2010高考高中物理复习专题总汇(三).doc

高中物理吧（） 全站精品资源免费开放下载！欢迎收藏访问！2010高中物理专题总汇（三）带电粒子在磁场中的运动BR + 【例1】磁流体发电机原理图如右。等离子体高速从左向右喷射，两极板间有如图方向的匀强磁场。该发电机哪个极板为正极？两板间最大电压为多少？解：由左手定则，正、负离子受的洛伦兹力分别向上、向下。所以上极板为正。正、负极板间会产生电场。当刚进入的正负离子受的洛伦兹力与电场力等值反向时，达到最大电压：U=Bdv。当外电路断开时，这也就是电动势E。当外电路接通时，极板上的电荷量减小，板间场强减小，洛伦兹力将大于电场力，进入的正负离子又将发生偏转。这时电动势仍是E=Bdv，但路端电压将小于Bdv。在定性分析时特别需要注意的是：正负离子速度方向相同时，在同一磁场中受洛伦兹力方向相反。外电路接通时，电路中有电流，洛伦兹力大于电场力，两板间电压将小于Bdv，但电动势不变（和所有电源一样，电动势是电源本身的性质。）注意在带电粒子偏转聚集在极板上以后新产生的电场的分析。在外电路断开时最终将达到平衡态。I【例2】 半导体靠自由电子（带负电）和空穴（相当于带正电）导电，分为p型和n型两种。p型中空穴为多数载流子；n型中自由电子为多数载流子。用以下实验可以判定一块半导体材料是p型还是n型：将材料放在匀强磁场中，通以图示方向的电流I，用电压表判定上下两个表面的电势高低，若上极板电势高，就是p型半导体；若下极板电势高，就是n型半导体。试分析原因。解：分别判定空穴和自由电子所受的洛伦兹力的方向，由于四指指电流方向，都向右，所以洛伦兹力方向都向上，它们都将向上偏转。p型半导体中空穴多，上极板的电势高；n型半导体中自由电子多，上极板电势低。注意：当电流方向相同时，正、负离子在同一个磁场中的所受的洛伦兹力方向相同，所以偏转方向相同。3.洛伦兹力大小的计算带电粒子在匀强磁场中仅受洛伦兹力而做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力，由此可以推导出该圆周运动的半径公式和周期公式： MNBOv【例3】 如图直线MN上方有磁感应强度为B的匀强磁场。正、负电子同时从同一点O以与MN成30角的同样速度v射入磁场（电子质量为m，电荷为e），它们从磁场中射出时相距多远？射出的时间差是多少？解：由公式知，它们的半径和周期是相同的。只是偏转方向相反。先确定圆心，画出半径，由对称性知：射入、射出点和圆心恰好组成正三角形。所以两个射出点相距2r，由图还可看出，经历时间相差2T/3。答案为射出点相距，时间差为。关键是找圆心、找半径和用对称。yxoBvvaO/【例4】 一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的P（a，0）点以速度v，沿与x正方向成60的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。求匀强磁场的磁感应强度B和射出点的坐标。解：由射入、射出点的半径可找到圆心O/，并得出半径为；射出点坐标为（0，）。带电粒子在磁场中的运动是高中物理的一个难点，也是高考的热点。在历年的高考试题中几乎年年都有这方面的考题。带电粒子在磁场中的运动问题，综合性较强，解这类问题既要用到物理中的洛仑兹力、圆周运动的知识，又要用到数学中的平面几何中的圆及解析几何知识。1、带电粒子在半无界磁场中的运动OBSvP【例5】一个负离子，质量为m，电量大小为q，以速率v垂直于屏S经过小孔O射入存在着匀强磁场的真空室中，如图所示。磁感应强度B的方向与离子的运动方向垂直，并垂直于图1中纸面向里.（1）求离子进入磁场后到达屏S上时的位置与O点的距离.（2）如果离子进入磁场后经过时间t到达位置P，证明:直线OP与离子入射方向之间的夹角跟t的关系是。解析：（1）离子的初速度与匀强磁场的方向垂直，在洛仑兹力作用下，做匀速圆周运动.设圆半径为r，则据牛顿第二定律可得： ，解得如图所示，离了回到屏S上的位置A与O点的距离为：AO=2r 所以（2）当离子到位置P时，圆心角：因为，所以.r vRvO/O2穿过圆形磁场区。画好辅助线（半径、速度、轨迹圆的圆心、连心线）。偏角可由求出。经历时间由得出。