2019-2020年高考物理一輪復習講義 第2講 法拉第電磁感應定律自感渦流.doc

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2019-2020年高考物理一輪復習講義 第2講 法拉第電磁感應定律自感渦流 一、法拉第電磁感應定律 1．感應電動勢 (1)概念：在電磁感應現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動勢． ①感生電動勢：由于磁場的變化而激發(fā)出感生電場，由感生電場而產(chǎn)生的感應電動勢． ②動生電動勢：由于導體在磁場中運動而產(chǎn)生的感應電動勢． (2)條件：無論電路是否閉合，只要穿過電路的磁通量發(fā)生變化，電路中就一定有感應電動勢． (3)與感應電流的關系：遵守閉合電路歐姆定律，即I＝. 2．法拉第電磁感應定律 (1)定律內(nèi)容：電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比． (2)公式：E＝n.其中n為線圈的匝數(shù)． 二、導體切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢 導體棒切割磁感線時，可有以下三種情況： 切割方式 電動勢表達式 說　明 垂直切割 E＝BLv ①導體棒與磁場方向垂直 ②磁場為勻強磁場 傾斜切割 E＝BLvsin_θ 其中θ為v與B的夾角 旋轉(zhuǎn)切割(以一端為軸) E＝BL2ω 三、自感和渦流 1．自感現(xiàn)象 (1)概念：由于導體本身的電流變化而產(chǎn)生的電磁感應現(xiàn)象稱為自感，由于自感而產(chǎn)生的感應電動勢叫做自感電動勢． (2)表達式：E＝L. (3)自感系數(shù)L ①相關因素：與線圈的大小、形狀、匝數(shù)以及是否有鐵芯有關． ②單位：亨利(H,1 mH＝10－3 H,1 μH＝10－6 H)． 2．渦流 當線圈中的電流發(fā)生變化時，在它附近的任何導體中都會產(chǎn)生感應電流，這種電流像水的旋渦所以叫做渦流． (1)電磁阻尼：當導體在磁場中運動時，感應電流會使導體受到安培力，安培力的方向總是阻礙導體的運動． (2)電磁驅(qū)動：如果磁場相對于導體運動，在導體中會產(chǎn)生感應電流使導體受到安培力的作用，安培力使導體運動起來． 交流感應電動機就是利用電磁驅(qū)動的原理工作的． (3)電磁阻尼和電磁驅(qū)動的原理體現(xiàn)了楞次定律的推廣應用． 1．關于電路中感應電動勢的大小，下列說法正確的是(　　) A．穿過電路的磁通量越大，感應電動勢就越大 B．電路中磁通量的改變量越大，感應電動勢就越大 C．電路中磁通量改變越快，感應電動勢就越大 D．若電路中某時刻磁通量為零，則該時刻感應電流一定為零 答案：　C 2．穿過一個單匝閉合線圈的磁通量始終為每秒均勻增加 2 Wb，則(　　) A．線圈中感應電動勢每秒增加2 V B．線圈中感應電動勢每秒減少2 V C．線圈中感應電動勢始終為2 V D．線圈中感應電動勢始終為一個確定值，但由于線圈有電阻，電動勢小于2 V 解析：　由E＝知：ΔΦ/Δt恒定，所以E＝2 V. 答案：　C 3.如圖所示，L為一個自感系數(shù)很大的自感線圈，開關閉合后，小燈泡能正常發(fā)光，那么閉合開關和斷開開關的瞬間，能觀察到的現(xiàn)象分別是(　　) A．小燈泡逐漸變亮，小燈泡立即熄滅 B．小燈泡立即亮，小燈泡立即熄滅 C．小燈泡逐漸變亮，小燈泡比原來更亮一下再慢慢熄滅 D．小燈泡立即亮，小燈泡比原來更亮一下再慢慢熄滅 解析：　開關閉合瞬間，通過自感線圈的電流逐漸增大，自感線圈產(chǎn)生自感電動勢阻礙原電流的增加，故小燈泡逐漸變亮；開關斷開瞬間，回路處于斷開狀態(tài)，故小燈泡立即熄滅，選項A正確． 答案：　A 4.如圖所示，正方形線圈abcd位于紙面內(nèi)，邊長為L，匝數(shù)為N，線圈內(nèi)接有電阻值為R的電阻，過ab中點和cd中點的連線OO′恰好位于垂直紙面向里的勻強磁場的右邊界上，磁場的磁感應強度為B.