電功 電功率 焦耳定律-精美解析版

1、.電功電功率焦耳定律一、單項選擇題本大題共5小題，共30.0分1. 如下圖，長方體發(fā)電導管的前后兩個側(cè)面是絕緣體，上下兩個側(cè)面是電阻可忽略的導電極，兩極板間距為d，極板面積為S，兩個電極與可變電阻R相連，在垂直前后側(cè)面的方向上，有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B.發(fā)電導管內(nèi)有電阻率為的高溫電離氣體，氣體以速度v向右流動，由于運動的電離氣體，受到磁場的作用，將產(chǎn)生大小不變的電動勢不計氣體流動的阻力()A. 通過電阻R的電流方向為baB. 假設(shè)只增大極板間距d，發(fā)電導管的內(nèi)電阻一定減小C. 假設(shè)只增大氣體速度v，發(fā)電導管產(chǎn)生的電動勢一定增大D. 假設(shè)只增大電阻R的阻值，那么電阻R消耗的電功率一定增大

2、C濟南一中【分析】由題可知運動的電離氣體，受到磁場的作用，將產(chǎn)生大小不變的電動勢，相當于電源；根據(jù)電阻定律求解內(nèi)電阻，根據(jù)左手定那么判斷電流方向，根據(jù)平衡條件判斷感應(yīng)電動勢，并計算電功率。解決此題的關(guān)鍵掌握左手定那么判斷洛倫茲力的方向，會通過電荷的平衡求出電動勢的大小，會根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電流?！窘獯稹緼、根據(jù)左手定那么，正電荷受到的洛倫茲力方向向上，負電荷受到的洛倫茲力向下，故電流向上經(jīng)過電源，向下經(jīng)過電阻，故A錯誤；B、根據(jù)電阻定律，發(fā)電導管的內(nèi)電阻與其長度成正比，故增大極板間距d，發(fā)電導管的內(nèi)電阻一定增大，故B錯誤；C、根據(jù)平衡有：qvB=qEd，解得電源的電動勢為：E=Bdv；假

3、設(shè)只增大氣體速度v，發(fā)電導管產(chǎn)生的電動勢一定增大；故C正確；D、電動勢一定，內(nèi)阻也一定，當外電阻R與電源的內(nèi)電阻r相等時，電源的輸出功率最大；由于不知道R與內(nèi)阻r的詳細數(shù)值，故無法判斷增大電阻R的阻值時，電阻R消耗的電功率變化情況，故D錯誤；應(yīng)選：C。2. 通過理想變壓器給用電器供電，電路如圖甲所示，變壓器初級線圈匝數(shù)n1=1000匝，兩次級線圈的匝數(shù)分別為n2=50匝、n3=100匝.在初級線圈ab端接如圖乙所示的交變電流，以下說法正確的選項是() A. 交流電的頻率為100HzB. U2=50V  U3=100VC. I1：I2=1：20D. 閉合電鍵S，那么I1增大D

4、濟南一中解：A、根據(jù)圖象知，交流電的周期T=0.02s，交流電的頻率為f=1T=10.02=50Hz，故A錯誤；B、變壓器原線圈兩端電壓的有效值U1=10002=5002V，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，有U1n1=U2n2=U3n3，代入數(shù)據(jù)：50021000=U250=U3100，解得：U2=252V，U3=502V，故B錯誤；C、根據(jù)原副線圈電流與匝數(shù)的關(guān)系I1n1=I2n2+I3n3，所以I1I2n2n1=120，故C錯誤；D、閉合電鍵S，負線圈電阻減小，輸出功率變大，輸入功率變大，根據(jù)P1=U1I1知I1增大，故D正確；應(yīng)選：D 根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，變壓器的輸入功率和輸出

