答案27--47.doc

课时27 电荷守恒 库仑定律1、CD 2、CD 3、B 4、BC 5、D 6、， 7、L/2 8、C球（两个大小、完全相同的带电金属球相碰后，带电量一定相等：同种电荷总电量平均分配；异种电荷先中和后平均分配。此题在分析中要注意小球接触的先后顺序。） 9、，方向指向小孔 10、负电荷，1 11、，12、F=F 解析：让C球反复与A、B球接触，最后移去C球后，三个完全一样的金属小球带等量2Q的电荷，即电量中和后平均分。由库仑定律 推得F=F13、（1） （2）解析：对A、B、C系统研究得：=F/3m ，A球受到B球库仑斥力F1和C球库仑力F2后，要产生水平向右加速度，故F2必为引力，C球带负电。 对C球 对A球：联立可得：， 本题库仑定律与力学平衡规律或牛顿运动定律综合，包含了库仑力的大小和方向、牛顿运动定律、力的合成和分解，一定要注意各部分知识的相互联系和综合运用。14、原理分析见解析。解析：（1）放电针G附近的空气，受高压电场作用而电离。在电场力作用下，大量的电子或负离子被喷射在粉粒a、b上，使a、b带负电。带负电的物质粉粒，因具有良好的导电性，所以在与带正点的滚筒C接触后，其上的负电被C上的正电中和并带上正电。带了正电的粉粒a一方面随滚筒转动，一方面受到C上正电的静电斥力而离开滚筒，最后落于料槽F。绝缘性能良好的粉粒b，其所带负电不容易传给滚筒C。在C的静电吸引力作用下，b附着于C的表面并随C转动。最后，b中粉粒较大者在重力作用下掉入料槽E，粉粒较小者由刮板将其刮入料槽E。（2）a粉粒落入料槽F，b粉粒落入料槽E。（3）粉粒b中较小者，因其重力较小，不能借助重力落入E中。它们附着于滚筒表面随C转至D处，由刮板D将其刮入料槽E。这是一道库仑力联系实际应用的题，要学会从具体的物理情景中经过分析和推理，将蕴涵的物理知识、物理规律反映出来，高考十分强调对知识的实际应用的考查。课时28 电场力的性质1、BC 2、B 3、B 4、BCD 5、B 6、C 7、BD 8、A ，D 9、（1）v0 （2） （3）L 10、.，7.5V/m11、（1）C在AB延长线上，且AB=BC （2）QC= +4Q解析：（1）先判定第三个点电荷所在的区间：只能在B点的右侧；再由，F、k、q相同时 rArB=21，即C在AB延长线上，且AB=BC。（2）C处的点电荷肯定在电场力作用下平衡了；只要A、B两个点电荷中的一个处于平衡，另一个必然也平衡。由，F、k、QA相同，Qr2，QCQB=41，而且必须是正电荷。所以C点处引入的点电荷QC= +4Q12、E = 2.7104N/C解析：真空中点电荷Q1和Q2的电场在A点的场强分别为E1和E2，它们大小相等，方向如图所示。场强E1，场强E2向上平移后与合矢量E构成一正三角形，故E与Q1Q2平行，E=E1=E2=kQ/r2=9.01093.010-8/(0.1)2N/C=2.7104N/C用E=kQ/r2求解E时，电荷量取绝对值，方向根据电场电荷的电性决定。13、解析：电场E水平向右时，小球受力如右图1所示 mgTqEmgTqE图1 图2电场E逆时针转过450时，小球受力如右图2所示，设绳子与竖直方向的夹角为，由平衡条件得 联立求解并代入数据得 课时29 电场能的性质1、D 2、C 3、D 4、B 5、BD 6、AD 7、D 8、BD 9、UD=9V 10、垂直于A、B线斜向下；1000 V/m11、（1） （2）解析：（1）设它们在距离最近时有共同的速度v，由动量守恒定律 解得 此时的总能为：（2）由能的转化和守恒定律，则总电势能为：12、vC=，aC=g-a 解析：在D点：mgsin30-FDsin30=ma，在C点：mgsin30+FDcos30=maC，D和C在同一等势面上，FD=FC，得aC=2gsin30-a=g-a。