2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第11章 電磁感應(yīng) 第53講 電磁感應(yīng)中的電路、圖象問題學(xué)案（含解析）.doc

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第53講　電磁感應(yīng)中的電路、圖象問題 考點一　電磁感應(yīng)中的電路問題 1．對電源的理解：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分導(dǎo)體相當于電源。如：切割磁感線的導(dǎo)體棒、內(nèi)有磁通量變化的線圈等。 2．對電路的理解：內(nèi)電路是切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈；除電源外其余部分是外電路，外電路由電阻、電容器等電學(xué)元件組成。在外電路中，電流從高電勢處流向低電勢處；在內(nèi)電路中，電流則從低電勢處流向高電勢處。 3．分析電磁感應(yīng)電路問題的基本思路 4．電磁感應(yīng)中電荷量的求解方法 無論是回路中的磁通量發(fā)生變化，還是導(dǎo)體切割磁感線引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象，在Δt時間內(nèi)通過導(dǎo)體橫截面的電荷量的計算式為：q＝Δt＝Δt＝nΔt＝，即通過閉合回路某一橫截面的電荷量僅與ΔΦ、n和回路電阻R有關(guān)，而與時間長短、磁場變化的快慢或?qū)w運動的快慢無關(guān)。解決選擇題或填空題時，可直接應(yīng)用以上結(jié)論。 為了提高自行車夜間行駛的安全性，小明同學(xué)設(shè)計了一種“閃爍”裝置。如圖所示，自行車后輪由半徑r1＝5.010－2 m的金屬內(nèi)圈、半徑r2＝0.40 m的金屬外圈和絕緣輻條構(gòu)成。后輪的內(nèi)、外圈之間等間隔地接有4根金屬條，每根金屬條的中間均串聯(lián)有一電阻值為R的小燈泡。在支架上裝有磁鐵，形成了磁感應(yīng)強度B＝0.10 T、方向垂直紙面向外的“扇形”勻強磁場，其內(nèi)半徑為r1、外半徑為r2、張角θ＝。后輪以角速度ω＝2π rad/s相對于轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動。若不計其他電阻，忽略磁場的邊緣效應(yīng)。 (1)當金屬條ab進入“扇形”磁場時，求感應(yīng)電動勢E，并指出ab上的電流方向； (2)當金屬條ab進入“扇形”磁場時，畫出“閃爍”裝置的電路圖； (3)從金屬條ab進入“扇形”磁場時開始，經(jīng)計算畫出輪子轉(zhuǎn)一圈過程中，內(nèi)圈與外圈之間電勢差Uab隨時間t變化的Uabt圖象； (4)若選擇的是“1.5 V 0.3 A”的小燈泡，該“閃爍”裝置能否正常工作？有同學(xué)提出，通過改變磁感應(yīng)強度B、后輪外圈半徑r2、角速度ω和張角θ等物理量的大小，優(yōu)化小明同學(xué)的設(shè)計方案，請給出你的評價。 解析　(1)金屬條ab在磁場中切割磁感線時，平均速度 ＝ω E＝B(r2－r1)＝Bω(r－r)≈4.910－2 V 根據(jù)右手定則，可得感應(yīng)電流方向為b→a。 (2)通過分析，可得電路圖如圖所示。 (3)設(shè)電路中的總電阻為R總，根據(jù)電路圖可知 R總＝R＋R＝R a、b兩端電勢差 Uab＝E－IR＝E－R＝E≈1.210－2 V 設(shè)ab離開磁場區(qū)域的時刻為t1，下一根金屬條進入磁場區(qū)域的時刻為t2，則 t1＝＝ s, t2＝＝ s 設(shè)輪子轉(zhuǎn)一圈的時間為T，則T＝＝1 s 在T＝1 s內(nèi)，金屬條有4次進出，后3次Uab與第1次相同。 根據(jù)以上分析可畫出如下圖象。 (4)金屬條的感應(yīng)電動勢只有4.910－2 V，遠小于燈泡的額定電壓1.5 V，因此“閃爍”裝置不能正常工作。 評價：B增大，E增大，但有限度；r2增大，E增大，但有限度；ω同樣有限度；改變θ只能改變“閃爍”時間的長短。 答案　(1)4.910－2 V　b→a　(2)(3)(4)見解析 方法感悟 解決電磁感應(yīng)電路問題的策略是先源后路，即 (2018河南周口期末)匝數(shù)n＝100匝的圓形金屬線圈的電阻R＝2 Ω，線圈與R1＝2 Ω的電阻連成閉合回路，其簡化電路如圖甲所示，A、B為線圈兩端點。線圈的半徑r1＝15 cm，在線圈中半徑r2＝10 cm的圓形區(qū)域存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的圖象如圖乙所示。則下列說法正確的是(　　) A．A點電勢比B點電勢低 B．線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為4.5π V C．R1兩端電壓為π V D．