5、功率相等，逐項分析即可得出結(jié)論掌握住理想變壓器的電壓、電流及功率之間的關(guān)系，此題即可得到解決，注意變壓器不改變交流電的頻率3. A、B是兩個完全一樣的電熱器，A通以圖甲的方波交變電流，B通以圖乙所示的正弦交變電流，那么兩電熱器的電功率之比PA：PB等于()A. 5：4B. 3：2C. 2：1D. 2：1A濟南一中解：根據(jù)有效值的定義，那么有：方波，I02RT2+(I02)2RT2=I02RT，解得：有效值I甲=58I0，正弦交流電的電流有效值I乙=I02根據(jù)功率公式P=I2R得到P甲：P乙=I甲2：I乙2=5：4，故A正確，BCD錯誤；應(yīng)選：A根據(jù)有效值的定義求解.取一個周期時間，將交流與直流

6、分別通過一樣的電阻，假設(shè)產(chǎn)生的熱量一樣，直流的電流值，即為此交流的有效值根據(jù)功率公式P=I2R算出比值對于交變電流求解熱量、熱功率、電功等都應(yīng)用有效值，求解電量用平均值4. 如下圖，理想變壓器原、副線圈上接有四個完全一樣的燈泡，假設(shè)四個燈泡恰好都能正常發(fā)光時，那么以下說法正確的選項是()A. U1：U2=3：4B. U1：U2=4：3C. 假設(shè)將L1短路，那么副線圈的三個燈泡仍能正常發(fā)光D. 假設(shè)將L2短路，那么副線圈的兩個燈泡兩端的電壓變?yōu)轭~定電壓的32倍B濟南一中解：A、B、設(shè)燈泡的額定電壓為U，額定電流為I，那么副線圈電壓為3U，電流為I，原線圈的燈泡正常發(fā)光，電流也為I，所以原副線圈的

7、匝數(shù)比為1：1，原線圈兩端電壓為3U，所以U1：U2=4：3，A錯誤，B正確；C、假設(shè)將L1短路，那么原線圈的電壓增大，那么副線圈兩端電壓也增大，三個燈泡不能正常發(fā)光，C錯誤；D、假設(shè)將L2短路，設(shè)副線圈的電流為I，原線圈的電流也為I，因此2IR+IR=U1，那么副線圈的每個燈泡兩端的電壓變?yōu)轭~定電壓的43，D錯誤應(yīng)選：B設(shè)每只燈的額定電流為I，因串聯(lián)在副線圈兩端的三只小燈泡正常發(fā)光，所以副線圈中的總電流為I，由電流關(guān)系求出匝數(shù)比；由匝數(shù)比求電壓關(guān)系題解題的打破口在原副線圈的電流關(guān)系，難度不大，屬于根底題5. 在如下圖的電路中，閉合開關(guān)S后，直流電動機正常轉(zhuǎn)動，電壓表的示數(shù)為8.0V.電源電動

8、勢為10V，電源內(nèi)阻為0.5，電路中的電阻R為1.5，小型直流電動機M的內(nèi)阻為1.0，電壓表為理想電表，以下說法正確的選項是()A. 流經(jīng)電動機的電流為2.0AB. 電動機的輸出功率為7WC. 電動機產(chǎn)生的熱功率為8WD. 電源的輸出功率為8WB濟南一中解：A、R與r兩端的電壓U=10-8=2V，那么由歐姆定律可知I=Ur+R=21.5+0.5=1A；故A錯誤；B、電動機的輸出功率P出=UI-I2r0=8×1-12×1=7W；故B正確；C、電動機產(chǎn)生的熱功率P熱=I2r0=1×1=1W；故C錯誤；D、電源的輸出功率P=EI-I2r=10-1×0.5=9.