质点从D到C的过程中运用动能定理可得：mgLsin60=m（vC2-v2），从而得出结论。13、（1） （2）N=3mg 解析：（1）设小球到B点的最小速度为vB，则牛顿第二定律： 小球从A到B的过程中由动能定律： 由得 （2）小球从A到C的过程中，由动能定律: 小球在C点时，牛顿第二定律: 又因为 mg=2qE 由 得：N=3mg14、（1）U=mgd/q （2）3qQ5q/3解析：（1）油滴M带正电，在两金属板之间处于平衡，有mg=qU/d，则B板电势较高，电势差U=mgd/q。（2）油滴N与M相碰后，要不落到B板上，油滴N带正电。设油滴N带电量为Q，油滴N与M碰前的速度设为v0，有mv02/2=mg(d+d/2)QU/2 油滴N能与M相碰，mv02/2=mg(d+d/2)QU/20电量Q3q 油滴M与N相碰后结合成大油滴，速度为v，有mv0=(m+m)v v=v0/2=/2此后，大油滴向下运动，不碰到B板，需有 (2m)v2/2(Q+q)U/22mg(d/2)代入v和U的值，解得Q5q/3， 油滴N所带电量可能是3qQ5q/3。课时30 电容器 电容1、BCD 2、D 解析：对平行板电容器的电容和静电计测电势差可简单这样理解：对前者可认为Q一定，U随C变化；对后者可认为C一定，Q随U而变化，而静电计电量的变化对平行板电容器极板上的电量变化而言是很小的。 3、BCD 4、D 5、AC 6、D 7、BC 8、ACD9、1.5310-4，正，4.08104 10、20，6.410-4 11、100V/m，5V，100V/m，15V 12、0.15mm13、（） （+1）解析：（1）设第n滴恰在A、B间做匀速直线运动，则这时电容器的带电量为(n1)q对第n滴液滴，根据它的受力平衡得qEmg,而 ，解得 （2）设第N滴恰能到达下板对第N滴由开始下落至恰到达B板的过程，由动能定理得，解得说明（1）带电液滴落至下板，使下板的带电量增加，由于静电感应，上板将带有等量异种电荷，这实际上是电容器的充电过程两板间的电势差和场强随极板电量的增加而增加，液滴所受电场力也越来越大。（2）要注意的是，受力平衡的液滴匀速下落，仍能到达下极板；恰能到达下极板的液滴受力不平衡，电场力大于重力，做的是减速运动。课时31 带电粒子在电场中的运动11、A 2、D 3、C 4、D 5、ABD 6、C 7、D 8、AC 9、 10、1：4：9， 1：1：1， 1：2：3。11、具体答案参见解析。解析：由题意可得：偏转距离y： 偏转角：（1）因为v0相同，当q/m相同，y、相同（2）因为相同，当q相同，y、相同（3）因为mv0相同，当q/v0相同，y、相同（4）设加速电压为U，由 可得： 说明：不论带电粒子的m、q如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转电场，y和都相同。带电粒子垂直于匀强电场方向射入，注意在不同的初始条件下，其偏转距离和偏转角将会不同。12、（1） （2）解析：（1）小球由A到B的过程中，由动能定律： 在B点由牛顿牛顿定律： 由得：（2）小球由A到C的过程中，电场力做功为0，则由动能定律： 在C点由牛顿牛顿定律： 由得：13、该同学所得结论有不完善之处。为使小球始终沿水平面运动，电场力在竖直方向的分力必须小于等于重力 qEsinmg所以即 7.5104V/mE1.25105V/m14、（1） （2） 电子在真空管中的运动过分为三段，从F发出在电压U1作用下的加速运动；进入平行金属板B、C间的匀强电场中做类平抛运动；飞离匀强电场到荧光屏间的匀速直线运动。