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專題11 電磁感應 第一部分名師綜述 本專題中的基礎知識、運動規(guī)律較多，是學好后面知識的重要依據；從考綱要求中可以看出需要我們理解質點、時間間隔、時刻、參考系、速度、加速度等基本概念，理解相關知識間的聯(lián)系和區(qū)別，這些知識點一般不會單獨出題，但這是解決運動學問題的基礎。要掌握幾種常見的運動規(guī)律和規(guī)律的一些推論，并能應用它們解決實際問題，同時要掌握追及、相遇問題的處理方法。這些知識可以單獨命題，但更多是與牛頓運動定律或帶電粒子的運動相結合命制綜合的題目。圖象問題一直是高考的熱點，本章中位移圖象和速度圖象一定要認真掌握，并能用來分析物體的運動。自由落體運動和豎直上拋運動在考綱中雖沒有單獨列出但仍有可能作為勻變速直線運動的特例進行考查。 第一部分特點描述 歷年高考對本考點知識的考查覆蓋面大，幾乎每個知識點都考查到。特別是左、右手定則的運用和導體棒切割磁感線的運動更是兩個命題頻率最高的知識點．考題一般運動情景復雜、綜合性強，多以把場的性質、運動學規(guī)律、牛頓運動定律、功能關系及交變電流等有機結合的計算題出現，難度中等偏上，對考生的空間想象能力、物理過程和運動規(guī)律的綜合分析能力及用數學方法解決物理問題的能力要求較高。從近兩年高考看，涉及本考點的命題常以構思新穎、高難度的壓軸題形式出現，在復習中要高度重視。特別是通電導體棒在復合場中的運動問題在歷年高考中出現頻率高，難度大，經常通過變換過程情景、翻新陳題面貌、突出動態(tài)變化的手法，結合社會、生產、科技實際來著重考查綜合分析能力、知識遷移和創(chuàng)新應用能力。情景新穎、數理結合、聯(lián)系實際將是本考點今年高考命題的特點。 第二部分知識背一背 一、法拉第電磁感應定律 法拉第電磁感應定律的內容是感應電動勢的大小與穿過回路的磁通量的變化率成正比．在具體問題的分析中，針對不同形式的電磁感應過程，法拉第電磁感應定律也相應有不同的表達式或計算式． 磁通量變化的形式 表達式 備注 通過n匝線圈內的磁通量發(fā)生變化 (1)當S不變時， (2)當B不變時， 導體垂直切割磁感線運動 當v∥B時，E＝0 導體繞過一端且垂直于磁場方向的轉軸勻速轉動 線圈繞垂直于磁場方向的轉軸勻速轉動 E＝nBSωsinωt 當線圈平行于磁感線時，E最大為E＝nBSω，當線圈平行于中性面時，E＝0 二、楞次定律與左手定則、右手定則 1．左手定則與右手定則的區(qū)別：判斷感應電流用右手定則，判斷受力用左手定則． 2．應用楞次定律的關鍵是區(qū)分兩個磁場：引起感應電流的磁場和感應電流產生的磁場．感應電流產生的磁場總是阻礙引起感應電流的磁場的磁通量的變化，“阻礙”的結果是延緩了磁通量的變化，同時伴隨著能量的轉化． 3．楞次定律中“阻礙”的表現形式：阻礙磁通量的變化(增反減同)，阻礙相對運動(來拒去留)，阻礙線圈面積變化(增縮減擴)，阻礙本身電流的變化(自感現象)． 三、電磁感應與電路的綜合 電磁感應與電路的綜合是高考的一個熱點內容，兩者的核心內容與聯(lián)系主線如圖所示： 1．產生電磁感應現象的電路通常是一個閉合電路，產生電動勢的那一部分電路相當于電源，產生的感應電動勢就是電源的電動勢，在“電源”內部電流的流向是從“電源”的負極流向正極，該部分電路兩端的電壓即路端電壓，. 2．在電磁感應現象中，電路產生的電功率等于內外電路消耗的功率之和．若為純電阻電路，則產生的電能將全部轉化為內能；若為非純電阻電路，則產生的電能除了一部分轉化為內能，還有一部分能量轉化為其他能，但整個過程能量守恒．能量轉化與守恒往往是電磁感應與電路問題的命題主線，抓住這條主線也就是抓住了解題的關鍵．在閉合電路的部分導體切割磁感線產生感應電流的問題中，機械能轉化為電能，導體棒克服安培力做的功等于電路中產生的電能． 說明：求解部分導體切割磁感線產生的感應電動勢時，要區(qū)別平均電動勢和瞬時電動勢，切割磁感線的等效長度等于導線兩端點的連線在運動方向上的投影． 第三部分技能+方法 一、電磁感應中的圖象問題 電磁感應中常涉及磁感應強度B、磁通量Φ、感應電動勢E、感應電流I、安培力F安或外力F外隨時間t變化的圖象,即B－t圖、Φ－t圖、E－t圖、I－t圖、F－t圖.對于切割磁感線產生感應電動勢和感應電流的情況,還常涉及感應電動勢E和感應電流I隨位移s變化的圖象,即E－s圖、I－s圖等. 圖象問題大體上可分為兩類： 1.由給定的電磁感應過程選出或畫出正確圖象,此類問題要注意以下幾點： (1)定性或定量地表示出所研究問題的函數關系; (2)在圖象中E、I、B等物理量的方向通過正負值來反映; (3)畫圖象時要注意橫、縱坐標的單位長度定義或表達. 2.由給定的有關圖象分析電磁感應過程,求解相應的物理量． 不管是何種類型,電磁感應中的圖象問題常需利用右手定則、左手定則、楞次定律和法拉第電磁感應定律等規(guī)律進行分析解決. 二、電磁感應中的動力學問題 解決電磁感應中動力學問題的具體思路： 電源―→電路―→受力情況―→功、能問題 具體步驟為： (1)明確哪一部分電路產生感應電動勢，則這部分電路就是等效電源； (2)正確分析電路的結構，畫出等效電路圖； (3)分析所研究的導體受力情況； (4)列出動力學方程或平衡方程并求解． 三、電磁感應中的電路、能量轉化問題 1．電路問題 (1)將切割磁感線導體或磁通量發(fā)生變化的回路作為電源，確定感應電動勢和內阻． (2)畫出等效電路． (3)運用閉合電路歐姆定律，串、并聯(lián)電路特點，電功率公式，焦耳定律公式等求解． 2．能量轉化問題 (1)安培力的功是電能和其他形式的能之間相互轉化的“橋梁”。 (2)明確功能關系,確定有哪些形式的能量發(fā)生了轉化.如有摩擦力做功,必有內能產生;有重力做功,重力勢能必然發(fā)生變化;安培力做負功,必然有其他形式的能轉化為電能。 (3)根據不同物理情景選擇動能定理,能量守恒定律,功能關系,列方程求解問題. 四、電磁感應與電路的綜合問題 1．