9、5W；故D錯誤；應(yīng)選：B根據(jù)閉合電路歐姆定律可求得電源內(nèi)阻和R兩端的電流，再根據(jù)輸出功率P出=UI-I2r0可求得電動機的輸出功率；根據(jù)P=EI-I2r可求得電源的輸出功率；根據(jù)P=I2r可求得發(fā)熱功率在計算電功率的公式中，總功率用P=IU來計算，發(fā)熱的功率用P=I2R來計算，假如是計算純電阻的功率，這兩個公式的計算結(jié)果是一樣的，但對于電動機等非純電阻，第一個計算的是總功率，第二個只是計算發(fā)熱的功率，這兩個的計算結(jié)果是不一樣的二、多項選擇題本大題共4小題，共24分6. 在如下圖電路中，電源的電動勢E=3V，內(nèi)電阻r=0.5，電阻R1=2，閉合電鍵S，當滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時，四個理想

10、電表的示數(shù)都發(fā)生變化，電表的示數(shù)分別用I、U1、U2和U3表示，那么以下表達中正確的選項是()A. I變小，U1變小B. U2變小，U3變大C. 電阻R1的電功率減小D. 電源的輸出功率減小ACD濟南一中解：A、當滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時，R2變大，外電路總電阻變大，由歐姆定律，I變小，U1=IR1變小，故A正確。   B、I變小，那么U3=E-Ir，U3變大，那么U3=U1+U2，U1變小，那么U2變大，故B錯誤。       C、根據(jù)P=U12R1可知，U1變小，功率變小。故C正確。 

11、;  D、內(nèi)電阻r=0.5，電阻R1=2，那么外電路總電阻大于電源的內(nèi)阻，那么當變阻器R的滑片P向下挪動時，外電路總電阻增大，電源的輸出功率減小，故D正確。應(yīng)選：ACD。理想電表不考慮電表對電表的影響，電壓表V3測量路端電壓，電流表測量干路電流.滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動，接入電路電阻變大，根據(jù)電路的構(gòu)造，由歐姆定律可判斷電表示數(shù)的變化量大小，當外電阻等于電源的內(nèi)阻時，電源的輸出功率最大，分析電源輸出功率的變化解決這類動態(tài)分析問題的根底是認識電路的構(gòu)造，明確當外電阻等于電源的內(nèi)阻時，電源的輸出功率最大，難度適中7. 如圖甲所示，一交流發(fā)電機向遠間隔 的理想變壓器輸電，輸

12、電線等效電阻Rl=2，變壓器匝數(shù)比nl：n2=2：1，發(fā)電機輸出的交變電壓隨時間變化圖象如圖乙所示，交流電壓表示數(shù)為5V，R2=10，那么()A. 通過R2的交變電流頻率為50HzB. 圖象上對應(yīng)的0.01s時刻，發(fā)電機中的線圈剛好與中性面重合C. R2兩端的電壓為10VD. 發(fā)電機輸出功率為12.5WABC濟南一中解：A、根據(jù)圖乙知交流電的周期T=0.02s，頻率f=1T=10.02Hz=50Hz，變壓器不改變交流電的頻率，所以通過R2的交流電的頻率為50Hz，故A正確；B、圖象上對應(yīng)0.01s時刻，發(fā)電機輸出的交變電壓為0，磁通量的變化率為0，磁通量最大，發(fā)電機的線圈剛好與中性面重合，故B

13、正確；C、發(fā)電機輸出的交變電壓為U=2522V=25V，原線圈輸入電壓為U1=25-5=20V，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，得U2=12U1=12×20=10V，即R2兩端的電壓為10V，故C正確；D、電阻R1消耗的功率為U2R1=522=12.5W，變壓器負載消耗功率，所以發(fā)電機的輸出功率大于12.5W，故D錯誤；應(yīng)選：ABC 根據(jù)圖乙即可求出交流電的周期，由f=1T求出頻率；線圈處于中性面時，磁通量最大，磁通量的變化率為0；求出原線圈兩端電壓，根據(jù)電壓之比等于匝數(shù)比即可求出R2兩端的電壓；先求出副線圈電流，根據(jù)電流與匝數(shù)成反比求出原線圈電流，根據(jù)P=UI求出發(fā)電機的輸出功率；解決此題的