（1）设电子经电压加速后的速度为v1，根据动能定理有： 电子进入B、C间的匀强电场中，在水平方向以v1的速度做匀速直线运动，竖直方向受电场力的作用做初速度为零的加速运动，其加速度为： 电子通过匀强电场的时间电子离开匀强电场时竖直方向的速度vy为： 电子离开电场时速度v2与进入电场时的速度v1夹角为（如图）则（2）电子通过匀强电场时偏离中心线的位移电子离开电场后，做匀速直线运动射到荧光屏上，竖直方向的位移 电子打到荧光屏上时，偏离中心线的距离为 课时32 带电粒子在电场中的运动21、AC 2、A 3、AD 4、AD 5、B 6、BC 7、AC 8、 9、解析：小油滴自由下落h/2时加电场，由对称性知，小油滴在加上电场后，其加速度必为ag。所以有10、（1） （2）N=P/2Eu （3）解析：（1）、以氧离子为研究对象，由动能定理： 所以，氧离子的速度为：（2）、设每秒钟射出的氧离子数为，则发射功率可表示为：P=NEk=2NeU所以，氧离子数为：N=P/2eU（3）、以氧离子和飞行器为系统，设飞行器的反冲速度为，由动量受恒定律：NtmvMV=0，即：Ntmv=MV 所以，飞行器的加速度为11、F=12mg 解析：由已知，原来小球受到的电场力和重力大小相等，增大电压后电场力是重力的3倍。在C点，最小速度对应最小的向心力，这时细绳的拉力为零，合力为2mg，可求得速度为v=，因此给小球的最小冲量为I = m。在最高点D小球受到的拉力最大。从C到D对小球用动能定理：，在D点，解得F=12mg。12、7210-2m解析：小球m在处以vA以水平射入匀强电场后，运动轨迹如图所示。对于这类较复杂的运动，中学中常用的处理方法是将其分解成两个或几个简单的直线运动，根据力的独立作用原理及运动的互不相干性分别加以分析。考察竖直方向情况：小球无初速，只受重力mg，可看作是自由落体运动；考察水平方向情况，有初速vA，受恒定的电场力qE作用，作匀变速直线运动，小球的曲线运动由上述两个正交的直线运动叠加而成。由题可知：E=U/d=100/0.1=104V/m，设球飞行时间为t，则在竖直方向上有：在水平方向上有：，求出t，所以=7210-2m在解答这类问题时，力的独立作用原理与运动的独立作用原理及力的正交分解等方法，往往要反复运用，因此学好力学是学好电学的基础。13、解析：对电子的加速过程，由动能定理得：eU0 = m02得电子加速后的速度0 = = 42107m/s电子进入偏转电场后，由于在其中运动的时间极短，可以忽略运动期间偏转电压的变化，认为电场是稳定的，因此电子做类平抛的运动如图所示交流电压在A、B两板间产生的电场强度E = = 25104cos2tV/m电子飞离金属板时的偏转距离y1 = at = （）2电子飞离金属板时的竖直速度y = at1 = （）电子从飞离金属板到到达圆筒时的偏转距离y2 = yt2 = 所以在纸筒上的落点对入射方向的总偏转距离为y = y1+y2 = （+L2） = （+L2） = 020costm可见，在纪录纸上的点在竖直方向上以振幅0.20m、周期T = 1s做简谐运动因为圆筒每秒转2周，故转一周在纸上留下的是前半个余弦图形，接着的一周中，留下后半个图形，则1s内，在纸上的图形如上图所示课时33 欧姆定律 电阻定律1、A 2、C 3、D 4、C 5、BD 6、C 7、（1）3：1 （2）3：1 （3）1：3 （4）电阻大小8、1.6A 9、10、解析：设双线电缆每单位长度的电阻为r，漏电处电阻为R，漏电处距A为x，题设测量过程可用如图电路表示，则AA/间电阻；BB/间电阻.当AA/间加电压时，在BB/间用内阻很大的电压表测出的电压等于R两端电压(电缆上近似看作无电流无电势降落)，根据欧姆定律得，联立解得11、（1） （2） （3）见解析mgT解析：（1）加速度为a时，金属丝与竖直方向成角，受重力与绳子的拉力作用，如右图所示，则有 ，设CD之间距离为x，则所以（2）（3）C点装置在AB中间时，即可测加也可测减速，电压表要求指针在中间能向两边偏转.12、 解析：由得髓质的电阻率为设圆柱体的圆面半径为r、高为L 由欧姆定律得由电阻定律得又圆柱体的体积为圆柱体的圆面积联立并代入数据可得课时34 电功率 焦耳定律1、CD 2、C 3、B 4、D 5、B 6、D 7、C 8、AD 9、P=31W解析：电动机不转时可视为为纯电阻，由欧姆定律得，这个电阻可认为是不变的。