2016届高三物理二轮复习 专题辅导与应用 第1部分 专题整合突破 专题四 电路与电磁感应（课件+试题）（打包4套）.zip

1第 1 讲 恒定电流与交变电流对应学生用书 课时过关(九) 第 153 页一、选择题1．导学号：82460367(2015 江苏单科，1)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V 交变电流改变为 110 V．已知变压器原线圈匝数为 800，则副线圈匝数为( )A．200 B．400C．1 600 D．3 200解析：由理想变压器的变压比等于匝数比，即 ＝ ，得 n2＝ n1＝ ×800 匝U1U2 n1n2 U2U1 110220＝400 匝，故 B 对，A、C、D 错．答案：B2．导学号：82460368(2015 福建福州质检，15)某交流电源电动势随时间变化的规律如图所示，现用该电源对标称为“5 V 10 W”的电动机供电；电源内阻不计，下列说法正确的是( )A．电动机的内阻为 2.5 ΩB．电动机的发热功率为 10 WC．通过电动机的电流为 2 AD．通过电动机的电流为 2 A2解析：由图知该电源电动势最大值为 Em＝5 V，则有效值 E＝5 V，通过电动机的电2流为 I＝ A＝2 A，电动机是非纯电阻元件，电动机内阻 r Ω＝2.5 Ω，电动机的发热105 52功率 P 热 ＝ I2rP 总 ＝10 W，故 A、B、D 错误，C 正确．答案：C3．导学号：82460369(2015 江西十校二模，16)图甲为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为 4∶1，原线圈接图乙所示的正弦交流电．图甲中 Rt为阻值随温度升高而减小的热敏电阻， R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表．则下列说法正确的是( )A．图乙所示电压的瞬时值表达式为 u＝51 sin 50π t VB．变压器原、副线圈中的电流之比为 1∶4C．变压器输入、输出功率之比为 1∶42D． Rt处温度升高时，电压表和电流表的示数均变大解析：题图乙所示电压的瞬时值表达式为 u＝51 sin 100π t V，A 错误；根据 ＝n1n2可知，原、副线圈中的电流之比与匝数成反比，理想变压器的输入、输出功率相等，BI2I1正确，C 错误； Rt处温度升高时， Rt的阻值减小，电压表示数不变，电流表示数变大，所以 D 选项错误．答案：B4．导学号：82460370(2015 天津理综，6)如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头 Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻 R0和滑动变阻器R， P 为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为 U 的正弦交流电，则( )A．保持 Q 的位置不动，将 P 向上滑动时，电流表读数变大B．保持 Q 的位置不动，将 P 向上滑动时，电流表读数变小C．保持 P 的位置不动，将 Q 向上滑动时，电流表读数变大D．保持 P 的位置不动，将 Q 向上滑动时，电流表读数变小解析：保持 Q 的位置不变，说明 U2不变， P 上滑时， R 变大，由 I2＝ ，可知 I2U2R＋ R0变小，由 ＝ 可知 I1变小，A 错，B 对；保持 P 的位置不变，将 Q 上滑时，由 ＝ 可I1I2 n2n1 U1U2 n1n2知 U2变， I2变大，根据 ＝ 得： I1＝ I2可知 I1变大，故 C 对，D 错．I1I2 n2n1 n2n1答案：BC5．导学号：82460372(2015 江西八校联考，16)将硬导线中间一段折成半圆形，使其半径为 R，让它在磁感应强度为 B，方向如图所示的匀强磁场中绕轴 MN 匀速转动．导线在a、 b 两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为 P、电阻为 r 的小灯泡并正常发光．电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，则下列说法中正确的是( )3A．半圆形硬导线的转速为2rPπ 2R2BB．