电磁感应_章节学习

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题型：多选题

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多选题

（2015秋•东城区月考）如图所示，粗细均匀的金属丝制成长方形导线框abcd（ad＞ab）处于匀强磁场中．磁场方向与导线框所在平面垂直．另种材料同样规格的金属丝MN可与导线框保持良好接触且始终与ab、cd平行．当MN在外力作用下从导线框左端匀速滑到右端的过程中，下列说法正确的是（　　）

A金属丝MN中的电流先减小后增大

B金属丝MN中的电流先增大后减小

C导线框abcd消耗的电功率先减小后增大

D导线框abcd消耗的电功率先增大后减小

正确答案

A,D

解析

解：A、导体棒MN向右运动的过程中，外电阻先增大后减小，当MN运动到线框中线时，外电路的电阻最大．根据闭合电路欧姆定律I=得知，MN棒中的电流先减小后增大．故A正确，B错误．

C、D、矩形线框中消耗的电功率相当于电源的输出功率，根据P=得知：当外电阻等于电源的内电阻时，电源的输出功率最大．由题意，线框的总电阻减小后增大，并联总电阻大于MN棒的电阻，则知消耗的功率先增大后减小．故C错误，D正确．

故选：AD．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，水平放置的两平行导轨左侧连接电阻，其他电阻不计，导体杆MN放在导轨上，在水平恒力F作用下，沿导轨向右运动，并将穿过方向竖直向下的有界匀强磁场，磁场边界PQ与MN平行，从MN进入磁场开始计时，通过的感应电流i随时间t的变化可能是图中的（　　）

A

B

C

D

正确答案

A,C,D

解析

解：A、MN进入磁场时，若F与安培力大小相等，MN将做匀速运动，产生的感应电动势和感应电流不变，此图是可能的，故A正确．

B、D、MN进入磁场时，若F大于安培力，MN将做加速运动，随着速度的增大，由F=，知安培力增大，合力减小，加速度减小，则MN将做加速度减小的变加速运动．由i=知，i逐渐增大，但i的变化率减小，图线切线的斜率减小，当MN匀速运动时，产生的感应电流不变，故B错误，D正确．

C、MN进入磁场时，若F小于安培力，MN将做减速运动，随着速度的减小，由F=，知安培力减小，合力减小，加速度减小，则MN将做加速度减小的变减速运动．由i=知，i逐渐减小，但i的变化率减小，图线切线的斜率减小，当MN匀速运动时，产生的感应电流不变，故C正确．

故选：ACD

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•十堰期末）如图所示，质量m1=0.1kg，电阻R1=0.3Ω，长度l=0.4m的导体棒ab横放在U型金属框架上．框架质量m2=0.2kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，相距0.4m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R2=0.1Ω的MN垂直于MM′．整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T．垂直于ab施加F=2N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触，当ab运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2．

（1）求框架开始运动时ab速度v的大小；

（2）从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q=0.1J，求该过程ab位移x的大小．

正确答案

解：（1）由题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力为：

F=μFN=μ（m1+m2）g

ab中的感应电动势为：E=Blv

MN中电流为：

MN受到的安培力为：F安=IlB

框架开始运动时有：F安=F

由上述各式代入数据，解得：v=6m/s

（2）导体棒ab与MN中感应电流时刻相等，由焦耳定律Q=I2Rt得知，Q∝R

则闭合回路中产生的总热量：=×0.1J=0.4J

由能量守恒定律，得：Fx=+Q总

代入数据解得：x=1.1m

答：（1）求框架开始运动时ab速度v的大小为6m/s；

（2）从ab开始运动到框架开始运动的过程中ab位移x的大小为1.1m．

解析

解：（1）由题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力为：

F=μFN=μ（m1+m2）g

ab中的感应电动势为：E=Blv

MN中电流为：

MN受到的安培力为：F安=IlB

框架开始运动时有：F安=F

由上述各式代入数据，解得：v=6m/s

（2）导体棒ab与MN中感应电流时刻相等，由焦耳定律Q=I2Rt得知，Q∝R

则闭合回路中产生的总热量：=×0.1J=0.4J

由能量守恒定律，得：Fx=+Q总

代入数据解得：x=1.1m

答：（1）求框架开始运动时ab速度v的大小为6m/s；

（2）从ab开始运动到框架开始运动的过程中ab位移x的大小为1.1m．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界的匀强磁场区域，v2=2v1，在先后两种情况下（　　）