0～2 s內(nèi)通過R1的電荷量為1.125π C 答案　C 解析　根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝nS＝100π0.12 V＝2π V，B錯誤；根據(jù)楞次定律可知，線圈中的磁通量均勻增大，感應(yīng)電流沿逆時針方向，因此A點電勢比B點電勢高，A錯誤；回路中的電流I＝＝ A＝ A，R1兩端的電壓為U1＝IR1＝2 V＝π V, C正確；0～2 s內(nèi)通過R1的電荷量為q＝It＝2 C＝π C，D錯誤。 考點二　電磁感應(yīng)中的圖象問題 1．電磁感應(yīng)中常見的圖象問題 2．解決圖象問題的一般步驟 (1)明確圖象的種類，即是Bt圖還是Φt圖，或者Et圖、It圖等； (2)分析電磁感應(yīng)的具體過程； (3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應(yīng)關(guān)系； (4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運動定律等知識寫出函數(shù)關(guān)系式； (5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等； (6)畫圖象或判斷圖象。 將一段導(dǎo)線繞成圖甲所示的閉合回路，并固定在水平面(紙面)內(nèi)?；芈返腶b邊置于垂直紙面向里的勻強磁場Ⅰ中，回路的圓環(huán)區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的磁場Ⅱ，以向里為磁場Ⅱ的正方向，其磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的圖象如圖乙所示。用F表示ab邊受到的安培力，以水平向右為F的正方向，能正確反映F隨時間t變化的圖象是(　　) 解析　根據(jù)Bt圖象可知，在0～時間內(nèi)，Bt圖線的斜率為負且為定值，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝nS可知，該段時間圓環(huán)區(qū)域內(nèi)感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流是恒定的，由楞次定律可知，ab中電流方向為b→a，再由左手定則可判斷ab邊受到向左的安培力，且0～時間內(nèi)安培力恒定不變，方向與規(guī)定的正方向相反；在～T時間內(nèi)，Bt圖線的斜率為正且為定值，故ab邊所受安培力仍恒定不變，但方向與規(guī)定的正方向相同。B正確。 答案　B 方法感悟 1．電磁感應(yīng)圖象選擇題的兩個常用方法 (1)排除法 定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是分析物理量的正負，以排除錯誤的選項。 (2)函數(shù)法 根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖象進行分析和判斷。 2．處理圖象問題要做到“四明確” (1)明確圖象所描述的物理意義； (2)明確各種正、負號的含義； (3)明確斜率的含義； (4)明確圖象和電磁感應(yīng)過程之間的對應(yīng)關(guān)系。 (2017全國卷Ⅱ)(多選)兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向與紙面垂直。邊長為0.1 m、總電阻為0.005 Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖a所示。已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t＝0時刻進入磁場。線框中感應(yīng)電動勢隨時間變化的圖線如圖b所示(感應(yīng)電流的方向為順時針時，感應(yīng)電動勢取正)。下列說法正確的是(　　) A．磁感應(yīng)強度的大小為0.5 T B．導(dǎo)線框運動速度的大小為0.5 m/s C．磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向外 D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1 N 答案　BC 解析　由圖象可知，從導(dǎo)線框的cd邊進入磁場到ab邊剛好進入磁場，用時為0.2 s，可得導(dǎo)線框運動速度的大小v＝ m/s＝0.5 m/s，B正確；由圖象可知，cd邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝0.01 V，由公式E＝BLv，可得磁感應(yīng)強度的大小B＝ T＝0.2 T，A錯誤；感應(yīng)電流的方向為順時針時，對cd邊應(yīng)用右手定則可知，磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向外，C正確；t＝0.4 s至t＝0.6 s時間段為cd邊離開磁場，ab邊切割磁感線的過程，由閉合電路歐姆定律及安培力公式得安培力F＝，代入數(shù)據(jù)得F＝0.04 N，D錯誤。 