半圆形硬导线的转速为rPπ 2R2BC．线圈从图示位置转 90°过程中通过小灯泡的电荷量为π R2BrD．线圈从图示位置转 90°过程中通过小灯泡的电荷量为零解析：转动的半圆形导线切割磁感线，产生感应电动势直接给灯泡供电，因灯泡此时正常发光，则其功率为 P，电阻为 r，设线圈转速为 n，则感应电动势的有效值 E 有 ＝由 P＝ 得： E ＝ P·r，可求得： n＝ ，则 A 对、B 错；线圈从B·π ·R2·12·2π n2 U2R 2有 2rPπ 2R2B图示位置转 90°的过程中通过灯泡的电荷量 q＝ ＝ ＝ ，则 C、DΔ Φr B·π ·R2·12r π R2B2r错．答案：A6．导学号：82460373(2015 湖北八校二联，20)在如图甲所示的电路中，电源电动势为 3.0 V，内阻不计， L1、 L2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示， R 为定值电阻，阻值为 7.5 Ω.当开关 S 闭合后( )A．L 1的电阻为 Ω112B．L 1消耗的电功率为 7.5 WC．L 2的电阻为 7.5 ΩD．L 2消耗的电功率为 0.3 W解析：S 闭合后，L 1两端的电压为 3.0 V，由乙图可知， I1＝0.25 A，故 P1＝0.75 W， R1＝12 Ω，A、B 均错；L2与 R 及电源串联，把 R 和电源等效成电动势为 3 V，内阻为 7.5 Ω 的新电源，在图乙中作出新电源的 I U 图线，如图，两图线的交点表示出了此时 L2两端的电压与通过的电流的大小，由图知 U2＝1.5 V， I2＝0.2 A，所以 R2＝ ＝ Ω＝7.5 U2I2 1.50.24Ω， P2＝ U2I2＝1.5×0.2 W＝0.3 W，C、D 正确．答案：CD7．导学号：824603742015 年全国大学生电子设计竞赛于 2015 年 8 月 12 日至 15 日举行，某参赛同学画出的某灯光控制电路示意图，由电源(电动势为 E、内阻为 r)与一圆环形电位器(可视为滑动变阻器) R 和灯泡(电阻不变)连接而成，图中 D 点与电位器相连，电位器触片一端固定在圆心处，并与电源正极相连，当触片由 D 点开始顺时针旋转一周的过程中，下列说法正确的是( )A．电源的输出功率一定先减小后增大B．电源的供电电流一定先减小后增大C．电源两端的电压一定先减小后增大D．灯泡的亮度一定先变暗后变亮解析：由题图可知在触片从 D 点开始顺时针转一周的过程中，电位器连入电路的等效电阻先增大后减小，又 E、 r、 RL不变，则由闭合电路欧姆定律可得：干路电流先减小后增大，故灯泡的亮度应先变暗后变亮，而路端电压( U＝ E－ Ir)应先增大后减小，B、D 正确，C 错误．当 R 外 ＝ r 时， P 出 最大，因不知 R 外 与 r 的大小关系，故无法判断 P 出 的变化情况，A 错误．答案：BD8．导学号：82460375(2015 河北冀州调研，11)如图是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中电源电动势为 E，内阻为 r， R1、 R2是定值电阻， RB是磁敏传感器，它的电阻随磁体的出现而减小， c、 d 接报警器．电路闭合后，当传感器 RB所在处出现磁体时，则电流表的电流 I， c、 d 两端的电压 U 将( )A． I 变大， U 变小B． I 变小， U 变大C． I 变大， U 变大5D． I 变小， U 变小解析：此题考查电路的动态分析，由“串反并同”知当传感器处出现磁体， RB减小时，电流表示数变大，即 I 变大， U 变小，故 A 对，B、C、D 错．答案：A9．导学号：82460376(2015 安徽合肥一模，8)图甲所示的电路中，电流表 A1的指针指满刻度，电流表 A2的指针指满刻度的 处，图乙中，A 2的指针指满刻度，A 1的指针指满刻23度的 处，已知 A1的电阻为 0.45 Ω，则 A2的电阻为( )13A．0.1 Ω B．0.15 ΩC．0.3 Ω D．0.6 Ω解析：设电流表 A1、A 2的满偏电流分别为 I1、 I2；由题意知，当电流表串联时： I1＝ I223当电流表并联时： I2R2＝ I1R113由于 R1＝0.45 Ω解得 R2＝0.1 Ω.答案：A10．