（新課標(biāo)）河南省2015高考物理總復(fù)習(xí)講義 第9章 加強(qiáng)1講 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用

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1、 加強(qiáng)一講　電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用 考點(diǎn)一 [79]　電磁感應(yīng)中的電路問題 一、內(nèi)電路和外電路 1．切割磁感線運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當(dāng)于電源． 2．該部分導(dǎo)體的電阻或線圈的電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻，其余部分是外電路． 二、解答電磁感應(yīng)電路問題的三個(gè)步驟 1．確定電源：利用E＝n或E＝Blvsin θ求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，利用右手定則或楞次定律判斷電流方向．如果在一個(gè)電路中切割磁感線的部分有多個(gè)并相互聯(lián)系，可等效成電源的串、并聯(lián)． 2．分析電路結(jié)構(gòu)：分析內(nèi)、外電路及外電路的串并聯(lián)關(guān)系，畫出等效電路圖． 3．利用電路規(guī)律求解：主要應(yīng)用歐姆定律及串并聯(lián)電路的基本性質(zhì)等列

2、方程求解． ——————[1個(gè)示范例]—————— 　如圖9－3－1(a)所示，水平放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌，間距L＝0.3 m．導(dǎo)軌左端連接R＝0.6 Ω的電阻，區(qū)域abcd內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場B＝0.6 T，磁場區(qū)域?qū)扗＝0.2 m．細(xì)金屬棒A1和A2用長為2D＝0.4 m的輕質(zhì)絕緣桿連接，放置在導(dǎo)軌平面上，并與導(dǎo)軌垂直，每根金屬棒在導(dǎo)軌間的電阻均為r＝0.3 Ω.導(dǎo)軌電阻不計(jì)，使金屬棒以恒定速度v＝1.0 m/s沿導(dǎo)軌向右穿越磁場，計(jì)算從金屬棒A1進(jìn)入磁場(t＝0)到A2離開磁場的時(shí)間內(nèi)，不同時(shí)間段通過電阻R的電流強(qiáng)度，并在圖9－3－1(b)中畫出． 圖9－3－1 【

3、審題指導(dǎo)】　(1)細(xì)金屬棒A1、A2先后切割磁感線，切割磁感線的金屬棒為電源，另一金屬棒與R并聯(lián)． (2)注意分析和計(jì)算有電流和無電流對(duì)應(yīng)的時(shí)間． 【解析】　t1＝＝0.2 s 在0～t1時(shí)間內(nèi)，A1產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝BLv＝0.18 V. 其等效電路如圖甲所示． 甲　　　　　　　　　乙 由圖甲知，電路的總電阻 R0＝r＋＝0.5 Ω 總電流為I＝＝0.36 A 通過R的電流為IR＝＝0.12 A 從A1離開磁場(t1＝0.2 s)至A2剛好進(jìn)入磁場t2＝的時(shí)間內(nèi)，回路無電流，IR＝0， 從A2進(jìn)入磁場(t2＝0.4 s)至離開磁場t3＝＝0.6 s的時(shí)間

4、內(nèi)，A2上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2＝0.18 V， 其等效電路如圖乙所示． 由圖乙知，電路總電阻R0＝0.5 Ω，總電流I＝0.36 A，流過R的電流 IR＝0.12 A， 綜合以上計(jì)算結(jié)果，繪制通過R的電流與時(shí)間關(guān)系圖線如圖所示． 【答案】　見解析 ——————[1個(gè)預(yù)測(cè)例]—————— 　如圖9－3－2所示，均勻?qū)Ь€制成的半徑為R的圓環(huán)以速度v勻速進(jìn)入一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到圖示位置(∠aOb＝90°)時(shí)，a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差為(　　) 圖9－3－2 A.BRv　　　　　 B.BRv C.BRv D.BRv 【解析】　圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到圖示位

5、置時(shí)，切割磁感線的有效長度為2Rsin 45°＝R，圓環(huán)中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv＝BRv，Uab＝E＝BRv，故D正確． 【答案】　D 電磁感應(yīng)電路問題的分析方法 　(1)“源”的分析：用法拉第電磁感應(yīng)定律算出E的大小，用楞次定律或右手定則確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向，從而確定電源正負(fù)極，明確內(nèi)阻r. (2)“路”的分析：根據(jù)“等效電源”和電路中其他各元件的連接方式畫出等效電路． (3)根據(jù)E＝Blv或E＝n結(jié)合閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路知識(shí)和電功率、焦耳定律等關(guān)系式聯(lián)立求解． 考點(diǎn)二 [80]　電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的圖象問題 一、題型特點(diǎn) 一般可把圖象問題

