高考物理一轮 （考纲自主研读+命题探究+高考全程解密） 第3讲电磁感应规律的综合应用（含解析） 新人教版

第3讲专题电磁感应规律的综合应用eq\f(对应学生,用书P175)一、电磁感应中的电路问题1．内电路和外电路(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源．(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路．2．电源电动势和路端电压(1)电动势：E＝Blv或E＝neq\f(ΔΦ,Δt)．(2)路端电压：U＝IR＝E－Ir．【即学即练】1．(多选)用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，图9－3－1正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图9－3－1所示，当磁场以eq\f(ΔB,Δt)的变化率增大时，则()．A．线圈中感应电流方向为acbdaB．线圈中产生的电动势E＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l2,2)C．线圈中a点电势高于b点电势D．线圈中a、b两点间的电势差为eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(l2,2)解析根据楞次定律可知，选项A正确；线圈中产生的电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(SΔB,Δt)＝eq\f(l2,2)eq\f(ΔB,Δt)，选项B正确；线圈中的感应电流沿逆时针方向，所以a点电势低于b点电势，选项C错误；线圈左边的一半导线相当于电源，右边的一半相当于外电路，a、b两点间的电势差相当于路端电压，其大小为U＝eq\f(E,2)＝eq\f(l2,4)eq\f(ΔB,Δt)，选项D错误．答案AB二、电磁感应现象中的动力学问题1．安培力的大小感应电动势：E＝Blv感应电流：I＝eq\f(E,R＋r)安培力公式：F＝BIl＝eq\f(B2l2v,R＋r)2．安培力的方向(1)先用右手定则确定感应电流方向，再用左手定则确定安培力方向．(2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向相反．【即学即练】2．(多选)如图9－3－2所示，图9－3－2MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计．有一垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，宽度为L，ab是一根不但与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆．开始，将开关S断开，让ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图象可能是()．解析设闭合S时，ab的速度为v，则E＝BLv，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，若F安＝eq\f(B2L2v,R)＝mg，则选项A正确．若F安＝eq\f(B2L2v,R)<mg，则选项C正确．若F安＝eq\f(B2L2v,R)>mg，则选项D正确．答案ACD三、电磁感应现象中的能量问题1．能量的转化：感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为内能．2．实质：电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化．【即学即练】3．(多选)如图9－3－3所示，图9－3－3水平固定放置的足够长的U形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab棒以水平初速度v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和导轨粗糙的两种情况相比较，这个过程()．A．安培力对ab棒所做的功不相等B．电流所做的功相等C．产生的总内能相等D．通过ab棒的电荷量相等解析光滑导轨无摩擦力，导轨粗糙的有摩擦力，动能最终都全部转化为内能，所以内能相等，C正确；对光滑的导轨有，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝Q安，对粗糙的导轨有，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝Q安′＋Q摩，Q安≠Q安′，则A正确，B错；q＝It＝eq\f(Blvt,R)＝eq\f(Blx,R)，且x光>x粗，所以q光>q粗，D错．答案ACeq\f(对应学生,用书P176)题型一电磁感应中的电路问题【典例1】(·浙江卷，25)为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一图9－3－4种“闪烁”装置．