解答電磁感應與電路的綜合問題時，關鍵在于準確分析電路的結構，能正確畫出等效電路圖，并綜合運用電學知識進行分析、求解． 2．求解過程中首先要注意電源的確定，通常將切割磁感線的導體或磁通量發(fā)生變化的回路作為等效電源；其次是要能正確區(qū)分內、外電路，應把產生感應電動勢的那部分電路視為內電路，感應電動勢為電源電動勢，其余部分相當于外電路；最后應用閉合電路歐姆定律及串并聯(lián)電路的基本規(guī)律求解，處理問題的方法與閉合電路問題的求解基本一致． 五、涉及電磁感應的力電綜合題 以電磁感應現象為核心，綜合應用牛頓運動定律、動能定理、能量守恒定律及電路等知識形成的力電綜合問題，經常以導體棒切割磁感線運動或穿過線圈的磁通量發(fā)生變化等物理情景為載體命題． (1)受力與運動分析 導體棒運動切割磁感線產生感應電動勢，而感應電流在磁場中受安培力的作用，安培力將阻礙導體棒的運動．導體棒運動過程受到的安培力一般是變力，引起導體棒切割磁感線運動的加速度發(fā)生變化．當加速度變?yōu)榱銜r，運動達到穩(wěn)定狀態(tài)，最終導體棒做勻速直線運動，利用平衡條件可求導體棒穩(wěn)定狀態(tài)的速度． (2)解題思路 ①利用法拉第電磁感應定律和楞次定律或右手定則確定感應電動勢的大小和方向； ②應用閉合電路歐姆定律求電路中的感應電流的大?。? ③分析所研究的導體的受力情況，關注安培力的方向； ④應用運動學規(guī)律、牛頓第二定律、動能定理、平衡條件等列方程求解． 第四部分基礎練+測 一、單選題 1．如圖所示,在傾角為30的斜面上固定一電阻不計的光滑平行金屬導軌,間距為L,下端接有阻值為R的電阻,導軌處于勻強磁場中,磁感應強度大小為B,方向與斜面垂直(圖中未面出),質量為m、電阻不計的金屬棒ab與固定在斜面上方的絕緣彈簧相連,彈簧處于原長并被鎖定?，F解除鎖定金屬棒由靜止開始向下運動距離x到達最低位置,此過程中金屬棒始終與導軌垂直并保持良好接觸,彈簧始終在彈性限度內,重力加速度為g，則（） A．開始運動時金屬棒的加速度小于g/2 B．金屬棒的速度為v時,所受的安培力F=B2L2v2R C．此過程中,通過電阻R的總電荷量為BLx2R D．此過程的減速階段,回路中的焦耳熱小于金屬棒重力勢能的減少 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A、開始運動時，金屬棒只受到重力和金屬導軌對金屬棒ab的支持力，根據牛頓第二定律可得金屬棒的加速度為a=mgsin30m=12g，故選項A錯誤； B、金屬棒的速度為v時，金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢E=BLv，所受的安培力F安=BIL=BERL=B2L2vR，故選項B錯誤； C、此過程中，通過電阻R的總電荷量為q=IΔt=ERΔt=Δ?R=BLxR，故選項C錯誤； D、最大速度時，重力沿斜面的分力等于彈簧的彈力和安培力之和，之后減速階段中安培力變小，而重力沿斜面的分力不變，所以重力做功大于克服安培力做功，則有回路中的焦耳熱小于金屬棒重力勢能的減少，故選項D正確； 2．半徑為L的圓形邊界內分布有垂直圓所在平面的磁場,垂直紙而向里的磁感應強度大小為2B,垂直紙面向外的磁感應強度大小為B,如圖所示。AEO為八分之一圓導線框,其總電阻為R，以角速度ω繞O軸逆時針勻速轉動,從圖中所示位置開始計時,用i表示導線框中的感應電流(順時針方向為正),線框中感應電流i隨時間t變化圖像可能是 A． B． C． D． 【答案】 B 【解析】 【詳解】 當線圈轉過0-45時，產生的感應電流為順時針方向，電動勢E=12BωL2+12?2BωL2=32BωL2，感應電流I=3BωL22R；當線圈轉過45-90時，產生的感應電動勢為零，感應電流為零；當線圈轉過90-135時，產生的感應電流為逆時針方向，電動勢E=12BωL2+12?2BωL2=32BωL2，感應電流I=3BωL22R；當線圈轉過135-180時，產生的感應電動勢為零，感應電流為零；當線圈轉過180-225時，產生的感應電流為順時針方向，電動勢E=12?2BωL2=BωL2，感應電流I=BωL2R；當線圈轉過225-270時，產生的感應電動勢為零，感應電流為零；當線圈轉過270-315時，產生的感應電流為逆時針方向，電動勢E=12?2BωL2=BωL2，感應電流I=BωL2R；當線圈轉過315-360時，產生的感應電動勢為零，感應電流為零；故選B. 3．如圖所示,在等腰直角三角形abc內存在垂直紙面向外的勻強磁場,三角形efg是與三角形abc形狀相同的導線框,x軸是兩個三角形的對稱軸。現讓導線框efg在紙面內沿x軸向右勻速穿過磁揚,規(guī)定逆時針方向為電流的正方向，在導線框通過磁場的過程中，感應電流i隨時間t的變化圖像是 A． B． C． D． 【答案】 A 【解析】 【詳解】 三角形egf向右運動，根據楞次定律和右手安培定則，先產生順時針方向的感應電流，后產生逆時針方向的感應電流，所以感應電流先為負值后為正值； 隨著三角形egf的運動，有效長度L有先增大，當a點與fg邊的中點重合時，切割磁感線的有效長度為L有=12Lfg，再繼續(xù)向右移動，有效長度L有減小，當fg邊與三角形abc的中位線重合時，切割磁感線的有效長度為L有=0，再繼續(xù)向右移動，有效長度L有增大，當fg邊與b c邊重合時，切割磁感線的有效長度為L有=Lfg，根據感應電動勢E=BL有v，電流I=ER=BL有vR可知A正確，B、C、D錯誤； 故選A。 4．如圖甲所示，水平放置的平行金屬導軌左端通過一單刀雙開關S與定值電阻R和平行板電容器C連接，導體棒MN垂直置于導軌上且與導軌接觸良好。規(guī)定向右為正方向，導體棒MN沿導軌運動的x-t圖象如圖乙所示，金屬棒始終處于方向豎直向上的勻強磁場中，不計導軌和導體棒MN的電阻，則在0～t2時間內 (　　) A．若開關S接1，則電容器C始終處于充電狀態(tài) B．若開關S接1，則t1時刻電容器C兩端的電壓最大 C．