导学号：82460377(2015 河北保定模拟，17)如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为 n1∶ n2＝2∶1，电表均为理想电表，两个电阻的阻值均为 1 Ω， C 是电容器，其击穿电压为 V．图乙为原线圈两端的输入电压与时间的关系图象．下列说法正确的是( )22A．输入电压的频率为 50 Hz，经过变压器后通过电阻的交流电频率为 25 HzB．S 断开时电压表的示数为 1.41 V，电流表的示数为 0.35 AC．S 断开时电压表的示数为 1 V，电流表的示数为 0.25 AD．闭合开关 S，电容器将被击穿6解析：由图乙知 T＝0.02 s，则 f＝ ＝50 Hz，变压器不改变交流电的频率，所以输出1T的交流电的频率仍为 50 Hz，故 A 错误．当 S 断开时，由 ＝ 可知，电压表的示数 U2＝U1U2 n1n2U1＝1 V， I2＝ ＝0.5 A，又 ＝ ，则电流表的示数 I1＝ I2＝0.25 A，所以 B 项错n2n1 U22R I1I2 n2n1 n2n1误，C 项正确．开关 S 闭合前，右端电阻 R 两端电压最大值为 V，开关 S 闭合后，电容22器 C 与右端电阻 R 并联，则并联总电阻小于 1 Ω，电容器两端的最大电压小于 V，因为22电容器的击穿电压为 V，所以电容器不能被击穿，D 项错误．22答案：C11．导学号：82460378(2015 湖南六校联考，17)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝ T，单匝矩形线圈的面积 S＝1 m2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴 OO′匀速转动．线25π圈通过电刷与理想变压器原线圈相接，A 为交流电流表．调整副线圈的触头 P，当变压器原、副线圈的匝数比为 2∶1 时，副线圈电路中标有“6 V 6 W”的灯泡正常发光，以下判断正确的是( )A．电流表的示数为 1 AB．矩形线圈产生电动势的有效值为 18 VC．从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈产生的电动势随时间的变化规律为e＝12 sin 30π t V2D．若矩形线圈的转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将 P 适当上移解析：因灯泡正常发光，则副线圈两端的电压有效值为 U2＝6 V，通过灯泡的电流为I2＝ A＝1 A，电流表的示数为 I1＝ I2＝0.5 A，原线圈两端电压的有效值为66 n2n1U1＝ U2＝12 V，矩形线圈产生电动势的有效值为 12 V，最大值为 Em＝ BSω ＝12 V，得n1n2 2ω ＝60 π rad/s，矩形线圈产生的电动势随时间的变化规律为 e＝12 sin 60π t V，矩27形线圈的转速增大，产生的感应电动势增大，滑片 P 适当上移可以保持副线圈两端电压不变，小灯泡仍能正常发光．答案：D12．导学号：82460380(2015 山东济南一模，17)如图为发电厂向远处用户的输电电路示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变．若输送功率增大，下列说法中正确的有( )A．升压变压器的输出电压增大B．降压变压器的输出电压增大C．输电线上损耗的功率增大D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大解析：已知发电厂的输出电压不变，升压变压器的原、副线圈匝数比不变，则由 ＝n1n2知，升压变压器的输出电压 U2不变，A 错；若输送功率增大，输电电压 U2不变，则由U1U2P＝ U2I2知，输电线上电流 I2增大，又输电线的电阻不变，由 U 损 ＝ I2R 知输电线上损失电压增大， 则降压变压器输出电压减小，B 错．因输电电流增大，则由 P＝ I R 知，输电线2上损耗的功率变大，C 对．输电线上损耗功率占总功率的比例 增大，D 对．(I2RU2I2＝ I2RU2)答案：CD[备课札记]____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________1第 2 讲 电磁感应规律及其应用对应学生用书 课时过关(十) 第 155 页一、选择题1．