1、上海龍文教育物理學科導學案（第 次課）教師: 學生: 年級: 日期: 星期: 時段: 課 題第4專題 電磁感應與電路的分析 教學目標見正文 教學重點見正文 教學難點見正文教學方法 講述法、歸納法學習內容與過程知識網絡考點預測本專題包含以“電路”為核心的三大主要內容：一是以閉合電路歐姆定律為核心的直流電路的相關知識，在高考中有時以選擇題的形式出現。要點歸納一、電路分析與計算1部分電路總電阻的變化規律(1)無論是串聯電路還是并聯電路，其總電阻都會隨其中任一電阻的增大(減小)而增大(減小)(2)分壓電路的電阻如圖51所示，在由R1和R2組成的分壓電路中，當R1串聯部分的阻值RAP增大時，總電阻RAB

2、增大；當RAP減小時，總電阻RAB減小圖51(3)雙臂環路的阻值如圖52 所示，在由R1、R2和R組成的雙臂環路中，當AR1P 支路的阻值和AR2P支路的阻值相等時，RAB最大；當P滑到某端，使兩支路的阻值相差最大時，RAB最小圖522復雜電路的簡化對復雜電路進行簡化，畫出其等效電路圖是正確識別電路、分析電路的重要手段常用的方法主要有以下兩種(1)分流法(電流追蹤法)：根據假設的電流方向，分析電路的分支、匯合情況，從而確定元件是串聯還是并聯(2)等勢法：從電源的正極出發，凡是用一根無電阻的導線把兩點(或幾點)連接在一起的，這兩點(或幾點)的電勢就相等，在畫等效電路圖時可以將這些點畫成一點(或畫

3、在一起)等電勢的另一種情況是，電路中的某一段電路雖然有電阻(且非無限大)，但無電流通過，則與該段電路相連接的各點的電勢也相等若電路中有且只有一處接地線，則它只影響電路中各點的電勢值，不影響電路的結構；若電路中有兩處或兩處以上接地線，則它除了影響電路中各點的電勢外，還會改變電路的結構，各接地點可認為是接在同一點上另外，在一般情況下，接電流表處可視為短路，接電壓表、電容器處可視為斷路3歐姆定律(1)部分電路歐姆定律：公式I注意：電路的電阻R并不由U、I決定(2)閉合電路歐姆定律：公式I或EUIr，其中UIR為路端電壓路端電壓U和外電阻R、干路電流I之間的關系：R增大，U增大，當R時(斷路)，I0，

4、UE；R減小，U減小，當R0時(短路)，IImax，U0(3)在閉合電路中，任一電阻Ri的阻值增大(電路中其余電阻不變)，必將引起通過該電阻的電流Ii的減小以及該電阻兩端的電壓Ui的增大，反之亦然；任一電阻Ri的阻值增大，必將引起與之并聯的支路中電流I并的增大，與之串聯的各電阻兩端電壓U串的減小，反之亦然4幾類常見的功率問題(1)與電源有關的功率和電源的效率電源的功率P：電源將其他形式的能轉化為電能的功率，也稱為電源的總功率計算式為PEI(普遍適用)或PI2(Rr)(只適用于外電路為純電阻的電路)電源內阻消耗的功率P內：電源內阻的熱功率，也稱為電源的損耗功率計算式為P內I2r電源的輸出功率P出

5、：是指外電路上消耗的功率計算式為P出U外I(普遍適用)或P出I2R(只適用于外電路為純電阻的電路)電源的輸出功率曲線如圖53所示當R0時，輸出功率P0；當R時，輸出功率P0；當Rr時， Pmax；當Rr 時，R增大，輸出功率增大；當Rr時，R增大，輸出功率反而減小圖53對于E、r一定的電源，外電阻R一定時，輸出功率只有唯一的值；輸出功率P一定時，一般情況下外電阻有兩個值R1、R2與之對應，即R1r、R2r，可以推導出R1、R2的關系為r功率分配關系：PP出P內，即EIUII2r閉合電路中的功率分配關系反映了閉合電路中能量的轉化和守恒關系，即電源提供的電能一部分消耗在內阻上，另一部分輸出給外電路