注意：由对称性，射出线的反向延长线必过磁场圆的圆心。OAv0B【例6】如图所示，一个质量为m、电量为q的正离子，从A点正对着圆心O以速度v射入半径为R的绝缘圆筒中。圆筒内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。要使带电粒子与圆筒内壁碰撞多次后仍从A点射出，求正离子在磁场中运动的时间t.设粒子与圆筒内壁碰撞时无能量和电量损失，不计粒子的重力。解析：由于离子与圆筒内壁碰撞时无能量损失和电量损失，每次碰撞后离子的速度方向都沿半径方向指向圆心，并且离子运动的轨迹是对称的，如图所示。设粒子与圆筒内壁碰撞n次（），则每相邻两次碰撞点之间圆弧所对的圆心角为2/（n+1）.由几何知识可知，离子运动的半径为离子运动的周期为，又，所以离子在磁场中运动的时间为.OMNLA【例7】圆心为O、半径为r的圆形区域中有一个磁感强度为B、方向为垂直于纸面向里的匀强磁场，与区域边缘的最短距离为L的O处有一竖直放置的荧屏MN，今有一质量为m的电子以速率v从左侧沿OO方向垂直射入磁场，越出磁场后打在荧光屏上之P点，如图所示，求OP的长度和电子通过磁场所用的时间。P解析 ：电子所受重力不计。它在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O，半径为R。圆弧段轨迹AB所对的圆心角为，电子越出磁场后做速率仍为v的匀速直线运动， 如图4所示，连结OB，OAOOBO，又OAOA，故OBOB，由于原有BPOB，可见O、B、P在同一直线上，且OOP=AOB=，在直角三角形P中，OP=（L+r）tan，而，所以求得R后就可以求出OP了，电子经过磁场的时间可用t=来求得。 由得R=MNO,LAOR/2/2BPO/，3穿过矩形磁场区。一定要先画好辅助线（半径、速度及延长线）。偏转角由sin=L/R求出。侧移由R2=L2-（R-y）2解出。经历时间由得出。注意，这里射出速度的反向延长线与初速度延长线的交点不再是宽度线段的中点，这点与带电粒子在匀强电场中的偏转结论不同！【例8】如图所示，一束电子（电量为e）以速度v垂直射入磁感强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是30，则电子的质量是 ，穿透磁场的时间是 。解析：电子在磁场中运动，只受洛仑兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为fv，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛仑兹力指向交点上，如图中的O点，由几何知识知，AB间圆心角30，OB为半径。r=d/sin30=2d，又由r=mv/Be得m=2dBe/v又AB圆心角是30，穿透时间t=T/12，故t=d/3v。带电粒子在长足够大的长方形磁场中的运动时要注意临界条件的分析。如已知带电粒子的质量m和电量e，若要带电粒子能从磁场的右边界射出，粒子的速度v必须满足什么条件？这时必须满足r=mv/Bed，即vBed/m.【例9】长为L的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图所示，磁感强度为B，板间距离也为L，板不带电，现有质量为m，电量为q的带正电粒子（不计重力），从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是：A使粒子的速度v5BqL/4m；C使粒子的速度vBqL/m；D使粒子速度BqL/4mv5BqL/4m时粒子能从右边穿出。粒子擦着上板从左边穿出时，圆心在O点，有r2L/4，又由r2mv2/Bq=L/4得v2BqL/4mv2BqL/4m时粒子能从左边穿出。综上可得正确答案是A、B。针对训练1如图所示，竖直向下的匀强磁场穿过光滑的绝缘水平面，平面上一个钉子O固定一根细线，细线的另一端系一带电小球，小球在光滑水平面内绕O做匀速圆周运动.在某时刻细线断开，小球仍然在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法一定错误的是A.速率变小，半径变小，周期不变 B.速率不变，半径不变，周期不变C.