若開關S接2，則導體棒MN所受安培力的方向先向左后向右 D．若開關S接2，則t1時刻導體棒MN所受的安培力最大 【答案】 C 【解析】 【詳解】 在x-t圖象中，圖象的斜率表示導體棒運動的速度，由圖乙可知，0-t1時間內斜率是正、t1-t2時間內斜率為負值，則說明0-t2時間內導體棒先向右移動后向左移動。若S接A，導體棒通過金屬導軌與平行板電容器C連接，0-t2時間內導體棒向右先加速后減速，然后向左先加速后減速運動，根據E=BLv可知，電容器兩端電壓先增大后減小，再反向增大減小，可知電容器先充電再放電，再充電再放電，故A錯誤；若S接A，t1時刻導體瞬間靜止，即導體不切割磁感線，故MN中無感應電動勢產生，電容器兩極板電壓為零，即最小，故B錯誤；若S接B，導體棒通過金屬導軌與定值電阻R連，0-t2時間內，導體棒先向右運動后向左運動，根據右手定則可知，電流的方向先順時針后逆時針，由左手定則可知，MN所受安培力方向先向左后向右，故C正確；若S接B，t1時刻MN瞬間靜止，導體不切割磁感線，電路中無電流，MN受安培力為零(即最小)，故D錯誤。故選C。 5．已知地磁場類似于條形磁鐵產生的磁場，地磁N極位于地理南極。如圖所示，在河北某中學實驗室的水平桌面上，放置邊長為L的正方形閉合導體線框abcd，線框的ad邊沿南北方向，ab邊沿東西方向，下列說法正確的是（） A．若使線框向東平移，則a點電勢比d點電勢低 B．若使線框向北平移，則a點電勢等于b點電勢 C．若使線框向上平移，則a點電勢比d點電勢低 D．若使線框向上平移，則a點電勢等于b點電勢 【答案】 A 【解析】 【詳解】 河北位于北半球，地磁場的豎直分量向下，水平分量水平向北。若使線圈向東平移，ad邊切割磁感線產生感應電動勢，地磁場的豎直分量向下，由右手定則判斷可知，a點的電勢比d點的電勢低，故A正確。若使線圈向北平移，ab邊切割磁感線產生感應電動勢，地磁場的豎直分量向下，由右手定則可知，a點電勢高于b點電勢，故B錯誤；若使線框向上平移，ad、bc不切割磁感線，不產生感應電動勢；dc和ab兩邊切割磁感線，由右手定則可知，a點電勢比b點電勢高，a點電勢等于d點電勢，故CD錯誤；故選A。 6．如圖所示，固定平行導軌間有磁感應強度大小為B、方向垂直導軌平面向里的勻強磁場，導軌間距為l且足夠長，左端接阻值為R的定值電阻，導軌電阻不計?，F有一長為2l的金屬棒垂直放在導軌上，在金屬棒以O點為軸沿順時針方向以角速度ω轉過60的過程中(金屬棒始終與導軌接觸良好，電阻不計) A．通過定值電阻的最大電流為ωBl2R B．通過定值電阻的最大電流為ωBl22R C．通過定值電阻的電荷量為Bl22R D．通過定值電阻的電荷量為3Bl22R 【答案】 D 【解析】 【詳解】 AB．棒繞端點轉動切割磁感線而產生動生電動勢，棒在60位置時有效長度最大為l效=2l，線速度關于半徑均勻增大，則E=Bl效0+ωl效2=2Blω2，由歐姆定律可得I=ER=2Blω2R；故A，B錯誤. CD．由電量的定義式q=I?Δt，而I=ER=ΔφRΔt，可得q=ΔφR=BΔSR，棒轉過60掃過的有效面積為ΔS=l?3l2，聯(lián)立可得q=3Bl22R；故C錯誤，D正確. 7．如圖所示，空間有兩個寬度分別為L和2L的有界勻強磁場區(qū)域，磁感應強度大小都為B，左側磁場方向垂直于紙面向里，右側磁場方向垂直于紙面向外，abcd是一個均勻電阻絲做成的邊長為L的正方形線框，線框以垂直于磁場邊界的速度v勻速通過兩個磁場區(qū)域，在運動過程中，線框ab、cd兩邊始終與磁場的邊界平行。設線框cd邊剛進入磁場的位置為x=0，x軸正方向水平向右，從線框ad邊剛進入磁場開始到整個線框離開磁場區(qū)域的過程中，線框受到的安培力F(規(guī)定水平向右為正方向)隨著位置x變化的圖像正確的是 A． B． C． D． 【答案】 C 【解析】 【詳解】 第一個過程：cd邊剛進入左側磁場到ab剛要進入右側磁場的過程，cd邊受安培力，大小為F0=BIL=BBLvRL=B2L2vR，方向向左。 第二個過程：cd剛進入右側磁場到ab剛進入右側磁場的過程中，線框受到的安培力為：F=2BIL=2B2BLvRL=4B2L2vR=4F0，方向向左 第三個過程：ab邊離開左側磁場到cd邊到有側磁場的有邊界，在這個過程，線框中沒有感應電流，所以線框不受安培力的作用。 第四個過程：cd邊剛離開右側磁場到ab邊剛離開右側磁場的過程，ab邊受安培力，大小為F=BIL=BBLvRL=B2L2vR=F0,方向向左。 綜合以上分析，C正確。 8．如圖所示，半徑為2L的小圓與半徑為3L的圓形金屬導軌擁有共同的圓心，在小圓區(qū)城內存在垂直于紙面向里的磁感應強度大小為B的勻強磁場，在小圓與導軌之間的環(huán)形區(qū)域內存在垂直于紙面向外的磁感應強度大小為2B的勻強磁場。現將一長度為3L的導體棒置于磁場中，讓其一端O點與圓心重合，另一端與圓形導軌良好接觸。在O點與導軌間接入一阻值為r的電阻，導體棒以角速度ω沿導軌逆時針做勻速圓周運動，其他電阻不計。下列說法正確的是（） A．導體棒O點的電勢比A點的電勢低 B．在導體棒的內部電流由A點至O點 C．在導體棒旋轉一周的時間內，通過電阻r的電荷量為2πBL2r D．在導體棒旋轉一周的時間內，電阻r產生的焦耳熱為18πB2L2r 【答案】 A 【解析】 【詳解】 AB．半徑為2L的小圓切割磁感線產生的感應電動勢E1=B(2L)ω?2L2 =2BωL2,根據右手定則，內部電勢更高；導體棒在在小圓與導軌之間的環(huán)形區(qū)域切割磁感線產生的感應電動勢E2=2BLω?2L+ω?3L2=5BωL2，根據右手定值，外部電勢更高，故O點的電勢比A點的電勢低，在導體棒的內部電流由O點至A點，A正確，B錯誤。 C．電路中電流I=E2-E1r=3BωL2r，周期T=2πω,在導體棒旋轉一周的時間內，通過電阻r的電荷量q=It=6πBL2r，故C錯誤； D．在導體棒旋轉一周的時間內，電阻r產生的焦耳熱Q = I2rT =18πB2ωL4r，故D錯誤。 9．