6、分為三類： 1．由給定的電磁感應(yīng)過程選出或畫出正確的圖象． 2．由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過程，求解相應(yīng)的物理量． 3．根據(jù)圖象定量計(jì)算． 二、解題關(guān)鍵 弄清初始條件、正負(fù)方向的對(duì)應(yīng)、變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達(dá)式、進(jìn)出磁場的轉(zhuǎn)折點(diǎn)是解決問題的關(guān)鍵． ——————[1個(gè)示范例]—————— 　 圖9－3－3 (2012·新課標(biāo)全國高考)如圖9－3－3，一載流長直導(dǎo)線和一矩形導(dǎo)線框固定在同一平面內(nèi)，線框在長直導(dǎo)線右側(cè)，且其長邊與長直導(dǎo)線平行．已知在t＝0到t＝t1的時(shí)間間隔內(nèi)，長直導(dǎo)線中電流i發(fā)生某種變化，而線框中的感應(yīng)電流總是沿順時(shí)針方向；線框受到的安培力

7、的合力先水平向左，后水平向右．設(shè)電流i正方向與圖中箭頭所示方向相同，則i隨時(shí)間t變化的圖線可能是(　　) 【解析】　因通電導(dǎo)線周圍的磁場離導(dǎo)線越近磁場越強(qiáng)，而線框中左右兩邊的電流大小相等、方向相反，所以受到的安培力方向相反，導(dǎo)線框的左邊受到的安培力大于導(dǎo)線框的右邊受到的安培力，所以合力與左邊導(dǎo)線框受力的方向相同．因?yàn)榫€框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，根據(jù)左手定則，導(dǎo)線框處的磁場方向先垂直紙面向里，后垂直紙面向外，根據(jù)右手螺旋定則，導(dǎo)線中的電流先為正，后為負(fù)，所以選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤． 【答案】　A ——————[1個(gè)預(yù)測(cè)例]—————— 　 圖9－3－4

8、 (2013·新課標(biāo)全國卷Ⅱ)如圖9－3－4，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(d>L)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(yùn)動(dòng)．t＝0時(shí)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v－t圖象中，可能正確描述上述過程的是(　　) 【審題指導(dǎo)】　(1)線框進(jìn)入磁場時(shí)和離開磁場時(shí)，安培力為變力，線框做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)． (2)線框完全進(jìn)入磁場時(shí)，不受安培力作用，故勻速運(yùn)動(dòng)． 【解析】　導(dǎo)體切割磁感線時(shí)產(chǎn)生感應(yīng)電流，同時(shí)產(chǎn)生安培力阻礙

9、導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)，利用法拉第電磁感應(yīng)定律、安培力公式及牛頓第二定律可確定線框在磁場中的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)． 線框進(jìn)入和離開磁場時(shí)，安培力的作用都是阻礙線框運(yùn)動(dòng)，使線框速度減小，由E＝BLv、I＝及F＝BIL＝ma可知安培力減小，加速度減小，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場后穿過線框的磁通量不再變化，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，不再產(chǎn)生安培力，線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)D正確． 【答案】　D 電磁感應(yīng)圖象問題的一般解題步驟 　(1)明確圖象的種類，即是B－t圖還是Φ－t圖，或者還是E－t圖、I－t圖等． (2)分析電磁感應(yīng)的具體過程，判斷對(duì)應(yīng)的圖象是否分段，共分幾段． (3)用右手定則或楞次定律確定感應(yīng)電流的方

10、向． (4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓定律等規(guī)律寫出函數(shù)關(guān)系式． (5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)行數(shù)學(xué)分析． (6)畫圖象或判斷圖象． 考點(diǎn)三 [81]　電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化問題分析 一、電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化特點(diǎn) 外力克服安培力做功，把機(jī)械能或其他能量轉(zhuǎn)化成電能；感應(yīng)電流通過電路做功又把電能轉(zhuǎn)化成其他形式的能(如內(nèi)能)．這一功能轉(zhuǎn)化途徑可表示為： 二、電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量的三種計(jì)算方法 1．利用克服安培力求解：電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功． 2．利用能量守恒求解：機(jī)械能的減少量等于產(chǎn)生的電能． 3．利用電路特征來求解：通過電路中所產(chǎn)生的電能來計(jì)算．

