力電綜合題的解題方略

力電綜合題的解題方略第一頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日一電磁感應中的電路問題在電磁感應現(xiàn)象中,切割磁感線的導體或磁通量發(fā)生變化的回路相當于電源.解決電磁感應中的電路問題的基本思路是:(1)明確哪部分相當于電源,由法拉第電磁感應定律和楞次定律確定感應電動勢的大小和方向;(2)畫出等效電路圖;(3)運用閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路的性質(zhì)求解未知物理量.第二頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日

【例1】如圖1所示,把總電阻為2R的均勻電阻絲焊接成一半徑為a的圓環(huán),水平固定在豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場中,一長度為2a、電阻等于R、粗細均勻的金屬棒MN放在圓環(huán)上,它與圓環(huán)始終保持良好的接觸.當金屬棒以恒定速度v向右移動,且經(jīng)過環(huán)心O時,求:(1)流過棒的電流的大小和方向及棒兩端的電壓UMN.(2)在圓環(huán)和金屬棒上消耗的總熱功率.圖1第三頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日解析

(1)金屬棒過環(huán)心時的電動勢大小為E=2Bav由閉合電路歐姆定律得電流大小為電流方向從N流向M.路端電壓為UMN=(2)全電路的熱功率為P=EI=答案

(1)(2)N→M第四頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日

二電磁感應中的動力學分析導體切割磁感線運動時產(chǎn)生感應電流,使導體受到安培力的作用,從而直接影響到導體的進一步運動,解決這類問題的基本思路第五頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日電磁感應過程中往往伴隨著多種形式的能量轉(zhuǎn)化,其中克服安培力做功的過程就是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程,從功能的觀點入手也是解決電磁感應問題的有效途徑.第六頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日題型1電磁感應中的動力學問題【例1】

如圖2所示,光滑斜面的傾角

=30°,在斜面上放置一矩形線框

abcd,ab邊的邊長l1=1m,bc邊的邊長

l2=0.6m,線框的質(zhì)量m=1kg,電阻

R=0.1Ω,線框通過細線與重物相

連,重物質(zhì)量M=2kg,斜面上ef線(ef∥gh∥ab)的右方有垂直斜面向上的勻強磁場,磁感應強度B=0.5T.如果線框從靜止開始運動,進入磁場最初一段時間是勻速的,ef線和gh線的距離s=11.4m(取

g=10m/s2).求:題型探究圖2第七頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日(1)線框進入磁場時勻速運動的速度v.(2)ab邊由靜止開始運動到gh線所用的時間t.思路點撥

線框的運動可分為進入磁場前、進入磁場中、完全進入磁場后三個階段,分析每個階段的受力,確定運動情況.第八頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日解析

(1)在線框進入磁場的最初一段時間內(nèi),重物和線框受力平衡,分別有Mg=FTFT=mgsin+FAab邊切割磁感線產(chǎn)生的電動勢E=Bl1v感應電流I=受到的安培力FA=BIl1聯(lián)立得Mg=mgsin+代入數(shù)據(jù)得v=6m/s第九頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日(2)線框進入磁場前做勻加速直線運動對M有:Mg-FT=Ma對m有:FT-mgsin=ma聯(lián)立解得a==5m/s2該階段運動時間為t1==s=1.2s在磁場中勻速運動的時間t2=s=0.1s第十頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日完全進入磁場后線框受力情況與進入磁場前相同,加速度仍為5m/s2s-l2=vt3+at32解得t3=1.2s因此ab邊由靜止開始運動到gh線所用的時間t=t1+t2+t3=1.2s+0.1s+1.2s=2.5s答案