速率不变，半径变大，周期变大 D.速率不变，半径变小，周期变小2如图所示，x轴上方有垂直纸面向里的匀强磁场.有两个质量相同，电荷量也相同的带正、负电的离子（不计重力），以相同速度从O点射入磁场中，射入方向与x轴均夹角.则正、负离子在磁场中A.运动时间相同B.运动轨道半径相同C.重新回到x轴时速度大小和方向均相同D.重新回到x轴时距O点的距离相同3电子自静止开始经M、N板间（两板间的电压为u）的电场加速后从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，电子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示.求匀强磁场的磁感应强度.（已知电子的质量为m，电量为e）4已经知道，反粒子与正粒子有相同的质量，却带有等量的异号电荷.物理学家推测，既然有反粒子存在，就可能有由反粒子组成的反物质存在.1998年6月，我国科学家研制的阿尔法磁谱仪由“发现号”航天飞机搭载升空，寻找宇宙中反物质存在的证据.磁谱仪的核心部分如图所示，PQ、MN是两个平行板，它们之间存在匀强磁场区，磁场方向与两板平行.宇宙射线中的各种粒子从板PQ中央的小孔O垂直PQ进入匀强磁场区，在磁场中发生偏转，并打在附有感光底片的板MN上，留下痕迹.假设宇宙射线中存在氢核、反氢核、氦核、反氦核四种粒子，它们以相同速度v从小孔O垂直PQ板进入磁谱仪的磁场区，并打在感光底片上的a、b、c、d四点，已知氢核质量为m，电荷量为e，PQ与MN间的距离为L，磁场的磁感应强度为B.（1）指出a、b、c、d四点分别是由哪种粒子留下的痕迹?（不要求写出判断过程）（2）求出氢核在磁场中运动的轨道半径； （3）反氢核在MN上留下的痕迹与氢核在MN上留下的痕迹之间的距离是多少?5如图所示，在y0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸里，磁感应强度为B.一带负电的粒子（质量为m、电荷量为q）以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正向的夹角为.求：（1）该粒子射出磁场的位置；（2）该粒子在磁场中运动的时间.（粒子所受重力不计）参考答案1A 2.BCD3.解析：电子在M、N间加速后获得的速度为v，由动能定理得：mv2-0=eu电子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，则：evB=m电子在磁场中的轨迹如图，由几何得：=由以上三式得：B=4.解:（1）a、b、c、d四点分别是反氢核、反氦核、氦核和氢核留下的痕迹. （2）对氢核，在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得： （3）由图中几何关系知： 所以反氢核与氢核留下的痕迹之间的距离5.解：（1）带负电粒子射入磁场后，由于受到洛伦兹力的作用，粒子将沿图示的轨迹运动，从A点射出磁场，设O、A间的距离为L，射出时速度的大小仍为v，射出方向与x轴的夹角仍为，由洛伦兹力公式和牛顿定律可得：qv0B=m式中R为圆轨道半径，解得：R= 圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得：=Rsin 联解两式，得：L=所以粒子离开磁场的位置坐标为（-，0）（2）因为T=所以粒子在磁场中运动的时间，t电磁感应功能问题【例1】光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物的方程是y=x2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y=a的直线(图中虚线所示)，一个小金属环从抛物线上y=b(ba)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦 耳热总量是 ( )【解析】小金属环进入或离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，当小金属环全部进入磁场后，不产生感应电流，由能量定恒可得产生的焦耳热等干减少的机械能即【例2】如图所示，固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨不计电阻，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属棒(电阻也不计)放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中恒力F做的功等于电路产生的电能；恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能；克服安培力做的功等于电路中产生的电能；恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和以上结论正确的有 ( ) A . C D 【解析】在此运动过程中做功的力是拉力、摩擦力和安培力，三力做功之和为棒ab动能增加量，其中安培力做功将机械能转化为电能，故选项C是正确【例3】图中a1blcldl和 a2b2c2d2为在同一竖直面内的金属导轨，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在的平面(纸面)向里。导轨的a1b1段与 a2b2段是竖直的，距离为ll；cldl段与c2d2段也是竖直的，距离为l2。 xly1与x2y2为两根用不可伸长的绝缘轻线相连的金属细杆，质量分别为ml和m2，它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触。两杆与导轨构成的回路的总电阻为R，F为作用于金属杆x1yl上的竖直向上的恒力。已知两杆运动到图示位置时，已匀速向上运动，求此时作用于两杆的重力的功率的大小和回路电阻上的热功率。【解析】设杆向上运动的速度为v，因杆的运动，两杆与导轨构成的回路的面积减少，从而磁通量也减少。由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势的大小=B(l2-l1)v，回路中的电流I=/R ，电流沿顺时针方向，两金属杆都要受到安培力作用，作用于杆x1yl的安培力为f1=Bl1I，方向向上，作用于杆x2y2的安培力f2=Bl2I，方向向下，当杆作匀速运动时，根据牛顿第二定律有F-本题考查法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律、焦耳定律等规律的综合应用能力【例4】如下图，在水平面上有两条平行导电导轨MN、PQ，导轨间距离为l，匀强磁场垂直于导轨所在的平面(纸面)向里，磁感应强度的大小为B，两根金属杆1、2摆在导轨上，与导轨垂直，它们的质量和电阻分别为ml、m2和R1、R2，两杆与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为，已知：杆1被外力拖动，以恒定的速度v0沿导轨运动；达到稳定状态时，杆2也以恒定速度沿导轨运动，导轨的电阻可忽略，求此时杆2克服摩擦力做功的功率。【解析】 解法一：设杆2的运动速度为v，由于两杆运动时，两杆和导轨构成的回路的磁通量发生变化，产生感应电动势=Bl(v0-v) ，感应电流I=/(R1+R2)，杆2运动受到的安培力等于摩擦力BIl=m2g ，导体杆2克服摩擦力做功的功率P=m2gv ，解得P=m2gv0-m2g (R1+R2)/B2l2解法二：以F表示拖动杆1的外力，表示回路的电流，达到稳定时，对杆1有F-m1g-BIl，对杆2有BIl-m2g=0、，外力的功率PF=Fv0，以P表示杆2克服摩本题主要考查考生应用电磁感应定律、欧姆定律和牛顿运动定律解决力电综合问题的能力巩固练习.如图所示，匀强磁场和竖直导轨所在面垂直，金属棒ab可在导轨上无摩擦滑动，在金属棒、导轨和电阻组成的闭合回路中，除电阻R外，其余电阻均不计，在ab下滑过程中： A.由于ab下落时只有重力做功，所以机械能守恒 B.ab达到稳定速度前，其减少的重力势能全部转化为电阻R的内能 C.ab达到稳定速度后，其减少的重力势能全部转化为电阻R的内能 D.ab达到稳定速度后，安培力不再对ab做功2.