电动机正常转动时，输入的电功率为P电=U2I2=36W，内部消耗的热功率P热=5W，所以机械功率P=31W由这道例题可知：电动机在启动时电流较大，容易被烧坏；正常运转时电流反而较小。10、r=4解析：电动机的输入功率PUI，电动机的输出功率P1=mgv，电动机发热功率P2=I2r而P2=PP1，即I2r=UImgv代入数据解得电动机的线圈电阻大小为r=411、12，4.2W解析：灯泡电阻灯泡正常发光时，有此时滑动变阻器上消耗的功率是12、解析：（1）R1用于保温，R2用于加热；（2）S断开为保温，S接通为加热；（3）减小R2的阻值或给R2并联一电阻。课时35 闭合电路欧姆定律1、D 2、D 3、C 4、A 5、D 6、B 7、C 8、AC 9、3.0 V； 1； 2.0 W 10、0；3.0 （当RL=0时，电路中电流最大，R1消耗的电功率最大；电源进行等效变换，保持电源电动势E不变，将固定电阻R1归并到内电路，等效内电阻r=r+R1，当R2=R1+r时，电源输出功率最大）11、解析：闭合K后外电阻闭合K后路端电压闭合K后R3两端的电压接通电键K后流过R4的总电量12、（1）I1=1A，U1=4V （2）E=6 V ，r2 （3）I=0.5 A解析：（1）K接a时，R1被短路，外电阻为R2，根据电功率公式可得通过电源电流A电源两端电压V（2）K接a时，有E=U1+I1r=4+r，K接b时，R1和R2串联, R外=R1+R2=6通过电源电流I2A这时有：E=U2+I2r=4.5+0.75 r 解式得：E=6 V r2 （3）当K接c时，R总=R1+r+R23=6 ，总电流I3E/R总=1 A通过R2电流II3=0.5 A13、（1） （2）电源转化的电能，一部分消耗于自身的内阻(转化为内能)，其余的输入给电动机；输给电动机的电能小部分消耗于电动机的内阻上(转化为内能)，大部分转化为机械能，由能量转化和守恒定律可解得（1）， ，（2）对电动机有，所以14、（1） （2）-a（1）设待测系统沿AB方向有加速度a，则滑块将左移x，满足kx=ma，此时U0-U=，而R=.故有 a=.（2）当待测系统静止时，滑动臂P位于滑动变阻器的中点，且1、2两接线柱输出的电压U0=0.4E，故输出电压的变化范围为0U2U0，即0U0.8E，结合（1）中导出的a与U的表达式，可知加速度计的测量范围是-a.课时36 磁场的基本概念1、AD 2、AC 3、ABCD 4、A 5、A 6、C 7、D 8、C 9、C 10、B11、略 12、略 13、（1）右端正极；（2）略；（3）略；（4）向纸外转14、课时37 磁场对电流的作用1、A 2、B 3、AC 4、A 5、C 6、C 7、D 8、ABD 9、. 10、11、12、1.6R4.8 解析：金属棒静止在框架上时，摩擦力f的方向可能沿框面向上，也可能向下，需分两种情况考虑。当变阻器R取值较大时，I较小，安培力F较小，在金属棒重力分力mgsin作用下使棒有沿框架下滑趋势，框架对棒的摩擦力沿框面向上（如图）金属棒刚好不下滑时满足平衡条件得（）当变阻器R取值较小时，I较大，安培力F较大，会使金属棒产生沿框面上滑趋势因此，框架对棒的摩擦力沿框面向下（如图11.2-解）金属棒刚好不上滑时满足平衡条件得 所以滑动变阻器R的取值范围应为 1.6R4.813、q=1.5C解析：S接通后，受到安培力的作用，向右运动，经过一段时间，金属棒被水平抛出，做平抛运动，根据平抛运动可求出平抛运动的初速度v，从而可求解电荷量q。