金属棒在匀强磁场中不做切割磁感线运动,能产生感应电动势吗?

根据感应电动势、欧姆定律、电阻定律分析电流与距离v的关系

根据公式，当AB杆向右匀速运动时，LAB逐渐增大，故E增大，A错，B正确。

电路的总电阻，

电路中的瞬时电流

(其中ρ为导体的电阻率,S0为导体的横截面积)，

所以I不变，C正确。

故本题答案为B. C。

BC


<>

（1）设金属棒ab到达X₀=6m处的速度为v，
则感应电动势E=BLv=Byv=0.8Bvsin（[π/12]X₀） ①，
此时电路中消耗的电功率为P=
E2
R+r ②，
由①②解得：v=
10m/s；
（2）从金属棒ab运动到X_o=6m处的过程中，由动能定理得：
mgsin37°X-μmgcos37°X-W_安=[1/2]mv²-0，
解得：W_安=3.8J；
（3）由动能定理得：mgsin37°X-μmgcos37°X-W_安′=[1/2]mV²-[1/2]mV²，
解得W_安′=4.8J，克服安培力做功转化为焦耳热Q=W_安′=4.8J，

QR
Qr=
I2Rt
I2rt=[R/r]=[1.5Ω/0.5Ω]=[3/1]，Q_R+Q_r=Q，则Q_R=Q=3.6J；
答：：（1）金属棒的速度是
10m/s；
（2）安培力对金属棒ab做了3.8J的功；
（3）电阻R上产生的焦耳热为3.6J．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；动能定理的应用；电磁感应中的能量转化．

考点点评： 本题考查了求金属棒的速度、安培力做的功、导体棒产生的焦耳热等问题，熟练应用动能定理是正确解题的关键．

（1）ab将作加速度越来越小的加速运动，最后匀速运动．
匀速时速度达到最大，最大速度满足：
B2L2vm
R＝mg
得：v_m=[mgR
B2L2
（2）经过时间t，ab的速度为v=at
t时刻的安培力：F_安=BIL=B
BLv/RL＝
B2L2a
Rt
由牛顿第二定律得：F+mg-F_安=ma
解之得：F=m（a-g）+
B2L2a
Rt
（3）根据拉力F与时间t的关系式可以知道拉力F与时间t的关系是一次函数，作出F-t图线．
答：（1）若将ab由静止释放，ab将作加速度越来越小的加速运动，最后匀速运动．
最终速度为
mgR
B2L2]
（2）拉力F与时间t的关系式是F=m（a-g）+
B2L2a
Rt；
（3）见图

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电磁感应中的能量转化．

考点点评： 解决该题关键要能运用动力学观点对金属棒进行分析，运用牛顿第二定律求解．
能够运用数学知识描绘函数图象．

（1）撤去拉力F瞬间，由能量守恒定律得：Fs＝Q+
1
2m
v2A+
1
2m
v2C
代入数据解得：v_A=4m/s
AB棒速度v_A方向向左
（2）撤去拉力F后，AB棒继续向左加速运动，而CD棒向右开始减速运动，两棒
最终匀速运动时，电路中电流为零（整个回路磁通量保持不变），两棒切割磁感应电动势
大小相等．
即：BLv′_A=B•2Lv′_C
得：v'_A=2v'_C
对两棒分别应用动量定理，有BLAB
.
I•t＝mv′A−mvA
BLCD
.
I•t＝mvC−mv′C
因L_CD=2L_AB
故有
v′A−vA
vC−v′C＝
1
2
联立以上各式解得：v′_A=6.4m/s，v′_C=3.2m/s
v_A′方向向左，v_C′方向向右．
答：（1）撤去拉力F瞬间AB棒速度为4m/s；（2）两棒最终的速度为6.4m/s和3.2m/s．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；动量定理；能量守恒定律．

考点点评： 本题是电磁感应中的力学问题，应用了能量转化与守恒定律，动量定理，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强这方面的训练．

A、磁场方向垂直纸面向里，导体棒所受的安培力方向竖直向上，根据平衡，知悬线的拉力减小．故A正确．
B、磁场方向垂直纸面向外，导体棒所受的安培力方向竖直向下，根据平衡，知悬线的拉力增大．故B错误．
C、磁场方向平行于纸面向上，则安培力方向垂直纸面向外，当平衡时，绳子拉力大于重力，拉力增大．故C错误．
D、磁场方向平行于纸面向下，则安培力方向垂直纸面向内，当平衡时，绳子拉力大于重力，拉力增大．故D错误．
故选A．

点评：
本题考点： 安培力；左手定则．

考点点评： 解决本题的关键能够正确地受力分析，通过共点力平衡进行求解，掌握左手定则判断安培力的方向．

X、Y两根金属棒插入Z溶液中，实验中电流表指针发生偏转，说明该装置形成原电池，X棒变粗，Y棒变细，则X作正极、Y作负极，
A．该装置中，X锌电极易失电子作负极、Y作正极，与实际不符合，故A错误；
B．该装置中，X电极上氢离子得电子生成氢气，属于电极质量不变，故B错误；
C．该装置中，X电极易失电子作负极，与实际不符合，故C错误；
D．该装置中，Y易失电子作负极、X作正极，X电极上银离子得电子生成银，则符合实际，故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 原电池和电解池的工作原理．