如圖，水平放置兩個同心金屬半圓環(huán)，半徑分別為r和2r，兩環(huán)間分布著垂直于紙面向里的勻強磁場.磁感應強度為B。在兩環(huán)間連接一個電容為C的電容器，c、d是電容器的兩個極板，ab是可繞圓心轉動，長為r的金屬桿，沿半徑方向放置在兩環(huán)間且接觸良好?，F讓繞圓心以恒定角速度ω沿逆時針轉動.不計一切電阻，則下列說法正確的是（） A．電容器c極板帶負電 B．cd間電壓逐漸增大 C．金屬棒ab產生的電動勢為Bωr2 D．電容器所帶電荷量為32CBωr2 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A項：根據右手定則可知，ab棒切割磁感線產生感應電動勢高低為a端為低電勢，b端為高電勢，則電容器c板帶正電，d板帶負電，故A錯誤； B、C項：根據切割磁感線產生感應電動勢為：E=BLv=Brωr+2r2=32Br2ω，故B、C錯誤； D項：根據電容器電荷量的計算公式得：Q=CU=32CBωr2，故D正確。 故選：D。 10．如圖所示，足夠長的U型光滑金屬導軌下邊串有電阻R,其平面與水平面成θ角（0＜θ＜90），其中MN與PQ平行且間距為L，導軌平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，導軌電阻不計。金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂直且良好接觸，ab棒接入電路的電阻為r，當流過ab棒某一橫截面的電量為q時，棒的速度達到最大值v.則金屬棒ab在這一過程中 A．產生的焦耳熱為qBLv B．最大速度v=mgR+r2sinθB2L2 C．下滑的位移大小為qRBL D．當運動速度為14v時其加速度為34gsinθ 【答案】 D 【解析】 【詳解】 產生的焦耳熱Q=I2Rt=qIR，而這里的電流I比棒的速度大小為v時的電流I=BLvR小，故這一過程產生的焦耳熱小于qBLv．故A錯誤；當達到最大速度時滿足：mgsinθ=F安=B2L2vR+r，解得v=mg(R+r)sinθB2L2，選項B錯誤；由q=△ΦR+r=BLxR+r可知：下滑的位移x=q(R+r)BL；故C錯誤；當運動速度為v/4時，則：mgsinθ-B2L2?v4R+r=ma，解得其加速度為a=34gsinθ，選項D正確；故選D. 二、多選題 11．如圖所示，abed為粗細均勻的正方形金屬框，邊長為L，質量為m，總阻值為R，傾角為O的斜面光滑，斜面上以PQ和MN為邊界的區(qū)域內存在一垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度為B，若將金屬框從ab邊距邊界PQ的距離等于磁場寬度（磁場寬度大于金屬框的邊長L）的地方由靜止開始釋放，金屬框剛離開磁場時恰好加速度為0，且從開始釋放到完全離開磁場，金屬框產生的電熱為Q，則（　　） A．金屬框先做勻加速運動再做勻減速運動 B．磁場的寬度為R2m2gsinθ9B2L4+Q2mgsinθ-L2 C．金屬框剛離開磁場的速度為RmgB2L2sinθ D．金屬框剛進入磁場時ab兩點的電勢差為BL2gRsinθ 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 假設磁場寬度為x，dc邊剛好離開磁場MN邊界時加速度為0，則mgsinθ=BIL=BLBLvmaxR=B2L2vmR，則此時速度為vm是此過程中的最大速度，由于磁場寬度大于框邊長L，所以線框在進入PQ邊的過程中速度小于vm，由于下滑過程中安培力F安=B2L2vR，隨速度增大而增大，則線框在進入PQ邊的過程中，根據牛頓第二定律有：mgsinθ-B2L2vR=ma，v增大，a減小，所以金屬框做加速度減小的加速運動，不會做勻加速運動，全程加速也不會出現減速運動，故A錯誤；由能量守恒有mgsinθ（2x+L）=Q+12mvm2，則得x=R2m2gsinθ9B2L4+Q2mgsinθ-L2，故B正確；金屬框剛離開磁場時加速度a=0，則mgsinθ- B2L2vR=ma=0，可得v=mgRsinθB2L2，故C正確；金屬框進入磁場前，加速度為a′=gsinθ，由運動學公式有v2=2a′x，再結合電勢差與閉合電路歐姆定律公式得：金屬框剛進入磁場時ab兩點的電勢差為Uab=34E=34BLv，解得Uab=34BL2gxsinθ，故D錯誤。 12．如圖所示，邊長為L.總電阻為R的粗細均勻的正方形導線框abcd放置在光滑水平桌面上，其cd邊右側緊鄰磁感應強度為B、寬度為2L的有界勻強磁場?，F使線框以速度vo勻速通過磁場區(qū)域，設剛進入磁場時口、兩點間的電勢差為u0，線框所受安培力大小為Fo。從開始進入到完全離開磁場的過程中，下列圖線能反映線框口、兩點間的電勢差Uab和線框所受安培力F（取向右為正）隨時間變化規(guī)律的是 A． B． C． D． 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 線框進入和穿出磁場時，感應電流方向相反，但安培力均阻礙線框的運動，F=ILB=B2L2v0R，大小相同，方向均向左，在磁場中運動過程無感應電流，不受安培力作用，則C錯D對。進磁場時，cd邊等效為電源，ab邊電壓Uab=BLv04；出磁場時，ab邊等邊為電源，ab邊電壓為等效電源的路端電壓Uab=3BLv04，則A對B錯。 13．如圖所示，質量為3m的重物與一質量為m的線框用一根絕緣細線連接起來，掛在兩個高度相同的定滑輪上，已知線框的橫邊邊長為L，水平方向勻強磁場的磁感應強度為B，磁場上下邊界的距離、線框豎直邊長均為h。初始時刻，磁場的下邊緣和線框上邊緣的高度差為2h，將重物從靜止開始釋放，線框上邊緣剛進磁場時，恰好做勻速直線運動，滑輪質量、摩擦阻力均不計。則下列說法中正確的是 A．線框進入磁場時的速度為2gh B．線框的電阻為B2L22mg2gh C．線框通過磁場的過程中產生的熱里Q=2mgh D．