导学号：82460381(2015 海南单科，2)如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度 v 沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为 ε ；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度 v 运动时，棒两端的感应电动势大小为 ε ′.则 等于( )ε ′εA. B.12 22C．1 D. 2解析：由法拉第电磁感应定律知直金属棒运动时其两电动势 ε ＝ BLv，将此棒弯成两段长度相等且互相垂直的折线，并放于与磁感应强度垂直的平面内，并沿折线夹角平分线的方向以相同的速度 v 运动时， ε ′＝ BLv，则 ＝ ＝ .因此 B 对，A、C、D12 ε ′ε 12BLvBLv 22错．答案：B2．导学号：82460382(2015 河北正定模拟，14)如图所示为感应式发电机， a、 b、 c、 d 是空间四个可用电刷与铜盘边缘接触的点， O1、 O2是铜盘轴线导线的接线端，M、 N 是电流表的接线端．现在将铜盘转动，能观察到感应电流的是( )A．将电流表的接线端 M、 N 分别连接 a、 c 位置B．将电流表的接线端 M、 N 分别连接 O1、 a 位置C．将电流表的接线端 M、 N 分别连接 O1、 O2位置D．将电流表的接线端 M、 N 分别连接 c、 d 位置解析：当铜盘转动时，其切割磁感线产生感应电动势，此时铜盘相当于电源，铜盘边缘和中心相当于电源的两个极，则要想观察到感应电流， M、 N 应分别连接电源的两个极即可，故可知只有 B 项正确．答案：B23．导学号：82460384(2015 山西四校三联，21)如图所示，两根等高光滑的 圆弧轨道，14半径为 r、间距为 r、间距为 L，轨道电阻不计．在轨道顶端连有一阻值为 R 的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为 B.现有一根长度稍大于 L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置 cd 开始，在拉力作用下以初速度 v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab 处，则该过程中( )A．通过 R 的电流方向由外向内B．通过 R 的电流方向由内向外C． R 上产生的热量为π rB2L2v04RD．流过 R 的电荷量为π BLr2R解析： cd 棒运动至 ab 处的过程中，闭合回路中的磁通量减小，再由楞次定律及安培定则可知，回路中电流方向为逆时针方向(从上向下看)，则通过 R 的电流为由外向内，故A 对，B 错．通过 R 的电荷量为 q＝ ＝ ，D 错． R 上产生的热量为 Q＝ t＝Δ ΦR BrLR U2R＝ ，C 对． BLv0/2 2R π r2v0 π rB2L2v04R答案：AC4．导学号：82460385(2015 湖北八校二联，21)如图 xOy 平面为光滑水平面，现有一长为 d 宽为 L 的线框 MNQP 在外力 F 作用下，沿 x 轴正方向以速度 v 做匀速直线运动，空间存在竖直方向的磁场，磁感应强度 B＝ B0cos x(式中 B0为已知量)，规定竖直向下方向为π d磁感应强度正方向，线框电阻为 R.t＝0 时刻 MN 边恰好在 y 轴处，则下列说法正确的是( )A．外力 F 为恒力B． t＝0 时，外力大小 F＝4B20L2vR3C．通过线框的瞬时电流 i＝2B0Lv cosπ vtdRD．经过 t＝ ，线框中产生的电热 Q＝dv 2B20L2vdR解析：因线框沿 x 轴方向匀速运动，故 F＝ F 安 ，由图中磁场分布知 F 安 的大小是变化的，故 F 不是恒力，A 错． t＝0 时， x＝0 处， B＝ B0， x＝ d 处， B＝－ B0，由 E＝ BLv，又MN、 PQ 两边均切割磁感线且产生的感应电动势方向相同，则 E＝2 B0Lv， I0＝ ， F 安ER＝2 B0I0L＝ ，而 F＝ F 安 ，故 B 对．因线框做匀速直线运动，则有 x＝ vt， B＝ B0cos4B20L2vR，又 E＝2 BLv，故 i＝ ，C 对．