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(xiàng)選擇題本大題共5小題，共30.0分1. 如下圖，長(zhǎng)方體發(fā)電導(dǎo)管的前后兩個(gè)側(cè)面是絕緣體，上下兩個(gè)側(cè)面是電阻可忽略的導(dǎo)電極，兩極板間距為d，極板面積為S，兩個(gè)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(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.發(fā)電導(dǎo)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(dòng)，由于運(yùn)動(dòng)的電離氣體，受到磁場(chǎng)的作用，將產(chǎn)生大小不變的電動(dòng)勢(shì)不計(jì)氣體流動(dòng)的阻力()A. 通過(guò)電阻R的電流方向?yàn)閎aB. 假設(shè)只增大極板間距d，發(fā)電導(dǎo)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(dǎo)管產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)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(jì)南一中【分析】由題可知運(yùn)動(dòng)的電離氣體，受到磁場(chǎng)的作用，將產(chǎn)生大小不變的電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)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(dòng)勢(shì)，并計(jì)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(huì)通過(guò)電荷的平衡求出電動(dòng)勢(shì)的大小，會(huì)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(fù)電荷受到的洛倫茲力向下，故電流向上經(jīng)過(guò)電源，向下經(jīng)過(guò)電阻，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)電阻定律，發(fā)電導(dǎo)管的內(nèi)電阻與其長(zhǎng)度成正比，故增大極板間距d，發(fā)電導(dǎo)管的內(nèi)電阻一定增大，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)平衡有：qvB=qEd，解得電源的電動(dòng)勢(shì)為：E=Bdv；假

3、設(shè)只增大氣體速度v，發(fā)電導(dǎo)管產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)一定增大；故C正確；D、電動(dòng)勢(shì)一定，內(nèi)阻也一定，當(dāng)外電阻R與電源的內(nèi)電阻r相等時(shí)，電源的輸出功率最大；由于不知道R與內(nèi)阻r的詳細(xì)數(shù)值，故無(wú)法判斷增大電阻R的阻值時(shí)，電阻R消耗的電功率變化情況，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：C。2. 通過(guò)理想變壓器給用電器供電，電路如圖甲所示，變壓器初級(jí)線圈匝數(shù)n1=1000匝，兩次級(jí)線圈的匝數(shù)分別為n2=50匝、n3=100匝.在初級(jí)線圈ab端接如圖乙所示的交變電流，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)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(jì)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(cuò)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(cuò)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(cuò)誤；D、閉合電鍵S，負(fù)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(xiàng)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(gè)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(jì)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(cuò)誤；應(yīng)選：A根據(jù)有效值的定義求解.取一個(gè)周期時(shí)間，將交流與直流

6、分別通過(guò)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(duì)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(gè)完全一樣的燈泡，假設(shè)四個(gè)燈泡恰好都能正常發(fā)光時(shí)，那么以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)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(gè)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(gè)燈泡兩端的電壓變?yōu)轭~定電壓的32倍B濟(jì)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(cuò)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(gè)燈泡不能正常發(fā)光，C錯(cuò)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(gè)燈泡兩端的電壓變?yōu)轭~定電壓的43，D錯(cuò)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(kāi)關(guān)S后，直流電動(dòng)機(jī)正常轉(zhuǎn)動(dòng)，電壓表的示數(shù)為8.0V.電源電動(dòng)

8、勢(shì)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(dòng)機(jī)M的內(nèi)阻為1.0，電壓表為理想電表，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()A. 流經(jīng)電動(dòng)機(jī)的電流為2.0AB. 電動(dòng)機(jī)的輸出功率為7WC. 電動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的熱功率為8WD. 電源的輸出功率為8WB濟(jì)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(cuò)誤；B、電動(dòng)機(jī)的輸出功率P出=UI-I2r0=8×1-12×1=7W；故B正確；C、電動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的熱功率P熱=I2r0=1×1=1W；故C錯(cuò)誤；D、電源的輸出功率P=EI-I2r=10-1×0.5=9.

