热门试卷

（1）回路中产生的感应电动势为E==L1L2=L1L2，

感应电流为  I==L1L2，

在t=2s时刻，外力F=0，由平衡条件得

  mg sin30°=B2IL1=L12L2，

可解得B2=1T，

（2）当t=3s时，由图可知B3=1.5 T，则由平衡条件得

外力F=B3IL1-mg sin30°=B3L12L2-mg sin30°=0.5N，方向沿斜面向下

（3）当t=4s时，突然撤去外力F，当金属棒下滑速度达到稳定时做匀速直线运动，则有

  mg sin30°=BIL1，

解得，I==0.67 A，导体棒ab两端电压为 U=IR=1V

（4）在前3s内，由平衡条件得：

  mg sin30°=BIL1+F，得F=mg sin30°-BIL1

而B=0.5t（T），I=L1L2=1×4×A=1A，

得到F=1-0.5t

在t=3s后，B不变，则F不变．

作出图象如图．

答：

（1）当t=2s时，磁感应强度B的大小是1T；

（2）当t=3s时，外力F的大小是0.5N，方向沿斜面向下．

（3）当t=4s时，突然撤去外力F，当金属棒下滑速度达到稳定时，导体棒ab两端的电压为1V．

（4）画出前4s外力F随时间的变化情况如图．

（1）以金属杆ab为研究对象，根据平衡条件mgsinθ-B0I L=0

得：I=

通过ab杆电流方向为由b到a

（2）根据法拉第电磁感应定律E=N=NS

根据欧姆定律I=

得=

（3）根据法拉第电磁感应定律E1=NS=NSk

ab杆切割磁感线产生的电动势 E2=B0Lv 

总电动势     E总=E1+E2

感应电流I′=

根据牛顿第二定律mgsinθ-F=ma

安培力        F=B0I′L           

所以a=gsinθ-

答：（1）电流的大小I=方向由b到a

（2）磁感应强度B的变化率=

（3）杆的加速度安培力a=gsinθ-

（1）当金属棒稳定运动时做匀速运动，则有 F=mgsinθ+F安又安培力 F安=

解得：v=

（2）金属棒从静止开始运动到cd的过程，由动能定理得：

   Fs-mgssinθ-W克安=mv2-0

解得：W克安=mgs-

则根据功能关系得：回路中产生的总热量为Q=W克安=mgs-

故电阻R上产生的热量为QR=Q

则得  QR=mgs-

（3）当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流．此时金属棒将沿导轨做匀加速运动．

根据牛顿第二定律 F-mgsinθ=ma，

解得，a=g

根据磁通量不变，则有

  B0LS=BL（S+vt+at2）

解得，B=

答：（1）金属棒达到稳定速度的大小是；

（2）金属棒从静止开始运动到cd的过程中，电阻R上产生的热量是mgs-；

（3）磁感应强度B随时间t变化的关系式为B=．

（1）刚释放时，框中没有感电流产生，不受安掊力作用，ab在重力作用下向下运动，

加速度为：

a===g=10m/s2

（2）ab将做加速度逐渐减小的加速运动．当F=mg时，加速度为0，做匀速运动，此时速度最大．

∵F安=mg，

欧姆定律：I=

感应电动势：E=BLv

又F安=BIL

∴BIL=mg

即vmax=

代入数据得：vmax=10m/s

（3）因v=5m/s＜vmax=10m/s，所以 F安＜mg

故：a==

F安=BIL

I=

E=BLv

得 a=

代入数据得：a=5m/s2

答：（1）刚释放时，金属棒的加速度10m/s2；

（2）金属棒下滑的最大速度10m/s；

（3）当速度为5m/s时，棒的加速度5m/s2．

当导电棒在导轨上匀速滑动时，摩擦力大小等于安培力小，f=F1=BI1L

当导电棒在导轨上加速运动时，根据牛顿第二定律得

    F2-f=ma  即BI2L-f=ma

将①式代入②式得

    BI2L-BI1L=ma

 代入解之得B=1.2T

答：装置所在处的磁感强度的大小是1.2T．

解（1）设瞬时磁感应强度为B，由题意得率==k  ①

产生感应电动势为 E====kl2  ②

根据闭合电路欧姆定律得，产生的感应电流I==  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按=