由电流的瞬时值表达式可知此电流为交流π vtd 2B0Lvcosπ vtdR电，有效值 I＝ ＝ ，又 Q＝ I2Rt，故经过 t＝ ，线框中产生的电热Im2 2B0LvR dvQ＝ ，D 对．2B20L2vdR答案：BCD5．导学号：82460386(2015 湖北十三校二联，21)如图甲所示， abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为 B 的匀强磁场区域， MN 和M′ N′是匀强磁场区域的水平边界，边界的宽度为 s，并与线框的 bc 边平行，磁场方向与线框平面垂直．现让金属线框由距 MN 的某一高度从静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的 v t 图象(其是 OA、 BC、 DE 相互平行)．已知金属线框的边长为 L(Lmg，由牛顿第二定律得， F 安 － mg＝ ma，当减速时 F 安 减小，合力减小， a 也减小，速度图象中图线上各点切线斜率减小，离开Ⅰ区后棒做加速度为 g 的匀加速直线运动；随后进入Ⅱ区磁场，因棒在穿过两段磁场区域的过程中，流过电阻 R 上的电流及其变化情况相同，则在Ⅱ区磁场中运动情况与Ⅰ区磁场中完全相同，所以只有 C 项正确．答案：C二、非选择题11．导学号：82460392(2015 安徽合肥一模，17)如图(a)所示，平行长直导轨 MN、 PQ水平放置，两导轨间距 L＝0.5 m，导轨左端 M、 P 间接有一阻值 R＝0.2 Ω 的定值电阻，导体棒 ab 的质量 m＝0.1 kg，与导轨间的动摩擦因数 μ ＝0.1，导体棒垂直于导轨放在距离左端为 d＝1.0 m 处，导轨和轨体棒始终接触良好，电阻均忽略不计．整个装置处在范围足够大的匀强磁场中， t＝0 时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度 B 随时间 t 的变化如图(b)所示，不计感应电流磁场的影响．取重力加速度 g＝10 m/s 2.(1)求 t＝0 时棒所受到的安培力 F0；(2)分析前 3 s 时间内导体棒的运动情况并求前 3 s 内棒所受的摩擦力 f 随时间 t 变化的关系式；(3)若 t＝3 s 时，突然使 ab 棒获得向右的速度 v0＝8 m/s，同时垂直棒施加一方向水平、大小可变化的外力 F，使棒的加速度大小恒为 a＝4 m/s2、方向向左．求从 t＝3 s 到t＝4 s 的时间内通过电阻的电荷量 q.解析：(1) t＝0 时棒的速度为零，故回路中只有感生电动势，为E＝ ＝ Ld＝0.1×0.5×1.0 V＝0.05 VΔ ΦΔ t Δ BΔ t8感应电流为： I＝ ＝ A＝0.25 AER 0.050.2可得 t＝0 时棒所受到的安培力： F0＝ B0IL＝0.025 N(2)ab 棒与导轨间的最大静摩擦力： fm＝ μmg ＝0.1×0.1×10 N＝0.1 N F0＝0.025 N所以在 t＝0 时刻棒静止不动，加速度为零，在 0～3 s 内磁感应强度 B 都小于 B0，棒所受的安培力都小于最大静摩擦力，故前 3 s 内导体棒静止不动，电流恒为 I＝0.25 A在 0～3 s 内，磁感应强度为： B＝ B0－ kt＝0.2－0.1 t(T)因导体棒静止不动、 ab 棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，则有：f＝ BIL＝( B0－ kt)IL＝(0.2－0.1 t)×0.25×0.5＝0.0125(2－ t)(N)(t3 s)(3)3～4 s 内磁感应强度大小恒为 B2＝0.1 T， ab 棒做匀变速直线运动，Δ t1＝4 s－3 s＝1 s设 t＝4 s 时棒的速度为 v，第 4 s 内的位移为 x，则：v＝ v0－ aΔ t1＝4 m/sx＝ Δ t1＝6 mv0＋ v2在这段时间内的平均感应电动势为： ＝EΔ ΦΔ t1通过电阻的电荷量为： q＝ Δ t1＝ Δ t1＝ ＝1.5 C.IER B2LxR答案：(1)0.025 N (2) f＝0.0125(2－ t)(N)(t3 s) (3)1.5 C12．