如图所示，ABCD是固定的水平放置的足够长的U形导轨，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上架着一根金属棒ab，在极短时间内给棒ab一个水平向右的速度，ab棒开始运动，最后又静止在导轨上，则ab在运动过程中，就导轨是光滑和粗糙两种情况相比较 ( )A 整个回路产生的总热量相等 B 安培力对ab棒做的功相等 C 安培力对ab棒的冲量相等 D 电流通过整个回路所做的功相等3.如图所示，质量为M的条形磁铁与质量为m的铝环，都静止在光滑的水平面上，当在极短的时间内给铝环以水平向右的冲量I，使环向右运动，则下列说法不正确的是 ( ) A在铝环向右运动的过程中磁铁也向右运动 B磁铁运动的最大速度为I/(M+m)C铝环在运动过程中，能量最小值为ml2/2(M+m)2D铝环在运动过程中最多能产生的热量为I2/2m4.如图所示，在光滑的水平面上，有竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L的区域里，现有一边长为a(a v0)，U形框最终将与方框分离，如果从U型框和方框不再接触开始，经过时间t方框最右侧和U型框最左侧距离为s，求金属框框分离后的速度各多大?1.答案:C解析:下滑过程有安培力做功,机械能不守恒;ab达到稳定速度,重力等于安培力,故C正确.2.答案:A 解析：两种情况下产生的总热量，都等于金属棒的初动能.3.答案：D 解析：铝环向右运动时，环内感应电流的磁场与磁铁产生相互作用，使环做减速运动，磁铁向右做加速运动，待相对静止后，系统向右做匀速运动，由I=(m+M)v，得v=I/(m+M)，即为磁铁的最大速度，环的最小速度，其动能的最小值为m/2I/(m+M)2，铝环产生的最大热量应为系统机械能的最大损失量，I2/2m-I2/2(m+M)=MI2/2m(m+M)4.答案：C 解析：这是一道选用力学规律求解电磁感应的好题目，线框做的是变加速运动，不能用运动学公式求解，那么就应想到动能定理，设线框刚进出时速度为v1和v2，则第一阶段产生的热量，第二阶段产生的热量Q2=mv2/2，只要能找出v1和v2的关系就能找到答案，由动量定理可得 5.答案:0.5W解析:由题意分析知,当砝码加速下落到速度最大时,砝码的合外力为零,此时R得到功率最大,为mg=BImaxL Pmax=I2maxR由式得 Pmax=(mg/BL)2R=0.5W6.答案:4；0.28；0.08解析:F安=(M-m)g,转化的内能=F安L7.解析：(1)撤去F之前，设通过电阻R的电流为I，则金属杆受到的安培力大小F安=BIL=F撤去F之后，由P=I2R知，当电阻R上消耗的电功率为P/4时，通过R的电流I=I/2，则金属杆受到的安培力F安=BIL=F/2，方向水平向左，由牛顿第二定律得，方向水平向左(2)撤去F后，金属杆在与速度方向相反的安培力作用下，做减速运动直到停下。设匀速运动时金属杆的速度为v，则I2(R+r)=Fv，又P=I2R，解得由能量守恒可得，撤去F后，整个电路产生的热量则电阻R上产生的焦耳热8.解析：(1)U形框向右运动时，NQ边相当于电源，产生的感应电动势E=Blv0，当如图乙所示位置时，方框bd之间的电阻为U形框连同方框构成的闭合电路的总电阻为闭合电路的总电流为根据欧姆定律可知，bd两端的电势差为：Ubd=方框中的热功率为：(2)在U形框向右运动的过程中，U形框和方框组成的系统所受外力为零，故系统动量守恒，设到达图示位置时具有共同的速度v，根据动量守恒定律根据能量守恒定律，U形框和方框组成的系统损失的机械能等于在这一过程中两框架上产生的热量，即(3)设U形框和方框不再接触时方框速度为v1， u形框的速度为v2：，根据动量守恒定律，有3mv=4mvI+3mv2两框架脱离以后分别以各自的速度做匀速运动，经过时间t方框最右侧和U形框最左侧距离为s，即(v2-v1)t=s联立以上两式，解得 高三第二轮物理专题复习学案电磁感应中的力学问题 电磁感应中中学物理的一个重要“节点”，不少问题涉及到力和运动、动量和能量、电路和安培力等多方面的知识，综合性强，也是高考的重点和难点，往往是以“压轴题”形式出现因此，在二轮复习中，要综合运用前面各章知识处理问题，提高分析问题、解决问题的能力本学案以高考题入手，通过对例题分析探究，让学生感知高考命题的意图，剖析学生分析问题的思路，培养能力 例1.