设金属棒被水平抛出的瞬时速度为v，金属棒在轨道上的运动的时间为t。由平抛运动可知，金属棒做平抛运动的时间t0，满足 所以则刚抛出时，速度v（即为水平方向速度）有设S接通后，形成电流为I，则金属棒所受安培力F安BId，由动量定理得即为通过棒的电荷量，故代入数据课时38 磁场对运动电荷的作用1、CD 2、BCD 3、AD 4、A 5、C 6、D 7、B 8、A 9、（1） （2） （3）解析：（1）带电粒子在中做匀速圆周运动的半径，由图可知，磁场区域最小半径，磁场区域最小面积（2）粒子从O至a做匀速圆周运动的时间，从a飞出磁场后做匀速直线运动。 O至b阶段运动时间 （3）带电粒子从O处进入磁场，转过1200后离开磁场，再做直线运动从b点射出时ob距离： 10、（1） （2）解析：（1）由题意知质子轨道半径rp = L0 对质子应用牛顿定律得eBrp = 解得：（2）质子做圆周运动的周期Tp = 与粒子做圆周运动的周期T= = 质子通过O点的时刻为t = Tp、Tp、Tp、 要使两粒子在O点相遇，则t = 、 也就是说粒子出发点与O点之间的连线必为其 圆周或 圆周所对的弦（如图）所以粒子的轨道半径r = 据牛顿第二定律得 解得： 11、B解析：电子在磁场中沿圆弧ab运动（如图），圆心为C，半径为R。以v表示电子进入磁场时的速度，m、e分别表示电子的质量和电量，则eUmv2 ； evB ； 又有 由以上各式解得B 12、（1）r1= （2）n5解：（1） 解得r1=（2）当到An时，加速了（2 n-1）次rn= 同理rn+1= rn+1-rn 解得：n5 13、20cm解析：如图所示所以有：带入数据得：可见因朝不同方向发射的粒子的轨道都经过，如图所示，某一圆轨迹在图中点左侧与向切，则此切点就是粒子能打中的左侧最远点，由图中几何关系得 再考虑点右侧，任何粒子在运动过程中离点的距离不可能超过，故图中点即为右侧粒子能打到的最远点，由图中几何关系得 故所求的长度为课时39 带电粒子在复合场中的运动11、AB 2、ACD 3、CD 4、AD 5、AC 6、ABC7、，tmctgqB解析：电场反转前上 mgqE 电场反转后，小球先沿斜面向下做匀加速直线运动,到对斜面压力减为零时开始离开斜面，此时有：qB =(mg + qE) cos 小球在斜面上滑行距离为：S=t/2 解可得：小球沿斜面滑行距离所用时间。tmctgqB.8、（1）v= （2）设正离子在匀强磁场中作匀速圆周运动，从M经圆弧到N，由题意得MO=NO=R 而R=在磁场中的运动时间t1= 正离子垂直于电场方向进入匀强电场中后作类平抛运动，在垂直于电场方向有： OP=vt2 沿电场方向有：ON= 由题意得OP=ON 由上述各关系可解得：v= 9、（1）Wf =610-3J （2）S=0.6m解析：（1）从M到N，只有重力和摩擦力做功。刚离开N点时 Eq=Bqv 即 v =2m/s根据动能定理 mgh+Wf =mv2/2 Wf = （mgh+mv2/2）=610-3J（2）在P点时受力如图,由夹角为450可知mg =Eq， f洛=mg=Bqv vP=m/s根据动能定理,从M到P： mgHWfEqs=mvp2/2 S=0.6m10、解析：碰撞前a做曲线运动，电场力和重力做功，获得速度v，a、b碰撞动量守恒，碰后合液滴竖直方向合力为零，沿水平方向匀速直线运动。