A线圈中的感应电流之比I1：I2=2：1

B作用在线圈上的外力大小之比F1：F2=1：2

C线圈中产生的焦耳热之比Q1：Q2=1：4

D通过线圈某截面的电荷量之比q1：q2=1：2

正确答案

B

解析

解：A、v2=2v1，根据E=BLv，知感应电动势之比1：2，感应电流I=，

则感应电流之比为1：2．故A错误，

B、根据F=BIL，得外力大小之比1：2．故B正确

C、v2=2v1，可知时间比为2：1，

根据Q=I2Rt，知热量之比为1：2．故C错误．

D、根据q=It=，因磁通量的变化相等，可知通过某截面的电荷量之比为1：1．故D错误．

故选B．

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题型：填空题

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填空题

如图所示，一质量m=0.1kg的金属棒ab可沿接有电阻R=1Ω的足够长的竖直导体框架无摩擦地滑动，框架间距L=50cm，匀强磁场的磁感应强度B=0.4T，方向垂直纸面向里，除电阻R外其余电阻均不计．若棒ab由静止开始沿框架下落，且与框保持良好接触，那么在下落的前一阶段，棒ab将做加速度______（填“增加”或“减小”）的加速直线运动，当棒ab运动达到稳定状态时的速度v的大小为______m/s．（g=10m/s2）

正确答案

减小

25

解析

解：（1）金属棒向下切割磁场，根据右手定则，知电流方向是a→b．

根据左手定则得知金属棒所受的安培力方向向上，由牛顿第二定律知：mg-F安=ma

其中：F安=BIL=

随着速度的增大安培力增大，则加速度减小，所以在下落的开始阶段，棒ab将做加速度逐渐减小的加速运动．当F安=mg时，加速度变为零，这时ab棒做匀速运动，则有

=mg

则得 v===25m/s．

故答案为：减小，25．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdef处于竖直向下磁感应强度为B0的匀强磁场中．金属杆ab与金属框架接触良好．此时abed构成一个边长为l的正方形，金属杆的电阻为r，其余部分电阻不计．

（1）若从t=0时刻起，磁场的磁感应强度均匀增加，每秒钟增量为k，施加一水平拉力保持金属杆静止不动，求金属杆中的感应电流．

（2）在情况（1）中金属杆始终保持不动，当t=t1秒末时，求水平拉力的大小．

（3）若从t=0时刻起，磁感应强度逐渐减小，当金属杆在框架上以恒定速度v向右做匀速运动时，可使回路中不产生感应电流．写出磁感应强度B与时间t的函数关系式．

正确答案

解（1）设瞬时磁感应强度为B，由题意得率= ①

产生感应电动势为 ②

根据闭合电路欧姆定律得，产生的感应电流 ③

（2）由题意，金属杆始终保持不动，根据二力平衡，安培力等于水平拉力，即有F=F安 ④

F安=BIl ⑤

由①③⑤得F安=

所以

（3）回路中感应电流为0，磁感应强度逐渐减小产生的感生电动势E和金属杆运动产生的动生电动势E′大小，方向相反，即E+E′=0，

则有

　解得　

答：

（1）金属杆中的感应电流为为．

（2）水平拉力的大小为．

（3）要使回路中不产生感应电流，磁感应强度B与时间t的函数关系式为．

解析

解（1）设瞬时磁感应强度为B，由题意得率= ①

产生感应电动势为 ②

根据闭合电路欧姆定律得，产生的感应电流 ③

（2）由题意，金属杆始终保持不动，根据二力平衡，安培力等于水平拉力，即有F=F安 ④

F安=BIl ⑤

由①③⑤得F安=

所以

（3）回路中感应电流为0，磁感应强度逐渐减小产生的感生电动势E和金属杆运动产生的动生电动势E′大小，方向相反，即E+E′=0，

则有

　解得　

答：

（1）金属杆中的感应电流为为．

（2）水平拉力的大小为．

（3）要使回路中不产生感应电流，磁感应强度B与时间t的函数关系式为．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，导轨和金属杆的电阻可忽略．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦，重力加速度为g．求：