當線圈轉(zhuǎn)過90時，通過電阻R的電荷 量為(　　) A. B. C. D. 解析：　初狀態(tài)時，通過線圈的磁通量為Φ1＝，當線圈轉(zhuǎn)過90時，通過線圈的磁通量為0，由q＝N可得通過電阻R的電量為. 答案：　B 5.如圖所示，一段導線彎曲成半徑為R的半圓形閉合回路．虛線MN、PQ間有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場的寬度等于R，方向垂直于回路所在的平面．現(xiàn)讓回路以速度v向右勻速穿過磁場，直徑CD始終與MN垂直．關于此過程，下列結論正確的是(　　) A．穿過的過程中回路中感應電流一直不為零 B．感應電流的方向一直不變 C．感應電動勢先增大后減小再增大再減小 D．感應電動勢最大值Em＝2BRv 解析：　當回路的圓心到磁場的中間時，回路中的感應電動勢為零，電流為零，A項錯誤；磁通量先向里增大，后向里減小，根據(jù)楞次定律，感應電流的方向先沿逆時針方向后沿順時針方向，B項錯誤；當回路的圓心到MN或PQ上時，切割磁感線的有效長度最長，感應電動勢最大為BRv，D項錯誤；在穿過磁場的過程中，回路切割磁感線的有效長度先變大，后變小，再變大，再變小，因此感應電動勢先增大后減小再增大再減小，C項正確． 答案：　C  1．決定感應電動勢大小的因素 感應電動勢E的大小決定于穿過電路的磁通量的變化率和線圈的匝數(shù)n.而與磁通量的大小、磁通量變化量ΔΦ的大小無必然聯(lián)系． 2．磁通量變化通常有兩種方式 (1)磁感應強度B不變，垂直于磁場的回路面積發(fā)生變化，此時E＝nB； (2)垂直于磁場的回路面積不變，磁感應強度發(fā)生變化，此時E＝nS，其中是B－t圖象的斜率． (xx新課標全國卷)如圖，均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構成的導線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應強度大小為B0.使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動半周，在線框中產(chǎn)生感應電流．現(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應強度大小隨時間線性變化．為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動半周過程中同樣大小的電流，磁感應強度隨時間的變化率的大小應為(　　) A.　　　　B. C. D. 解析：　當線框繞過圓心O的轉(zhuǎn)動軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，由于面積的變化產(chǎn)生感應電動勢，從而產(chǎn)生感應電流．設半圓的半徑為r，導線框的電阻為R，即I1＝＝＝＝＝.當線圈不動，磁感應強度變化時，I2＝＝＝＝，因I1＝I2，可得＝，C選項正確． 答案：　C (1)應用法拉第電磁感應定律解題的一般步驟 ①分析穿過閉合電路的磁場方向及磁通量的變化情況； ②利用楞次定律確定感應電流的方向； ③靈活選擇法拉第電磁感應定律的不同表達形式列方程求解． (2)應注意的問題 通過回路的電荷量q僅與n、ΔΦ和回路電阻R有關，與變化過程所用的時間長短無關，推導過程：q＝Δt＝Δt＝. 1－1：在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈，線圈所圍的面積為0.1 m2，線圈電阻為1 Ω.規(guī)定線圈中感應電流I的正方向從上往下看是順時針方向，如圖甲所示．磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示．則下列說法正確的是(　　) A．在時間0～5 s內(nèi)，I的最大值為0.1 A B．