【2003年高考江苏卷】如右图所示，两根平行金属导端点P、Q用电阻可忽略的导线相连，两导轨间的距离l=0.20 m有随时间变化的匀强磁场垂直于桌面，已知磁感应强度B与时间t的关系为B=kt，比例系数k0.020 Ts一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直在t=0时刻，轨固定在水平桌面上，每根导轨每m的电阻为r00.10m，导轨的金属杆紧靠在P、Q端，在外力作用下，杆恒定的加速度从静止开始向导轨的另一端滑动，求在t6.0 s时金属杆所受的安培力 解题思路 以a示金属杆运动的加速度，在t时刻，金属杆与初始位置的距离Lat2 此时杆的速度vat 这时，杆与导轨构成的回路的面积S=Ll回路中的感应电动势ESBlv而 回路的总电阻 R2Lr0 回路中的感应电流， 作用于杆的安培力FBlI 解得代入数据为F1.4410-3N例2 (2000年高考试题)如右上图所示，一对平行光滑R轨道放置在水平地面上，两轨道间距L0.20 m，电阻R1.0 ；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆与轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感强度B0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下现用一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动测得力F与时间t的关系如下图所示求杆的质量m和加速度a解析：导体杆在轨道上做匀加速直线运动，用v表示其速度，t表示时间，则有vat 杆切割磁感线，将产生感应电动势EBLv 在杆、轨道和电阻的闭合回路中产生电流I=E/R 杆受到的安培力为F安=IBL 根据牛顿第二定律，有FF安ma联立以上各式，得由图线上各点代入式，可解得a10m/s2，m0.1kg例3 (2003年高考新课程理综)两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感强度B0.05T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计导轨间的距离l0.20 m两根质量均为m0.10 kg的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R0.50在t0时刻，两杆都处于静止状态现有一与导轨平行、大小为0.20 N的恒力F作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动经过t5.0s，金属杆甲的加速度为a1.37 ms，问此时两金属杆的速度各为多少?本题综合了法拉第电磁感应定律、安培力、左手定则、牛顿第二定律、动量定理、全电路欧姆定律等知识，考查考生多角度、全方位综合分析问题的能力设任一时刻t，两金属杆甲、乙之间的距离为x，速度分别为vl和v2，经过很短的时间t，杆甲移动距离v1t，杆乙移动距离v2t，回路面积改变 S(x一2t)+1tll(1-2) t 由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势 EBS/tB(l一2) 回路中的电流 iE2 R 杆甲的运动方程 FBlima 由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等、方向相反，所以两杆的动量(t0时为0)等于外力F的冲量 Ftmlm2 联立以上各式解得 1Ft/m2R(F一ma)B2l222Ftm一2R(F一ma)B2l22 代入数据得移l8.15 ms，v21.85 ms 练习1、如图l，ab和cd是位于水平面内的平行金属轨道，其电阻可忽略不计af之间连接一阻值为R的电阻ef为一垂直于ab和cd的金属杆，它与ab和cd接触良好并可沿轨道方向无摩擦地滑动ef长为l，电阻可忽略整个装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直于图中纸面向里，磁感应强度为B，当施外力使杆ef以速度v向右匀速运动时，杆ef所受的安培力为( ) 