（1）在答题纸上画出由b向a方向看去，ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；

（2）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为υ时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；

（3）在杆下滑达到最大速度时，电阻R消耗的电功率．

正确答案

解：（1）ab杆受三个力：重力mg，竖直向下；支持力N，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上．受力示意图如图所示．

（2）当ab杆速度为v时，感应电动势：E=BLv，

此时电路中电流：I==，

ab杆受到的安培力：F=BIL=，

根据牛顿运动定律得：mgsinθ-=ma，

解得，a=gsinθ-．

（3）当ab杆受到的合力为零时，杆达到稳定，

由平衡条件得：mgsinθ=，

解得：vm=，

感应电动势：E=BLvm=，

电路电流：I==，

电阻R上的功率：P=I2R=；

答：（1）受力示意图如上图所示；

（2）ab杆中的电流为，其加速度的大小为sinθ-；

（3）电阻R消耗的电功率．

解析

解：（1）ab杆受三个力：重力mg，竖直向下；支持力N，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上．受力示意图如图所示．

（2）当ab杆速度为v时，感应电动势：E=BLv，

此时电路中电流：I==，

ab杆受到的安培力：F=BIL=，

根据牛顿运动定律得：mgsinθ-=ma，

解得，a=gsinθ-．

（3）当ab杆受到的合力为零时，杆达到稳定，

由平衡条件得：mgsinθ=，

解得：vm=，

感应电动势：E=BLvm=，

电路电流：I==，

电阻R上的功率：P=I2R=；

答：（1）受力示意图如上图所示；

（2）ab杆中的电流为，其加速度的大小为sinθ-；

（3）电阻R消耗的电功率．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，同一竖直面内的正方形导线框ABCD、abcd的边长均为l，电阻均为R，质量分别为2m和m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面向里的匀强磁场，开始时，ABCD的下边与匀强磁场的上边界重合，abcd的上边到匀强磁场的下边界的距离为l．现将系统由静止释放，当ABCD全部进入磁场时，系统开始做匀速运动，不计摩擦和空气阻力，则（　　）

A线框abcd通过磁场的时间为

B系统匀速运动的速度大小为

C两线框从开始运动至等高的过程中，所产生的总焦耳热为2mgl-

D从开始运动至ABCD全部进入磁场的过程中，两线框组成的系统克服安培力做的功为mgl-

正确答案

D

解析

解：AB、如图所示，设两线框刚匀速运动的速度为v，此时轻绳上的张力为T，则对ABCD有：T=2mg…①

对abcd有：T=mg+BIl…②

I=…③

E=Blv…④

则：v=…⑤

线框abcd通过磁场时以速度v匀速运动，设线框abcd通过磁场的时间为t，则：t==…⑥，故A、B错误．

C、设两线框从开始运动至等高的过程中所产生的焦耳热为Q，当左、右两线框分别向上、向下运动2l的距离时，两线框等高，对这一过程，由能量守恒定律有：4mgl=2mgl+3mv2+Q…⑦

解⑤⑥得：Q=2mgl-．故C错误．

D、从开始运动至ABCD全部进入磁场的过程中，两线框组成的系统克服安培力做的功为W，则有：

W+3mv2=2mgl-mgl

可得 W=mgl-．故D正确．

故选：AD．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，在磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，导体PQ在力F作用下在U型导轨上以速度v=10m/s向右匀速滑动（导体PQ始终与两导轨垂直），两导轨间距离L=1.0m，电阻R=1.0Ω，导体和导轨电阻忽略不计，则以下说法正确的是（　　）

A导体PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为5.0V

B导体PQ受到的安培力方向水平向右

C作用力F大小是0.50N

D作用力F的功率是25W

正确答案

A,D

解析

解：

A、导体PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为 E=BLv=0.5×1×10V=5V．故A正确．