(1)6m/s(2)2.5s第十一頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日規(guī)律總結(jié)此類問題中力現(xiàn)象和電磁現(xiàn)象相互聯(lián)系,相互制約,解決問題首先要建立“動→電→動”的思維順序,可概括為(1)找準主動運動者,用法拉第電磁感應定律和楞次定律求解電動勢大小和方向.(2)根據(jù)等效電路圖,求解回路中電流的大小及方向.(3)分析導體棒的受力情況及導體棒運動后對電路中電學參量的“反作用”,即分析由于導體棒受到安培力,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有什么影響,最后定性分析出導體棒的最終運動情況.(4)列出牛頓第二定律或平衡方程求解.第十二頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日變式練習1

如圖3(甲)所示,兩根足夠長的直金屬導軌MN、PQ平行放置在傾角為的絕緣斜面上,兩導軌間距為L.M、P兩點間接有阻值為R的電阻.一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上,并與導軌垂直.整套裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中,磁場方向垂直斜面向下.導軌和金屬桿的電阻可忽略.讓ab桿沿導軌由靜止開始下滑,導軌和金屬桿接觸良好,不計它們之間的摩擦.第十三頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日圖3第十四頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日(1)由b向a方向看到的裝置如圖3(乙)所示,請在此圖中畫出ab桿下滑過程中某時刻的受力示意圖.(2)在加速下滑過程中,當ab桿的速度大小為v時,求此時ab桿中的電流及其加速度的大小.(3)求在下滑過程中,ab桿可以達到的速度最大值.解析

(1)如右圖所示重力mg,豎直向下支持力FN,垂直斜面向上安培力F,平行斜面向上第十五頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日(2)當ab桿速度為v時,感應電動勢E=BLv①此時電路中電流I=②ab桿受到的安培力F=BIL=③根據(jù)牛頓運動定律,有ma=mgsin-F④解①②③④得a=gsin-(3)當ab桿穩(wěn)定下滑時速度達到最大值,此時a=0;即mgsin-=0解得vm=答案

(1)見解析中圖(2)gsin-(3)第十六頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日題型2電磁感應中的能量問題【例2】

如圖4所示,兩條足夠長的平行光滑金屬導軌,與水平面的夾角均為,該空間存在著兩個磁感應強度大小均為B的勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,區(qū)域Ⅰ的磁場方向垂直導軌平面向下,區(qū)域Ⅱ的磁場方向垂直導軌平面向上,兩勻強磁場在斜面上的寬度均為L,一個質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為L的正方形金屬線框,由靜止開始沿導軌下滑,當線圈運動到ab邊剛越過ee′即做勻速直線運動;當線框剛好有一半進入磁場區(qū)域Ⅱ時,線框又恰好做勻速直線運動.求:第十七頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日圖4(1)當線框剛進入磁場區(qū)域Ⅰ時的速度v.(2)當線框剛進入磁場區(qū)域Ⅱ時的加速度.(3)當線框剛進入磁場區(qū)域Ⅰ到剛好有一半進入磁場區(qū)域Ⅱ的過程中產(chǎn)生的熱量Q.第十八頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日思路點撥

(1)第一次勻速直線運動和第二次勻速直線運動的受力特點相同嗎?(2)這一過程中都有幾種形式的能參與了轉(zhuǎn)化?解析

(1)ab邊剛越過ee′即做勻速直線運動,線框所受合力F為零.E=Blv,I=,則mgsin=BIL解得v=第十九頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日(2)當ab邊剛越過ff′時,線框中的總感應電動勢為E′=2BLv此時線框的加速度為a=-gsin=-gsin=3gsin(3)設線框再次做勻速運動的速度為v′,則mgsin=2Bv′=由能量守恒定律得Q=mg×Lsin+(mv2-mv′2)=mgLsin+第二十頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日答案

(1)(2)3gsin（3）mgLsin+方法提煉求解焦耳熱的途徑(1)感應電路中產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功,即Q=WA.(2)感應電路中電阻產(chǎn)生的焦耳熱等于電流通過電阻做的功,即Q=I2Rt.(3)感應電流中產(chǎn)生的焦耳熱等于電磁感應現(xiàn)象中其他形式能量的減少,即Q=ΔE他.第二十一頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日變式練習2