11、——————[1個(gè)示范例]—————— 　 圖9－3－5 (2013·天津高考)如圖9－3－5所示，紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長，把它置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強(qiáng)磁場外，線框兩次勻速地完全進(jìn)入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab邊平行MN進(jìn)入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行MN進(jìn)入磁場，線框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2，則(　　) A．Q1>Q2，q1＝q2　　　 B．Q1>Q2，q1>q2 C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1

12、＝Q2，q1>q2 【解析】　根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝Blv、歐姆定律I＝和焦耳定律Q＝I2Rt，得線圈進(jìn)入磁場產(chǎn)生的熱量Q＝·＝，因?yàn)閘ab>lbc，所以Q1>Q2.根據(jù)＝，＝及q＝Δt得q＝，故q1＝q2.選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤． 【答案】　A 　(1)在利用能量的轉(zhuǎn)化和守恒分析電磁感應(yīng)問題時(shí)，除準(zhǔn)確把握參與轉(zhuǎn)化的能量形式和種類外，還要確定哪種能量增加，哪種能量減少． (2)克服安培力做功消耗的能量和電路中產(chǎn)生的焦耳熱需要的能量在列式時(shí)不能重復(fù)計(jì)算． ——————[1個(gè)預(yù)測(cè)例]—————— 　 圖9－3－6 如圖9－

13、3－6所示，用質(zhì)量為m、電阻為R的均勻?qū)Ь€做成邊長為l的單匝正方形線框MNPQ，線框每一邊的電阻都相等．將線框置于光滑絕緣的水平面上．在線框的右側(cè)存在豎直方向的有界勻強(qiáng)磁場，磁場邊界間的距離為2l，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在垂直MN邊的水平拉力作用下，線框以垂直磁場邊界的速度v勻速穿過磁場．在運(yùn)動(dòng)過程中線框平面水平，且MN邊與磁場的邊界平行．求： (1)線框MN邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，線框中感應(yīng)電流的大??； (2)線框MN邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，M、N兩點(diǎn)間的電壓UMN； (3)在線框從MN邊剛進(jìn)入磁場到PQ邊剛穿出磁場的過程中，水平拉力對(duì)線框所做的功W. 【審題指導(dǎo)】　(1)MN切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，U

14、MN為路端電壓． (2)線框勻速穿過磁場，水平拉力做的功等于進(jìn)出磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱之和． 【解析】　(1)線框MN邊在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv 線框中的感應(yīng)電流I＝＝. (2)M、N兩點(diǎn)間的電壓 UMN＝E＝Blv. (3)只有MN邊在磁場中時(shí)，線框運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝ 此過程線框中產(chǎn)生的焦耳熱 Q1＝I2Rt＝ 只有PQ邊在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，線框中產(chǎn)生的焦耳熱 Q2＝ 根據(jù)能量守恒定律得水平外力做的功 W＝Q1＋Q2＝. 【答案】　(1)　(2)Blv　(3) 電磁感應(yīng)中“導(dǎo)軌＋桿”模型 一、模型特點(diǎn) 1．“導(dǎo)軌＋桿”模型又分為“單桿”型和“雙

15、桿”型；放置方式可分為水平、豎直和傾斜． 2．導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上切割磁感線運(yùn)動(dòng)，發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象． 3．導(dǎo)體棒受到的安培力為變力，在安培力的作用下做變加速運(yùn)動(dòng)． 4．當(dāng)安培力與其它力平衡時(shí)，導(dǎo)體棒速度達(dá)到穩(wěn)定，稱為“收尾速度” 二、解題思路 1．涉及瞬時(shí)速度問題，用牛頓第二定律求解． 2．求解導(dǎo)體棒穩(wěn)定速度，用平衡條件求解，如mg＝F安，F(xiàn)安＝. 3．涉及能量問題，用動(dòng)能定理或功能關(guān)系來求解． 三、兩類常見的模型 類型 “電－動(dòng)－電”型 “動(dòng)－電－動(dòng)”型 示意圖 過程分析 S閉合，棒ab受安培力F＝，此時(shí)a＝，棒ab速度v↑→感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)BLv↑→電流I↓→安