在第4 s時刻，I的方向為逆時針 C．前2 s內(nèi)，通過線圈某截面的總電量為0.01 C D．第3 s內(nèi)，線圈的發(fā)熱功率最大 解析：　根據(jù)B－t圖象的斜率表示，由E＝＝nSk，因此剛開始時，圖象的斜率為0.1，代入得電源的電動勢為0.01 V．電流為0.01 A，故A項錯誤；在第4 s時，根據(jù)楞次定律，電流為逆時針，故B項正確；由q＝，代入得C項正確；第3 s內(nèi)，B不變，故不產(chǎn)生感應電流，因此發(fā)熱功率為零，D項錯誤． 答案：　BC 1．理解E＝Blv的“四性” (1)正交性：本公式是在一定條件下得出的，除磁場為勻強磁場外，還需B、l、v三者互相垂直． (2)瞬時性：若v為瞬時速度，則E為相應的瞬時感應電動勢． (3)有效性：公式中的l為導體切割磁感線的有效長度． (4)相對性：E＝Blv中的速度v是導體相對磁場的速度，若磁場也在運動，應注意速度間的相對關系． 2．公式E＝Blv與E＝n的區(qū)別與聯(lián)系 E＝n E＝Blv 區(qū)別 研究對象 閉合回路 回路中做切割磁感線運動的那部分導體 適用范圍 對任何電磁感應現(xiàn)象普遍適用 只適用于導體切割磁感線運動的情況 聯(lián)系 導體切割磁感線是電磁感應現(xiàn)象的特例，E＝Blv可由E＝n推導得出 (xx四川理綜)半徑為a右端開小口的導體圓環(huán)和長為2a的導體直桿，單位長度電阻均為R0.圓環(huán)水平固定放置，整個內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B.桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運動，桿始終有兩點與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開始，桿的位置由θ確定，如圖所示．則(　　) A．θ＝0時，桿產(chǎn)生的電動勢為2Bav B．θ＝時，桿產(chǎn)生的電動勢為Bav C．θ＝0時，桿受的安培力大小為 D．θ＝時，桿受的安培力大小為 解析：　當θ＝0時，桿切割磁感線的有效長度l1＝2a，所以桿產(chǎn)生的電動勢E1＝Bl1v＝2Bav，選項A正確．此時桿上的電流I1＝＝，桿受的安培力大小F1＝BI1l1＝，選項C錯誤． 當θ＝時，桿切割磁感線的有效長度l2＝2acos＝a，桿產(chǎn)生的電動勢E2＝Bl2v＝Bav，選項B錯誤．此時桿上的電流I2＝＝，桿受的安培力大小F2＝BI2l2＝，選項D正確． 答案：　AD 2－1：如圖所示，水平放置的U形框架上接一個阻值為R0的電阻，放在垂直紙面向里的、場強大小為B的勻強磁場中，一個半徑為L、質(zhì)量為m的半圓形硬導體AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由靜止開始運動距離d后速度達到v，半圓形硬導體AC的電阻為r，其余電阻不計．下列說法正確的是(　　) A．此時AC兩端電壓為UAC＝2BLv B．此時AC兩端電壓為UAC＝ C．此過程中電路產(chǎn)生的電熱為Q＝Fd－mv2 D．此過程中通過電阻R0的電荷量為q＝ 解析：　AC的感應電動勢為：E＝2BLv，兩端電壓為UAC＝＝，A錯、B對；由功能關系得Fd＝mv2＋Q＋Wμ，C錯；此過程中平均感應電流為＝，通過電阻R0的電荷量為q＝Δt＝，D對． 答案：　BD 通電自感 斷電自感 電路圖 器材要求 A1，A2同規(guī)格， R＝RL，L較大 L很大(有鐵蕊) RL＜RA 現(xiàn)象 在S閉合瞬間，A2燈立即亮起來，A1燈逐漸變亮，最終一樣亮 在開關S斷開時，燈A逐漸熄滅 原因 由于開關閉合時，流過電感線圈的電流迅速增大，使線圈產(chǎn)生自感電動勢，阻礙了電流的增大，使流過A1燈的電流比流過A2燈的電流增加得慢 斷開開關S時，流過線圈L的電流減小，產(chǎn)生自感電動勢，阻礙了電流的減小，使電流繼續(xù)存在一段時間；在S斷開后，通過L的電流反向通過電燈A，燈A不會立即熄滅．