如图9－3－4所示，自行车后轮由半径r1＝5.0×10－2m的金属内圈、半径r2＝0.40m的金属外圈和绝缘辐条构成．后轮的内、外圈之间等间隔地接有4根金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为R的小灯泡．在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度B＝0.10T、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁场，其内半径为r1、外半径为r2、张角θ＝eq\f(π,6).后轮以角速度ω＝2πrad/s相对于转轴转动．若不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应．(1)当金属条ab进入“扇形”磁场时，求感应电动势E，并指出ab上的电流方向；(2)当金属条ab进入“扇形”磁场时，画出“闪烁”装置的电路图；(3)从金属条ab进入“扇形”磁场时开始，经计算画出轮子转一圈过程中，内圈与外圈之间电势差Uab随时间t变化的Uab－t图象；(4)若选择的是“1.5V，0.3A”的小灯泡，该“闪烁”装置能否正常工作？有同学提出，通过改变磁感应强度B、后轮外圈半径r2、角速度ω和张角θ等物理量的大小，优化前同学的设计方案，请给出你的评价．规范解答(1)金属条ab在磁场中切割磁感线时，所构成的回路的磁通量变化．设经过时间Δt，磁通量变化量为ΔΦ，由法拉第电磁感应定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，①ΔΦ＝BΔS＝Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)req\o\al(2,2)Δθ－\f(1,2)req\o\al(2,1)Δθ))②由①、②式并代入数值得：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(1,2)Bω(req\o\al(2,2)－req\o\al(2,1))＝4.9×10－2V③根据右手定则(或楞次定律)，可得感应电流方向为b→a.④(2)通过分析，可得电路图为(3)设电路中的总电阻为R总，根据电路图可知，R总＝R＋eq\f(1,3)R＝eq\f(4,3)R⑤ab两端电势差Uab＝E－IR＝E－eq\f(E,R总)R＝eq\f(1,4)E＝1.2×10－2V⑥设ab离开磁场区域的时刻为t1，下一根金属条进入磁场区域的时刻为t2，t1＝eq\f(θ,ω)＝eq\f(1,12)s⑦t2＝eq\f(\f(π,2),ω)＝eq\f(1,4)s⑧设轮子转一圈的时间为T，T＝eq\f(2π,ω)＝1s⑨在T＝1s内，金属条有四次进出，后三次与第一次相同．⑩由⑥、⑦、⑧、⑨、⑩可画出如下Uab－t图象．(4)“闪烁”装置不能正常工作．(金属条的感应电动势只有4.9×10－2V，远小于小灯泡的额定电压，因此无法正常工作．)B增大，E增大，但有限度；r2增大，E增大，但有限度；ω增大，E增大，但有限度；θ增大，E不变．答案(1)4.9×10－2V电流方向为b→a(2)(3)(4)见解析【变式跟踪1】如图9－3－5所示，图9－3－5在倾角为θ＝37°的斜面内，放置MN和PQ两根不等间距的光滑金属导轨，该装置放置在垂直斜面向下的匀强磁场中．导轨M、P端间接入阻值R1＝30Ω的电阻和理想电流表，N、Q端间接阻值为R2＝6Ω的电阻．质量为m＝0.6kg、长为L＝1.5m的金属棒放在导轨上以v0＝5m/s的初速度从ab处向右上方滑到a′b′处的时间为t＝0.5s，滑过的距离l＝0.5m．ab处导轨间距Lab＝0.8m，a′b′处导轨间距La′b′＝1m．若金属棒滑动时电流表的读数始终保持不变，不计金属棒和导轨的电阻．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求：(1)此过程中电阻R1上产生的热量；(2)此过程中电流表上的读数；(3)匀强磁场的磁感应强度．解析(1)因电流表的读数始终保持不变，即感应电动势不变，故BLabv0＝BLa′b′va′b′，代入数据可得va′b′＝4m/s，根据能量转化和守恒定律得：Q总＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,a′b′))－mglsin37°＝QR1＋QR2由Q＝eq\f(U2,R)t得：eq\f(QR1,QR2)＝eq\f(R2,R1)，代入数据可求得：QR1＝0.15J(2)由焦耳定律QR1＝Ieq\o\al(2,1)R1t可知：电流表读数I1＝eq\r(\f(QR1,R1t))＝0.1A(3)不计金属棒和导轨上的电阻，则R1两端的电压始终等于金属棒与两轨接触间的电动势，由E＝I1R1，E＝BLa′b′va′b′可得：B＝eq\f(I1R1,La′b′va′b′)＝0.75T答案(1)0.15J(2)0.1A(3)0.75T,借题发挥1．