如圖5所示,將邊長為a、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形導線框豎直向上拋出,穿過寬度為b、磁感應強度為B的勻強磁場,磁場的方向垂直紙面向里.線框向上離開磁場時的速度剛好是進入磁場時速度的一半,線框離開磁場后繼續(xù)上升一段高度,然后落下并勻速進入磁場.整個運動過程中始終存在著大小恒定的空氣阻力Ff,且線框不發(fā)生轉(zhuǎn)動.求:(1)線框在下落階段勻速進入磁場時的速度v2.(2)線框在上升階段剛離開磁場時的速度v1.(3)線框在上升階段通過磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q.圖5第二十二頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日解析

(1)線框在下落階段勻速進入磁場瞬間有mg=Ff+①解得v2=②(2)由動能定理,線框從離開磁場至上升到最高點的過程(mg+Ff)h=mv12③線框從最高點回落至進入磁場瞬間(mg-Ff)h=mv22④由②③④聯(lián)立解得v1=v2=第二十三頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日(3)設線框在向上通過磁場過程中,線框剛進入磁場時速度為v0,由能量守恒定律有

mv02-mv12=Q+(mg+Ff)(a+b)v0=2v1Q=［(mg)2-Ff2］-(mg+Ff)(a+b)答案

(1)(2)(3)［(mg)2-Ff2］-(mg+Ff)(a+b)第二十四頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日題型3電磁感應問題的綜合應用【例3】光滑的平行金屬導軌長

L=2m,兩導軌間距d=0.5m,軌道平面與水平面的夾角=30°,

導軌上端接一阻值為R=0.6Ω的電阻,軌道所在空間有垂直軌道平面向上的勻強磁場,磁場的磁感應強度B=1T,如圖6所示.有一質(zhì)量m=0.5kg、電阻

r=0.4Ω的金屬棒ab,放在導軌最上端,其余部分電阻不計.當棒ab從軌道最上端由靜止開始下滑到底端脫離軌道時,電阻R上產(chǎn)生的熱量=0.6J,取g=10m/s2,

試求:圖6第二十五頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日(1)當棒的速度v=2m/s時,電阻R兩端的電壓.(2)棒下滑到軌道最底端時的速度大小.(3)棒下滑到軌道最底端時的加速度大小.解析

(1)速度v=2m/s時,棒中產(chǎn)生的感應電動勢E=Bdv=1V①電路中的電流I==1A②所以電阻R兩端的電壓U=IR=0.6V③第二十六頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日(2)根據(jù)Q=I2Rt∝R在棒下滑的整個過程中金屬棒中產(chǎn)生的熱量④設棒到達底端時的速度為vm,根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律,得mgLsin=⑤解得vm=4m/s⑥第二十七頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日(3)棒到底端時回路中產(chǎn)生的感應電流根據(jù)牛頓第二定律有mgsin-BImd=ma⑧解得a=3m/s2⑨答案

(1)0.6V(2)4m/s(3)3m/s2⑦第二十八頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日

本題共10分.其中①②③④⑥⑦⑧⑨式各1分,⑤式各2分.【名師導析】本題是典型的電磁感應綜合題,涉及到電路知識和能量知識.特別注意第(2)問中不要漏掉AD、BF段的電動勢,在計算DF間電壓時注意計算的是路端電壓,等于電流與外電阻之積,不是UFD=·Lr=Blv0.第(3)問中注意分析能量關系,不能漏掉重力勢能的變化量.【評分標準】第二十九頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日