線框通過磁場的時間為h2gh 【答案】 AB 【解析】 【詳解】 線框進入磁場前，系統(tǒng)機械能守恒，有：（3m-m）g?2h=124mv2，解得線框進入磁場的速度為：v=2gh，故A正確。線框進入磁場做勻速直線運動，根據平衡有：3mg=mg+B2L2vR，解得：R=B2L22gh2mg，故B正確。線框通過磁場的過程做勻速直線運動，根據能量守恒得：（3m-m）g?2h=Q，解得：Q=4mgh，故C錯誤。線框通過磁場的時間為t=2hv=2h2gh，選項D錯誤。 14．如圖，在高為h的桌面上固定著兩根平行光滑金屬導軌，導軌左段彎曲，右段水平，兩部分平滑連接，導軌間距為L，電阻不計，在導軌的水平部分有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B，ab、cd為兩根相同的金屬棒，質量均為m，電阻均為r。開始時cd靜置于水平軌道上某位置，將ab從彎曲軌道上距離桌面高為h處由靜止釋放，cd離開軌道水平拋出，落地點ef距軌道末端的水平距離也為h，金屬棒在運動過程中沒有發(fā)生碰撞且與導軌接觸良好，重力加速度為g。以下說法正確的是（　　） A．cd在導軌上的最大加速度為B2L22gh2mr B．cd在導軌上的最大加速度為B2L22ghmr C．ab的落地點在ef的右側 D．電路中產生的熱量為12mgh 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 AB．當安培力最大時cd棒的加速度最大，即ab剛進入磁場時，cd棒加速度最大，此時ab棒的速度為v，根據機械能守恒定律可得12mv2=mgh，解得v=2gh；此時回路中的電流強度I=BLv2r，cd在導軌上的最大加速度為a=BILm=B2L22gh2mr，故A正確、B錯誤； C．cd棒離開導軌時的速度為v1，則根據平拋運動可知，下落時間t=2hg，則v1=ht=gh2，設cd離開軌道時ab的速度為v′，根據動量守恒定律可得mv=mv′+mv1，解得v′=gh2，所以ab的落地點在ef處，故C錯誤； D．電路中產生的熱量為Q=mgh-12mv2-12mv12=12mgh，故D正確。 15．如圖甲所示，質量為0.01kg、長為0.2m的水平金屬細桿CD的兩端分別放置在兩水銀槽的水銀中，水銀槽所在空間存在磁感應強度大小B1=10T、方向水平向右的勻強磁場，且細桿CD與該磁場方向垂直。一匝數為100匝、橫截面面積為0.01m2的線通過導線、開關S與兩水銀槽相連，線岡處于沿豎直方向垂直穿過圈橫截面的勻強磁場中，其磁感應強度B2隨時間t變化的關系如圖乙所示。在t=0.20s時閉合開關S，細桿CD間彈起（可認為彈起過程中安培力遠大于重力，重力忽略不計），彈起的最大高度為0.2m。不考慮空氣阻力，水銀的黏滯作用和細桿CD落回水槽后的運動，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（） A．感應強度B2的方向豎直向上 B．t=0.05s時，線圈中的感應電動勢大小為10V C．在細桿CD彈起的過程中，細桿CD所受安培力的沖量大小為0.01N?s D．開關S閉合后，通過細桿CD某一橫截面的電荷量為0.01C 【答案】 ABD 【解析】 【詳解】 A、由題意知細桿CD所受安培力方向豎直向上，由左手定則可知感應電流方向由C到D，由安培定則可知感應電流的磁場方向豎直向上，由圖示圖像可知，在0.15~0.25s內穿過線圈的磁通量減少，由楞次定律可得磁感應強度B2方向豎直向上，故A正確； B、由圖像可知，0~0.1s內線圈的感應電動勢大小為E=nΔ?Δt=10V，即0.05s時，線圈中的感應電動勢大小為10V，故B正確； C、細桿彈起過程中，細桿所受安培力的沖量大小為I=mv=m2gh=0.02Ns，故C錯誤； D、開關K閉合后，設通過CD的電荷量為q，根據動量定理可得：B1IL?Δt=mv-0，而B1IL?Δt=B1Lq，解得：q=mvB1L=0.01C，故D正確； 故選ABD。 16．在地面附近存在如圖所示的勻強磁場B，磁場區(qū)域的水平寬度均為L，磁場之間的無場區(qū)域的水平寬度也均為L，水平方向有足夠多的磁場條，豎直方向磁場足夠長。建立坐標系如圖，現有一個邊長為L的正方形金屬線框從圖示位置以初速度v水平拋出進入場區(qū)，從圖示位置開始計時，有關線框的水平分速度vx，和豎直分速度vy的圖象正確的是：（） A． B． C． D． 【答案】 AB 【解析】 【詳解】 當線圈每次進入或出離磁場區(qū)域時，線圈中就會產生感應電流，對線圈的上下兩個邊受到的磁場力是等大反向的，則可抵消，則豎直方向線圈只受重力作用，則vy=gt，選項A正確，C錯誤；水平方向，無論是線圈進入磁場還是出離磁場時都會受到水平向左的安培力，則線圈在水平方向做減速運動，且隨著速度的減小，安培力減小，加速度減小，則的水平分速度vx的變化圖像為B所示，故選項B正確，D錯誤；故選AB. 17．如圖光滑金屬導軌efgh由寬窄兩部分組成,導軌電阻不計,其中傾斜導軌與水平導軌用光滑絕緣材料連接(長度可忽略,導體AB經過此處時動能不變)水平傾斜導軌都有垂直導軌平面的勻強磁場,磁感應強度大小均為B,方向如圖所示。eg間距為L連接有阻值為R的電阻,h間距為2L,導體棒AB長L,CD長2L,質量均為m,電阻均為r,傾斜導軌與水平面夾角為θ?，F導體棒AB由距水平面H高處靜止釋放(H足夠高)AB、CD在運動過程中與導軌接觸良好并始終垂直導軌(em、gn足夠長,AB不會越過mn兩點,重力加速度g),則( ) A．導體棒A在傾斜導軌的最終速度為v0=mgsinθ（R+r）B2L2 B．從釋放到最終穩(wěn)定,通過電阻R上的電荷量為q=RLBH(R+r)sinθ C．最終CD棒的速度為vCD=2mgsinθ(R+r)5B2L2 D．最終AB棒的速度為vAB=2mgsinθ(R+r)3B2L2 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 A．由平衡條件可得：mgsinθ=B2L2v0R+r，解得：v0=mgsinθ(R+r)B2L2，故A正確； B．