热门试卷

解：（1）线框进入磁场前，线框仅受到细线的拉力FT，斜面的支持力和线框重力，重物M受到重力和拉力FT．

对线框，由牛顿第二定律得   FT-mg sinα=ma      

联立解得，线框进入磁场前重物M的加速度  a==5m/s2

（2）因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以重物受力平衡  Mg=FT′，

线框abcd受力平衡  FT′=mg sinα+FA

ab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势 E=Bl1v    

形成的感应电流 I==

受到的安培力 FA=BIL1

联立上述各式得，Mg=mg sinα+

代入数据解得  v=6m/s

（3）线框abcd进入磁场前时，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动到gh线，仍做匀加速直线运动．

进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度相同，为a=5 m/s2

该阶段运动时间为  t1===1.2s

进磁场过程中匀速运动时间  t2===0.1s

线框完全进入磁场后线框受力情况同进入磁场前，所以该阶段的加速度仍为a=5m/s2

   s-l2=vt3+at

解得：t3=1.4 s

因此ab边由静止开始运动到gh线所用的时间为 t=t1+t2+t3=2.7s  

（4）线框ab边运动到gh处的速度  v′=v+at3=6 m/s+5×1.2 m/s=12m/s  

整个运动过程产生的焦耳热  Q=FAl2=（Mg-mgsinθ）l2=9J  

答：

（1）线框进入磁场前重物M的加速度是5m/s2；

（2）线框进入磁场时匀速运动的速度v是6m/s；

（3）ab边由静止开始到运动到gh线处所用的时间是2.7s；

（4）ab边运动到gh线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到gh线的整个过程中产生的焦耳热是9J．