本題共10分.其中①②③④⑥⑦⑧⑨式各1分,⑤式2分.【名師導析】1.本題綜合考查電磁感應、牛頓運動定律、能量的轉(zhuǎn)化與守恒定律等，解答的關鍵是對金屬框進行正確的受力分析，弄清楚能量的轉(zhuǎn)化情況.2.對導體棒或線框受力分析時，安培力是它們受到的其中一個力，因此分析導體棒或線框的運動規(guī)律時，方法與力學中完全相同，但必須注意的是，安培力是個容易變化的力，其大小和方向都可能隨著速度的變化而變化.【評分標準】第三十頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日自我批閱(20分)如圖7所示,足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ豎直放置,一個磁感應強度B=0.50T的勻強磁場垂直穿過導軌平面,導軌的上端M與P間連接阻值為R=0.30Ω的電阻,長為L=0.40m、電阻為r=0.20Ω的金屬棒ab緊貼在導軌上.現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑,通過傳感器記錄金屬棒ab下滑的距離,其下滑距離與時間的關系如下表所示,導軌電阻不計.(g=10m/s2)求:圖7第三十一頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日(1)在前0.4s的時間內(nèi),金屬棒ab電動勢的平均值.(2)金屬棒的質(zhì)量.(3)在前0.7s的時間內(nèi),電阻R上產(chǎn)生的熱量.時間t(s)00.100.200.300.400.500.600.70下滑距離x（m）00.100.300.701.201.702.202.70第三十二頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日解析

(1)==0.6V(4分)(2)從表格中數(shù)據(jù)可知,0.3s后金屬棒做勻速運動速度v==5m/s (2分)由mg-F=0 (2分)F=BIL(2分)I=(2分)E=BLv (2分)解得m=0.04kg (1分)第三十三頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日(3)金屬棒在下滑過程中,有重力和安培力做功,克服安培力做的功等于回路的焦耳熱.則mgx=mv2-0+Q (2分)QR=(2分)解得QR=0.348J(1分)答案

(1)0.6V(2)0.04kg(3)0.348J第三十四頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日素能提升1.如圖8所示,邊長為L的正方形導線框質(zhì)量為m,由距磁場H高處自由下落,其下邊

ab進入勻強磁場后,線圈開始做減速運動,

直到其上邊cd剛剛穿出磁場時,速度減為

ab邊剛進入磁場時的一半,磁場的寬度也為L,則線框穿越勻強磁場過程中發(fā)出的焦耳熱為()A.2mgLB.2mgL+mgHC.2mgL+mgHD.2mgL+mgH圖8第三十五頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日解析

設剛進入磁場時的速度為v1,剛穿出磁場時的速度v2=①線框自開始進入磁場到完全穿出磁場共下落高度為2L.由題意mv12=mgH ②

mv12+mg·2L=mv22+Q ③由①②③得Q=2mgL+mgH,C選項正確.答案C第三十六頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日2.如圖9所示,平行導軌與水平地面成角,沿水平方向橫放在平行導軌上的金屬棒ab處于靜止狀態(tài).現(xiàn)加一個豎直向下的勻強磁場,且使磁場的磁感應強度逐漸增大,直到ab開始運動,

在運動之前金屬棒ab受到的靜摩擦力可能是()A.逐漸減小,方向不變

B.逐漸增大,方向不變

C.先減小后增大,方向發(fā)生變化

D.先增大后減小,方向發(fā)生變化圖9第三十七頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日解析

沒有加磁場前金屬棒ab受力如下圖甲,Ff=mgsin;當加磁場后由楞次定律可以判斷回路感應電流的方向為逆時針,磁場會立即對電流施加力的作用,金屬棒ab的受力如圖乙,Ff=mgsin+F安cos,很顯然金屬棒ab后來受到的靜摩擦力大于開始時的靜摩擦力,故B項正確.答案

B甲乙第三十八頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日3.平行金屬導軌MN豎直放置于絕緣水平地板上如圖10所示,金屬桿PQ可以緊貼導軌無摩擦滑動,導軌間除固定

電阻R外,其他電阻不計,勻強磁場B垂直穿過導軌平面,以下有兩種情況:第一次,閉合開關S,然后從圖中位置由靜止釋放PQ,經(jīng)過一段時間后PQ勻速到達地面;