16、培力F＝BIL↓→加速度a↓，當(dāng)安培力F＝0時(shí)，a＝0，v最大，最后勻速 棒ab釋放后下滑，此時(shí)a＝gsin α，棒ab速度v↑→感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv↑→電流I＝↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，當(dāng)安培力F＝mgsin α?xí)r，a＝0，v最大，最后勻速 　【規(guī)范解答】　(1)棒cd受到的安培力 Fcd＝IlB① 棒cd在共點(diǎn)力作用下平衡，則 Fcd＝mgsin 30°② 由①②式，代入數(shù)據(jù)解得 I＝1 A③ 根據(jù)楞次定律可知，棒cd中的電流方向由d至c.④ (2)棒ab與棒cd受到的安培力大小相等 Fab＝Fcd 對(duì)棒ab，由共點(diǎn)力平衡知 F＝

17、mgsin 30°＋I(xiàn)lB⑤ 代入數(shù)據(jù)解得 F＝0.2 N．⑥ (3)設(shè)在時(shí)間t內(nèi)棒cd產(chǎn)生Q＝0.1 J的熱量，由焦耳定律知 Q＝I2Rt⑦ 設(shè)棒ab勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為v，其產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E＝Blv⑧ 由閉合電路歐姆定律知 I＝⑨ 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知在時(shí)間t內(nèi)，棒ab沿導(dǎo)軌的位移 x＝vt⑩ 力F做的功 W＝Fx? 綜合上述各式，代入數(shù)據(jù)解得 W＝0.4 J．? ②④⑤⑥⑨?每式2分，其余每式1分 【答案】　(1)1 A　方向由d至c　(2)0.2 N　(3)0.4 J 　【規(guī)范解答】　(1)金屬棒達(dá)到最大速度時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝B0Lvm

18、 回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I＝(1分) 金屬棒所受安培力F＝B0IL(1分) 金屬棒所受合外力為零時(shí)，下滑的速度達(dá)到最大，則 mgsin θ－F－μmgcos θ＝0(2分) 解得vm＝2 m/s(1分) (2)設(shè)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱為Q總，則由動(dòng)能定理mgssin θ－μmgscos θ－W安＝mv(3分) W安＝Q總(1分) Q＝Q總(1分) 解得Q＝0.16 J(1分) (3)不產(chǎn)生感應(yīng)電流，即磁通量不變，金屬棒不受安培力作用，金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得 mgsin θ－μmgcos θ＝ma(2分) 得a＝g(sin

19、 θ－μcos θ)＝10×(0.6－0.5×0.8) m/s2＝2 m/s2(1分) 根據(jù)閉合回路磁通量不變有B0Ls＝BL(s＋vmt＋at2)(3分) 得B＝(1分) 所以，當(dāng)t＝1 s時(shí)，B＝0.5 T(1分) 【答案】　(1)2 m/s　(2)0.16 J　(3)0.5 T 　如圖9－3－9甲所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ豎直放置，其寬度L＝1 m，一勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端M與P之間連接阻值為R＝0.40 Ω的電阻，質(zhì)量為m＝0.01 kg、電阻為r＝0.30 Ω的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上．現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑，下滑過程

20、中ab始終保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，其下滑距離x與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，圖象中的OA段為曲線，AB段為直線，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g＝10 m/s2(忽略ab棒運(yùn)動(dòng)過程中對(duì)原磁場的影響)，求： 圖9－3－9 (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (2)金屬棒ab在開始運(yùn)動(dòng)的1.5 s內(nèi)，通過電阻R的電荷量； (3)金屬棒ab在開始運(yùn)動(dòng)的1.5 s內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的熱量． 【解析】　(1)金屬棒在AB段勻速運(yùn)動(dòng)，由題中圖象乙得： v＝＝7 m/s I＝，mg＝BIL 解得B＝0.1 T (2)q＝Δt ＝ ΔΦ＝B 解得：q＝0.67 C (3)Q＝mgx－mv2 解得Q

21、＝0.455 J 從而QR＝Q＝0.26 J 【答案】　(1)0.1 T　(2)0.67 C　(3)0.26 J ⊙電磁感應(yīng)圖象問題 1．(2010·廣東高考)如圖9－3－10所示，平行導(dǎo)軌間有一矩形的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，細(xì)金屬棒PQ沿導(dǎo)軌從MN處勻速運(yùn)動(dòng)到M′N′的過程中，棒上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E隨時(shí)間t變化的圖象，可能正確的是(　　) 圖9－3－10 【解析】　在金屬棒PQ進(jìn)入磁場區(qū)域之前或出磁場后，棒上均不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，D項(xiàng)錯(cuò)誤．在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，與時(shí)間無關(guān)，保持不變，故A選項(xiàng)正確． 【答案】　A 2. 圖9－3－11 如圖