課后作業(yè) [鞏固強化練] 1．(多選)在如圖甲所示的電路中，螺線管匝數(shù)n＝1500匝，橫截面積S＝20 cm2。螺線管導(dǎo)線電阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF。在一段時間內(nèi)，穿過螺線管的磁場的磁感應(yīng)強度B按如圖乙所示的規(guī)律變化。則下列說法中正確的是(　　) A．螺線管中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為1 V B．閉合S，電路中的電流穩(wěn)定后，電阻R1的電功率為 510－2 W C．電路中的電流穩(wěn)定后電容器下極板帶正電 D．S斷開后，流經(jīng)R2的電荷量為1.810－5 C 答案　CD 解析　由題圖乙可知＝0.4 T/s，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝n＝nS求出E＝1.2 V，A錯誤；I＝＝0.12 A，P＝I2R1，可求出P＝5.7610－2 W，B錯誤；由楞次定律可得C正確；S斷開后，流經(jīng)R2的電荷量即為S閉合時C極板上所帶的電荷量Q，電容器兩端的電壓U＝IR2＝0.6 V，流經(jīng)R2的電荷量Q＝CU＝1.810－5 C，D正確。 2. 如圖所示，在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，有半徑為r的光滑半圓形導(dǎo)體框架，Oc為一能繞O在框架上滑動的導(dǎo)體棒，Oa之間連一電阻R，導(dǎo)體框架與導(dǎo)體棒的電阻均不計，施加外力使Oc以角速度ω逆時針勻速轉(zhuǎn)動，則(　　) A．通過電阻R的電流方向由a經(jīng)R到O B．導(dǎo)體棒O端電勢低于c端的電勢 C．外力做功的功率為 D．回路中的感應(yīng)電流大小為 答案　C 解析　由右手定則可知感應(yīng)電流由c到O，則通過電阻R的電流為由O經(jīng)R到a，A錯誤；導(dǎo)體棒以角速度ω逆時針勻速轉(zhuǎn)動切割磁感線時可等效為電源，O端為電源正極，c端為電源負極，故導(dǎo)體棒O端的電勢高于c端的電勢，B錯誤；導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝Bl＝Br，由此可知感應(yīng)電流為I＝＝，電阻R上的電熱功率為P＝I2R＝，由能量守恒定律可知外力做功的功率也為P，C正確，D錯誤。 3．一矩形線圈位于一個方向垂直線圈平面向里的磁場中，如圖甲所示，磁感應(yīng)強度B隨t的變化規(guī)律如圖乙所示。以I表示線圈中的感應(yīng)電流，以圖甲線圈上箭頭所示方向的電流為正，則以下的it圖中正確的是(　　) 答案　A 解析　根據(jù)題圖乙可知，在0～1 s內(nèi)，不變且線圈面積S也不變，所以根據(jù)E＝S可知感應(yīng)電動勢恒定，感應(yīng)電流恒定，由楞次定律可得電流為逆時針方向，在圖象中為負；2～3 s內(nèi)，同理，由E＝S知i恒定，方向為正；1～2 s內(nèi)，B不變，i＝0，A正確。 4. 如圖所示，由某種粗細均勻的總電阻為3R的金屬條制成的矩形線框abcd，固定在水平面內(nèi)且處于方向豎直向下的勻強磁場B中。一接入電路電阻為R的導(dǎo)體棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v勻速滑動，滑動過程PQ始終與ab垂直，且與線框接觸良好，不計摩擦。在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中(　　) A．PQ中電流先增大后減小 B．PQ兩端電壓先減小后增大 C．PQ上拉力的功率先減小后增大 D．線框消耗的電功率先減小后增大 答案　C 解析　導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢為E＝BLv，其等效電路如圖所示，總電阻為R總＝R＋＝R＋，在PQ從靠近ad處向bc滑動的過程中，總電阻先增大后減小，總電流先減小后增大，A錯誤；PQ兩端電壓為路端電壓U＝E－IR，即先增大后減小，B錯誤；拉力的功率等于克服安培力做功的功率，有P安＝F安v＝BILv，先減小后增大，C正確；根據(jù)功率曲線可知當外電阻＝R時輸出功率最大，而外電阻的最大值為0.75R，所以線框消耗的功率先增大后減小，D錯誤。 5. 如圖所示，寬度為l＝1 m的平行光滑導(dǎo)軌置于勻強磁場中，導(dǎo)軌放置于豎直面內(nèi)，磁感應(yīng)強度大小B＝0.4 T，方向垂直于導(dǎo)軌平面向里，長度恰好等于導(dǎo)軌寬度的金屬棒ab在水平向左的拉力F＝0.2 N作用下向左勻速運動，金屬棒ab的電阻為1 Ω，外接電阻R1＝2 Ω，R2＝1 Ω。