金属杆克服安培力做功大小等于为什么等于总电能?应该等于杆上电阻产生的热能啊

（1）由运动学2ax=v²-v₀²可得弹体的加速度为：
a=
v2
-v20
2x=5×105m/s2；
安培力为F=BIL，进而由牛顿第二定律可得：
BIL=ma
解得：B=
ma
IL=55T；
（3）速度最大时磁场力的功率最大：P_m=Fv=BILv=5.5×10⁴×10×2×10×10³W=1.1×10¹⁰W．
答：
（1）轨道间所加匀强磁场的磁感应强度为55T；
（2）磁场力的最大功率为1.1×10¹⁰W．

点评：
本题考点： 安培力；电功、电功率．

考点点评： 本题重点是运动学的应用，由运动学得到加速度才能得到磁感应强度．

（1）由运动学2ax=v²-v₀²可得弹体的加速度为：
a=
v2
-v20
2x=5×105m/s2；
安培力为F=BIL，进而由牛顿第二定律可得：
BIL=ma
解得：B=
ma
IL=55T；
（3）速度最大时磁场力的功率最大：P_m=Fv=BILv=5.5×10⁴×10×2×10×10³W=1.1×10¹⁰W．
答：
（1）轨道间所加匀强磁场的磁感应强度为55T；
（2）磁场力的最大功率为1.1×10¹⁰W．

点评：
本题考点： 安培力；电功、电功率．

考点点评： 本题重点是运动学的应用，由运动学得到加速度才能得到磁感应强度．

（1）可以将金属杆伸长的长度放大（将微小形变放大），使实验现象更加明显；
（2）分析样品测试数据，比较第一、三栏或第四、五栏可得出：金属杆伸长的长度还跟金属杆的横截面积有关，在金属杆的长度相同时，金属杆伸长的长度与金属杆的横截面积成反比；
比较第一、二栏或第三、四栏可得出：金属杆伸长的长度还跟金属杆的长度有关，在金属杆的横截面积相同时，金属杆伸长的长度与金属杆的长度成正比；
从而得出，金属杆伸长的长度还跟金属杆的长度和横截面积有关；
（3）根据题意，金属杆受到拉力会伸长，在一定范围内，金属杆的伸长与它所受到的拉力成正比；并且金属杆伸长的长度还跟金属杆的长度和横截面积有关，分析表中的数据可知，其他条件相同时，金属杆伸长的长度与金属杆的长度成正比，与金属杆的横截面积成反比；因此可设：△L=K[FL/S]将金属杆L的参数和试题表格中的一组数据代入表达式可得：
（1）式0.4cm=k[F×4m
0.8cm2；
（2）式0.16cm=k
1200N×1m
0.05cm2；
然后由
(1)
(2)可得：
0.4cm/0.16cm＝
F×4m×0.05cm2
1200N×1m×0.8cm2]；
解得：F=12000N；
答：金属杆L能够承受的最大拉力为12000N．

点评：
本题考点： 探究弹簧测力计原理的实验．

考点点评： 本题通过提供信息，考查学生分析数据的能力，会利用控制变量法分析得结论，会利用等量关系列方程解题．

A、金属杆ab向右匀速滑动时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律判断可知流过电阻R的电流方向由d至e，故A错误．
B、由右手定则判断可知：ab中感应电流方向从b到a，a端相当于电源的正极，电势较高，故B正确．
C、根据左手定则判断得知，金属杆ab所受安培力方向向左，故C错误．
D、由于ab做匀速运动，外力与安培力大小相等，由F=
B2L2v
R知，安培力大小不变，则外力大小也不变，故D错误．
故选：B．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．

考点点评： 本题关键正确运用右手定则或楞次定律判断感应电流的方向，由左手定则判断安培力方向，对于两个定则，关键要搞清什么时候用和怎样用，不能混淆．

AB、导体棒中电流方向为：b→a，由左手定则判断可知：导体棒ab受到安培力的方向为垂直于杆方向水平向右，故A错误，B正确；
CD、导体棒ab受到安培力的大小为F=BIL，故CD均错误；
故选：B

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： 本题考查安培力大小的计算和方向的判断，基础题．

（1）设金属杆匀加速运动的加速度为a₁，在该过程中有：
h＝
1
2a1t2…①
设金属杆受到的合外力为F，由牛顿第二定律得：
F=m₁a₁…②
由①②式可得：F＝
2m1h
t2．
金属杆合力方向与加速度方向一致，方向竖直向上．
（2）设该过程末金属杆和斜面体的速度分别为v₁、v₂，加速过程中斜面体的加速度为a₂，由运动学方程有：v₁=a₁t，v₂=a₂t…③
s＝
1
2a2t2…④
设该过程中外力的平均功率为P，对金属杆和斜面体组成的系统，由功能关系得：
Pt＝
1
2m1v12+
1
2m2v22+m1gh…⑤
由①式和③～⑤式可得：P＝
2(m1h2+m2s2)+m1ght2
t3．
答：（1）该过程中金属杆受到的合外力F＝
2m1h
t2；
（2）该过程中水平推力的平均功率P＝
2(m1h2+m2s2)+m1ght2
t3．