6、，并在外電路上轉化為其他形式的能能量守恒的表達式為EItUItI2rt(普遍適用)或EItI2RtI2rt(只適用于外電路為純電阻的電路)電源的效率：×100%×100%對純電阻電路有：×100%×100%×100%因此當R增大時，效率提高(2)用電器的額定功率和實際功率用電器在額定電壓下消耗的電功率叫額定功率，即P額U額I額用電器在實際電壓下消耗的電功率叫實際功率，即P實U實I實實際功率不一定等于額定功率(3)用電器的功率與電流的發熱功率用電器的電功率PUI，電流的發熱功率P熱I2R對于純電阻電路，兩者相等；對于非純電阻電路，電功率大于熱功率

7、(4)輸電線路上的損耗功率和輸電功率輸電功率P輸U輸I，損耗功率P線I2R線UI二、電磁感應的規律1感應電流的產生條件及方向的判斷(1)產生感應電流的條件(兩種說法)閉合回路中的一部分導體做切割磁感線運動穿過閉合回路的磁通量發生變化(2)感應電流方向的判斷右手定則：當導體做切割磁感線運動時，用右手定則判斷導體中電流的方向比較方便注意右手定則與左手定則的區別，抓住“因果關系”：“因動而電”，用右手定則；“因電而動”，用左手定則還可以用“左因右果”或“左力右電”來記憶，即電流是原因、受力運動是結果的用左手定則；反之，運動是原因、產生電流是結果的用右手定則楞次定律(兩種表述方式)表述一：感應電流的磁

8、場總是要阻礙引起感應電流的磁通量的變化表述二：感應電流的作用效果總是要反抗引起感應電流的原因楞次定律是判斷感應電流方向的一般規律當磁通量的變化引起感應電流時，可用“楞次定律表述一”來判斷其方向應用楞次定律的關鍵是正確區分涉及的兩個磁場：一是引起感應電流的磁場；二是感應電流產生的磁場理解兩個磁場的阻礙關系“阻礙”的是原磁場磁通量的變化從能量轉化的角度看，發生電磁感應現象的過程就是其他形式的能轉化為電能的過程，而這一過程總要伴隨外力克服安培力做功“阻礙”的含義可推廣為三種表達方式：阻礙原磁通量的變化(增反減同)；阻礙導體的相對運動(來拒去留)；阻礙原電流的變化(自感現象)2正確理解法拉第電磁感應定

9、律(1)法拉第電磁感應定律電路中感應電動勢的大小跟穿過這一回路的磁通量的變化率成正比，即En此公式計算的是t時間內的平均感應電動勢當導體做切割磁感線運動時，其感應電動勢的計算式為：EBLvsin ，式中的為B與v正方向的夾角若v是瞬時速度，則算出的是瞬時感應電動勢；若v為平均速度，則算出的是平均感應電動勢(2)磁通量、磁通量的變化量、磁通量的變化率的區別磁通量磁通量的變化量磁通量的變化率物理意義某時刻穿過某個面的磁感線的條數某段時間內穿過某個面的磁通量變化穿過某個面的磁通量變化的快慢大小BSn，其中Sn是與B垂直的面的面積21B·SS·BB或S注意若穿過某個面有方向相反的磁

10、場，則不能直接用BS求解，應考慮相反方向的磁通量抵消后所剩余的磁通量開始時和轉過180°時平面都與磁場垂直，穿過平面的磁通量是一正一負，2BS，而不是零既不表示磁通量的大小，也不表示變化的多少實際上，它就是單匝線圈上產生的電動勢，即E附注對在勻強磁場中繞處于線圈平面內且垂直于磁場方向的軸勻速轉動的線圈：線圈平面與磁感線平行時，0，但最大線圈平面與磁感線垂直時，最大，但0大或大，都不能保證就大；反過來，大時，和也不一定大這類似于運動學中的v、v及三者之間的關系(3)另外兩種常見的感應電動勢長為L的導體棒沿垂直于磁場的方向放在磁感應強度為B的勻強磁場中，且以勻速轉動，導體棒產生的感應電動