若RL＜RA，原來的電流IL＞IA，則A燈熄滅前要閃亮一下．若RL≥RA，原來的電流IL≤IA，則燈A逐漸熄滅，不再閃亮一下 能量轉(zhuǎn)化 電能轉(zhuǎn)化為磁場能 磁場能轉(zhuǎn)化為電能 (xx北京理綜)某同學為了驗證斷電自感現(xiàn)象，自己找來帶鐵芯的線圈L、小燈泡A、開關S和電池組E，用導線將它們連接成如圖所示的電路．檢查電路后，閉合開關S，小燈泡發(fā)光；再斷開開關S，小燈泡僅有不顯著的延時熄滅現(xiàn)象．雖經(jīng)多次重復，仍未見老師演示時出現(xiàn)的小燈泡閃亮現(xiàn)象，他冥思苦想找不出原因．你認為最有可能造成小燈泡未閃亮的原因是(　　) A．電源的內(nèi)阻較大 B．小燈泡電阻偏大 C．線圈電阻偏大 D．線圈的自感系數(shù)較大 解析：　小燈泡沒有出現(xiàn)閃亮現(xiàn)象是因為斷電后電路中的小燈泡兩端電壓太小、因斷電后電路與電源脫離關系，線圈與燈泡組成閉合回路，故電源內(nèi)阻大小對自感無影響，A錯誤；若小燈泡電阻偏大，則分得的電壓就大，這有助于出現(xiàn)閃亮現(xiàn)象，B錯誤；若線圈電阻偏大，在自感電動勢一定的情況下，線圈內(nèi)阻上的電壓偏大，相應燈泡兩端的電壓就偏小，這不利于出現(xiàn)閃亮現(xiàn)象，C正確；線圈自感系數(shù)越大，產(chǎn)生的自感電動勢越大，這有利于閃亮現(xiàn)象的出現(xiàn)，故D錯誤． 答案：　C 3－1：如圖所示的電路中，A1和A2是完全相同的燈泡，線圈L的電阻可以忽略．下列說法中正確的是(　　) A．合上開關K接通電路時，A2先亮，A1后亮，最后一樣亮 B．合上開關K接通電路時，A1和A2始終一樣亮 C．斷開開關K切斷電路時，A2立刻熄滅，A1過一會兒才熄滅 D．斷開開關K切斷電路時，A1和A2都要過一會兒才熄滅 解析：　由于自感現(xiàn)象，合上開關時，A1中的電流緩慢增大到某一個值，故過一會兒才亮；斷開開關時，A1中的電流緩慢減小到0，A1、A2串聯(lián)，電流始終相等，都是過一會兒才熄滅．故選A、D. 答案：　AD [模型特點] 　“桿＋導軌”模型是電磁感應問題高考命題的“基本道具”，也是高考的熱點． “桿＋導軌”模型問題的物理情境變化空間大，涉及的知識點多，如力學問題、電路問題、磁場問題及能量問題等，常用的規(guī)律有法拉第電磁感應定律、楞次定律、右手定則、左手定則、歐姆定律及力學中的運動規(guī)律、動能定理、功能關系、能的轉(zhuǎn)化和守恒定律等． [求解思路] [模型分類] 模型一　單桿水平式 物理模型 勻強磁場與導軌垂直，磁感應強度為B，棒ab長為L，質(zhì)量為m，初速度為零，拉力恒為F，水平導軌光滑，除電阻R外，其他電阻不計 動態(tài)分析 設運動過程中某時刻棒的速度為v，由牛頓第二定律知棒ab的加速度為a＝－，a、v同向，隨速度的增加，棒的加速度a減小，當a＝0時，v最大，I＝恒定 收尾狀態(tài) 運動形式 勻速直線運動 力學特征 a＝0　v恒定不變 電學特征 I恒定 (xx天津理綜)如圖所示，一對光滑的平行金屬導軌固定在同一水平面內(nèi)，導軌間距l(xiāng)＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的電阻．一質(zhì)量m＝0.1 kg，電阻r＝0.1 Ω的金屬棒MN放置在導軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應強度B＝0.4 T．棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a＝2 m/s2的加速度做勻加速運動，當棒的位移x＝9 m時撤去外力，棒繼續(xù)運動一段距離后停下來，已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝2∶1.