9、5W；故D錯(cuò)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(dòng)機(jī)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(jì)算電功率的公式中，總功率用P=IU來(lái)計(jì)算，發(fā)熱的功率用P=I2R來(lái)計(jì)算，假如是計(jì)算純電阻的功率，這兩個(gè)公式的計(jì)算結(jié)果是一樣的，但對(duì)于電動(dòng)機(jī)等非純電阻，第一個(gè)計(jì)算的是總功率，第二個(gè)只是計(jì)算發(fā)熱的功率，這兩個(gè)的計(jì)算結(jié)果是不一樣的二、多項(xiàng)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(dòng)勢(shì)E=3V，內(nèi)電阻r=0.5，電阻R1=2，閉合電鍵S，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向下滑動(dòng)時(shí)，四個(gè)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(dá)中正確的選項(xiàng)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(jì)南一中解：A、當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向下滑動(dòng)時(shí)，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(cuò)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(dāng)變阻器R的滑片P向下挪動(dòng)時(shí)，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(duì)電表的影響，電壓表V3測(cè)量路端電壓，電流表測(cè)量干路電流.滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭P向下滑動(dòng)，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(dāng)外電阻等于電源的內(nèi)阻時(shí)，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(dòng)態(tài)分析問(wèn)題的根底是認(rèn)識(shí)電路的構(gòu)造，明確當(dāng)外電阻等于電源的內(nèi)阻時(shí)，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(jī)向遠(yuǎn)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(jī)輸出的交變電壓隨時(shí)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(guò)R2的交變電流頻率為50HzB. 圖象上對(duì)應(yīng)的0.01s時(shí)刻，發(fā)電機(jī)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(jī)輸出功率為12.5WABC濟(jì)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(guò)R2的交流電的頻率為50Hz，故A正確；B、圖象上對(duì)應(yīng)0.01s時(shí)刻，發(fā)電機(jī)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(jī)的線圈剛好與中性面重合，故B

13、正確；C、發(fā)電機(jī)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(fù)載消耗功率，所以發(fā)電機(jī)的輸出功率大于12.5W，故D錯(cuò)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(shí)，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(jī)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(kāi)場(chǎng)時(shí)單刀雙擲開(kāi)關(guān)K接a；S斷開(kāi)時(shí)，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(kāi)關(guān)SB. 開(kāi)關(guān)K接bC. 把滑動(dòng)變阻器滑片向左挪動(dòng)D. 把滑動(dòng)變阻器滑片向右挪動(dòng)BD濟(jì)南一中解：A、閉合開(kāi)關(guān)S，副線圈回路電阻變小，電流變大，滑動(dòng)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(cuò)誤；B、開(kāi)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(dòng)變阻器滑片向左挪動(dòng)

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(cuò)誤；D、把滑動(dòng)變阻器滑片向右挪動(dòng)，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(diǎn)，利用動(dòng)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(xiàng)此題結(jié)合變壓器考察了電路的動(dòng)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(dòng)態(tài)分析相結(jié)合進(jìn)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(dá)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(dòng)變阻器R的阻值變化范圍為020，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)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(dòng)變阻器R消耗功率的最大值為20WD. 滑動(dòng)變阻器滑片向下挪動(dòng)，變壓器的輸出功率不變AB濟(jì)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(dòng)變阻器R消耗的功率P=(U2R+R0)2R=1600R+100R+20，可知R=10時(shí)，R上消耗的功率最大，最大值為

17、40W，故C錯(cuò)誤D、滑動(dòng)變阻器向下挪動(dòng)，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(cuò)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(dòng)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(zhǎng)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(qiáng)磁場(chǎng)的邊界OO'.線框在程度向右的外力F作用下從靜止開(kāi)場(chǎng)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，外力F隨時(shí)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(shí)刻，線框左邊恰到達(dá)OO'.此時(shí)線框受到的合力為_(kāi)或_(寫出兩種表達(dá))；在t=34t0時(shí)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(jì)南一中解：t=0時(shí)刻線框的速度為零，沒(méi)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(yùn)動(dòng)，合力不變，所以在t=t0時(shí)刻線框受到的合力等于t=0時(shí)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(shí)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(kāi)場(chǎng)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所受的合力不變，在t=t0時(shí)刻線框受到的合力等于t=0時(shí)刻的合力，由圖直接讀出；也可以根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)位移時(shí)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(dá)式，找出圖象斜率的意義，t=34t0時(shí)刻線框的發(fā)熱功率等于此時(shí)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(dá)式，考察讀圖的才能.知道安