11、勢為：當以中點為轉軸時，E0(以中點平分的兩段導體產生的感應電動勢的代數和為零)；當以端點為轉軸時，EBL2(平均速度取中點位置的線速度，即L)；當以任意點為轉軸時，EB(L12L22)(不同的兩段導體產生的感應電動勢的代數和)面積為S的矩形線圈在磁感應強度為B的勻強磁場中以角速度繞線圈平面內的垂直于磁場方向的軸勻速轉動，矩形線圈產生的感應電動勢為：線圈平面與磁感線平行時，EBS；線圈平面與磁感線垂直時，E0；線圈平面與磁感線的夾角為時，EBScos (3)理解法拉第電磁感應定律的本質法拉第電磁感應定律是能的轉化和守恒定律在電磁學中的一個具體應用，它遵循能量守恒定律閉合電路中電能的產生必須以消

12、耗一定量的其他形式的能量為代價，譬如：線圈在磁場中轉動產生電磁感應現象，實質上是機械能轉化為電能的過程；變壓器是利用電磁感應現象實現了電能的轉移運用能量的觀點來解題是解決物理問題的重要方法，也是解決電磁感應問題的有效途徑三、電磁感應與電路的綜合應用電磁感應中由于導體切割磁感線產生了感應電動勢，因此導體相當于電源整個回路便形成了閉合電路，由電學知識可求出各部分的電學量，而導體因有電流而受到安培力的作用，從而可以與運動學、牛頓運動定律、動量定理、能量守恒等知識相聯系電磁感應與電路的綜合應用是高考中非常重要的考點熱點、重點、難點一、電路問題1電路的動態分析這類問題是根據歐姆定律及串聯和并聯電路的性質

13、，分析電路中因某一電阻變化而引起的整個電路中各部分電學量的變化情況，它涉及歐姆定律、串聯和并聯電路的特點等重要的電學知識，還可考查學生是否掌握科學分析問題的方法動態電路局部的變化可以引起整體的變化，而整體的變化決定了局部的變化，因此它是高考的重點與熱點之一常用的解決方法如下(1)程序法：基本思路是“部分整體部分”先從電路中阻值變化的部分入手，由串聯和并聯規律判斷出R總的變化情況；再由歐姆定律判斷I總和U端的變化情況；最后再由部分電路歐姆定律判定各部分電學量的變化情況即：R局R總I總U端(2)直觀法：直接應用部分電路中R、I、U的關系中的兩個結論任一電阻R的阻值增大，必引起該電阻中電流I的減小和

14、該電阻兩端電壓U的增大，即：R任一電阻R的阻值增大，必將引起與之并聯的支路中電流I并的增大和與之串聯的各電阻兩端的電壓U串的減小，即：R(3)極端法：對于因滑動變阻器的滑片移動引起電路變化的問題，可將變阻器的滑片分別滑至兩邊頂端討論(4)特殊值法：對于某些雙臂環路問題，可以代入特殊值去判定，從而找出結論例1在如圖54所示的電路中，當變阻器R3的滑片P向b端移動時()圖54A電壓表的示數增大，電流表的示數減小B電壓表的示數減小，電流表的示數增大C電壓表和電流表的示數都增大D電壓表和電流表的示數都減小【解析】方法一(程序法)當滑片P向b端移動時，R3接入電路的阻值減小，總電阻R將減小，干路電流增大

15、，路端電壓減小，電壓表的示數減小，R1和內阻兩端的電壓增大，R2、R3并聯部分兩端的電壓減小，通過R2的電流減小，但干路電流增大，因此通過R3的電流增大，電流表的示數增大，故選項B正確方法二(極端法)當滑片P移到b端時R3被短路，此時電流表的示數最大，總電阻最小，路端電壓最小，故選項B正確方法三(直觀法)當滑片P向b移動時，R3接入電路的電阻減小，由部分電路中R、I、U關系中的兩個結論可知，該電阻中的電流增大，電流表的示數增大，總電阻減小，路端電壓減小，故選項B正確答案B【點評】在進行電路的動態分析時，要靈活運用幾種常用的解決此類問題的方法2電路中幾種功率與電源效率問題(1)電源的總功率：P總