电磁感应中电路知识的关系图2．电磁感应中电路问题的解题思路(1)明确电源的电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝nBeq\f(ΔS,Δt)，E＝BLv，E＝eq\f(1,2)BL2ω(2)明确电源的正、负极：根据电源内部电流的方向是从负极流向正极，即可确定电源的正、负极．(3)明确电源的内阻：即相当于电源的那部分电路的电阻．(4)明确电路关系：即构成回路的各部分电路的串、并联关系．(5)结合闭合电路欧姆定律和电功、电功率等能量关系列方程求解．3．易错总结对于电磁感应现象中的电路结构分析有两个方面容易出错：(1)电源分析错误，不能正确地应用右手定则或楞次定律判断电源的正负极，不能选择恰当的公式计算感应电动势的大小．(2)外电路分析错误，不能正确判断电路结构的串并联关系．4．求解电磁感应中的电路问题的关键：(1)在电磁感应电路中产生感应电动势的那一部分电路相当于电源，电流的流向是从“电源”的负极经电源流向正极，这一部分电路两端电压相当于路端电压，U＝eq\f(R,R＋r)E.感应电动势是联系电磁感应与电路的桥梁．(2)当所涉及的电路为全电路时，往往存在着一定的功率关系：即电磁感应产生的电功率等于内外电路消耗的功率之和．若为纯电阻电路，则产生的电能全部转化为电路中的内能．所以能量守恒是分析这类问题的思路．题型二电磁感应中的动力学问题【典例2】如图9－3－6甲所示，光滑斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1＝1m，bc边的边长l2＝0.6m，线框的质量m＝1kg，电阻R＝0.1Ω，线框受到沿光滑斜面向上的恒力F的作用，已知F＝10N．斜面上ef线(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的均匀磁场，磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙的B－t图象所示，时间t是从线框由静止开始运动时刻起计时的．如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh线的距离x＝5.1m，取g＝10m/s2.求：(1)线框进入磁场前的加速度；(2)线框进入磁场时匀速运动的速度v；(3)线框整体进入磁场后，ab边运动到gh线的过程中产生的焦耳热．图9－3－6审题提示解析(1)线框进入磁场前，线框仅受到拉力F、斜面的支持力和线框重力，由牛顿第二定律得：F－mgsinα＝ma线框进入磁场前的加速度a＝eq\f(F－mgsinα,m)＝5m/s2(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，ab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E＝Bl1v形成的感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bl1v,R)受到沿斜面向下的安培力F安＝BIl1线框受力平衡，有F＝mgsinα＋eq\f(B2leq\o\al(2,1)v,R)代入数据解得v＝2m/s(3)线框abcd进入磁场前时，做匀加速直线运动；进入磁场的过程中，做匀速直线运动；线框完全进入磁场后至运动到gh线，仍做匀加速直线运动．进入磁场前线框的运动时间为t1＝eq\f(v,a)＝eq\f(2,5)s＝0.4s进入磁场过程中匀速运动时间为t2＝eq\f(l2,v)＝eq\f(0.6,2)s＝0.3s线框完全进入磁场后线框受力情况与进入磁场前相同，所以该阶段的加速度大小仍为a＝5m/s2，该过程有x－l2＝vt3＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)解得t3＝1s因此线框整体进入磁场后，ab边运动到gh线的过程中，线框中有感应电流的时间t4＝t1＋t2＋t3－0.9s＝0.8sE＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝eq\f(0.5×0.6,2.1－0.9)V＝0.25V此过程产生的焦耳热Q＝eq\f(E2t4,R)＝eq\f(0.252×0.8,0.1)J＝0.5J答案(1)5m/s2(2)2m/s(3)0.5J【变式跟踪2】(·广东卷，35)如图9－3－7所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上．导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d的平行金属板．R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．图9－3－7(1)调节Rx＝R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v.