B、由右手定则判断知，导体PQ产生的感应电流方向为Q→P，由左手定则判断得知，安培力方向水平向左．故B错误．

C、感应电流为 I==A=5A，F=F安=BIL=0.5×5×1N=2.5N．故C错误．

D、作用力F的功率是 P=Fv=2.5×10W=25W．故D正确．

故选AD

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题型：简答题

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简答题

边长为L=0.1m的正方形金属线框abcd，质量m=0.1㎏、总电阻R=0.02Ω，从高为h=0.2m处自由下落（金属线框abcd始终在竖直平面上且ab水平）线框下有一水平的有界的匀强磁场，竖直宽度L=0.1m．磁感应强度B=1.0T，方向如图所示．试求：

（1）线框穿过磁场过程中产生的热；

（2）全程通过a点截面的电量；

（3）在如图坐标中画出线框从开始下落到dc边穿出磁场的速度与时间的图象．

正确答案

解：（1）因为线框ab进入磁场时有：V1==2m/s

产生的电动势为：E=BLV1=0.2V

安培力为：F=BLI=BL=1N，线框的重力G=mg=1N

则线框在磁场中F=G，作匀速运动，线框穿过磁场过程中产生的热量为：

Q=mg•2L=0.1×10×2×0.1J=0.2J

（2）因为ab与dc切割磁感线产生的电动势和电流是：

E=BLV1

I=

所以通过a点的电量

Q=It=•==C=1C

（3）线框下落的时间：t1==0.2s

在磁场内匀速运动的时间 t2==0.1s

可作得图象：

答：

（1）线框穿过磁场过程中产生的热量是0.2J；

（2）全程通过a点截面的电量是1C；

（3）在如图坐标中画出线框从开始下落到dc边穿出磁场的速度与时间的图象如图所示．

解析

解：（1）因为线框ab进入磁场时有：V1==2m/s

产生的电动势为：E=BLV1=0.2V

安培力为：F=BLI=BL=1N，线框的重力G=mg=1N

则线框在磁场中F=G，作匀速运动，线框穿过磁场过程中产生的热量为：

Q=mg•2L=0.1×10×2×0.1J=0.2J

（2）因为ab与dc切割磁感线产生的电动势和电流是：

E=BLV1

I=

所以通过a点的电量

Q=It=•==C=1C

（3）线框下落的时间：t1==0.2s

在磁场内匀速运动的时间 t2==0.1s

可作得图象：

答：

（1）线框穿过磁场过程中产生的热量是0.2J；

（2）全程通过a点截面的电量是1C；

（3）在如图坐标中画出线框从开始下落到dc边穿出磁场的速度与时间的图象如图所示．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，倾角θ=30°，宽度L=1m的足够长的U形平行光滑金属导轨固定在磁感强度B=1T，范围充分大的匀强磁场中，下端电阻为R=0.5Ω，磁场方向垂直导轨平面斜向上．用平行于导轨功率恒为6W的牵引力，牵引一根质量m=0.2kg，电阻R=0.5Ω放在导轨上的金属棒ab，由静止沿导轨向上移动，棒ab始终与导轨接触良好且垂直，当金属棒移动2.8m时，获得稳定速度，在此过程中金属棒产生的热量为2.9J（不计导轨电阻及摩擦，取g=10m/s2）．