16、EI(2)電源的輸出功率：P出UI(3)電源內部的發熱功率：P內I2r(4)電源的效率：(5)電源的最大功率：Pmax，此時0，嚴重短路(6)當Rr時，輸出功率最大，P出max，此時50%例2如圖55所示，E8 V，r2 ，R18 ，R2為變阻器接入電路中的有效阻值，問：圖55(1)要使變阻器獲得的電功率最大，則R2的取值應是多大？這時R2的功率是多大？(2)要使R1得到的電功率最大，則R2的取值應是多大？R1的最大功率是多大？這時電源的效率是多大？(3)調節R2的阻值，能否使電源以最大的功率輸出？為什么？【解析】(1)將R1和電源(E，r)等效為一新電源，則：新電源的電動勢EE8 V內阻rr

17、R110 ，且為定值利用電源的輸出功率隨外電阻變化的結論知，當R2r10 時，R2有最大功率，即：P2max W1.6 W(2)因R1是定值電阻，所以流過R1的電流越大，R1的功率就越大當R20時，電路中有最大電流，即：Imax0.8 AR1有最大功率P1maxImax2R15.12 W這時電源的效率×100%80%(3)不可能因為即使R20，外電阻R1也大于r，不可能有的最大輸出功率本題中，當R20時，外電路得到的功率最大答案(1)10 1.6 W(2)05.12 W80%(3)不可能，理由略【點評】本題主要考查學生對電源的輸出功率隨外電阻變化的規律的理解和運用注意：求R1的最大功

18、率時，不能把R2等效為電源的內阻，R1的最大功率不等于，因為R1為定值電阻故求解最大功率時要注意固定電阻與可變電阻的區別另外，也要區分電動勢E和內阻r均不變與r變化時的差異3含容電路的分析與計算方法在直流電路中，當電容器充放電時，電路里有充放電電流，一旦電路達到穩定狀態，電容器在電路中就相當于一個阻值無限大的儲能元件對于直流電，電容器相當于斷路，簡化電路時可去掉它，簡化后求電容器所帶的電荷量時，可將其接在相應的位置上；而對于交變電流，電容器相當于通路在分析和計算含有電容器的直流電路時，需注意以下幾點：(1)電路穩定后，由于電容器所在支路無電流通過，所以此支路中的電阻上無電壓降，因此電容器兩極間

19、的電壓就等于該支路兩端的電壓；(2)當電容器和電阻并聯后接入電路時，電容器兩端的電壓和與其并聯的電阻兩端的電壓相等；(3)電路的電流、電壓變化時，將會引起電容器的充放電例3 在如圖56所示的電路中，電容器C14.0 F，C23.0 F，電阻R18.0 ，R26.0 閉合開關S1，給電容器C1、C2充電，電路達到穩定后，再閉合開關S2，電容器C1的極板上所帶電荷量的減少量與電容器C2的極板上所帶電荷量的減少量之比是1615開關S2閉合時，電流表的示數為1.0 A求電源的電動勢和內阻圖56【解析】只閉合開關S1時，電容器C1的電荷量Q1C1E，C2的電荷量Q2C2E，式中E為電源的電動勢再閉合開關

20、S2后，電流表的示數為I，則C1的電荷量Q1C1IR1，C2的電荷量Q2C2IR2根據題意有：由閉合電路的歐姆定律，有：EI(R1R2r)聯立解得：E16 V，r2.0 答案16 V2.0 【點評】本題是一個典型的含電容器的直流電路問題，考查了學生對等效電路和電容器的充電、放電電路的理解及綜合分析能力4交變電流與交變電路問題縱觀近幾年的高考試題，本部分內容出現在選擇題部分的概率較高，集中考查含變壓器電路、交變電流的產生及變化規律、最大值與有效值如2009年高考四川理綜卷第17題、山東理綜卷第17題、福建理綜卷第16題等例4一氣體放電管兩電極間的電壓超過500 V時就會因放電而發光若在它發光的情

