圖14 600 （2）在電場中 ， 在中間磁場中運動時間 在右側(cè)磁場中運動時間， 則粒子第一次回到O點的所用時間為 。 圖 6 針對訓練 1． 如圖6所示，長L1寬L2的矩形線圈電阻為R，處于磁感應強度為B的勻強磁場邊緣，線圈與磁感線垂直。將線圈以向右的速度v勻速拉出磁場，求：①拉力F大??；②拉力的功率P；③拉力做的功W；④線圈中產(chǎn)生的電熱Q；⑤通過線圈某一截面的電荷量q。 h d l 1 2 3 4 v0 v0 v 圖 7 2．如圖7所示，水平的平行虛線間距為d=50cm，其間有B=1.0T的勻強磁場。一個正方形線圈邊長為l=10cm，線圈質(zhì)量m=100g，電阻為R=0.020Ω。開始時，線圈的下邊緣到磁場上邊緣的距離為h=80cm。將線圈由靜止釋放，其下邊緣剛進入磁場和剛穿出磁場時的速度相等。取g=10m/s2，求：⑴線圈進入磁場過程中產(chǎn)生的電熱Q。⑵線圈下邊緣穿越磁場過程中的最小速度v。⑶線圈下邊緣穿越磁場過程中加速度的最小值a。 圖 8 3．（xx年上海卷）如圖8所示，有兩根和水平方向成。角的光滑平行的金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面的勻強磁場，磁感強度為及一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下。經(jīng)過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨近于一個最大速度幾，則 （A）如果B增大，vm將變大 （B）如果α變大，vm將變大 （C）如果R變大，vm將變大 （D）如果m變小，vm將變大 圖9 4．（xx年上海卷）半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)有均勻磁場，磁感強度為B＝0.2T，磁場方向垂直紙面向里，半徑為b的金屬圓環(huán)與磁場同心地放置，磁場與環(huán)面垂直，其中a＝0.4m，b＝0.6m，金屬環(huán)上分別接有燈L1、L2，兩燈的電阻均為R0＝2Ω，一金屬棒MN與金屬環(huán)接觸良好，棒與環(huán)的電阻均忽略不計 （1）若棒以v0＝5m/s的速率在環(huán)上向右勻速滑動，求棒滑過圓環(huán)直徑OO′ 的瞬時（如圖9所示）MN中的電動勢和流過燈L1的電流。 （2）撤去中間的金屬棒MN，將右面的半圓環(huán)OL2O′ 以OO 為軸向上翻轉(zhuǎn)90，若此時磁場隨時間均勻變化，其變化率為ΔB/Δt＝4T/s，求L1的功率。 5．如圖10所示，電動機牽引一根原來靜止的、長L為1m、質(zhì)量m為0.1kg的導體棒MN上升，導體棒的電阻R為1Ω，架在豎直放置的框架上，它們處于磁感應強度B為1T的勻強磁場中，磁場方向與框架平面垂直。當導體棒上升h=3.8m時，獲得穩(wěn)定的速度，導體棒上產(chǎn)生的熱量為2J，電動機牽引棒時，電壓表、電流表的讀數(shù)分別為7V、1A，電動機內(nèi)阻r為1Ω，不計框架電阻及一切摩擦，求： （1）棒能達到的穩(wěn)定速度； （2）棒從靜止至達到穩(wěn)定速度所需要的時間。 參考答案 1．解析： ，，，；；；； 特別要注意電熱Q和電荷q的區(qū)別，其中 q與速度無關(guān)！ 2．解：⑴由于線圈完全處于磁場中時不產(chǎn)生電熱，所以線圈進入磁場過程中產(chǎn)生的電熱Q就是線圈從圖中2位置到4位置產(chǎn)生的電熱，而2、4位置動能相同，由能量守恒Q=mgd=0.50J ⑵3位置時線圈速度一定最小，而3到4線圈是自由落體運動因此有 v02-v2=2g(d-l)，得v=2m/s ⑶2到3是減速過程，因此安培力減小，由F-mg=ma知加速度減小，到3位置時加速度最小，a=4.1m/s2 3． B、C 4．解析：（1）E1＝B2a v＝0.20.85＝0.8V ① I1＝E1/R＝0.8/2＝0.4A ② （2）E2＝ΔФ/Δt＝0.5πa2ΔB/Δt＝0.32V ③ P1＝(E2/2)2/R＝1.28102W 5．解析：（1）電動機的輸出功率為：W 電動機的輸出功率就是電動機牽引棒的拉力的功率，所以有 其中F為電動機對棒的拉力，當棒達穩(wěn)定速度時 感應電流 由①②③式解得，棒達到的穩(wěn)定速度為m/s （2）從棒由靜止開始運動至達到穩(wěn)定速度的過程中，電動機提供的能量轉(zhuǎn)化為棒的機械能和內(nèi)能，由能量守恒定律得： 解得 t=1s