(2)改变Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电荷量为＋q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx.图甲解析(1)对匀速下滑的导体棒进行受力分析如图甲所示．导体棒所受安培力F安＝BIl①导体棒匀速下滑，所以F安＝Mgsinθ②联立①②式，解得I＝eq\f(Mgsinθ,Bl)③导体棒切割磁感线产生感应电动势E＝Blv④由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R＋Rx)，且Rx＝R，所以I＝eq\f(E,2R)⑤联立③④⑤式，解得v＝eq\f(2MgRsinθ,B2l2).⑥图乙(2)由题意知，其等效电路图如图乙所示．由图知，平行金属板两板间的电压等于Rx两端的电压．设两板间的电压为U，由欧姆定律知U＝IRx⑦要使带电的微粒匀速通过，则mg＝qeq\f(U,d)⑧因为导体棒匀速下滑时的电流仍为I，所以联立③⑦⑧式，解得Rx＝eq\f(mBld,Mqsinθ).答案(1)eq\f(Mgsinθ,Bl)eq\f(2MgRsinθ,B2l2)(2)eq\f(mBld,Mqsinθ),借题发挥1．安培力的方向判断2．两种状态处理(1)导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件列式分析．(2)导体处于非平衡态——加速度不为零．处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．3．解题步骤(1)用法拉第电磁感应定律、楞次定律、右手定则确定感应电动势的大小和方向．(2)应用闭合电路欧姆定律求出电路中的感应电流的大小．(3)分析研究导体的受力情况，特别要注意安培力方向的确定．(4)列出动力学方程或平衡方程求解．4．电磁感应中的动力学临界问题(1)解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态．(2)基本思路是：题型三电磁感应中的能量问题【典例3】如图9－3－8所示，图9－3－8两根足够长、电阻不计、间距为d的光滑平行金属导轨，其所在平面与水平面夹角为θ，导轨平面内的矩形区域abcd内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于斜面向上，ab与cd之间相距为L，金属杆甲、乙的阻值相同，质量均为m.甲杆在磁场区域的上边界ab处，乙杆在甲杆上方与甲相距L处，甲、乙两杆都与导轨垂直且接触良好．由静止释放两杆的同时，在甲杆上施加一个垂直于杆平行于导轨的外力F，使甲杆在有磁场的矩形区域内向下做匀加速直线运动，加速度大小a＝2gsinθ，甲离开磁场时撤去F，乙杆进入磁场后恰好做匀速运动，然后离开磁场．(1)求每根金属杆的电阻R是多大？(2)从释放金属杆开始计时，求外力F随时间t的变化关系式，并说明F的方向．(3)若整个过程中，乙金属杆共产生热量Q，求外力F对甲金属杆做的功W是多少？审题提示解析(1)设甲在磁场区域abcd内运动时间为t1，乙从开始运动到ab位置的时间为t2，则由运动学公式得L＝eq\f(1,2)·2gsinθ·teq\o\al(2,1)，L＝eq\f(1,2)gsinθ·teq\o\al(2,2)解得t1＝eq\r(\f(L,gsinθ))，t2＝eq\r(\f(2L,gsinθ))因为t1<t2，所以甲离开磁场时，乙还没有进入磁场．设乙进入磁场时的速度为v1，乙中产生的感应电动势为E1，回路中的电流为I1，则eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgLsinθE1＝Bdv1I1＝E1/2Rmgsinθ＝BI1d解得R＝eq\f(B2d2,2m)eq\r(\f(2L,gsinθ))(2)从释放金属杆开始计时，设经过时间t，甲的速度为v，甲中产生的感应电动势为E，回路中的电流为I，外力为F，则v＝atE＝BdvI＝E/2RF＋mgsinθ－BId＝maa＝2gsinθ联立以上各式解得F＝mgsinθ＋mgsinθeq\r(\f(2gsinθ,L))·t(0≤t≤eq\r(\f(L,gsinθ)))方向垂直于杆平行于导轨向下．(3)甲在磁场运动过程中，乙没有进入磁场，设甲离开磁场时速度为v0，甲、乙产生的热量相同，均设为Q1，则veq\o\al(2,0)＝2aLW＋mgLsinθ＝2Q1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得W＝2Q1＋mgLsinθ乙在磁场运动过程中，甲、乙产生相同的热量，均设为Q2，则2Q2＝mgLsinθ根据题意有Q＝Q1＋Q2解得W＝2Q答案(1)eq\f(B2d2,2m)eq\r(\f(2L,gsinθ))(2)F＝mgsinθ＋mgsinθeq\r(\f(2gsinθ,L))·t(0≤t≤eq\r(\f(L,gsinθ)))，方向垂直于杆平行于导轨向下(3)2Q【变式跟踪3】(多选)如图9－3－9所示，图9－3－9足够长的光滑斜面上中间虚线区域内有一垂直于斜面向上的匀强磁场，一正方形线框从斜面底端以一定初速度上滑，线框越过虚线进入磁场，最后又回到斜面底端，则下列说法中正确的是()．