第二次,先從同一高度由靜止釋放PQ,當PQ下滑一段距離后突然關閉開關,最終PQ也勻速到達了地面.設上述兩種情況下PQ由于切割磁感線產(chǎn)生的電能(都轉(zhuǎn)化為內(nèi)能)分別為E1、E2,則可斷定()圖10第三十九頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日A.E1>E2B.E1=E2C.E1<E2D.無法判定E1、E2的大小解析

設PQ棒的質(zhì)量為m,勻速運動的速度為v,導軌寬l,則由平衡條件,得BIl=mg,而I=,E=Blv,所以v=,可見PQ棒勻速運動的速度與何時閉合開關無關,即PQ棒兩種情況下落地速度相同,由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得:機械能的損失完全轉(zhuǎn)化為電能,故兩次產(chǎn)生的電能相等.答案

B第四十頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日4.如圖11所示,固定在水平絕緣平面上足夠長的金屬導軌不計電阻,但表面粗糙,

導軌左端連接一個電阻R,質(zhì)量為m的金屬棒(電阻也不計)放在導軌上,并與導軌垂直,整個裝置放在勻強磁場中,磁場方向與導軌平面垂直.用水平恒力F把ab棒從靜止起向右拉動的過程中,下列說法正確的是()A.恒力F做的功等于電路產(chǎn)生的電能

B.恒力F和摩擦力的合力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能

C.克服安培力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能

D.恒力F和摩擦力的合力做的功等于電路中產(chǎn)生的電能和棒獲得的動能之和圖11第四十一頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日解析

物體克服安培力做功,其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能,且功的數(shù)值等于電路中產(chǎn)生的電能,C正確;由動能定理知,恒力F、安培力和摩擦力三者的合力做的功等于物體動能的增加量,故A、B錯誤,D正確,也可從能量守恒角度進行判定,即恒力F做的功等于電路中產(chǎn)生的電能、因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能及棒動能的增加.答案

CD第四十二頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日5.如圖12所示,兩根水平放置的相互平行的金屬導軌ab、cd表面光滑,

處在豎直向上的勻強磁場中,金屬棒PQ垂直于導軌放在上面,以速度

v向右勻速運動,欲使棒PQ停下來,下面的措施可行的是(導軌足夠長,棒PQ有電阻)()A.在PQ右側(cè)垂直于導軌再放上一根同樣的金屬棒

B.在PQ右側(cè)垂直于導軌再放上一根質(zhì)量和電阻均比棒PQ大的金屬棒

C.將導軌的a、c兩端用導線連接起來

D.將導軌的a、c兩端和b、d兩端分別用導線連接起來圖12第四十三頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日解析

在PQ棒右側(cè)放金屬棒時,回路中會有感應電流,使金屬棒加速,PQ棒減速,當獲得共同速度時,回路中感應電流為零,兩棒都將勻速運動,A、B項錯誤;當一端或兩端用導線連接時,PQ的動能將轉(zhuǎn)化為內(nèi)能而最終靜止,C、D兩選項正確.答案

CD第四十四頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日6.如圖13所示,金屬桿ab可在平行金屬導軌上滑動,金屬桿電阻R0=0.5Ω,

長L=0.3m,導軌一端串接一電阻R=1Ω,勻強磁場磁感應強度B=2T,

當ab以v=5m/s向右勻速運動過程中,求:(1)ab間感應電動勢E和ab間的電壓U.(2)所加沿導軌平面的水平外力F的大小.(3)在2s時間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量Q.圖13第四十五頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日解析(1)根據(jù)公式:E=BLv=3VI=,U=IR=2V(2)F=F安=BIL=1.2N(3)2s內(nèi)產(chǎn)生的總熱量Q等于安培力做的功Q=F安·x=F安·v·t=12J電阻R上產(chǎn)生的熱量為QR=Q=8J答案