图1 图22、如图2所示两条水平虚线之间有垂直于纸面向里、宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场质量为m、电阻为R的正方形线圈边长为L(Ld)，线圈下边缘到磁场上边界的距离为h将线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0在整个线圈穿过磁场的全过程中(从下边缘进入磁场到上边缘穿出磁场)，下列说法中正确的是( )A线圈可能一直做匀速运动 B线圈可能先加速后减速C线圈的最小速度一定是mgRB2 L2D线圈的最小速度一定是 3、如图3所示，竖直放置的螺线管与导线abed构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平面桌面上有一导体圆环导线abcd所围区域内磁场的磁感强度按图1 511中哪一图线所表示的方式随时问变化时，导体圆环将受到向上的磁场力作用?( )图3 A B C D4、如图4所示，磁感应强度的方向垂直于轨道平面倾斜向下，当磁场从零均匀增大时，金属杆ab始终处于静止状态，则金属杆受到的静摩擦力将( ) A逐渐增大 B逐渐减小 C先逐渐增大，后逐渐减小 D先逐渐减小，后逐渐增大图45、如图所示，一闭合线圈从高处自由落下，穿过一个有界的水平方向的匀强磁场区(磁场方向与线圈平面垂直)，线圈的一个边始终与磁场区的边界平行，且保持竖直的状态不变在下落过程中，当线圈先后经过位置I、时，其加速度的大小分别为a1、a2、a3( )A a1g，a2=g，a3g Balg，a2g，a3gC a1g,a2=0,a3=g Da1g，a3f问： (1)CD运动的最大速度是多少? (2)当CD达到最大速度后，电阻R消耗的电功率是多少?(3)当CD的速度是最大速度的1/3时，CD的加速度是多少?解析：(1)以金属棒为研究对象，当CD受力：F=FA+f时，CD速度最大，即： (2)CD棒产生的感应电动势为：回路中产生的感应电流为： 则R中消耗的电功率为：(3)当CD速度为最大速度的1/3即时，CD中的电流为最大值的1/3即则CD棒所受的安培力为： CD棒的加速度为： 交流电例1：给额定功率60W、额定电压220V的白炽灯加上如图所示的电压，恰使灯正常发光，则所加电压U0的大小约为 （ ） A. 220V B. 310V C. 350V D. 440VU0U/Vt/10 -3s208028404860解：所加电压的周期为 20 10 -3s = 8ms设电灯的电阻为R，加上图示的电压时的功率为PL，PLt2 = (U02 /R)t1 +0 (式中t1 = 8ms t2 =20 ms) 由题意 PL= (U02 /R)t1/t2= U额2 /R =60WU02 = U额2 t2/t 1 =2202 20/8 =1102 10 U0350V C 例2:如图是一个理想变压器的电路图，若A、B两点接交流电压U时，五个相同的灯泡均正常发光，则原、副线圈的匝数比为： ( )n1n2UAB A. 5 : 1 B. 1 : 5 C. 4 : 1 D. 1 : 4解：设灯泡正常发光的电流为I，则原、副线圈的电流分别为I和4I，如图示。所以原、副线圈的匝数比为 4 : 1 C 例3.如图所示，abcd是交流发电机的矩形线圈, ab=30cm,bc=10cm, 共50匝, 它在B=0.8T的匀强磁场中绕中心轴OO顺时针方向匀速转动，转速为480r/min,线圈的总电阻为r=1,外电阻为R=3 ,试求:abcdBRVA1. 若线圈从图示位置开始计时,沿abcd流动的方向为正方向,画出交流电流的图象.2. 线圈从图示位置转过1/4 转的过程中,电阻R上产生的热量和通过导线截面的电量3.电流表和电压表的读数4.从图示位置转过180过程中的平均感应电动势3.解：从中性面开始计时有 e=E m sin t ，其中Em = NB S，=2n=2 480/60=16， Em = NBS =60.3V，Im = Em /（R+r）=15.1A注意到从开始转动时产生的感应电流沿dcbad方向，与规定方向相反，为负值。