点评：
本题考点： 功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．

考点点评： 本题关键是掌握好系统能量转化和守恒的应用，这个要综合考虑好各个物体的能量变化，比单个物体的能量转化和守恒难很多．

（1）设ab杆受磁场力F．两杆并联，由于ab电阻R，cd电阻2R，则知通过ab的电流是cd电流的2倍，由F=BIL得知，则cd杆受[1/2]F．
对两杆整体分析，有2mg=F+[1/2]F
解得，F=[4/3]mg
（2）ab杆上功率P=I²R，I=[E/3R]=[BLv/3R]
解得 v＝
3
BL
PR
（3）该同学的想法是正确的．因为线框的运动不会改变磁通量大小．磁通量的改变是因为磁感应强度的改变．
由法拉第电磁感应定律得 E=[△φ/△t]=[△B/△t]•Lh=kLh
I=[E/3R]=[kLh/3R]
答：（1）闭合电键，释放两杆后能保持静止，ab杆受的磁场力为[4/3]mg．
（2）断开电键，静止释放金属杆，当cd杆离开磁场的瞬间，ab杆上焦耳热功率为P，此时两杆速度为
3
BL
PR．
（3）该同学的想法是正确的．因为线框的运动不会改变磁通量大小．磁通量的改变是因为磁感应强度的改变．两杆内的感应电流大小为[kLh/3R]．

点评：
本题考点： 法拉第电磁感应定律；共点力平衡的条件及其应用；功率、平均功率和瞬时功率；磁通量．

考点点评： 本题要根据两杆并联，分析电流的关系，得到安培力关系，由平衡条件求出ab杆的磁场力．要掌握功率公式P=I2R，欧姆定律I=[E/3R]．

（1）在第1s内，由牛顿第二定律得，
mg-f₁=ma₁
解得a1＝g−
f1
m＝10−
360
60m/s2＝4m/s2，
在1s末的速度v₁=a₁t₁=4×1m/s=4m/s；
后1.5s内由牛顿第二定律得，f₂-mg=ma₂
解得a2＝
f2
m−g＝2m/s2；
落地时的速度v_t=v₁-a₂t₂=1m/s．
（2）该队员在第1s内下滑的高度h1＝
1
2a1t12＝
1
2×4×1m＝2m；
在后1.5s内下滑的高度h2＝vmt2−
1
2a2t22＝3.75m．
他克服摩擦力做的功为：W=f₁h₁+f₂h₂=3420J；
答：（1）他落地时的速度为1m/s；
（2）他克服摩擦力做的功是3420J．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

考点点评： 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，对于第二问，也可以通过动能定理进行求解．

在地球赤道上空，地磁感线水平由南指向北；
A、B、飞机由东向西水平飞行时，由右手定则可知，感应电流从上向下，因此金属杆中感应电动势的方向一定由上向下，故A正确，B错误；
C、D、飞机沿经过地磁极的那条经线由南向北水平飞行时，飞机的速度方向与磁感线方向平行，金属杆不切割磁感线，不产生感应电动势，故C错误，D正确；
故选AD．

点评：
本题考点： 右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势．

考点点评： 知道赤道上方磁感线的方向、熟练应用右手定则即可正确解题，此题是一道基础题．

A、当风速增大时，弹簧被压缩，滑片下移，而不是上移，故与题干要求不符，故A错误；
B、当风速增大时，弹簧被压缩，滑片下移，即滑动变阻器接入电路的阻值变大，根据串联电路分压的特点可知，滑动变阻器两端电压变大，则定值电阻两端电压减小，即电压表示数变小，故B错误；
C、当风速增大时，弹簧被拉伸，滑片上移，即滑动变阻器接入电路的阻值变小，根据串联电路分压的特点可知，滑动变阻器两端电压变小，即电压表示数变下小，故C错误；
D、当风速增大时，弹簧被拉伸，滑片上移，即滑动变阻器接入电路的阻值变小，根据串联电路分压的特点可知，滑动变阻器两端电压变小，则定值电阻两端电压增大，即电压表示数变大，故D正确．
故选D．

点评：
本题考点： 串、并联电路的设计；流体压强与流速的关系．

考点点评： 解本题的关键是掌握流体压强跟流速的关系，能利用流体压强知识解释有关的现象．本题考查了学生应用物理知识解决实际问题的能力．

由感应电动势E=Blv，电流I=[E/R]得到安培力为：
f=BIl=
B2L2v
R
由图f∝t，则v∝t，说明导体做匀加速运动，那么v=at
根据牛顿第二定律得：F-f=ma
解得：F=f+ma=
B2L2at
R+ma
故选：B．