導軌足夠長且電阻不計，棒在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸．求： (1)棒在勻加速運動過程中，通過電阻R的電荷量q； (2)撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2； (3)外力做的功WF. 解析：　(1)設棒勻加速運動的時間為Δt，回路的磁通量變化量為ΔΦ，回路中的平均感應電動勢為，由法拉第電磁感應定律得 ＝ ① 其中ΔΦ＝Blx ② 設回路中的平均電流為，由閉合電路歐姆定律得 ＝ ③ 則通過電阻R的電荷量為q＝Δt④ 聯(lián)立①②③④式，代入數(shù)據(jù)得 q＝4.5 C． ⑤ (2)設撤去外力時棒的速度為v，對棒的勻加速運動過程，由運動學公式得 v2＝2ax ⑥ 設棒在撤去外力后的運動過程中安培力所做的功為W，由動能定理得 W＝0－mv2 ⑦ 撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱 Q2＝－W ⑧ 聯(lián)立⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得 Q2＝1.8 J． ⑨ (3)由題意知，撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J ⑩ 在棒運動的整個過程中，由功能關系可知WF＝Q1＋Q2 ? 由⑨⑩?式得WF＝5.4 J. 答案：　(1)4.5 C　(2)1.8 J　(3)5.4 J 模型二　單桿傾斜式 物理模型 勻強磁場與導軌垂直，磁感應強度為B，導軌間距L，導體棒質(zhì)量m，電阻R，導軌光滑，電阻不計(如圖) 動態(tài)分析 棒ab釋放后下滑，此時a＝gsin α，棒ab速度v↑→感應電動勢E＝BLv↑→電流I＝↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，當安培力F＝mgsin α時，α＝0，v最大 收尾狀態(tài) 運動形式 勻速直線運動 力學特征 a＝0　v最大　 vm＝ 電學特征 I恒定 (xx山東理綜)如圖所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導軌與水平面的夾角為θ，上端接有定值電阻R，勻強磁場垂直于導軌平面，磁感應強度為B.將質(zhì)量為m的導體棒由靜止釋放，當速度達到v時開始勻速運動，此時對導體棒施加一平行于導軌向下的拉力，并保持拉力的功率恒為P，導體棒最終以2v的速度勻速運動．導體棒始終與導軌垂直且接觸良好，不計導軌和導體棒的電阻，重力加速度為g.下列選項正確的是(　　) A．P＝2mgvsin θ B．P＝3mgvsin θ C．當導體棒速度達到時加速度大小為sin θ D．在速度達到2v以后勻速運動的過程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功 解析：　導體棒由靜止釋放，速度達到v時，回路中的電流為I，則根據(jù)共點力的平衡條件，有mgsin θ＝BIL.對導體棒施加一平行于導軌向下的拉力，以2v的速度勻速運動時，則回路中的電流為2I，則根據(jù)平衡條件，有F＋mgsin θ＝B2IL所以拉力F＝mgsin θ，拉力的功率P＝F2v＝2mgvsin θ，故選項A正確．選項B錯誤；當導體棒的速度達到時，回路中的電流為，根據(jù)牛頓第二定律，得mgsin θ－BL＝ma，解得a＝sin θ，選項C正確；當導體棒以2v的速度勻速運動時，根據(jù)能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R上產(chǎn)生的焦耳熱，故選項D錯誤． 答案：　AC 1.將閉合多匝線圈(匝數(shù)為n)置于僅隨時間變化的磁場中，線圈平面與磁場方向垂直，關于線圈中產(chǎn)生的感應電動勢，下列表述正確的是(　　) A．