14、關(guān)鍵是掌握理想變壓器電壓、電流及功率之間的關(guān)系，此題即可得到解決8. 如下圖，理想變壓器原線圈接有交流電源，保持輸入電壓不變.開場時單刀雙擲開關(guān)K接a；S斷開時，小燈泡A發(fā)光較暗，要使小燈泡A亮度增加，以下操作可行的是()A. 閉合開關(guān)SB. 開關(guān)K接bC. 把滑動變阻器滑片向左挪動D. 把滑動變阻器滑片向右挪動BD濟南一中解：A、閉合開關(guān)S，副線圈回路電阻變小，電流變大，滑動變阻器上的分壓增大，并聯(lián)部分的電壓變小，燈泡A變暗，故A錯誤；B、開關(guān)k接b，輸入端線圈匝數(shù)減小，那么根據(jù)U1U2=n1n2可知，副線圈兩端的電壓增大，燈泡A中電流增大，燈泡A變亮，故B正確；C、把滑動變阻器滑片向左挪動

15、，副線圈回路總電阻變大，總電流變小，燈泡A兩端的電壓變小，燈泡A變暗，故C錯誤；D、把滑動變阻器滑片向右挪動，副線圈回路總電阻變小，總電流變大，燈泡A兩端的電壓變大，燈泡A變亮，故D正確；應(yīng)選：BD根據(jù)變壓器的特點，利用動態(tài)分析的方法分析電流電壓的變化，再根據(jù)變壓器的匝數(shù)與電流電壓的關(guān)系即可判斷各項此題結(jié)合變壓器考察了電路的動態(tài)分析，方法是從部分電路的變化分析整體的變化然后再到部分，注意與閉合電路歐姆定律中動態(tài)分析相結(jié)合進展分析9. 如下圖，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為11：2，原線圈兩端的輸入正弦交流電壓B表達式u=2202sin100t(V)，副線圈兩端所接的電壓表為理想電壓表，定值電阻

16、R0=10，滑動變阻器R的阻值變化范圍為020，以下說法正確的選項是()A. 電壓表的示數(shù)為40VB. 副線圈輸出電壓的頻率為50HzC. 滑動變阻器R消耗功率的最大值為20WD. 滑動變阻器滑片向下挪動，變壓器的輸出功率不變AB濟南一中解：A、原線圈兩端間的電壓U1=22022V=220V，根據(jù)U1U2=n1n2得：U2=40V，故A正確B、原副線圈的頻率相等，原線圈的頻率f=2=1002Hz=50Hz，那么副線圈輸出電壓的頻率為50Hz，故B正確C、副線圈的電壓為40V，滑動變阻器R消耗的功率P=(U2R+R0)2R=1600R+100R+20，可知R=10時，R上消耗的功率最大，最大值為

17、40W，故C錯誤D、滑動變阻器向下挪動，R減小，副線圈的電流增大，根據(jù)P2=U2I2知，輸出功率增大，故D錯誤應(yīng)選：AB變壓器中電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，輸入功率等于輸出功率，電表顯示有效值解決此題的關(guān)鍵知道原副線圈的電壓之比與匝數(shù)比的關(guān)系，掌握變壓器動態(tài)分析的思路，原線圈的電壓決定副線圈的電壓，副線圈的電流決定原線圈的電流，副線圈的功率決定原線圈的功率三、填空題本大題共1小題，共3分10. 如圖甲所示，質(zhì)量為m、邊長為l的正方形金屬線框位于絕緣光滑程度面上，線框右邊緊貼著豎直向下的有界勻強磁場的邊界OO'.線框在程度向右的外力F作用下從靜止開場做勻加速直線運動，外力F隨時間

18、t呈線性變化，如圖乙所示，圖中的F0、t0均為量.在t=t0時刻，線框左邊恰到達OO'.此時線框受到的合力為_或_(寫出兩種表達)；在t=34t0時刻，線框的發(fā)熱功率與外力F的功率之比P熱：PF=_F0；2mlt02；3：5濟南一中解：t=0時刻線框的速度為零，沒有感應(yīng)電流，不受安培力，線框受到的合力F合=F0；由于線框做勻加速直線運動，合力不變，所以在t=t0時刻線框受到的合力等于t=0時刻的合力，為F合=F0；或設(shè)線框的加速度為a，由l=12at02和F合=ma得：F合=2mlt02 在t=34t0時刻，由圖知外力F=52F0 根據(jù)牛頓第二定律得：F-F安=ma=F0；解得：安培力