若導體棒恰好在到達傾斜導軌底端時達到穩(wěn)定，則通過R的電荷量為 q=ΔΦR+r=BLH(R+r)sinθ，但導體棒可能在之前就達到穩(wěn)定，故B錯誤； CD．AB棒進入水平軌道后與CD棒組成閉合回路，由導體棒切割磁感線和運動學知識可知，AB棒向右減速動CD棒向右加速運動，CD棒運動后回路中的電動勢為E=EAB-ECD，當EAB=ECD時，電路中的電流為零，即有vAB=2vCD，此后兩棒做勻速直線運動， 對AB棒從速度為v0到最終穩(wěn)定即速度vAB過程中應用動量定量有：（取向右為正方向）-BILt=mvAB-mv0 同理對CD棒應用動量定理有： 2BILt=mvCD 結合vAB=2vCD 聯(lián)立解得：vCD=2mgsinθ(R+r)5B2L2，vAB=4mgsinθ(R+r)5B2L2 故C正確，D錯誤。 18．如圖所示，虛線框內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，磁場區(qū)域上下寬度為l；質量為m、邊長為l的正方形線圈abcd平面保持豎直，ab邊保持水平地從距離磁場上邊緣一定高處由靜止下落，以速度v進入磁場，經一段時間又以相同的速度v穿出磁場，重力加速度為g。下列判斷正確的是（） A．線圈的電阻R=B2I2vmg B．進入磁場前線圈下落的高度h=v2g C．穿過磁場的過程中線圈電阻產生的熱量Q=mgl D．線圈穿過磁場所用時間t=2lv 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 線圈以相同速度v進、出磁場，且磁場寬度等于線圈邊長，因此線圈一定是勻速穿過磁場區(qū)域，此過程中線圈始終有一條邊在磁場中受安培力，由平衡條件得BIl=mg，其中感應電流I=BlvR，解得R=B2l2vmg，選項A正確；進入磁場前線圈做自由落體運動，因此h=v22g，選項B錯誤；線圈穿過磁場的過程中，位移為21，由能量守恒可知，線圈電阻產生的熱量等于線圈重力勢能的減少量，即Q=2mgl，C項錯；線圈勻速穿過磁場區(qū)域，因此線圈穿過磁場所用時間t=2lv，選項D正確。 19．兩個相鄰的區(qū)域內存在如圖所示的磁場，磁感應強度大小都為B，方向相反且垂直紙面．一寬為l的N匝長方形閉合導線回路abcd，在紙面內以恒定速度v0向右運動，當運動到圖示位置時 A．穿過回路磁通量為零 B．回路中感應電動勢大小為NBlv0 C．回路中感應電流的方向為a→b→c→d方向 D．回路中ab邊與cd邊所受安培力方向相同 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 在圖示位置，穿過回路的磁通量為零，故A正確；ab與cd兩邊都切割磁感線，回路感應電動勢大小為：E=2NBlv0，故B錯誤；由右手定則或楞次定律可知，感應電流方向為：a→d→c→b→a，故C錯誤；由左手定則可知，ab與cd邊受到的安培力方向都水平向左，兩邊所受安培力方向相同，故D正確；故選AD。 20．如圖甲所示，間距為L的光滑導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度為B，軌道左側連接一定值電阻R．垂直導軌的導體棒ab在水平外力F作用下沿導軌運動，F隨t變化的規(guī)律如乙圖所示．在0~t0時間內，棒從靜止開始做勻加速直線運動．乙圖中t0、F1、F2為已知，棒和軌道的電阻不計． A．在0～t0時間內，導體棒的加速度大小為2F2-F1RB2L2t0 B．在0～t0時間內，通過導體棒橫截面的電量為F2-F1t02BL C．在t0以后，導體棒一直做勻加速直線運動 D．在t0以后，導體棒先繼續(xù)加速，最后做勻速直線運動 【答案】 BD 【解析】 【分析】 （1）在0-t0時間內導體棒做勻加速直線運動，可知在t0時刻導體棒所受的外力F2與此時導體棒所受的安培力的關系，從而可判斷t0后導體棒所做的運動； （2）在在0-t0時間內導體棒做勻加速直線運動，故在t=0時刻與t=t0時刻導體棒的加速度相等，結合導體棒的受力情況根據牛頓第二定律可得F1=ma，F2?B2L2vR＝ma．根據加速度a的定義、通過導體棒橫截面電量q的計算公式可求出a和q 【詳解】 因在0-t0時間內棒做勻加速直線運動，故在t0時刻F2大于棒所受的所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不變，安培力逐漸變大，導體棒做加速度越來越小的加速，當加速度a=0，即導體棒所受安培力與外力F2相等后，導體棒做勻速直線運動，故C錯誤，D正確；設在0-t0時間內導體棒的加速度為a，導體棒的質量為m，t0時刻導體棒的速度為v，通過導體棒橫截面的電量為q，則有：a=vt0…① F2?B2L2vR＝ma…② F1=ma…③ q=△ΦR…④ △Φ=B△S=BLv2t0…⑤ 由①②③解得：a=(F2-F1)RB2L2t0，故A錯誤； 由②③④⑤解得：q=(F2-F1)t02BL，故B正確；故選BD。 【點睛】 本題以圖象的方式考查了牛頓第二定律、法拉第電磁感應定律及通過導體棒橫截面電量的計算方法；以0-t0時間內導體棒做勻加速直線運動為突破口，結合t=0、t=t0兩時刻的受力情況，根據牛頓第二定律、安培力的計算公式、加速度的定義式和通過導體棒橫截面電量q的計算公式即可計算. 三、解答題 21．如圖所示，足夠長的平行光滑金屬導軌水平放置，寬度L=0.5m一端連接R=1Ω的電阻．導線所在空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度B=1T．質量1kg的導體棒MN放在導軌上，電阻r=0.25Ω，其長度恰好等于導軌間距，與導軌接觸良好，導軌的電阻可忽略不計．在平行于導軌的拉力F作用下，導體棒沿導軌向右勻速運動，速度v=5m/s．求： （1）感應電動勢E和MN兩點間的電勢差； （2）在2s時間內，拉力做的功； （3）在2s末，撤去拉力，棒會逐漸減速直至停止運動。求全過程中電阻R上產生的焦耳熱。 