穿過線圈的磁通量越大，感應電動勢越大 B．穿過線圈的磁通量變化越快，感應電動勢越大 C．若磁感應強度B不變，Δt時間內(nèi)線圈面積變化ΔS，則E＝nB D．若Δt時間內(nèi)磁感應強度變化ΔB，線圈面積變化ΔS，則E＝n 解析：　由法拉第電磁感應定律表達式E＝n可知，感應電動勢E的大小與線圈的匝數(shù)n和磁通量的變化率有關，與磁通量無關，故A錯誤，B正確．當僅有磁感應強度變化時，磁通量的變化量ΔΦ＝Φ2－Φ1＝(B2－B1)S＝ΔBS，同理可得當僅有線圈面積變化時磁通量的變化量ΔΦ＝BΔS，而當磁感應強度和線圈面積同時變化時磁通量的變化量ΔΦ＝B2S2－B1S1≠ΔBΔS，故C正確．D錯誤． 答案：　BC 2.如圖所示是測定自感系數(shù)很大的線圈L直流電阻的電路，L兩端并聯(lián)一只電壓表，用來測自感線圈的直流電壓，在測量完畢后，將電路拆開時應先(　　) A．斷開S1 B．斷開S2 C．拆除電流表 D．拆除電阻R 解析：　將電路拆開時，如果先斷開S1，而電壓表與線圈L仍組成閉合回路，由于L的自感系數(shù)很大，可能產(chǎn)生很大的自感電動勢使電壓表的指針被打彎，因此，應先斷開S2，B項正確． 答案：　B 3．一矩形線框置于勻強磁場中，線框平面與磁場方向垂直．先保持線框的面積不變，將磁感應強度在1 s時間內(nèi)均勻地增大到原來的兩倍．接著保持增大后的磁感應強度不變，在1 s時間內(nèi)，再將線框的面積均勻地減小到原來的一半．先后兩個過程中，線框中感應電動勢的比值為(　　) A. B．1 C．2 D．4 解析：　根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝＝，設初始時刻磁感應強度為B0，線框面積為S0，則第一種情況下的感應電動勢為E1＝＝＝B0S0；則第二種情況下的感應電動勢為E2＝＝＝B0S0，所以兩種情況下線框中的感應電動勢相等，比值為1，故選項B正確． 答案：　B 4．xx廣州亞運會上100 m賽跑跑道兩側設有跟蹤儀，水平面上兩根足夠長的金屬導軌平行固定放置，間距為L＝0.5 m，一端通過導線與阻值為R＝0.5 Ω的電阻連接；導軌上放一質(zhì)量為m＝0.5 kg的金屬桿(如圖甲)，金屬桿與導軌的電阻忽略不計；均勻磁場豎直向下．用與導軌平行的拉力F作用在金屬桿上，使桿運動．當改變拉力的大小時，相對應的速度v也會變化，從而使跟蹤儀始終與運動員保持一致．已知v和F的關系如圖乙．(取重力加速度g＝10 m/s2)則(　　) A．金屬桿受到的拉力與速度成正比 B．該磁場磁感應強度為1 T C．圖線在橫軸的截距表示金屬桿與導軌間的阻力大小 D．導軌與金屬桿之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4 解析：　由圖象可知選項A錯誤、C正確；由F－BIL－μmg＝0及I＝可得：F－－μmg＝0，從圖象上分別讀出兩組F、v數(shù)據(jù)代入上式即可求得B＝1 T，μ＝0.4.所以選項B、D正確． 答案：　BCD 5.如圖，足夠長的U型光滑金屬導軌平面與水平面成θ角(0＜θ＜90)，其中MN與PQ平行且間距為L，導軌平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，導軌電阻不計．金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂直且良好接觸，ab棒接入電路的電阻為R，當流過ab棒某一橫截面的電荷量為q時，棒的速度大小為v，則金屬棒ab在這一過程中(　　) A．運動的平均速度大小為v B．下滑的位移大小為 C．產(chǎn)生的焦耳熱為qBLv D．受到的最大安培力大小為sin θ 解析：　對棒受力分析如圖所示． F安＝BIL＝，故D錯；F安隨棒的速度的增大而增大，故棒做的不是勻加速直線運動．因此運動的平均速度≠v，A錯；由q＝n可得：q＝，故棒下滑的位移x＝，B正確；求焦耳熱應該用有效值，故C錯． 答案：　B