i = - Im sin t= -15.1 sin 16t （A）T=2/=1/8 s图线如图示3/16 1/16-15.115.1i / At / s1/80 2. 有效值为转过900的过程中电阻R上产生的热量为Q=I2 R t= I2 R T/4=10.7J 感应电流的平均值为转过900的过程中通过导线横截面的电量为3.电流表和电压表的读数I=10.7A4. 求从图示位置转过180过程中的平均感应电动势解：由法拉第电磁感应定律5.6.例4. 如图所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220V的市电上，向额定电压为1.80104V的霓虹灯供电，使它正常发光为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12mA时，熔丝就熔断熔断器（1）熔丝的熔断电流是多大? （2）当副线圈电路中电流为10mA时变压器的输入功率是多大?霓虹灯解：(1)设原、副线圈上的电压、电流分别为U1、U2、I1、I2根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有 I1 U1= I2U2当I2=12 mA时，I1 即为熔断电流代人数据，得 I1 =0.98 A (2) 设副线圈中电流为 I2 =10 mA时，变压器的输入功率为P1 根据理想变压器的输入功 率等于输出功率，有P1= I2U2，代人数据，得 P1 =180 W 。练习1.如图所示，有一理想变压器，原线圈匝数为n1，两个副线圈的匝数分别为n2和n3，原副线圈的电压分别为U1、U2、U3，电流分别为I1、I2、I3，两个副线圈负载电阻的阻值未知，下列结论中，正确的是：( ) n2n3n1U1(A) U1:U2n1:n2，U2:U3=n2:n3；(B) I1/I3=n3/n1， I1/I2=n2/n1；(C) I1U1=I2U2I3U3 ； (D) n1I1=n2I2n3I3 。练习2. 如图所示,一理想变压器的原、副线圈分别由双线圈ab和cd(匝数都为n1)、ef和gh(匝数都为n2)组成.用I1和U1表示输入电流和电压,I2和U2表示输出电流和电压.在下列4种连接法中,符合关系 U1/U2=n1/n2, I1/ I2=n2/n1的有( ) habcdefg(A) b与c相连,以a、d为输入端; f与g相连,以e、h为输出端(B) b与c相连,以a、d为输入端; e与g相连,f与h相连作为输出端(C) a与c相连、b与d相连作为输入端; f与g相连,以e、h为输出端(D) a与c相连、b与d相连作为输入端; e与g相连, f与h 相连作为输出端练习3. 在远距离输电中，当输送的电功率相同时，则关于输电导线上损失的功率下列说法正确的是（ ）(A)减小输电导线的电阻可以减小损失的功率，但此种方法很有限.(B)提高输送电压从而减小输送电流，可大大减小损失 的功率(C)损失的功率与输送电压的二次方成反比(D)损失的功率与输电线上的电压降成反比abcdB 练习4. 如图所示，边长为L,电阻为R的单匝正方形线圈abcd，在磁感应强度为B的匀强磁场中,以cd边为轴以角速度w作匀速转动，转动方向如图, cd边与磁场方向垂直.求: (1)当它从图示位置转过900的过程中产生的热量(2)当它从图示位置转过900的过程中通过导线横截面的电量(3) ts内外界驱动线圈所做的功 ( t 2p/)练习5. 有一条河流，河水流量为4m 3/s，落差为5m，现利用它来发电，使用的发电机总效率为50，发电机输出电压为350V，输电线的电阻为4，允许输电线上损耗功率为发电机输出功率的5，而用户所需要电压为220V，求所用的升压、降压变压器上原、副线圈的匝数比g=9.8m/s27.练习6、 如图所示,匀强磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度B=0.20T,OCA金属导轨与OA金属直导轨分别在O点和A点接一阻值为R1 =3.0和R2=6.0 体积可忽略的定值电阻,导轨OCA的曲线方程为 y=1.0sin(/3 x) (m),金属棒ab平行于y 轴, 长为1.5m,以速度 v=5.0 m/s 水平向右匀速运动（b点始终在Ox轴上）,设金属棒与导轨接触良好,