21、況下逐漸降低電壓，則要降到 500 V 時才會熄滅放電管的兩電極不分正負現有一正弦交流電源，其輸出電壓的峰值為1000 V，頻率為50 Hz若用它給上述放電管供電，則在一小時內放電管實際發光的時間為()A10 minB25 minC30 minD35 min【解析】由題意知，該交變電流的ut圖象如圖所示電壓的表達式為：u1000sin 100t V綜合圖象可知：在0內，時間段放電管能通電發光，通電時間為：ti() s故一小時內放電管實際發光的時間為：tti×1500 s25 min答案B【點評】交變電流的熱效應(如熔斷、加熱等)取決于有效值，而對電容、空氣導電的擊穿則取決于瞬時值分析

22、正弦交變電流的特性時需要熟練地運用數學函數與圖象，仔細周密地分析正弦函數中角度與變量時間的關系同類拓展1如圖57甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比為101，R120 ，R230 ，C為電容器已知通過R1的正弦交變電流如圖57乙所示，則2009年高考·四川理綜卷()甲乙圖57A交變電流的頻率為0.02 HzB原線圈輸入電壓的最大值為200 VC電阻R2的電功率約為6.67 WD通過R3的電流始終為零【解析】根據變壓器原理可知，原、副線圈中電流的周期、頻率相同，T0.020 s，f50 Hz，A錯誤由乙圖可知，通過R1的電流最大值Im1 A，根據歐姆定律可知，其最大電壓Um20 V，再

23、根據原、副線圈的電壓之比等于匝數之比可知，原線圈的輸入電壓的最大值為200 V，B錯誤因為電容器有通交流、隔直流的作用，故有電流通過R3和電容器，D錯誤根據正弦交變電流的峰值與有效值的關系以及并聯電路的特點可知I2，U2，R2上的電功率P2U2I2 W，C正確答案C 例5某種發電機的內部結構平面圖如圖58甲所示，永磁體的內側為圓柱面形，磁極之間上下各有圓心角30°的扇形無磁場區域，其他區域兩極與圓柱形鐵芯之間的窄縫間形成B0.5 T的磁場在窄縫里有一個如圖58乙所示的U形導線框abcd已知線框ab和cd邊的長度均為L10.3 m，bc邊的長度L20.4 m，線框以 rad/s的角速度

24、順時針勻速轉動圖58甲圖58乙(1)從bc邊轉到圖甲所示的H側磁場邊緣時開始計時，求t2×103 s 時刻線框中感應電動勢的大小；畫出a、d兩點的電勢差Uad隨時間t變化的關系圖象(感應電動勢的結果保留兩位有效數字，Uad的正值表示UaUd)(2)求感應電動勢的有效值【解析】(1)由題意知線框中產生感應電動勢的周期T1.2×102 st2×103 s時刻bc邊還在磁場中，故感應電動勢為：BL2L131.4 V根據bc邊在磁場區與非磁場區運動的時間可畫出 Uadt 圖象如圖58丙所示圖58丙(2)設感應電動勢的有效值為E，當bc邊外接純電阻R時，考慮內的熱效應得：Q

25、×T×解得：E28.7 V答案(1)31.4 V如圖58丙所示(2)28.7 V二、電磁感應規律的綜合應用電磁感應規律的綜合應用問題不僅涉及法拉第電磁感應定律，還涉及力學、熱學、靜電場、直流電路、磁場等許多知識電磁感應的綜合題有兩種基本類型：一是電磁感應與電路、電場的綜合；二是發生電磁感應的導體的受力和運動以及功能問題的綜合也有這兩種基本類型的復合題，題中電磁現象與力現象相互聯系、相互影響、相互制約，其基本形式如下：注意：(1)求解一段時間內流過電路某一截面的電荷量要用電流的平均值；(2)求解一段時間內的熱量要用電流的有效值；(3)求解瞬時功率要用瞬時值，求解平均功率要用有