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势．

考点点评： 本题由电磁感应知识和牛顿定律结合，得到F的解析式选择图象，这是常用方法．关键是安培力的分析和计算．

A、小环在D点受重力和金属杆弹力作用，合力不为零，加速度不为零，故A错误；
B、小环在B点和D点受力不同，合力不同，加速度不同，故B错误；
C、小环运动过程中机械能守恒，在C点的动能最大，所以在C点速度最大，故C正确；
D、小环在C点和E点的加速度方向相反，故D错误
故选C

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．

考点点评： 判断一个力是否做功要从这个力的方向与位移方向是否垂直或力的方向与速度方向是否时刻垂直这两个角度出发，利用机械能守恒解题比较方便

（1）带电量为+q的微粒恰能沿两板中心线射出，此时电场力与重力平衡，设场强为E，则：
mg=Eq①
此时平行板间电压为；
U=Ed②
导体棒感应电动势为：E_感=BLv
由电路欧姆定律得：U=
1
3 E_感③
联立以上可得：v=[3mgd/BLq]④
（2）ab杆以同样大小的速度向右匀速运动时，平行板间带电粒子所受合力方向向下，大小为；
F=Eq+mg=2mg⑤
粒子做类平抛运动，可知加速度为：
a=2g⑥
打到板的时间为t，则：
[d/2]=[1/2]at^2⑦
d=v₀t⑧
联立解得：v₀=
2gd⑨
（3）ab杆向左匀速运动时，电场力与重力方向相反，棒速度较小则向下偏，较大则向上偏，粒子做类平抛运动，若粒子恰好射出电场，在水平位移应为L=4d时间内，同时竖直位移恰为[d/2]，
故粒子运动时间：
4d=v₀t₁⑩
若向下偏，最小加速度大小为a₁，则竖直方向位移为：
[1/2]a₁
t21=[d/2]（11）
⑦⑧⑩（11）得：a1＝
a
4＝
g
8（12）
设此时导体棒速度最小为v_min，应有：
a₁=
mg−

BLvmin
3
dq
m=g-
BLvminq
3md（13）
解得v_min=[21mg/32Bq]，
若导体棒速度最大为v_max，此时粒子向上偏转，应有：
a₁=
a′1=


BLvmax
3
dq−mg
m=
BLvmaxq
3dm−g
解得：v_max=[27mg/32Bq]
ab杆向左匀速运动的速度范围为[21mg/32Bq]＜v＜[27mg/32Bq]
答：（1）ab杆匀速运动的速度为[3mgd/BLq]
（2）微粒水平射入两板时的速度
2gd
（3）ab杆向左匀速运动的速度范围为[21mg/32Bq]＜v＜[27mg/32Bq]

点评：
本题考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；带电粒子在匀强电场中的运动；闭合电路的欧姆定律．

考点点评： 电磁感应问题结合闭合电路欧姆定律，涉及带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，运算量较大，有一定难度

金属杆与档板组成了一个滑动变阻器，当风力变大时弹簧被压缩，金属杆的接入部分变短，故接入电阻变小，
∵I=[U/R]，
∴电路中电流变大，R上两端的电压变大，
∵金属杆上两端的电压与R两端的电压之和等于电源电压，
∴金属杆两端的电压变小，即电压表示数变小．
故答案为：变小．

点评：
本题考点： 电路的动态分析；滑动变阻器的使用；欧姆定律的应用．

考点点评： 当电阻及电流同时发生变化时，无法直接由欧姆定律求得电压的变化，此时可借助与之串联的电阻上的电压变化，由总电压不变得出待求电阻两端的电压变化．

金属杆做匀速直线运动，由平衡条件得：
μmg=BIL，
解得：B=[μmg/IL＝
0.2×0.5×10
4×1]=0.25T；
答：磁感应强度大小为0.25T．

点评：
本题考点： 安培力；磁感应强度．

考点点评： 本题考查了求磁感应强度，应用安培力公式求出安培力，应用平衡条件即可求出磁感应强度．

（1）由电路图可知，分力增大时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，电路电流变大，电流表示数变大；
（2）由电路图可知，当OC滑到B端时，如果没有定值电阻R₀，电源将短路，电路接入电阻R₀后，当OC滑到B端时，
不会造成电路短路，由此可见，电阻R₀的作用是保护电路；
（3）由电路图可知，当风力增大时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，滑动变阻器的分压变小，由串联电路特点可知，定值电阻R₀的分压变大，要用电压表显示分力大小，可让电压表与滑动变阻器并联．
故答案为：大；防止OC滑到B端时，造成电路短路（或保护电路）；R₀．

点评：
本题考点： 欧姆定律的应用．

考点点评： 本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构、熟练应用欧姆定律是正确解题的关键．