(1)3V2V(2)1.2N(3)8J第四十六頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日7.如圖14甲所示,空間存在B=0.5T,方向豎直向下的勻強磁場,MN、PQ是處于同一水平面內(nèi)相互平行的粗糙長直導軌,間距L=0.2m,R是連在導軌一端的電阻,ab是跨接在導軌上質(zhì)量m=0.1kg的導體棒.從零時刻開始,通過一小型電動機對ab棒施加一個牽引力F,方向水平向左,使其從靜止開始沿導軌做加速運動,此過程中棒始終保持與導軌垂直且接觸良好.圖乙是棒的v—t圖象,其中OA段是直線,AC段是曲線,DE是曲線圖象的漸近線,小型電動機在12s末達到額定功率P額=4.5W,此后功率保持不變.除R以外,其余部分的電阻均不計,g=10m/s2.第四十七頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日(1)求導體棒在0~12s內(nèi)的加速度大小.(2)求導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)及電阻R的阻值.(3)若t=17s時,導體棒ab達到最大速度,從0~17s內(nèi)共發(fā)生位移100m,試求12~17s內(nèi),R上產(chǎn)生的熱量是多少?圖14第四十八頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日解析

(1)由v—t圖象知a===0.75m/s2(2)導體棒在0~12s內(nèi)做勻加速運動,電動機的輸出功率在增大,12s末達額定功率,做加速度逐漸減小的加速運動,16s后做勻速運動.設12s末的速度為v1,0~12s內(nèi)的加速度為a1,E1=Blv1,I1=由牛頓第二定律F1-mg-BI1L=ma1則P額=F1·v1在乙圖C點時棒達到最大速度vm=10m/sEm=Blvm,Im=由牛頓第二定律：F2-mg-BImL=0則P額=F2·vm聯(lián)立,代入數(shù)據(jù)解得=0.2,R=0.4Ω第四十九頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日(3)在0~12s內(nèi)通過的位移:x1=(0+v1)t1=54mAC段過程發(fā)生的位移:x2=100-x1=46m由能量守恒:P0t=QR+mg·x2+mvm2-mv12解得QR=12.35J答案

(1)0.75m/s2(2)0.20.4Ω(3)12.35J第五十頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日反思總結(jié)B第五十一頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日【例2】如圖2所示,兩根無限長直的金屬導軌MN、PQ平行放置在傾角為的絕緣斜面上,兩導軌間距為L,M、P兩點間接有阻值為R的電阻.一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上,并與導軌垂直,整套裝置處于勻強磁場中,磁場方向垂直于斜面向上,導軌和金屬桿的電阻可忽略.讓金屬桿ab沿導軌由靜止開始下滑,經(jīng)過足夠長的時間后,金屬桿達到最大速度vm,在這個過程中,電阻R上產(chǎn)生的熱為Q.導軌和金屬桿接觸良好,它們之間的動摩擦因數(shù)為,且﹤tan.重力加速度為g.(1)求磁感應強度的大小.第五十二頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日(2)金屬桿在加速下滑過程中,當速度達到vm時,求此時桿的加速度大小.(3)求金屬桿從靜止開始至達到最大速度時下降的高度.嘗試解題第五十三頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日解析

(1)當桿達到最大速度時受力平衡,受力如下圖所示.mgsin=BIL+FNFN=mgcos電路中的電流解得第五十四頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日(2)當桿的速度為vm時,由牛頓第二定律mgsin-BI′L-FN=ma此時電路中電流I=解得a=g(sin-cos)(3)設金屬桿從靜止開始至達到最大速度時下降的高度為h,由能量守恒mgh=又h=x·sin解得h=第五十五頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日答案第五十六頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日1.世界上海拔最高、線路最長的鐵路是青藏鐵路,