A．上滑过程线框中产生的焦耳热等于下滑过程线框中产生的焦耳热B．上滑过程线框中产生的焦耳热大于下滑过程线框中产生的焦耳热C．上滑过程线框克服重力做功的平均功率等于下滑过程中重力的平均功率D．上滑过程线框克服重力做功的平均功率大于下滑过程中重力的平均功率解析考查电磁感应中的功能关系，本题关键是理解上滑经过磁场的末速度与下滑经过磁场的初速度相等，由切割磁感线的效果差别，得A错B对．因过程中有能量损失，上滑平均速度大于下滑平均速度，用时t上<t下．重力做功两次相同由P＝eq\f(W,t)可知C错，D对．答案BD,借题发挥1．能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热Q的几种方法2．用能量观点解答电磁感应问题的一般步骤eq\f(对应学生,用书P180)物理建模7电磁感应中的“杆＋导轨”模型模型特点“杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空间大，是我们复习中的难点．“杆＋导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型(“单杆”型为重点)；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速、匀变速、非匀变速运动等．Ⅰ.单杆水平式(如典例1)物理模型动态分析设运动过程中某时刻棒的速度为v，加速度为a＝eq\f(F,m)－eq\f(B2L2v,mR)，a、v同向，随v的增加，a减小，当a＝0时，v最大，I＝eq\f(BLv,R)恒定收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征a＝0v恒定不变电学特征I恒定Ⅱ.单杆倾斜式(如典例2)物理模型动态分析棒释放后下滑，此时a＝gsinα，速度v↑→E＝BLv↑→I＝eq\f(E,R)↑→F＝BIL↑→a↓，当安培力F＝mgsinα时，a＝0，v最大收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征a＝0v最大vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)电学特征I恒定建模指导解决电磁感应中综合问题的一般思路是“先电后力再能量”．→分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r→分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力→分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力→根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型及能量转化关系典例1(·天津卷，11)图9－3－10如图9－3－10所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5m，左端接有阻值R＝0.3Ω的电阻．一质量m＝0.1kg，电阻r＝0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功WF.规范解答(1)设棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为eq\o(E,\s\up6(－))，由法拉第电磁感应定律得eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)①其中ΔΦ＝Blx②设回路中的平均电流为eq\o(I,\s\up6(－))，由闭合电路欧姆定律得eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R＋r)③则通过电阻R的电荷量为q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt④联立①②③④式，代入数据得q＝4.5C⑤(2)设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2ax⑥设棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W，由动能定理得W＝0－eq\f(1,2)mv2⑦撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q2＝1.8J⑨(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6J⑩在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2⑪由⑨⑩⑪式得WF＝5.4J.