平行金屬板間距d＝10 mm，板間有一質(zhì)量m＝0.1 g的帶電液滴恰好處于靜止狀態(tài)，g取10 m/s2。求： (1)金屬棒中的感應(yīng)電流I； (2)金屬棒運動的速度v； (3)液滴所帶電荷量及電性。 答案　(1)0.5 A (2)5 m/s (3)210－5 C 帶正電 解析　(1)因金屬棒做勻速直線運動，根據(jù)右手定則，可以判斷出ab棒的感應(yīng)電流方向為a→b，受到的安培力方向水平向右，根據(jù)平衡條件有F＝BIl 解得I＝0.5 A。 (2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝Blv 由閉合電路歐姆定律得I＝ 代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得v＝5 m/s。 (3)因電流方向為a→b，則可判定金屬板下極板帶正電，由于帶電液滴處于靜止狀態(tài)，根據(jù)平衡知識可知，液滴帶正電，此時有q＝mg，U2＝IR2 解得q＝210－5 C。 [真題模擬練] 6．(2018全國卷Ⅱ)如圖，在同一平面內(nèi)有兩根平行長導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，磁感應(yīng)強度大小相等、方向交替向上向下。一邊長為l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運動，線框中感應(yīng)電流i隨時間t變化的正確圖線可能是(　　) 答案　D 解析　如圖甲，線框左端從①移動到②的過程中線框左邊切割磁感線產(chǎn)生的電流方向是順時針，線框右邊切割磁感線產(chǎn)生的電流方向也是順時針，線框兩邊切割磁感線產(chǎn)生的電動勢方向相同，所以E＝2BLv，則電流為i＝＝，其中L＝l，電流恒定且方向為順時針。 如圖乙，再從②移動到③的過程中線框左右兩邊切割磁感線產(chǎn)生的電動勢大小相等，方向相反，所以回路中電流表現(xiàn)為零。 如圖丙，然后從③到④的過程中，線框左邊切割磁感線產(chǎn)生的電流方向是逆時針，而線框右邊切割磁感線產(chǎn)生的電流方向也是逆時針，所以電流的大小為i＝＝，方向是逆時針。 當線框再向左運動時，線框左邊切割磁感線產(chǎn)生的電動勢方向是順時針，線框右邊切割磁感線產(chǎn)生的電動勢方向是逆時針，此時回路中電流表現(xiàn)為零，故線框在運動過程中電流是周期性變化，故D正確。 7. (2018焦作一模)(多選)如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌水平平行放置，間距為l＝1 m，cd間、de間、cf間分別接著阻值R＝10 Ω的電阻。一阻值R＝10 Ω的導(dǎo)體棒ab以速度v＝4 m/s勻速向左運動，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好；導(dǎo)軌所在平面存在磁感應(yīng)強度大小B＝0.5 T、方向豎直向下的勻強磁場。下列說法中正確的是(　　) A．導(dǎo)體棒ab中電流的流向為由b到a B．cd兩端的電壓為1 V C．de兩端的電壓為1 V D．fe兩端的電壓為1 V 答案　BD 解析　由右手定則可知ab中電流方向為a→b，A錯誤；導(dǎo)體棒ab切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv，ab為電源，cd間電阻R為外電路負載，de和cf間電阻中無電流，de和cf間無電壓，因此cd和fe兩端電壓相等，即U＝R＝＝1 V，B、D正確，C錯誤。 8. (2018河南周口期末)(多選)如圖所示為三個有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B，方向分別垂直于紙面向外、向里和向外，磁場寬度均為L，在磁場區(qū)域的左側(cè)邊界處，有一邊長為L的正方形導(dǎo)線框，總電阻為R，且線框平面與磁場方向垂直，現(xiàn)用外力F使線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，以初始位置為計時起點，規(guī)定電流沿逆時針方向時的電動勢E為正，磁感線垂直于紙面向里時的磁通量Φ為正值，外力F向右為正。則以下能反映線框中的磁通量Φ、感應(yīng)電動勢E、外力F和電功率P隨時間變化規(guī)律的圖象是(　　) 答案　ABD 解析　當線框進入磁場區(qū)域時，在0～時間內(nèi)，磁通量開始均勻增加，當全部進入第一個磁場時磁通量最大，且為負值；在～的時間內(nèi)，向里的磁通量增加，總磁通量均勻減??；在時刻，磁通量最小，為零；在～時間內(nèi)，磁通量為正值，且均勻增大；在～時間內(nèi)，磁通量均勻減小至零；在～時間內(nèi)，磁通量均勻增大，且方向向外，為負值，在～時間內(nèi)，磁通量均勻減小至零，且為負值，A正確。