19、F安=32F0 那么線框的發(fā)熱功率與外力F的功率之比P熱：PF=F安v：Fv=32F0v：52F0v=3：5故答案為：F0或2mlt02； 3：50-t0線框在一程度向右的外力F的作用下從靜止開場做勻加速直線運動，所受的合力不變，在t=t0時刻線框受到的合力等于t=0時刻的合力，由圖直接讀出；也可以根據(jù)運動學位移時間公式求出加速度，再由牛頓第二定律求解合力根據(jù)牛頓第二定律列出表達式，找出圖象斜率的意義，t=34t0時刻線框的發(fā)熱功率等于此時抑制安培力的功率.由牛頓第二定律求出外力，由P=Fv求解外力的功率此題的關(guān)鍵求出安培力，列出牛頓第二定律關(guān)于F-t的表達式，考察讀圖的才能.知道安

20、培力是聯(lián)絡(luò)力學與電磁感應(yīng)的橋梁四、實驗題探究題本大題共2小題，共15分11. 某同學對有故障的電熱毯進展探究，圖(a)是電熱毯的電路示意圖，其中電熱線和導線通過金屬接線片連接，圖(b)為測試電路實物圖，A、B為測試表筆，電壓表和電流表均可視為理想電表(1)斷開K1，用測試電路在1和1'之間檢測得知電熱線無故障，然后測得電熱線的U-I曲線如圖(c)所示.可求得此電熱線的電阻為_.(2)在答題卷虛線框內(nèi)畫出與圖(b)對應(yīng)的電路圖571濟南一中解：(1)由圖c所示圖象可知，電熱線的阻值：R=UI=200.035571；(2)由圖b所示電路可知，滑動變阻器采用分壓接法，電流表采用外接法，電路圖

21、如下圖： 故答案為：(1)571；(2)如下圖(1)由圖c所示圖象找出電壓對應(yīng)的電流，然后由歐姆定律求出電熱線的電阻(2)分析清楚圖b所示電路構(gòu)造，然后作出電路圖此題考察了求電熱絲電阻阻值、作電路圖，由圖象求出電壓對應(yīng)的電流，應(yīng)用歐姆定律可以求出電阻阻值；分析清楚實物電路圖的構(gòu)造是正確作出實驗電路圖的前提與關(guān)鍵12. 如下圖，一與程度面夾角為=37的傾斜平行金屬導軌，兩導軌足夠長且相距L=0.2m，另外兩根程度金屬桿MN和PQ的質(zhì)量均為m=0.01kg，可沿導軌無摩擦地滑動，MN桿和PQ桿的電阻均為R=0.2 (傾斜金屬導軌電阻不計)，MN桿被兩個垂直于導軌的絕緣立柱擋住，整個裝置處

22、于勻強磁場內(nèi)，磁場方向垂直于導軌平面向上，磁感應(yīng)強度B=1.0T.PQ桿在恒定拉力F作用下由靜止開場向上加速運動，拉力F垂直PQ桿沿導軌平面向上，當運動位移x=0.1m時PQ桿到達最大速度，此時MN桿對絕緣立柱的壓力恰好為零(g取10m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8).求：(1)PQ桿的最大速度vm，(2)當PQ桿加速度a=2m/s2時，MN桿對立柱的壓力；(3)PQ桿由靜止到最大速度過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱Q解：(1)PQ到達最大速度時，關(guān)于電動勢為：Em=BLvm，感應(yīng)電流為：Im=Em2R，根據(jù)MN桿受力分析可得：mgsin=BImL，聯(lián)立解得：vm