问：（1）金属棒达到的稳定速度是多大？

（2）金属棒从静止到速度达稳定所需时间是多少？

正确答案

解：（1）由E=BLv、E=2RI和F=BIL得金属棒上受到的安培力大小为

F安=

达到的稳定速度时金属棒受力平衡，则F牵=mgsinθ+F安m

代入F牵=得 =mgsinθ+

代入得：=0.2×10×sin30°+

代入数据得vm=2m/s，（另一解不符舍去）

（2）金属棒从静止到速度达稳定过程中，根据动能定理，得

Pt-mgsinθx-2Q=mvm2

代入数据得t=1.5s

答：

（1）金属棒达到的稳定速度是2m/s．

（2）金属棒从静止到速度达稳定所需时间是1.5s．

解析

解：（1）由E=BLv、E=2RI和F=BIL得金属棒上受到的安培力大小为

F安=

达到的稳定速度时金属棒受力平衡，则F牵=mgsinθ+F安m

代入F牵=得 =mgsinθ+

代入得：=0.2×10×sin30°+

代入数据得vm=2m/s，（另一解不符舍去）

（2）金属棒从静止到速度达稳定过程中，根据动能定理，得

Pt-mgsinθx-2Q=mvm2

代入数据得t=1.5s

答：

（1）金属棒达到的稳定速度是2m/s．

（2）金属棒从静止到速度达稳定所需时间是1.5s．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，水平金属圆盘置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，随盘绕金属转轴DD′以角速度ω沿顺时针方向匀速转动，盘的中心及边缘处分别用金属滑片与一理想变压器的原线圈相连．已知圆盘半径为r，理想变压器原、副线圈匝数比为n，变压器的副线圈与一电阻为R的负载相连．不计圆盘及导线的电阻，则下列说法中正确的是（　　）

A变压器原线圈两端的电压为Bωr2

B变压器原线圈两端的电压为Bωr2

C通过负载R的电流为

D通过负载R的电流为

正确答案

B

解析

解：A、圆盘半径切割磁感线产生感应电动势：E=Br2ω，则变压器原线圈两端电压为Br2ω，故A错误，B正确；

C、圆盘转动过程产生的电动势是定值，穿过变压器副线圈的磁通量不变，副线圈不产生感应电动势，副线圈电流为零，故CD错误；

故选：B．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，电阻r=0.3Ω，质量m=0.1kg的金属棒CD垂直静置在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上．棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有R=0.5Ω的电阻，有一理想电压表接在电阻R的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过导轨平面．现给金属棒加一水平向右的恒定外力F，观察到电压表的示数逐渐变大，最后稳定在1.0V，此时导体棒的速度为2m/s．g=10m/s2．求

（1）拉动金属棒的外力F多大？

（2）当电压表读数稳定后某一时刻，撤去外力F，求此后电阻R上产生的热量是多少？

正确答案

解：（1）设CD杆产生的电动势为E，电流表的示数为I．

则对R研究，可知：I==A=2A

棒产生的感应电动势为 E=BLv

由闭合电路欧姆定律有：，得：BL===0.8T•m

设CD杆受到的拉力为F，则安培力大小 FA=BIL=0.8×2N=1.6N

因为稳定时棒匀速运动，则有F=FA=1.6N

（2）由能量守恒，回路中产生的电热Q等于CD棒动能的减少量

得：Q=0.1×22J=0.2J

电阻R上产生的电热 ==0.125J

答：（1）拉动金属棒的外力F是1.6N．

（2）当电压表读数稳定后某一时刻，撤去外力F，此后电阻R上产生的热量是0.125J．

解析

解：（1）设CD杆产生的电动势为E，电流表的示数为I．

则对R研究，可知：I==A=2A

棒产生的感应电动势为 E=BLv

由闭合电路欧姆定律有：，得：BL===0.8T•m

设CD杆受到的拉力为F，则安培力大小 FA=BIL=0.8×2N=1.6N

因为稳定时棒匀速运动，则有F=FA=1.6N

（2）由能量守恒，回路中产生的电热Q等于CD棒动能的减少量

得：Q=0.1×22J=0.2J

电阻R上产生的电热 ==0.125J

答：（1）拉动金属棒的外力F是1.6N．

（2）当电压表读数稳定后某一时刻，撤去外力F，此后电阻R上产生的热量是0.125J．

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题型：简答题

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简答题

感应加速器可以简化为以下模型：在圆形区域内存在一方向竖直向下，磁感应强度大小B随时间均匀变化的匀强磁场．在磁感应强度变化过程中，将产生涡旋电场E涡，涡旋电场电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等，涡旋电场场强与电势差的关系与匀强电场相同．在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心0在区域中心．一质量为m、带电量为q小球位于玻璃管内部．设磁感应强度B随时间变化规律为B=kt，t=0时刻小球由静止开始加速．求：