考点点评： 本题考查了原电池原理，根据电极上发生的反应确定正负极，再结合题目分析解答，题目难度不大．

（1）刚释放时，框中没有感电流产生，不受安掊力作用，ab在重力作用下向下运动，
加速度为：
a＝
F
m＝
mg
m＝g=10m/s²
（2）ab将做加速度逐渐减小的加速运动．当F=mg时，加速度为0，做匀速运动，此时速度最大．
∵F_安=mg，
欧姆定律：I＝
E
R
感应电动势：E=BLv
又F_安=BIL
∴BIL=mg
即vmax＝
mgR
B2L2
代入数据得：v_max=10m/s
（3）因v=5m/s＜v_max=10m/s，所以 F_安＜mg
故：a＝
F合
m＝
mg−F安
m
F_安=BIL
I＝
E
R
E=BLv
得 a＝
mg−B
BLv
RL
m
代入数据得：a=5m/s²
答：（1）刚释放时，金属棒的加速度10m/s²；
（2）金属棒下滑的最大速度10m/s；
（3）当速度为5m/s时，棒的加速度5m/s²．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律．

考点点评： 解决本题的关键掌握右手定则判定感应电流的方向和左手定则判断安培力的方向，以及能够结合牛顿第二定律分析出金属棒的运动情况，知道当加速度为0时，速度最大．

金属棒中感应电动势的大小为：
E=BLv=BL
.
v=BL
v0+va
2=BL[0+ωL/2]=
1
2BL2ω
故答案为：
1
2BL2ω

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势．

考点点评： 对于转动切割类型感应电动势公式E=12BL2ω要能够熟练推导，并在理解的基础上记住此公式．

金属棒中感应电动势的大小为：
E=BLv=BL
.
v=BL
v0+va
2=BL[0+ωL/2]=
1
2BL2ω
故答案为：
1
2BL2ω

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势．

考点点评： 对于转动切割类型感应电动势公式E=12BL2ω要能够熟练推导，并在理解的基础上记住此公式．

（1）设弹簧的伸长为△x，则有：mg=k△x①
由①式得：△x＝
mg
k ②
故当电流表示数为零时，弹簧伸长量为[mg/k]．
（2）为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下．跟左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端，因此M端应接正极．
故若要电流表正常工作，MN的M端应接正极．
（3）设满量程时通过MN的电流强度为I_m，则有：
BIm
.
ab+mg＝k(
.
bc+△x) ③
联立①③并代入数据得：I_m=2.5 A④
故此电流表的量程是2.5A．
（4）设量程扩大后，磁感应强度变为B′，则有：2B′Im
.
ab+mg＝k(
.
bc+△x)⑤
由①⑤得B′＝
k
.
bc
2Im
.
ab
代入数据得B'=0.10 T
故若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为0.10T．

点评：
本题考点： 安培力；共点力平衡的条件及其应用；胡克定律．

考点点评： 本题题意新颖，考查点巧妙，借助生活中的实际器材考查了物体平衡问题，正确进行受力分析，然后根据平衡条件列方程是解题关键．

由题意可知，最大安培力等于最大静摩擦力，即滑动摩擦力．则有：F_安=μN=0.2×0.4×10N=0.8N；
因安培力表达式，F=BIL，而闭合电路的电流大小，I=[E/r+R]；
则有：[EBL/R+r]=0.8N；
代入数据，解得：最大电阻R=
6×1×0.2
0.8−0.5=1Ω，所以滑动变阻器阻值变化范围为0≤R≤1Ω；
故答案为：0≤R≤1Ω

点评：
本题考点： 安培力．

考点点评： 考查闭合电路欧姆定律与受力平衡条件的应用，掌握安培力表达式，注意电阻越大时，电流越小，安培力也越小．

A：释放时，金属棒只受重力，金属棒的加速度a=g，如果没有磁场时，根据简谐运动规律可知，金属棒在最低点时的加速度应与释放时的加速度相等，即a=g，有磁场时，由于电磁感应，金属棒下落过程中会受到安培力的阻碍作用，所以金属棒下落的高度小于没有磁场时下落的高度，因此金属棒在最低点的加速度小于g，所以A正确；
B：根据能量守恒定律可知，金属棒减少的重力势能应等于回路产生的热量与弹簧增加的弹性势能之和，即产生的热量小于金属棒减少的重力势能，所以B错误；
C：根据牛顿第二定律分析可知，当金属棒受到的重力等于弹簧弹力与金属棒受到的安培力之和时，金属棒的速度最大，所以C错误；
D：如果没有磁场，即没有电磁感应中产生的电能时，金属棒仍能回到释放时的位置，所以有磁场时，由于回路中会产生电能，所以金属棒不能回到释放时的高度，所以D错误．
故选：A

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；安培力．

考点点评： 应明确：①遇到“弹簧振子”类问题，注意简谐运动的条件；②涉及到电磁感应中的能量问题，应用能量守恒定律进行分析；③对变速运动的动态分析问题，当加速度为零时速度最大．

（1）根据左手定则，电流的方向水平向右，磁场的方向垂直于纸面向里，知安培力的方向竖直向上
（2）根据安培力大小公式F=BIL得，
F=0.8×10×2N=16N
（3）根据共点力平衡有：2F_T+F=G
F_T=[G−F/2]=[20−16/2]=2N
答：（1）安培力方向竖直向上．（2）安培力大小为16N．（3）导线aM中拉力的大小为2N．

点评：
本题考点： 安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．

考点点评： 本题考查安培力的方向和大小的计算，以及基本共点力平衡的运算，比较简单，容易掌握．