设a电量为4q，质量为2m, b电量为q，质量为m，碰前对a由动能定理： 对b碰前有：qE = mg a、b碰撞，动量守恒 碰后合液滴水平直线，力平衡，总电量3q，质量3m 由联立得 11、（1）=0.3 （2）解析：（1）在虚线上方，球受电场力、磁场力、摩擦力作用，环最后做匀速运动，摩擦力与电场力平衡f=N=Bqv=fE=qE1 在虚线下方环仍作做速运动，此时电场力与磁场力平衡BvqqE2 联立以上两式得=0.3 （2）在虚线上方电场力做功EE=qE1L 摩擦力做功Wf=WE-mv2 在虚线下方，撤去电场后小环做匀速圆周运动Bvq= 、联立得mv2= 12、解析：（1）带电微粒在做匀速圆周运动，电场力与重力应平衡，因此： mg=Eq 解得： 方向： 竖直向下 （2）粒子作匀速圆周运动，轨道半径为R，如图所示。 P45最高点与地面的距离为： 解得： 该微粒运动周期为： 运动到最高点所用时间为： （3）设粒子升高度为h，由动能定理得： 解得： 微粒离地面最大高度为： 课时40 带电粒子在复合场中的运动21、AD 2、A 3、AC 4、C 5、ACD 6、ABC7、磁场是沿着与重力方向夹角，且斜向下方的一切方向。解析：根据带电质点做匀速直线运动的条件,得知此带电质点所受的重力、电场力和洛伦兹力的合力必定为零由此推知此三个力在同一竖直平面内,如图11.4-6所示,质点的速度垂直纸面向外由合力为零的条件,可得 求得带电质点的电荷量与质量之比 （C/kg）因质点带负电,电场方向与电场力方向相反,因而磁场方向也与电场力方向相反设磁场方向与重力方向之间夹角为,则有解得 即磁场是沿着与重力方向夹角，且斜向下方的一切方向。8、s=pL/2+qB2L2/(16mE)解析：由粒子在磁场中和电场中受力情况与粒子的速度可以判断粒子从O点开始在磁场中匀速率运动半个圆周后进入电场，做先减速后反向加速的匀变直线运动，再进入磁场，匀速率运动半个圆周后又进入电场，如此重复下去。粒子运动路线如图所示，有 L=4R 粒子初速度为v，则有 qvB=mv2/R ，由、可得 v=qBL/4m .设粒子进入电场做减速运动的最大路程为L，加速度为a,则有 v2=2aL ， qE =ma, 粒子运动的总路程s=2pR+2L. 由、式， 得：s=pL/2+qB2L2/(16mE).9、（1）B = 0.1T （2） = （3）t = 10-7s解析：（1）如图所示，设质子第一、第二次由B、C两点分别进入电场，轨迹圆心分别为O1和O2所以：sin30 = ，R = 2OA，得 B = = 0.1T。（2）从图中可知，第一、第二次质子在磁场中转过的角度分别为210和30，则 = = （3）两次质子以相同的速度和夹角进入电场，所以在电场中运动的时间相同由x = 0t和y = t2以及tan30 = 由以上解得t = = 10-7s。10、（1）v1（mg2q） 或 v2 （2）a=（1）小球刚开始下滑时速度较小，Bqvq受力分析如上图所示，由牛顿第二定律得：mg-（Eq-Bqv）=ma 当Bqv=Eq时，a达最大为 amg随v的增大，BqvEq，小球受力如下图所示。则：mg-（Bqv-Eq）=ma 将a，amg分别代入式和式解得在a达到am之前，当ag时，速度为v1当a达到am后，当ag时，速度为v2，其中v1存在是有条件的，只有mg2q时，在a增加阶段才有ag可能.（2）在a达到am后，随着v增大，a减小，当a0时vvm，由式可解得 vm。设在a达am之前有v，则由式解得此时加速度为ag，因mgEq，故ag，这与题设相矛盾，说明在aam之前不可能有v=。显然ag，符合题意。将v=vm代入式解得 a=。11、（1），角度 （2）最短，最长（1）设板间距为d，t=0.1s时刻释放的粒子在板间做类平抛运动在沿电场方向上 粒子离开电场时，沿电场方向的分速度 粒子离开电场时的速度 粒子在电场中的偏角为 由得 （2）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期 不同时刻释放的粒子在电场中的偏角不同，进入磁场后在磁场中运动的时间不同，大的磁场中的偏角大，运动时间长。