答案(1)4.5C(2)1.8J(3)5.4J典例2(多选)(·山东卷，20)图9－3－11如图9－3－11所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是()．A．P＝2mgvsinθB．P＝3mgvsinθC．当导体棒速度达到eq\f(v,2)时加速度大小为eq\f(g,2)sinθD．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功解析导体棒由静止释放，速度达到v时，回路中的电流为I，则根据平衡条件，有mgsinθ＝BIL.对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，以2v的速度匀速运动时，则回路中的电流为2I，有F＋mgsinθ＝2BIL所以拉力F＝mgsinθ，拉力的功率P＝F·2v＝2mgvsinθ，故选项A正确、选项B错误；当导体棒的速度达到eq\f(v,2)时，回路中的电流为eq\f(I,2)，根据牛顿第二定律，得mgsinθ－Beq\f(I,2)L＝ma，解得a＝eq\f(g,2)sinθ，选项C正确；当导体棒以2v的速度匀速运动时，根据能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R上产生的焦耳热，故选项D错误．答案ACeq\f(对应学生,用书P182)一、电磁感应中的电路问题1．(单选)粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框一边a、b两点间的电势差绝对值最大的是()．解析线框各边电阻相等，切割磁感线的那个边为电源，电动势相同均为Blv.在A、C、D中，Uab＝eq\f(1,4)Blv，B中，Uab＝eq\f(3,4)Blv，选项B正确．答案B2．(单选)两根平行的长直金属导轨，图9－3－12其电阻不计，导线ab、cd跨在导轨上且与导轨接触良好，如图9－3－12所示，ab的电阻大于cd的电阻，当cd在外力F1(大小)的作用下，匀速向右运动时，ab在外力F2(大小)的作用下保持静止，那么在不计摩擦力的情况下(Uab、Ucd是导线与导轨接触间的电势差)()．A．F1>F2，Uab>UcdB．F1<F2，Uab＝UcdC．F1＝F2，Uab>UcdD．F1＝F2，Uab＝Ucd解析通过两导线电流强度一样，两导线都处于平衡状态，则F1＝BIL，F2＝BIL，所以F1＝F2，A、B错误；Uab＝IRab，这里cd导线相当于电源，所以Ucd是路端电压，Ucd＝IRab即Uab＝Ucd.答案D二、电磁感应中的动力学问题3．(多选)如图9－3－13所示，图9－3－13两光滑平行导轨水平放置在匀强磁场中，磁场垂直导轨所在平面，金属棒ab可沿导轨自由滑动，导轨一端连接一个定值电阻R，金属棒和导轨电阻不计．现将金属棒沿导轨由静止向右拉，若保持拉力F恒定，经时间t1后速度为v，加速度为a1，最终以速度2v做匀速运动；若保持拉力的功率P恒定，棒由静止经时间t2后速度为v，加速度为a2，最终也以速度2v做匀速运动，则()．A．t2＝t1B．t1>t2C．a2＝2a1D．a2＝3a1解析若保持拉力F恒定，在t1时刻，棒ab切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv，其所受安培力F1＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，由牛顿第二定律，有F－eq\f(B2L2v,R)＝ma1；棒最终以2v做匀速运动，则F＝eq\f(2B2L2v,R)，故a1＝eq\f(B2L2v,mR).若保持拉力的功率P恒定，在t2时刻，有eq\f(P,v)－eq\f(B2L2v,R)＝ma2；棒最终也以2v做匀速运动，则eq\f(P,2v)＝eq\f(2B2L2v,R)，故a2＝eq\f(3B2L2v,mR)＝3a1，选项C错误、D正确．由以上分析可知，在瞬时速度相同的情况下，恒力F作用时棒的加速度比拉力的功率P恒定时的加速度小，故t1>t2，选项B正确，A错误．答案BD4．(多选)如图9－3－14所示，图9－3－14足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，且都倾斜着与水平面成夹角θ.在导轨的最上端M、P之间接有电阻R，不计其他电阻．导体棒ab从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时，ab上升的最大高度为H；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab上升的最大高度为h.在两次运动过程中ab都与导轨保持垂直，且初速度都相等．关于上述情景，下列说法正确的是()．A．两次上升的最大高度相比较为H<hB．有磁场时导体棒所受合力的功等于无磁场时合力的功C．有磁场时，电阻R产生的焦耳热为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D．有