20、培力是聯(lián)絡(luò)力學(xué)與電磁感應(yīng)的橋梁四、實(shí)驗(yàn)題探究題本大題共2小題，共15分11. 某同學(xué)對(duì)有故障的電熱毯進(jìn)展探究，圖(a)是電熱毯的電路示意圖，其中電熱線和導(dǎo)線通過(guò)金屬接線片連接，圖(b)為測(cè)試電路實(shí)物圖，A、B為測(cè)試表筆，電壓表和電流表均可視為理想電表(1)斷開(kāi)K1，用測(cè)試電路在1和1'之間檢測(cè)得知電熱線無(wú)故障，然后測(cè)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_(kāi).(2)在答題卷虛線框內(nèi)畫(huà)出與圖(b)對(duì)應(yīng)的電路圖571濟(jì)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(dòng)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(duì)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(duì)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(shí)物電路圖的構(gòu)造是正確作出實(shí)驗(yàn)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(dǎo)軌，兩導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)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(dǎo)軌無(wú)摩擦地滑動(dòng)，MN桿和PQ桿的電阻均為R=0.2 (傾斜金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì))，MN桿被兩個(gè)垂直于導(dǎo)軌的絕緣立柱擋住，整個(gè)裝置處

22、于勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0T.PQ桿在恒定拉力F作用下由靜止開(kāi)場(chǎng)向上加速運(yùn)動(dòng)，拉力F垂直PQ桿沿導(dǎo)軌平面向上，當(dāng)運(yùn)動(dòng)位移x=0.1m時(shí)PQ桿到達(dá)最大速度，此時(shí)MN桿對(duì)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(dāng)PQ桿加速度a=2m/s2時(shí)，MN桿對(duì)立柱的壓力；(3)PQ桿由靜止到最大速度過(guò)程中回路產(chǎn)生的焦耳熱Q解：(1)PQ到達(dá)最大速度時(shí)，關(guān)于電動(dòng)勢(shì)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(dāng)PQ的加速度a=2m/s2時(shí)，對(duì)PQ根據(jù)牛頓第二定律可得：F-mgsin-BIL=ma，對(duì)MN根據(jù)共點(diǎn)力的平衡可得：BIL+FN-mgsin=0，PQ到達(dá)最大速度時(shí)，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(duì)立柱的壓力F'N=0.02N；(3)PQ由靜止到最大速度的過(guò)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(dāng)PQ桿加速度a=2m/s2時(shí)，MN桿對(duì)立柱的壓力為0.02N；(3)PQ桿由靜止到

24、最大速度過(guò)程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為4.2×10-3J.濟(jì)南一中(1)根據(jù)共點(diǎn)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(duì)MN根據(jù)共點(diǎn)力的平衡求解支持力，根據(jù)牛頓第三定律可得對(duì)立柱的壓力；(3)PQ由靜止到最大速度的過(guò)程中，根據(jù)功能關(guān)系求解產(chǎn)生的熱量對(duì)于電磁感應(yīng)問(wèn)題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點(diǎn)是分析安培力作用下物體的平衡問(wèn)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(jì)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(dǎo)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(dǎo)軌上，其左側(cè)

25、的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下.當(dāng)該磁場(chǎng)區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過(guò)金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関.導(dǎo)軌和金屬桿的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌光滑且足夠長(zhǎng)，桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸.求：(1)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I；(2)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿的加速度大小a；(3)PQ剛要分開(kāi)金屬桿時(shí)，感應(yīng)電流的功率P解：(1)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿上產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=Bdv0，感應(yīng)電流為：I=ER聯(lián)立解得：I=Bdv0R(2)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，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(kāi)金屬桿時(shí)，金屬桿切割磁感線的速度為：v'=v0-v那么感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(guò)金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I為Bdv0R；(2)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿的加速度大小a為B2d2vmR；(3)PQ剛要分開(kāi)金屬桿時(shí)，感應(yīng)電流的功率P為B2d2(v0-v)2R濟(jì)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(dòng)勢(shì)，結(jié)合閉合電路的歐姆定律，即可求得MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I；(2)根據(jù)第一問(wèn)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(guò)金屬桿時(shí)，桿的加速度大