【答案】（1）2.5V ，2V（2）10J，（3）18J 【解析】 【詳解】 （1）感應電動勢：E=BLv=2.5V MN兩點間的電勢差：U=ERR+r=2V （2）棒勻速，F=BIL=B2L2vR+r=1N 拉力做的功：W=Fvt=10J （3）撤去拉力之前，拉力做工等于回路中產生的焦耳熱Q1，撤去之后棒動能全部轉化為焦耳熱Q2，Q1=W=10J，Q2=12mv2 =12.5J 又因為R與r串聯(lián)，R產生的焦耳熱Q3=（Q1+Q2）RR+r = 18J 22．豎直平面內有兩豎直放置的不計電阻的光滑導軌，間距l(xiāng)=1m，導軌上端接電阻R，導軌間分布著如圖所示的磁場，aa＇、bb＇之間無磁場，高度差h1=0.2m，bb＇、cc＇之間有磁場，磁感應強度B1=1T，高度差也為h1=0.2m，cc＇、dd＇之間無磁場，高度差h2=3m，dd＇下方有磁場B2。一質量m=0.1kg的不計電阻的導體棒從aa＇位置靜止釋放，進入磁場B1區(qū)域剛好勻速運動，整個過程導體棒始終保持水平且和導軌接觸良好，重力加速度g=10m/s2，求： （1）導體棒剛進入磁場B1時的速度v1； （2）定值電阻R的阻值； （3）要使導體棒剛進入B2區(qū)域也勻速，磁感應強度B2為多大。 【答案】（1）2m/s（2）2Ω（3） 0.5T 【解析】 【分析】 根據“導體棒從aa＇位置靜止釋放，進入磁場B1區(qū)域剛好勻速運動”可知，本題考查的是動生電動勢問題，根據法拉第電磁感應定律、動力學規(guī)律、閉合電路歐姆定律、安培力計算公式，列式即可。 【詳解】 （1）進入磁場前，導體棒做自由落體運動，根據動能定律可得mgh1=12mv12，v1=2m/s； （2）進入磁場，導體棒剛好勻速，根據平衡條件，可得B12L2v1R=mg，R=2Ω； （3）離開B1磁場時，導體棒的速度仍然為v1，根據動能定理可得進入B2的速度滿足mgh2=12mv22-12mv12，v2=8m/s；導體棒剛進入B2區(qū)域也勻速，所以B22L2v2R=mg，因此B2=0.5T。 【點睛】 磁場交替出現的電磁感應問題，關鍵是要找到相應的特殊狀態(tài)。 23．如圖所示，長L1=1.0m，寬L2=0.50m的矩形導線框，質量為m=0.20kg，電阻R=2.0Ω，其正下方有寬為H（H>L2），磁感應強度為B=1.0T，垂直于紙面向外的勻強磁場?，F在，讓導線框從下邊緣距磁場上邊界h=0.70m處開始自由下落，當其下邊緣進入磁場，而上邊緣未進入磁場的某一時刻，導線框的速度已經達到了一個穩(wěn)定值。求：⑴導線框上邊緣剛進入磁場時的速度大小v；⑵從開始下落到導線框下邊緣到達磁場下邊界過程中，導線框克服安培力做的功W。 【答案】（1）4m/s（2）0.80J 【解析】 【詳解】 ⑴下邊產生的感應電動勢E=BL1v 感應電流I=ER 下邊受到的安培力F=BIL1 安培力和重力平衡時F=mg 得v=4m/s ⑵如圖，標出線圈的幾個關鍵位置：①是初始位置，②是線圈下邊緣剛好進入磁場的位置，③是速度剛好達到穩(wěn)定值的位置，④是線圈剛好完全進入磁場的位置，⑤是線圈下邊緣到達磁場下邊界的位置（為了能看清，把線圈的位置做了一些左右調整，不影響分析）。 克服安培力做功只發(fā)生在②→④階段， 從線框開始下落到剛好全部進入磁場過程①→④對線框用動能定理： mg(h+L2)-W=12mv2 得W=0.80J 24．如圖所示，寬L=2m、足夠長的金屬導軌MN和M′N′固定在水平面上，在導軌的兩端各連接一個R=2.0Ω的定值電阻（右端沒有畫出），在AA′處放置一根與導軌垂直、質量m=2.0kg、電阻r=1.0Ω的金屬桿，金屬桿與導軌之間的動摩擦因數為0.5，導軌電阻不計，導軌處于磁感應強度B=1.0T、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中。用輕繩與桿的中點相連，輕繩沿水平方向，用外力牽引桿由AA′處經時間t=2S運動到OO′處，外力的功率恒為P=60W，當桿運動到OO′時速度大小為5m/s，AA′與OO′之間的距離d=4m，g取10m/s2。求： （1）當桿運動到OO′時，流過桿的電流大小及方向 （2）桿由AA′處運動到OO′處過程中，一個定值電阻R的平均發(fā)熱功率 【答案】（1）I=5A，電流方向由O到O′ （2）6.875W 【解析】 【分析】 （1）根據E=BLv求解感應電動勢，結合歐姆定律求解電流；根據動能定理求解總熱量，然后求解一個定值電阻R的平均發(fā)熱功率. 【詳解】 （1）桿產生的電動勢為 E=BLv 電路中的總電阻為R總=R2+r 流過桿的電流為I=ER總=2BLvR+2r 代入數據解得I=5A，電流方向由O到O′ （2）對桿根據動能定理有Pt-μmgd-W安=12mv2 安培力所做的功全部轉化成整個回路的焦耳熱，Q=W安 由焦耳定律有QR總=2QR12R 一個定值電阻R的發(fā)熱功率PR=QRt 代入數據解得PR= 6.875W 【點睛】 本題是一道電磁感應、電學相結合的綜合題；運用E=BLv、歐姆定律、能量守恒定律即可正確解題；求R產生的熱量時要注意，系統(tǒng)產生的總熱量是R與r產生的熱量之和。 25．小明同學設計了一個“電磁天平”，如圖所示，等臂天平的左臂為掛盤，右臂掛有矩形線圈，兩臂平衡.線圈的水平邊長L=0.2m，匝數N=1000匝，總電阻R=1Ω，現在讓線圈的下邊處于方向垂直線圈平面向里勻強磁場內，磁感應強度B0=0.1T，線圈上部處在垂直紙面向外的勻強磁場，且磁感應強度B隨時間均勻變大，磁感應強度的變化率ΔBΔt=210-3T/s，磁場區(qū)域寬度d=0.2m.重力加速度g=10m/s2.求： (1)線圈中感應電流的大小； (2)當掛盤中放質量為m的物體時，天平再次平衡，求此時m為多大? 【答案】(1)0.08A (2)0.16kg 【解析】 【分析】 (1)根據法拉第電磁感應定律求出感應電動勢，再由閉合電路歐姆定律求感應電流的大小. (2)根據F=BIL求出線圈所受的安培力，再由平衡條件求物體的質量m. 