22、9－3－11所示，兩個(gè)相鄰的有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域，方向相反且垂直紙面，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B，以磁場區(qū)左邊界為y軸建立坐標(biāo)系，磁場區(qū)域在y軸方向足夠長，在x軸方向?qū)挾染鶠閍.矩形導(dǎo)線框ABCD的CD邊與y軸重合，AD邊長為a.線框從圖示位置水平向右勻速穿過兩磁場區(qū)域，且線框平面始終保持與磁場垂直，線框中感應(yīng)電流i與線框移動(dòng)距離x的關(guān)系圖象正確的是(以逆時(shí)針方向?yàn)殡娏鞯恼较?(　　) 【解析】　由楞次定律可知，剛進(jìn)入磁場時(shí)電流沿逆時(shí)針方向，線框全部在磁場中時(shí)電流沿順時(shí)針方向，出磁場時(shí)沿逆時(shí)針方向，進(jìn)入磁場和穿出磁場等效為一條邊切割磁感線，全部在磁場中時(shí)，AB邊和CD邊均切割磁感線，相當(dāng)于兩等

23、效電源串聯(lián)，故電流大小為進(jìn)入磁場和穿出時(shí)的兩倍，所以C正確． 【答案】　C ⊙電磁感應(yīng)電路問題的分析 3．粗細(xì)均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于有界勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于線框平面，其邊界與正方形線框的邊平行．現(xiàn)使線框以同樣大小的速度沿四個(gè)不同方向平移出磁場，下面四個(gè)選項(xiàng)中，在移出過程中線框的一邊 a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差絕對(duì)值最大的是(　　) 【解析】　將線框等效成直流電路，設(shè)線框每條邊的電阻為r，如圖所示． 因線框在四次移動(dòng)中速度大小相等，其感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv也大小相等．A、C、D中|Uab|＝Ir＝×r＝Blv，B中|Uab|＝I×3r＝&#

24、215;3r＝Blv，故正確答案為B.B中a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差應(yīng)該是a、b兩點(diǎn)間的路端電壓，而不是感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)． 【答案】　B ⊙電磁感應(yīng)能量綜合問題 圖9－3－12 4．(2013·安徽高考)如圖9－3－12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(jì)，其上端接一小燈泡，電阻為1 Ω.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 Ω，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，與導(dǎo)軌間的動(dòng)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(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導(dǎo)

25、體棒MN的運(yùn)動(dòng)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)(　　) A．2.5 m/s　1 W　　　　　　　 B．5 m/s　1 W C．7.5 m/s　9 W D．15 m/s　9W 【解析】　把立體圖轉(zhuǎn)為平面圖，由平衡條件列出方程是解決此類問題的關(guān)鍵．對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析作出截面圖，如圖所示，導(dǎo)體棒共受四個(gè)力作用，即重力、支持力、摩擦力和安培力． 由平衡條件得mgsin 37°＝F安＋Ff① Ff＝μFN② FN＝mgcos 37°③ 而F安＝BIL④ I＝⑤ E＝BLv⑥ 聯(lián)立①～⑥式，

26、 解得v＝ 代入數(shù)據(jù)得v＝5 m/s. 小燈泡消耗的電功率為P＝I2R⑦ 由⑤⑥⑦式得P＝()2R＝1 W．故選項(xiàng)B正確． 【答案】　B 5．如圖9－3－13甲所示，邊長為L、質(zhì)量為m、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框靜置于光滑水平面上，處于與水平面垂直的勻強(qiáng)磁場中，勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示．求： 甲　　　　　　　　乙 圖9－3－13 (1)在t＝0到t＝t0時(shí)間內(nèi)，通過導(dǎo)線框的感應(yīng)電流大??； (2)在t＝時(shí)刻，ab邊所受磁場作用力大小； (3)在t＝0到t＝t0時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流做的功． 【解析】　(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律得，導(dǎo)線框的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝＝ 通過導(dǎo)線框的感應(yīng)電流大?。篒＝＝ (2)t＝時(shí)刻，ab邊所受磁場作用力大?。篎＝BIL F＝ (3)在t＝0到t＝t0時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流做的功：W＝I2Rt0＝ 【答案】　(1)　(2)　(3) 希望對(duì)大家有所幫助，多謝您的瀏覽！