23、=2RmgsinB2L2=0.6m/s；(2)當PQ的加速度a=2m/s2時，對PQ根據(jù)牛頓第二定律可得：F-mgsin-BIL=ma，對MN根據(jù)共點力的平衡可得：BIL+FN-mgsin=0，PQ到達最大速度時，有：F-mgsin-BImL=0，聯(lián)立解得：FN=0.02N，根據(jù)牛頓第三定律可得對立柱的壓力F'N=0.02N；(3)PQ由靜止到最大速度的過程中，根據(jù)功能關(guān)系可得：Fx=12mvm2+mgxsin+Q，解得：Q=4.2×10-3J.答：(1)PQ桿的最大速度為0.6m/s；(2)當PQ桿加速度a=2m/s2時，MN桿對立柱的壓力為0.02N；(3)PQ桿由靜止到

24、最大速度過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為4.2×10-3J.濟南一中(1)根據(jù)共點力的平衡條件結(jié)合閉合電路的歐姆定律聯(lián)立求解；(2)根據(jù)牛頓第二定律求解PQ的安培力大小，在對MN根據(jù)共點力的平衡求解支持力，根據(jù)牛頓第三定律可得對立柱的壓力；(3)PQ由靜止到最大速度的過程中，根據(jù)功能關(guān)系求解產(chǎn)生的熱量對于電磁感應(yīng)問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點是分析安培力作用下物體的平衡問題；另一條是能量，分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量如何轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵五、計算題本大題共4小題，共38分13. 如下圖，兩條相距d的平行金屬導軌位于同一程度面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻.質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導軌上，其左側(cè)

25、的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下.當該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関.導軌和金屬桿的電阻不計，導軌光滑且足夠長，桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸.求：(1)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應(yīng)電流的大小I；(2)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a；(3)PQ剛要分開金屬桿時，感應(yīng)電流的功率P解：(1)MN剛掃過金屬桿時，桿上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=Bdv0，感應(yīng)電流為：I=ER聯(lián)立解得：I=Bdv0R(2)MN剛掃過金屬桿時，桿受到的安培力為：F=BId由牛頓第二定律有：F=ma聯(lián)立解得：a=B2d2vmR(3)PQ剛要分

26、開金屬桿時，金屬桿切割磁感線的速度為：v'=v0-v那么感應(yīng)電動勢為：E'=Bd(v0-v)電功率為：P=E'2R解得：P=B2d2(v0-v)2R答：(1)MN剛掃過金屬桿時，桿中感應(yīng)電流的大小I為Bdv0R；(2)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a為B2d2vmR；(3)PQ剛要分開金屬桿時，感應(yīng)電流的功率P為B2d2(v0-v)2R濟南一中(1)根據(jù)電磁感應(yīng)定律的公式可得知產(chǎn)生的電動勢，結(jié)合閉合電路的歐姆定律，即可求得MN剛掃過金屬桿時，桿中感應(yīng)電流的大小I；(2)根據(jù)第一問求得的電流，利用安培力的公式，結(jié)合牛頓第二定律，即可求得MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大

27、小a；(3)首先要得知，PQ剛要分開金屬桿時，桿切割磁場的速度，即為兩者的相對速度，人然后結(jié)合感應(yīng)電動勢的公式以及功率的公式即可得知感應(yīng)電流的功率P該題是一道較為綜合的題，考察了電磁感應(yīng)，閉合電路的歐姆定律以及電功電功率對于法拉第電磁感應(yīng)定律是非常重要的考點，經(jīng)常入選高考物理壓軸題，平時學習時要從以下幾方面掌握(1)切割速度v的問題切割速度的大小決定了E的大?。磺懈钏俣仁怯蓪w棒的初速度與加速度共同決定的.同時還要注意磁場和金屬棒都運動的情況，切割速度為相對運動的速度；不難看出，考電磁感應(yīng)的問題，十之八九會用到牛頓三大定律與直線運動的知識(2)能量轉(zhuǎn)化的問題電磁感應(yīng)主要是將其他形式能量(機械能