26、效值1電磁感應中的電路問題在電磁感應中，切割磁感線的導體或磁通量發生變化的回路將產生感應電動勢，該導體或回路相當于電源因此，電磁感應問題往往與電路問題聯系在一起解決與電路相聯系的電磁感應問題的基本方法如下：(1)用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)畫等效電路圖，注意區別內外電路，區別路端電壓、電動勢；(3)運用閉合電路歐姆定律，串、并聯電路性質以及電功率等公式聯立求解2感應電路中電動勢、電壓、電功率的計算例6如圖59甲所示，水平放置的U形金屬框架中接有電源，電源的電動勢為E，內阻為r現在框架上放置一質量為m、電阻為R的金屬桿，它可以在框架上無摩擦地滑動，框架兩邊相距

27、L，勻強磁場的磁感應強度為B，方向豎直向上ab桿受到水平向右的恒力F后由靜止開始向右滑動，求：圖59甲(1)ab桿由靜止啟動時的加速度(2)ab桿可以達到的最大速度vm(3)當ab桿達到最大速度vm時，電路中每秒放出的熱量Q【解析】(1)ab滑動前通過的電流：I受到的安培力F安，方向水平向左所以ab剛運動時的瞬時加速度為：a1(2)ab運動后產生的感應電流與原電路電流相同，到達最大速度時，感應電路如圖59乙所示此時電流Im圖59乙由平衡條件得：FBImL故可得：vm(3)方法一由以上可知，Im由焦耳定律得：QIm2(Rr)方法二由能量守恒定律知，電路每秒釋放的熱量等于電源的總功率加上恒力F所做

28、的功率，即：QE·ImF·vm答案(1)(2)(3)【點評】本例全面考查了感應電路的特點，特別是對于電功率的解析，通過對兩種求解方法的對比能很好地加深對功能關系的理解ab棒運動的vt圖象如圖59丙所示圖59丙3電磁感應中的圖象問題電磁感應中的圖象大致可分為以下兩類(1)由給定的電磁感應過程確定相關物理量的函數圖象一類常見的情形是在某導體受恒力作用做切割磁感線運動而產生的電磁感應中，該導體由于安培力的作用往往做加速度越來越小的變加速運動，圖象趨向于一漸近線(2)由給定的圖象分析電磁感應過程，確定相關的物理量無論何種類型問題，都需要綜合運用法拉第電磁感應定律、楞次定律、右手定則

29、、安培定則等規律來分析相關物理量之間的函數關系，確定其大小和方向及在坐標系中的范圍，同時應注意斜率的物理意義例7青藏鐵路上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，其原理是將能產生勻強磁場的磁鐵安裝在火車首節車廂下面，如圖58甲所示(俯視圖)當它經過安放在兩鐵軌間的線圈時，線圈便產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，控制中心接收到線圈兩端的電壓信號u與時間t的關系如圖510乙所示(ab、cd為直線)，t1、t2、t3、t4是運動過程的四個時刻，則下列說法正確的是()圖510A火車在t1t2時間內做

30、勻加速直線運動B火車在t3t4時間內做勻減速直線運動C火車在t1t2時間內的加速度大小為D火車在t3t4時間內的平均速度的大小為【解析】信號電壓unBl1v，由ut圖象可知，火車在t1t2和t3t4時間內都做勻加速直線運動在t1t2時間內，a1，在t3t4時間內的平均速度，故B、D錯誤答案AC【點評】從題圖可以看出，在t3t4時間內的ut圖線關于t軸的對稱線與t1t2時間內的ut圖線在同一直線上，由此可判斷，火車在0t4時間內一直做勻加速直線運動的可能性很大例6如圖511甲所示，兩個垂直于紙面的勻強磁場方向相反，磁感應強度的大小均為B，磁場區域的寬度均為a一正三角形(高為a)導線框ACD從圖示