青藏鐵路安裝的一種電磁裝置可以向控制中心傳輸信號,以確定火車的位置和運動狀態(tài),其原理是將能產(chǎn)生勻強磁場的磁鐵安裝在火車首節(jié)車廂下面,如圖4甲所示(俯視圖),當它經(jīng)過安放在兩鐵軌間的線圈時,線圈便產(chǎn)生一個電信號傳輸給控制中心.線圈邊長分別為l1和l2,匝數(shù)為n,線圈和傳輸線的電阻忽略不計.若火車通過線圈時,控制中心接收到的線圈兩端的電壓信號u與時間t的關系如圖乙所示(ab、cd均為直線),t1、t2、t3、t4是運動過程的四個時刻,則火車()第五十七頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日圖4第五十八頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日A.在t1~t2時間內(nèi)做勻加速直線運動B.在t3~t4時間內(nèi)做勻減速直線運動C.在t1~t2時間內(nèi)加速度大小為D.在t3~t4時間內(nèi)平均速度的大小為解析

由題意知:是線圈中l(wèi)1切割磁感線而產(chǎn)生的,故=nBl1v,由u—t圖象知:t1~t2與t3~t4時間內(nèi),速度v大小隨時間t均勻遞增,推知火車做勻加速運動,A對,B錯;其中v=,t1~t2:a=,C對;t3~t4內(nèi):，D對.答案ACD第五十九頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日2.如圖5所示,矩形線圈長為L,寬為h,

電阻為R,質(zhì)量為m,在空氣中豎直下落一段距離后(空氣阻力不計),進入一寬為h、磁感應強度為B的勻強磁場中,線圈進入磁場時的動能為Ek1,

穿出磁場時的動能為Ek2,這一過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q,線圈克服安培力做的功為W1,重力做的功為

W2,線圈重力勢能的減少量為ΔEp,則以下關系中正確的是()圖5第六十頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日A.Q=Ek1B.Q=W2-W1C.Q=W1D.W2=W1+Ek2-Ek1解析

安培力做的負功等于其他能轉(zhuǎn)化的電能,電能最后變成熱能,故C正確;根據(jù)動能定理,有W2-W1=Ek2-Ek1,故D正確.答案

CD第六十一頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日3.如圖6所示,平行光滑的金屬導軌豎直放置,寬為L,上端接有阻值為R的定值電阻,質(zhì)量為m的金屬桿與導軌垂直且接觸良好.勻強磁場垂直于導軌平面,磁感應強度為B.導軌和桿的電阻不計.

金屬桿由靜止開始下落,下落h時速度達到最大,

重力加速度為g.求:(1)金屬桿的最大速度vm.(2)金屬桿由靜止開始下落至速度最大過程中,電阻R上產(chǎn)生的熱量Q.圖6第六十二頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日解析

(1)金屬桿速度最大時,安培力與重力平衡,有mg=BIL金屬桿中的電動勢E=BLv由歐姆定律I=,則有vm=(2)由功能關系得mgh=Q+mv2則Q=mgh-m×=mgh-答案

(1)(2)第六十三頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日4.邊長L=0.1m的正方形金屬線框abcd,質(zhì)量m=0.1kg,總電阻R=0.02Ω,從高為h=0.2m處自由下落(abcd始終在豎直平面內(nèi)且ab水平),線框下有一水平的有界勻強磁場,豎直寬度L=0.1m,

磁感應強度B=1.0T,方向如圖7所示,(g=10m/s2).求:圖7第六十四頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日(1)線框穿越磁場過程中發(fā)出的熱.(2)全程通過a點截面的電荷量.(3)在坐標系中畫出線框從開始下落到dc邊穿出磁場的速度與時間的圖象.解析

(1)因為線框abcd進入磁場時,v1==2m/s產(chǎn)生的電動勢E=Blv1=0.2V安培力FA=BIL=BL=1NFA=mg,故線框在磁場中勻速運動,由能量關系可知發(fā)出熱量為Q=mg2L=0.1×10×2×0.1J=0.2J第六十五頁，共七十三頁，編輯于2023年，星期日(2)因為ab與dc切割磁感線產(chǎn)生的電動勢和電流是E=Blv1,I=所以通過a點電荷量Q=It==