【詳解】 (1)由電磁感應定律得E=NΔφΔt=NΔBΔtLd 由歐姆定律得I=ER 解得：I=NΔBΔt?LdR 代入數據得I=0.08A (2)線圈受到安培力F=NB0IL 天平平衡mg=F 代入數據可得m=0.16kg 【點睛】 本題要理解天平測量質量的原理，掌握法拉第定律、閉合電路歐姆定律，抓住平衡條件進行研究，求解安培力時需注意線圈的匝數. 26．如圖(a)所示，足夠長的光滑平行金屬導軌JK、PQ傾斜放置，兩導軌間距離為L=l.0 m，導軌平面與水平面間的夾角為θ=30，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面向上，導軌的J、P兩端連接阻值為R=3.0Ω的電阻，金屬棒ab垂直于導軌放置并用細線通過光滑定滑輪與重物相連，金屬棒ab的質量m=0.20 kg，電阻r=0.50 Ω，重物的質量M=0.60 kg，如果將金屬棒和重物由靜止釋放，金屬棒沿斜面上滑距離與時間的關系圖像如圖(b)所示，不計導軌電阻， g=10 m/s 2。求： (1)t=0時刻金屬棒的加速度 (2)求磁感應強度B的大小以及在0.6 s內通過電阻R的電荷量； (3)在0.6 s內電阻R產生的熱量。 【答案】(1)a=6.25m/s2 (2)255C (3)QR=1.8J 【解析】 【分析】 根據電量公式q=I?△t，閉合電路歐姆定律I=ER+r，法拉第電磁感應定律：E=ΔΦΔt，聯(lián)立可得通過電阻R的電量；由能量守恒定律求電阻R中產生的熱量。 【詳解】 (1)對金屬棒和重物整體 Mg-mgsinθ=(M+m)a 解得：a=6.25m/s2 ； (2)由題圖(b)可以看出最終金屬棒ab將勻速運動，勻速運動的速度 v=ΔsΔt=3.5ms 感應電動勢E=BLv 感應電流I=ER+r 金屬棒所受安培力F=BIL=B2L2vR+r 速運動時，金屬棒受力平衡，則可得 B2L2vR+r+mgsinθ=Mg 聯(lián)立解得：B=5T 在0.6 s內金屬棒ab上滑的距離s=1.40m 通過電阻R的電荷量 q=BLsR+s=255C； (3)由能量守恒定律得 Mgx=mgxsinθ+Q+12(M+m)v2 解得Q=2.1 J 又因為 QR=RR+rQ 聯(lián)立解得：QR=1.8J。 【點睛】 本題主要考查了電磁感應與力學、電路知識的綜合，抓住位移圖象的意義：斜率等于速度，根據平衡條件和法拉第定律、歐姆定律等等規(guī)律結合進行求解。 27．如圖甲所示，M、N為水平面內平行放置的粗糙金屬長直導軌，間距為L＝0.5 m，導軌間接有阻值為R＝2.0 Ω的定值電阻，導軌平面處在豎直向下、磁感應強度大小為B＝4.0 T的勻強磁場中．一導體桿ab垂直M、N置于導軌上，其質量為m＝1.0 kg，長度也為L，電阻為r＝1.0 Ω，與導軌的動摩擦因數為μ＝0.2，且跟導軌接觸良好．不計導軌電阻，重力加速度g取10 m/s2. (1)若在ab桿上作用一個平行導軌方向的恒力F使其向右運動，恒力大小為F＝10 N，求ab桿可以達到的速度最大值vm； (2)若用圖乙所示的電動機通過軌繩來水平向右牽引ab桿，也可使ab桿達到(1)中的速度最大值vm，求電壓表的示數U(已知電動機內阻r1＝5.0 Ω，電壓表和電流表示數恒定，且電流表示數為I＝2.0 A，不計電動機的摩擦損耗)； (3)在(2)中的條件下，可認為ab桿從靜止開始經時間t＝1.5 s、位移s＝7.5 m后剛好達到最大速度vm，求此過程中ab桿上產生的電熱． 【答案】（1）6m/s；（2）40V；（3）19J 【解析】 【分析】 （1）桿達到最大速度時，桿做勻速直線運動，處于平衡狀態(tài)，由安培力公式求出安培力，然后由平衡條件求出桿的最大速度； （2）電動機對桿的拉力等于（1）中的拉力，由功率公式求出電動機的機械功率，然后求出電動機總功率，然后由功率公式求出電壓表示數； （3）根據能量守恒定律列出方程即可求出； 【詳解】 （1）ab桿受到的安培力：F安=BIL=BLBLvR+r=B2L2vR+r， 桿的速度達到最大vm時，桿做勻速直線運動，由平衡條件得：B2L2vmR+r+μmg=F，代入數據解得：vm=6m/s； （2）電動機的輸出功率為：P出=Fvm=106W=60W 電動機的熱功率為：P熱=I2r1=225W=20W 電動機消耗的總功率為：P=P出+P熱=60W+20W=80W 由P=UI可知，電壓表示數：U=PI=802V=40V； （3）根據能量守恒定律可以得到：Pt=P熱t(yī)+12mvm2+μmgs+Q 代入數據可以得到：Q=57J 由電路圖可知：Qab=rr+RQ=11+2Q=19J。 【點睛】 本題考查了求速度、電壓表示數，應用安培力公式、平衡條件、功率公式即可正確解題，解題時要注意，電動機是非純電阻電路。 28．如圖所示，間距為d的平行導軌A2A3、C2C3所在平面與水平面的夾角θ=30，其下端連接阻值為R的電阻，處于磁感應強度大小為B、方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中，水平臺面所在區(qū)域無磁場。長為d、質量為m的導體棒靜止在光滑水平臺面ACC1A1上，在大小為mg(g為重力加速度大小)、方向水平向左的恒力作用下做勻加速運動，經時間t后撤去恒力，導體棒恰好運動至左邊緣A1C1，然后從左邊緣A1C1飛出臺面，并恰好沿A2A3方向落到A2C2處，沿導軌下滑時間t后開始做勻速運動。導體棒在導軌上運動時始終與導軌垂直且接觸良好，除了電阻R外的其他電阻、一切摩擦均不計。求： (1)導體棒到達A1C1處時的速度大小v0以及A2C2與臺面ACC1A1間的高度差h； (2)導體棒勻速運動的速度大小v； (3)導體棒在導軌上變速滑行的過程中通過導體棒某一橫截面的總電荷量q。 【答案】（1）gt；16gt2 （2）mgBd(3+436t-mR2B2d2) 【解析】 【分析】 （1）導體棒在臺面上做勻加速直線運動，由牛頓第二定律求出加速度，由速度公式求出速度，導體棒離開臺