时刻释放的粒子，在电场中的偏角为0，在磁场中运动的时间最短 时刻释放的粒子，在电场中的偏角最大为45，在磁场中的运动时间最长 课时41 感应电流的产生和方向判定1、D 2、B 3、B 4、D 5、C 6、A 7、A 8、A 9、D 10、AD11、， 12、adcba 13、ab0 t14、解析：（1）如图所示（2）时间内有感应电流，方向adcba，时间内没有感应电流，时间内有感应电流，沿abcda方向。课时42 法拉第电磁感应定律及应用1、D 2、D 3、BD 4、BC 5、C 6、D 7、BC 8、A 9、BC 10、负 11、详细答案见解析。解析：（1）感应电动势大小 （2）根据闭合电路欧姆定律，回路中感应电流大小为：，用右手定则可判定通过金属棒的感应电流方向是ba（3）当金属棒匀速运动时，拉力与安培力F平衡，所以，用左手定则可判定安培力方向向左，因此拉力方向向右（4）感应电流的功率（5）拉力的功率12、（1）=3Ba2/2； （2）Et =； （3）q= 3Ba2/2R.解析：（1）设初始时刻线框向纸外的一面为正面，此时磁通量1=Ba2,磁感线从正面穿入，t时刻后2=Ba2, 磁感线从正面穿出，磁通量变化为=3Ba2/2，=/t=3Ba2/(2t)； （2）感应电动势的瞬时值 Et =Blvsin=； （3）=/t，I=E/R，q=It =/R= 3Ba2/2R.。解题时要明确题中所要求的是感应电动势的平均值还是瞬时值，然后再选用适当的公式求解。13、解析：本题分析方法很多，最简单的方法是：从“阻碍相对运动”的角度来看，导线框一定会跟着条形磁铁同方向转动起来。如果不计摩擦阻力，最终导线框将和磁铁转动速度相同；如果考虑摩擦阻力导线框的转速总比条形磁铁转速小些。14、 ，b点电势比a点高。解析：矩形线框左侧处于均匀变化的磁场中产生感应电动势因此这部分导线相当于电源设整个线框电阻为R0，则电源内阻而线框在磁场外的部分是负载，其电阻，等效电路如图所示，设矩形长、宽分别为、，则 ，由楞次定律可知，线框中电流为逆时针方向，所以b点电势比a点高15、解析：交流电的频率越高，它产生的磁场的变化就越快，根据法拉第电磁感应定律，它产生感应电动势就越大。当电阻相同时，感应电流就越大，而放出的热量与电流的平方成正比，所以交流电频率越高，焊接处放出的热量越大。课时43 电磁感应与电路规律的综合应用1、D 2、BC 3、C 4、A 5、D 6、AC 7、总电量q=解析：当ab向右倒下且b端离开导轨前闭合电路中磁通量发生变化，R中有感应电流通过，接入回路中的旋转导体棒作为电源一方面对R供电，使电量q1流过R，另一方面又对C充电，充电电量逐渐增至q2；当b端离开导轨后，由于旋转导体棒脱离回路，充了电的C又对R放电，这样又有电量q2流过R,。通过R的电量应该是感应电流的电量和电容器放电的电量之和。通过R的感应电量q1=t=/R=BL2/2R；通过R的电容器放电电量q2=CE=， 总电量q=q1+q2=8、解析：依题意，线圈受恒定拉力作用，且刚好匀速穿进匀强磁场，有。 ，为进入过程中线框速度。 大小、方向恒定，此过程从，到为止；当cd边进入场区后，因磁通量不变，则感应电流为零从而安培力也变为零，但拉力F恒定不变，线圈将以为初速，做匀加速直线运动，此过程延续到ab边刚要离开场区时为止。此时；当ab边离开磁场区后，边切割磁感线，有，此时安培力。线圈将做减速运动，随，有，F线圈做加速度减小的减速运动。电流衰减，但衰减得越来越慢。只要，线圈仍减速，直到，线圈受合力为零，将匀速运动，此过程到cd离开磁场时为止。且此时，总位移为3L，电流可能大于，可能等于，此后，电流变成零，的大小随边的位置坐标变化的曲线如图所示。，；，；，如图所示，且，。