导学号：82460394(2015 四川理综，11)如图所示，金属导轨 MNC 和 PQD， MN 与 PQ 平行且间距为 L，所在平面与水平面夹角为 α ， N、 Q 连线与 MN 垂直， M、 P 间接有阻值为R 的电阻；光滑直导轨 NC 和 QD 在同一水平面内，与 NQ 的夹角都为锐角 θ .均匀金属棒 ab 和 ef 质量均为 m，长均为L， ab 棒初始位置在水平导轨上与 NQ 重合； ef 棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为 μ (μ 较小)，由导轨上的小立柱 1 和 2 阻挡而静止．空间有方向竖直的匀强磁场(图中未画出)．两金属棒与导轨保持良好接触．不计所有导轨和 ab 棒的电阻， ef 棒的阻值为 R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为 g.(1)若磁感应强度大小为 B，给 ab 棒一个垂直于 NQ、水平向右的速度 v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止， ef 棒始终静止，求此过程 ef 棒上产生的热量；9(2)在(1)问过程中， ab 棒滑行距离为 d，求通过 ab 棒某横截面的电量；(3)若 ab 棒以垂直于 NQ 的速度 v2在水平导轨上向右匀速运动，并在 NQ 位置时取走小立柱 1 和 2，且运动过程中 ef 棒始终静止．求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab 棒运动的最大距离．解析：(1)由于 ab 棒做切割磁感线运动，回路中产出感应电流，感应电流流经电阻 R和 ef 棒时，电流做功，产生焦耳热，根据功能关系及能的转化与守恒有：mv ＝ QR＋ Qef ①12 21根据并联电路特点和焦耳定律 Q＝ I2Rt 可知，电阻 R 和 ef 棒中产生的焦耳热相等，即QR＝ Qef ②由①②式联立解得 ef 棒上产生的热量为：Qef＝ mv14 21(2)设在 ab 棒滑行距离为 d 时所用时间为 t，其示意图如下图所示：该过程中回路变化的面积为：Δ S＝ [L＋( L－2 dcot θ )]d ③12根据法拉第电磁感应定律可知，在该过程中，回路中的平均感应电动势为 ＝ ④EBΔ St根据闭合电路欧姆定律可知，流经 ab 棒平均电流为 ＝ ⑤IER/2根据电流的定义式可知，在该过程中，流经 ab 棒某横截面的电量为q＝ t ⑥I由③④⑤⑥式联立解得 q＝2Bd L－ dcot θ R(3)由法拉第电磁感应定律可知，当 ab 棒滑行距离为 x 时，回路中的感应电动势为Ex＝ B(L－2 xcot θ )v2 ⑦根据闭合电路欧姆定律可知，流经 ef 棒的电流为Ix＝ ⑧ExR根据安培力大小计算公式可知， ef 棒所受安培力为 Fx＝ BIxL ⑨10由⑦⑧⑨式联立解得 Fx＝ (L－2 xcot θ ) ⑩B2Lv2R由⑩式可知，当 x＝0 且 B 取最大值，即 B＝ Bm时， Fx有最大值 Fm， ef 棒受力示意图如下图所示：根据共点力平衡条件可知，在沿导轨方向 上有： Fmcos α ＝ mgsin α ＋ fm⑪在垂直于导轨方向上有： FN＝ mgcos α ＋ Fmsin α ⑫根据滑动摩擦定律和题设条件有： fm＝ μF N ⑬由⑩⑪⑫⑬式联立解得：Bm＝ 1L mgR sin α ＋ μ cos α  cos α － μ sin α  v2显然此时，磁感应强度的方向竖直向上或竖直向下均可由⑩式可知，当 B＝ Bm时， Fx随 x 的增大而减小，即当 F 最小为 Fmin时， x 有最大值为 xm，此时 ef 棒受力示意图如下图所示：根据共点力平衡条件可知，在沿导轨方向上有： Fmincos α ＋ fm＝ mgsin α ⑭在垂直于导轨方向上有： FN＝ mgcos α ＋ Fminsin α ⑮由⑩⑬⑭⑮式联立解得：xm＝μ Ltan θ 1＋ μ 2 sin α cos α ＋ μ答案：(1) Qef＝ mv (2) q＝14 21 2Bd L－ dcot θ R(3)Bm＝ 1L mgR sin α ＋ μ cos α  cos α － μ sin α  v2xm＝μ Ltan θ 1＋ μ 2 sin α cos α ＋ μ11[备课札记]____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________