（1）小球沿玻璃管加速运动第一次到开始位置时速度v1的大小

（2）设小球沿管壁运动第一周所用时间为t1，第二周所用时间为t2，t1：t2为多大；

（3）小球加速转动第N圈过程中该加速装置的平均功率P平．

正确答案

解（1）感生电动势大小 E=S=kπr2

电场力做功与动能变化的关系表示为 W=qE=

解得 v1=

（2）小球沿管运动过程中，带点小球运动每一圈过程中电场力做功相同，则有 2qE=

由于涡旋电场强度大小不发生变化，故小球沿管方向的运动是加速度大小不变的加速运动，根据匀变速运动规律则有

t1=

t2=

得 t1：t2=1：（-1）

（3）第N圈过程中该加速装置的平均功率 P平=

根据动量定理可得

E涡qtN=mvN-mvN-1；

涡旋电场场强电势差的关系 E=kπr2=E涡•2πr

而 vN=，vN-1=

联立解得：P平=（-）

答：（1）小球沿玻璃管加速运动第一次到开始位置时速度v1的大小是．

（2）设小球沿管壁运动第一周所用时间为t1，第二周所用时间为t2，t1：t2为1：（-1）．

（3）小球加速转动第N圈过程中该加速装置的平均功率P平是（-）．

解析

解（1）感生电动势大小 E=S=kπr2

电场力做功与动能变化的关系表示为 W=qE=

解得 v1=

（2）小球沿管运动过程中，带点小球运动每一圈过程中电场力做功相同，则有 2qE=

由于涡旋电场强度大小不发生变化，故小球沿管方向的运动是加速度大小不变的加速运动，根据匀变速运动规律则有

t1=

t2=

得 t1：t2=1：（-1）

（3）第N圈过程中该加速装置的平均功率 P平=

根据动量定理可得

E涡qtN=mvN-mvN-1；

涡旋电场场强电势差的关系 E=kπr2=E涡•2πr

而 vN=，vN-1=

联立解得：P平=（-）

答：（1）小球沿玻璃管加速运动第一次到开始位置时速度v1的大小是．

（2）设小球沿管壁运动第一周所用时间为t1，第二周所用时间为t2，t1：t2为1：（-1）．

（3）小球加速转动第N圈过程中该加速装置的平均功率P平是（-）．

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题型：简答题

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简答题

如图1所示，边长L=2.5m、质量m=0.50kg的正方形金属线框，放在磁感应强度B=0.80T的匀强磁场中，它的一边与磁场的边界MN重合．在力F作用下由静止开始向左匀加速运动，在5.0s内从磁场中拉出．测得金属线框中的电流随时间变化的图象如图2所示．已知金属线框的总电阻R=4.0Ω．

（1）试判断金属线框从磁场中向左拉出的过程中，线框中的感应电流方向，并在图中标出．

（2）t=2.0s时金属线框的速度和力F的大小．

（3）已知在5.0s内力F做功1.92J，那么金属线框从磁场拉出的过程中，线框中产生的焦耳热是多少？

正确答案

解：（1）由右手定则判断出感应电流方向为逆时针．如图：

（2）由电流图象得到I=0.1t A，

又：I==，

则：v==0.2t m/s

当t=2s时，v=0.4m/s，加速度：a=0.2m/s2

此时安培力：F安=BIl=0.4N，

根据牛顿第二定律，得：F-F安=ma，

代入解得：F=0.5N

（3）t=5s时，v=1m/s

则由能量守恒定律得Q=W-mv2=1.67J

答：（1）感应电流方向为逆时针．

（2）t=2.0s时金属线框的速度大小为0.4m/s，水平外力的大小为0.5N．

（3）金属线框从磁场拉出的过程中产生的焦耳热为1.67J．

解析

解：（1）由右手定则判断出感应电流方向为逆时针．如图：

（2）由电流图象得到I=0.1t A，

又：I==，

则：v==0.2t m/s

当t=2s时，v=0.4m/s，加速度：a=0.2m/s2

此时安培力：F安=BIl=0.4N，

根据牛顿第二定律，得：F-F安=ma，

代入解得：F=0.5N

（3）t=5s时，v=1m/s

则由能量守恒定律得Q=W-mv2=1.67J

答：（1）感应电流方向为逆时针．

（2）t=2.0s时金属线框的速度大小为0.4m/s，水平外力的大小为0.5N．

（3）金属线框从磁场拉出的过程中产生的焦耳热为1.67J．

热门试卷

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