28、)轉(zhuǎn)化為電能，可由于電能的不可保存性，很快又會想著其他形式能量(焦耳熱等等)轉(zhuǎn)化(3)安培力做功的問題電磁感應(yīng)中，安培力做的功全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)全部的熱能，而且任意時刻安培力的功率等于系統(tǒng)中所有電阻的熱功率(4)動能定理的應(yīng)用動能定理當然也能應(yīng)用在電磁感應(yīng)中，只不過同學們要明確研究對象，我們大多情況下是通過導體棒的.固定在軌道上的電阻，速度不會變化，顯然沒有用動能定理研究的必要14. 如下圖，在與程度方向成=30角的平面內(nèi)放置兩條平行、光滑且足夠長的金屬軌道，其電阻可忽略不計.空間存在著勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=0.20T，方向垂直軌道平面向上.導體棒ab、cd垂直于軌道放置，且與金屬軌道接觸良好構(gòu)

29、成閉合回路，每根導體棒的質(zhì)量m=2.0×10-2kg、電阻r=5.0×10-2，金屬軌道寬度l=0.50m.現(xiàn)對導體棒ab施加平行于軌道向上的拉力，使之沿軌道勻速向上運動.在導體棒ab運動過程中，導體棒cd始終能靜止在軌道上.g取10m/s2，求：(1)導體棒cd受到的安培力大小；(2)導體棒ab運動的速度大??；(3)拉力對導體棒ab做功的功率解：(1)導體棒cd靜止時受力平衡，設(shè)所受安培力為F安，那么F安=mgsin=2×10-2×10×0.5=0.10 N  (2)設(shè)導體棒ab的速度為v，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，通過導體棒

30、cd的感應(yīng)電流為I，那么E=Blv,I=E2r，F(xiàn)安=BIl     解得v=2F安rB2l2=2×0.10×5×10-2(0.2)2×(0.5)2=1.0 m/s   (3)設(shè)對導體棒ab的拉力為F，導體棒ab受力平衡，那么F=F安+mgsin=0.20 N 拉力的功率P=Fv=0.10×2=0.20 W答：(1)導體棒cd受到的安培力大小為0.10N；(2)導體棒ab運動的速度大小為1.0m/s (3)拉力對導體棒ab做功的功率為0.20W濟南一中(1

31、)cd靜止，那么cd受力平衡，那么分析其受力情況，由平衡關(guān)系可得出安培力的大??；(2)由安培力公式可求得電路中電流，那么由閉合電路歐姆定律可得出電動勢，再由E=BLV可求得cd的速度；(3)ab棒受力平衡，那么由共點力平衡關(guān)系可求是拉力的大小，由P=Fv可求得拉力的功率此題為電磁感應(yīng)與力學的結(jié)合，在解題中要重點做好受力分析及運動情景分析，用好共點力的平衡關(guān)系及牛頓第二定律等根本規(guī)律15. 如下圖，兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角=30的斜面上，導軌電阻不計，間距L=0.4m。導軌所在空間被分成區(qū)域和，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN，中的勻強磁場方向垂直斜面向下，中的勻強磁場方向垂直斜面向上，

32、兩磁場的磁感應(yīng)強度大小為B=0.5T.在區(qū)域中，將質(zhì)量m1=0.1kg，電阻R1=0.1的金屬條ab放在導軌上，ab剛好不下滑。然后，在區(qū)域中將質(zhì)量m2=0.4kg，電阻R2=0.1的光滑導體棒cd置于導軌上，由靜止開場下滑，cd在滑動過程中始終處于區(qū)域的磁場中，ab、cd始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，取g=10m/s2，問(1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向；(2)ab將要向上滑動時，cd的速度v多大；(3)從cd開場下滑到ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的間隔 x=3.8m，此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少。解：(1)由右手定那么可知，電流由a流向b；(2)開場放置ab剛好不下滑時，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，由平衡條件得：Fmax=m1gsin，ab剛好要上滑時，感應(yīng)電動勢：E=BLv，電路電流：I=ER1+R2，ab受到的安培力：F安=BIL，此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件得：F安=m1gsin+Fmax，代入數(shù)據(jù)解得：v=5m/s；(3)cd棒運動過程中電路產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律得：m2gxsin=Q總+12m2v2，ab上產(chǎn)生的熱量：Q=R1R1+R2Q總，解得：Q=1.3