解：（1）由题，当线框右边MN刚进入Ⅰ区时，M点电势高于N点，说明MN中感应电流方向由N到M，由右手定则判断知，磁感应强度的方向向外．

（2）设线框的总电阻为R，磁场Ⅰ区的磁感强度为B，线框右边MN在Ⅰ区运动过程中有一半长度切割磁感线产生感应电动势，有

    I==，U=I•R=

线框右边MN在Ⅰ区运动过程中，木块与线框受力平衡，有

  F0-FA-μmg=0

得 FA=BId=mg-0.1mg=mg

通过线框任一横截面的电量q为

 q=It，其中 t=，得 I=

联立以上各式，解得 q=

（3）MN刚到达Ⅱ区正中间时，流过线框的电流为

  I′===4I

线框左、右两条边均受到向左的安培力作用，总的安培力大小为

  FA′=BI′d+3BI′d=16FA=mg

由于线框上边各有一半处在磁场Ⅰ区、Ⅱ区中，所以分别受到向上与向下的安培力作用，此时木块受到的支持力N为

  N=mg+3BI′d-BI′d=mg+8FA=mg

木块与线框组成的系统受力平衡，因此拉力F为

  F=FA′+μN=mg+mg=mg

（4）随着MN在磁场Ⅱ区的运动，木块受到的支持力Nx随发生的位移x而变化，有

  Nx=mg+3BI′x-BI′（2d-x）=mg-2BI′d+4BI′x

由于Nx随位移x线性变化，因此MN在Ⅱ区运动过程中木块受到的平均支持力为

  =mg-2BI′d+=mg+2BI′d=mg

此过程中拉力做的功W为

  W=FA′•2d+•2d=mg•2d+mg•2d=mgd

答：

（1）区域Ⅰ中磁感应强度的方向向外．

（2）线框右边MN在Ⅰ区运动过程中通过线框任一横截面的电量q为．

（3）MN刚到达Ⅱ区正中间时，拉力的大小F为mg．

（4）MN在Ⅱ区运动过程中拉力做的功W为mgd．

解：（1）由图可知，导体棒运动的速度达到v1=10m/s时开始做匀速运动，此时安培力和拉力F大小相等．

匀速运动后导体棒上的电动势：E1=BLv1，

导体棒受的安培力：

则：F=F1=10N

（2）由图可知，时间t=1.2s时导体棒的速度 v2=7m/s

此时导体棒上的电动势：E2=BLv2，

导体棒受的安培力：=N=7N                          

由牛顿定律得：

（3）由图知，到1.6s处，图线下方小方格的个数为40个，每个小方格代表的位移为：△x=1×0.2m=0.2m

所以1.6s内导体棒的位移为：x=0.2×40m=8m

拉力F做功为：W=Fx=10×8J=80J

由图知此时导体棒的速度 v3=8m/s

导体棒动能 

根据能量守恒定律，产生的热量 Q=W-EK=80J-32J=48J

答：

（1）力F的大小为10N；

（2）t=1.2s时，导体棒的加速度为3m/s2；

（3）1.6s内电阻R上产生的热量为48J．

解：当ab杆沿导轨上滑达到最大速度v时，其受力如图所示：

由平衡条件可知：

F-FB-mgsinθ=0    ①

又 FB=BIL         ②

而③

联立①②③式得：④

同理可得，ab杆沿导轨下滑达到最大速度时：⑤

联立④⑤两式解得：F=2mgsinθ   

故杆ab最后回到ce端的速度，拉力F的大小为2mgsinθ．

解：（1）由法拉第电磁感应定律得

   E=n

由闭合电路欧姆定律得

总电流 I=

MN两端电压 U=I=10V

（2）MN中的电流 IMN=I

金属棒受力平衡，B0IMNl=mg

联立解得 B0=1T

（3）由题意可知，当金属棒达到最大速度时，有

  F安+k（h1-h）=mg

其中，有 F安=

联立解得 k=2.5N/m

（4）在金属棒下落到最低点的过程中，有

 mg（h1+h2）=Q+Ep；

解得 Q=0.1J

答：

（1）电键S断开前，金属棒MN两端的电压是10V；

（2）导轨所在处的磁感应强度B0的大小是1T；

（3）弹簧的劲度系数k是2.5N/m；

（4）金属棒从开始下落至最低点的过程中，整个电路产生的焦耳热Q是0.1J．

解：（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感线，棒中产生产生感应电动势，导体棒ab从A下落时，导体棒在重力与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得：

mg-BIL=ma，式中，

当导体棒ab下落时，由几何关系可知，棒ab以上的圆弧的长度是半圆的总长度的，所以ab以上的部分，电阻值是8R，ab以下的部分的电阻值是4R+4R，

式中：=4R

由以上各式可得到：

故导体棒ab从A下落时的加速度大小为：．

（2）当导体棒ab通过磁场II时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即：

式中：

解得：

导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，有vt2-v22=2gh，

得：，

此时导体棒重力的功率为：，

根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即P电=P1+P2=PG=，

所以，=，

故磁场I和II之间的距离，和R2上的电功率．

（3）设导体棒ab进入磁场II后经过时间t的速度大小为v‘t，此时安培力大小为：

由于导体棒ab做匀加速直线运动，有v't=v3+at

根据牛顿第二定律，有

F+mg-F′=ma

即：

由以上各式解得：

故所加外力F随时间变化的关系式为：．

解：（1）ab棒静止，处于平衡状态，由平衡条件得：

F+FA=mgsin37°，

即：0.6-0.2t+0.5×Iab×1=0.1×10×0.6，

解得：Iab=0.4tA；

（2）cd棒上电流Icd=2Iab=0.8t A…①，

 则回路中电源电动势E=Icd R总 …②

cd棒切割磁感线，产生的感应电动势为E=BLv…③

联立①②③解得cd棒的速度：v=9.6t，

所以，cd棒做初速为零的匀加速直线运动．                            

（3）cd棒的加速度为a=9.6m/s2，

1s内的位移为：：s=at2=×9.6×12=4.8m，

感应电流为：：I=，

感应电动势为：：E==，

电荷量为：q=It，

解得：q═0.4C；

（4）t=1.2s时，cd棒的速度v=at=11.52m/s，

根据动能定理得：W-W安=mv2-0，

解得，1.2s内克服安培力做功为：W安=16-×0.1×11.522=9.36J                 

回路中产生的焦耳热为：Q=W安=9.36J                              

电阻R上产生的焦耳热为：QR==1.56J；

答：（1）流过ab棒的电流强度Iab随时间t变化的函数关系为Iab=0.4tA；

（2），cd棒做初速为零的匀加速直线运动；

（3）t=0时刻起，1s内通过cd棒的电量q为0.4C；

（4）若t=0时刻起，1.2s内作用在cd棒上外力做功为W=16J，则这段时间内电阻R上产生的焦耳热QR为1.56J．