當線框進入第一個磁場時，由E＝BLv可知，E保持不變，由右手定則知，感應(yīng)電流沿順時針方向，感應(yīng)電動勢為負值；線框開始進入第二個和第三個磁場時，左右兩邊同時切割磁感線，感應(yīng)電動勢應(yīng)為2BLv，感應(yīng)電動勢先為正值后為負值；離開第三個磁場時，左邊切割磁感線，感應(yīng)電動勢為BLv，感應(yīng)電動勢為正值，B正確。因安培力總是與運動方向相反，故拉力應(yīng)一直向右，C錯誤。電功率P＝，由Et圖象可知，D正確。 9．(2018福建省畢業(yè)質(zhì)量檢查模擬)(多選) 如圖所示，空間內(nèi)存在豎直方向的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。電阻可忽略不計的金屬框架ABCD固定在水平面內(nèi)，AB與CD平行且足夠長，BC與CD的夾角為θ(θ<90)。一根粗細均勻的光滑導(dǎo)體棒EF垂直于CD放置，在外力F的作用下以垂直于自身的速度v向右勻速運動。若以導(dǎo)體棒經(jīng)過C點時為計時起點，則電路中的電流大小I、消耗的電功率P、外力F、導(dǎo)體棒EF兩點間的電勢差U隨時間t的變化規(guī)律圖象中，正確的是(　　) 答案　BC 解析　在從開始至到達B的運動過程中有效切割長度為：L＝vttanθ；設(shè)導(dǎo)體棒橫截面積為S，電阻率為ρ，則回路中電阻為：R＝ρ＝ρ，所以回路中的電流為：I＝＝，為定值；在離開B之后，導(dǎo)體棒的電阻及切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小與到達B點時的相同，則感應(yīng)電流也相同，故電流的大小一直不變，故A錯誤。勻速運動時外力和安培力平衡，從開始計時至到達B的過程中，F(xiàn)＝FA＝BIL＝BIvttanθ；當EF在兩個導(dǎo)軌之間的距離不變時，拉力F＝BIL為定值，故B正確。導(dǎo)體棒在到達B之前消耗的電功率為P＝I2R＝t，進入BA段以后電阻和電流均不變，電功率不變，故C正確。導(dǎo)體棒EF兩點間的電勢差U＝BL總v－BLv，L先增大后不變，故U先減小后不變，故D錯誤。 10．(2018安徽江南十校3月綜合檢測) 如圖所示，有兩個相鄰的有界勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小均為B，磁場方向相反，且與紙面垂直。兩個磁場區(qū)域在x軸方向?qū)挾染鶠閍，在y軸方向足夠?qū)挕，F(xiàn)有一個菱形導(dǎo)線框abcd，ac長為2a，從圖示位置開始向右勻速穿過磁場區(qū)域。若以逆時針方向為電流的正方向，則線框中感應(yīng)電流i與線框移動距離x的關(guān)系圖象正確的是(　　) 答案　C 解析　如題圖所示，在線框進入左側(cè)磁場區(qū)域的過程中，穿過線框的磁通量增加，磁場垂直于紙面向里，根據(jù)楞次定律可判斷，線框中產(chǎn)生逆時針方向的電流，所以B錯誤；當位移x＝a的時候，線框切割磁感線的有效長度最大，根據(jù)E＝BLv可知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，感應(yīng)電流最大為I0，然后開始減小。當線框在兩側(cè)磁場區(qū)域中切割的有效長度相等時，感應(yīng)電流減小為零，然后開始反向增大，當x＝2a時，磁通量減小為零，感應(yīng)電動勢增大到最大E＝2Bav，感應(yīng)電流為－2I0，所以A、D錯誤，C正確。 11．(2018太原模擬)如圖甲中，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌放置在水平面上且間距為L，左端接電阻R，導(dǎo)軌電阻不計。整個裝置處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。將質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒ab置于導(dǎo)軌上。當ab受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運動時，F(xiàn)與金屬棒速度v的關(guān)系如圖乙所示。已知ab與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，設(shè)ab中的感應(yīng)電流為I，ab受到的安培力大小為F安，R兩端的電壓為UR，R的電功率為P，則下圖中正確的是(　　) 答案　A 解析　由題圖乙可得F＝F0－kv，金屬棒切割磁感線產(chǎn)生電動勢E＝BLv，金屬棒中電流I＝，金屬棒受安培力F安＝BIL，對金屬棒根據(jù)牛頓第二定律：F－F安＝ma，代入得：F0－v＝ma，所以金屬棒做加速度減小的加速運動，當加速度減為零時，做勻速運動，所以A正確；F安＝，UR＝R，R消耗的功率P＝，所以B、C、D錯誤。