9、Q=7BlvC/3，右侧极板带正电解析：本题中有两个回路：abfe和cdfe. abfe是闭合回路，金属棒ab以速度v向左切割磁感线，产生感应电动势E1=lvB,形成abfea方向的电流，R两端的电压为Ufe=IR=lvB/3;cdfe回路是不闭合的，金属棒cd产生的感应电动势E2=2lvB,且c点电势高，Ucd=E2=2lvB; 又因为d、f两点等电势，所以Uce=Ucd+Ufe=7lvB/3,且c点电势高.电容器C上的带电量为Q=7BlvC/3，右侧极板带正电。10、 电流方向由a流向c。解析：MN滑过的距离为时，它与bc的接触点为P，如图。由几何关系可知MP长度为，MP中的感应电动势 ，MP段的电阻MacP和MbP两电路的并联电阻为 由欧姆定律，PM中的电流 ，ac中的电流 解得 根据右手定则，MP中的感应电流的方向由P流向M，所以电流Iac的方向由a流向c。11、（1）I1 = 0.4A （2）P1=1.28102W图（1）解析：（1）棒滑过圆环直径OO 的瞬时，MN中的电动势E1=B2a v=0.20.85=0.8V 等效电路如图（1）所示，流过灯L1的电流I1=E1/R=0.8/2=0.4A 图（2）（2）撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O 以OO 为轴向上翻转90，半圆环OL1O中产生感应电动势，相当于电源，灯L2为外电路，等效电路如图（2）所示，感应电动势E2=/t=0.5a2B/t=0.32V L1的功率P1=(E2/2)2/R=1.28102W课时44 电磁感应与力学规律的综合应用1、A 2、CD 3、B 4、B 5、ACD 6、AD 7、C 8、ABD9、（1）参右图 （2） （3）解析：（1）略 （2）当ab杆速度为v时，感应电动势，此时电路中电流ab杆受到安培力根据牛顿运动定律，有 （3）当时，ab杆达到最大速度 10、（1） （2）t1.3s.解析：（1）电动机的输出功率为导体棒速度稳定时有 代入数据解得（2）由能量守恒得 代入数据解得t1.3s.11、（1）P棒刚进入磁场的阶段，P棒做减速运动，Q棒做加速运动，随着两棒速度差的减小，两棒运动加速度也不断减小；（2）两棒加速度之比为4:3；（3）P棒最大速度，Q棒最大速度；（4）整个过程回路消耗的电能解析：第一阶段：P棒沿光滑弧面下滑，直到进入水平轨道之前，整个系统机械守恒，即Q棒不动，对P棒 所以第二阶段：P棒刚进入磁场时速度最大，其后由于P棒切割磁感线使回路产生感应电流，两棒受安培力作用而分别做减速和加速运动，直到两棒速度相同为止，该速度即为Q棒最大速度。由于两棒所受安培力，尽管回路中感应电流不断变化，但两棒通过的电流始终相等，所以两棒所受安培力大小始终相等，这样两棒运动加速度之比始终为根据动量守恒定律所以 第三阶段：两棒速度相同后，穿过整个回路的磁通量不再变化，回路中无电流，两棒不再受安培力作用，在光滑水平轨道上各自做匀速运动，整个系统无能量消耗。全过程中回路消耗的电能，因感应电流为变量，无法用计算，但根据能量守恒定律，回路消耗的电能即系统减少的机械能所以12、0.2J解析：设线框的最大速度为vm ，此后直到ab边开始进入磁场为止，线框做匀速直线运动，此过程中线框的动能不变。由mg= 解得 vm= 2m/s全部进入后，无安培力，因此只需考虑从开始下落到刚好全部进入时，这段时间内线框因克服安培力做功而损失的机械能为：mg（h+ L）=0.2 J.所以磁场作用于线框的安培力做的总功是0.2J13、 解析：设杆向上的速度为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 回路中的电流 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x1y1的安培力为 方向向上，作用于杆x2y2的安培力为 方向向下，当杆作匀速运