31、位置沿圖示方向勻速穿過兩磁場區域以逆時針方向為電流的正方向，則圖511乙中能正確表示感應電流i與線框移動的距離x之間的關系的圖象是()圖511甲圖511乙【解析】如圖511丙所示，當xa時，線框切割磁感線的有效長度等于線框內磁場邊界的長度圖511丙故有E12Bvxtan 30°當ax2a時，線框在左右兩磁場中切割磁感線產生的電動勢方向相同，且都與xa 時相反故E24Bv(xa)·tan 30°當2ax3a時，感應電動勢的方向與xa時相同故E32Bv(x2a)tan 30°答案C同類拓展2如圖512甲所示，光滑的平行金屬導軌水平放置，電阻不計，導軌間距為l

32、，左側接一阻值為R的電阻區域cdef內存在垂直軌道平面向下的有界勻強磁場，磁場寬度為s一質量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導軌上，與導軌垂直且接觸良好，受到F0.5v0.4(N)(v為金屬棒速度)的水平外力作用，從磁場的左邊界由靜止開始運動，測得電阻兩端電壓隨時間均勻增大(已知：l1 m，m1 kg，R0.3 ，r0.2 ，s1 m)圖512甲(1)分析并說明該金屬棒在磁場中做何種運動(2)求磁感應強度B的大小(3)若撤去外力后棒的速度v隨位移x的變化規律滿足vv0x，且棒在運動到ef處時恰好靜止，則外力F作用的時間為多少？(4)若在棒未出磁場區域時撤去外力，畫出棒在整個運動過程中速度隨位移變

33、化所對應的各種可能的圖線2009年高考·上海物理卷【解析】(1)金屬棒做勻加速運動，R兩端的電壓UIEv，U隨時間均勻增大，即v隨時間均勻增大，故加速度為恒量(2)Fvma，將F0.5v0.4代入得：v0.4ma因為加速度為恒量，與v無關，m1 kg所以0.50，a0.4 m/s2代入數據得：B0.5 T(3)x1at2v0x2atx1x2s故at2ats代入數據得：0.2t20.8t10解方程得：t1 s(4)速度隨位移變化的可能圖象如圖510乙所示圖512乙答案(1)略(2)0.5 T(3)1 s(4)如圖512乙所示4電磁感應中的動力學、功能問題電磁感應中，通有感應電流的導體在

34、磁場中將受到安培力的作用，因此電磁感應問題往往和力學、運動學等問題聯系在一起電磁感應中的動力學問題的解題思路如下：例7如圖513所示，光滑斜面的傾角為，在斜面上放置一矩形線框abcd，ab邊的邊長為l1，bc邊的長為l2，線框的質量為m、電阻為R，線框通過細線與重物相連， 重物的質量為M，斜面上ef線(ef平行底邊)的右方有垂直斜面向上的勻強磁場(磁場寬度大于l2)，磁感應強度為B如果線框從靜止開始運動，且進入磁場的最初一段時間是做勻速運動，則()圖513A線框abcd進入磁場前運動的加速度為 B線框在進入磁場過程中的運動速度vC線框做勻速運動的時間為D該過程產生的焦耳熱Q(Mgmgsin )

35、l1【解析】設線框進入磁場前運動的加速度為a，細線的張力為FT，有：MgFTMaFTmgsin ma解得：a設線框進入磁場的過程中的速度為v，由平衡條件得：Mgmgsin 解得：v故線框做勻速運動的時間t1這一過程產生的焦耳熱等于電磁感應轉化的電能，等于克服安培力做的功，等于系統機械能的減小量，即：QMgl2mgl2sin (Mgmgsin )l2答案BC【點評】求線框受恒定拉力作用下進入勻強磁場后達到的最大速度在高中物理試題中較為常見這類問題求轉化的電能往往有三種方法：一是t；二是，克服安培力做的功；三是，根據能量的轉化與守恒定律經典考題1某實物投影機有10個相同的強光燈L1L10(24 V200 W)和10個相同的指示燈X1X10(220 V2 W)，將其連接在220 V交流電源上，電路圖如圖所示若工