27、小a；(3)首先要得知，PQ剛要分開(kāi)金屬桿時(shí)，桿切割磁場(chǎng)的速度，即為兩者的相對(duì)速度，人然后結(jié)合感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(duì)于法拉第電磁感應(yīng)定律是非常重要的考點(diǎn)，經(jīng)常入選高考物理壓軸題，平時(shí)學(xué)習(xí)時(shí)要從以下幾方面掌握(1)切割速度v的問(wèn)題切割速度的大小決定了E的大??；切割速度是由導(dǎo)體棒的初速度與加速度共同決定的.同時(shí)還要注意磁場(chǎng)和金屬棒都運(yùn)動(dòng)的情況，切割速度為相對(duì)運(yùn)動(dòng)的速度；不難看出，考電磁感應(yīng)的問(wèn)題，十之八九會(huì)用到牛頓三大定律與直線運(yùn)動(dòng)的知識(shí)(2)能量轉(zhuǎn)化的問(wèn)題電磁感應(yīng)主要是將其他形式能量(機(jī)械能

28、)轉(zhuǎn)化為電能，可由于電能的不可保存性，很快又會(huì)想著其他形式能量(焦耳熱等等)轉(zhuǎn)化(3)安培力做功的問(wèn)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(shí)刻安培力的功率等于系統(tǒng)中所有電阻的熱功率(4)動(dòng)能定理的應(yīng)用動(dòng)能定理當(dāng)然也能應(yīng)用在電磁感應(yīng)中，只不過(guò)同學(xué)們要明確研究對(duì)象，我們大多情況下是通過(guò)導(dǎo)體棒的.固定在軌道上的電阻，速度不會(huì)變化，顯然沒(méi)有用動(dòng)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(zhǎng)的金屬軌道，其電阻可忽略不計(jì).空間存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.20T，方向垂直軌道平面向上.導(dǎo)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(dǎo)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(duì)導(dǎo)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(yùn)動(dòng).在導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，導(dǎo)體棒cd始終能靜止在軌道上.g取10m/s2，求：(1)導(dǎo)體棒cd受到的安培力大?。?2)導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)的速度大??；(3)拉力對(duì)導(dǎo)體棒ab做功的功率解：(1)導(dǎo)體棒cd靜止時(shí)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(dǎo)體棒ab的速度為v，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，通過(guò)導(dǎo)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(duì)導(dǎo)體棒ab的拉力為F，導(dǎo)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(dǎo)體棒cd受到的安培力大小為0.10N；(2)導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)的速度大小為1.0m/s (3)拉力對(duì)導(dǎo)體棒ab做功的功率為0.20W濟(jì)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(dòng)勢(shì)，再由E=BLV可求得cd的速度；(3)ab棒受力平衡，那么由共點(diǎn)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(xué)的結(jié)合，在解題中要重點(diǎn)做好受力分析及運(yùn)動(dòng)情景分析，用好共點(diǎn)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(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角=30的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，間距L=0.4m。導(dǎo)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(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，

32、兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(dǎo)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(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開(kāi)場(chǎng)下滑，cd在滑動(dòng)過(guò)程中始終處于區(qū)域的磁場(chǎng)中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，取g=10m/s2，問(wèn)(1)cd下滑的過(guò)程中，ab中的電流方向；(2)ab將要向上滑動(dòng)時(shí)，cd的速度v多大；(3)從cd開(kāi)場(chǎng)下滑到ab剛要向上滑動(dòng)的過(guò)程中，cd滑動(dòng)的間隔 x=3.8m，此過(guò)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(kāi)場(chǎng)放置ab剛好不下滑時(shí)，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(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E=BLv，電路電流：I=ER1+R2，ab受到的安培力：F安=BIL，此時(shí)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(yùn)動(dòng)過(guò)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