所以F=

（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+Blv=0

　解得　B=

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B=．

（1）设金属棒刚开始下滑时的加速度为a，由于金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律有

   mgsinθ=ma  ①

代入数据解得  a=gsin30°=5m/s2 ②

（2）设金属棒运动达到稳定时的速度为v、所受安培力为FA，棒在沿导轨方向受力平衡，则有

     mgsin θ-FA=0     ③

此时金属棒克服安培力做功的功率等于小电珠消耗的电功率，则有

     P=FAv  ④

联立③④式并入代数据解得   v=5m/s  ⑤

（3）设磁感应强度的大小为B，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E=Blv  ⑥

小电珠正常发光，其两端电压等于E，必有E=U灯=2.5V  ⑦

联立⑥⑦式并代入数据解得  B=0.5T   ⑧

答：

（1）金属棒沿导轨由静止刚开始下滑时的加速度大小是5m/s2；

（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，小电珠正常发光，该速度的大小为5m/s；

（3）磁感应强度的大小是0.5T．

（1）金属棒有外力F作用下，从静止开始做加速运动，速度增大，棒所受的安培力增大，加速度减小，最终棒受力达到平衡，所以金属棒先做加速度减小的变加速运动，最后做匀速直线运动，

（2）由图可知：当F＞1时，开始产生电压，所以 mgsin30°=F=1N                

则得  m=0.2Kg                      

当达到平衡时：感应电流I=，F=mgsin30°+BL

得 U=F-sin30°        

由图象可知，=10   

解得，R=1Ω           

（3）金属棒以2m/s2的加速度从静止起沿导轨向上做匀加速运动时，t时刻棒的速度V=at

  感应电流 I=

安培力 FA=

根据牛顿第二定律得 F-FA-mgsin30°=ma              

代入解得  F=1.4+0.01t（N）                    

答：

（1）电压表读数稳定前金属棒先做加速度减小的变加速运动，最后做匀速直线运动，

（2）金属棒的质量m和电阻R的值各是0.2kg和1Ω．

（3）如金属棒以2m/s2的加速度从静止起沿导轨向上做匀加速运动，F随时间变化的表达式为1.4+0.01t（N）．

（1）线圈下落过程中，穿过线圈中的磁通量增加，据楞次定律可知，金属框中的感应电流方向为逆时针流向．  

（2）设下边所处高度为y时线圈达到收尾速度vm，线圈下落过程中，上、下两边切割磁感线，此时线圈中产生的感应电动势为E，E=[B0+k(y+L)]Lvm-(B0+ky)Lvm=kL2vm

线圈中的感应电流为：I=

线圈上下边受到的安培力分别为F1、F2，则F1=（B0+ky）IL

F2=[B0+k（y+L）]IL

线圈达收尾速度时，据力的平衡条件得：mg+F1=F2

联立以上几式可得：vm=

答：金属框中的感应电流方向为逆时针流向．金属框的收尾速度vm=

（1）导体棒产生的感应电动势为 E=BLv=1.0V

感应电流为  I=1.0 A

（2）导体棒匀速运动，安培力与拉力平衡

即有  F=F安=BIL=0.1N

（3）导体棒移动30cm的时间为 t==0.03s

根据焦耳定律，Q1=I2R t=0.03J  

撤去F后，导体棒做减速运动，其动能转化为内能，则根据能量守恒，有

 Q2=mv2=0.5J

故电阻R上产生的总热量为   Q=Q1+Q2=0.53J

答：

（1）在闭合回路中产生的感应电流的大小为1A；

（2）作用在导体棒上的拉力的大小是0.1N；

（3）整个过程电阻R上产生的热量是0.53J．

（1）在时刻t，有x=at2B=kx=kat2，

此时杆的速度为  v=at

所以在t时刻金属杆MN产生的感应电动势大小为ε=Blv=kla2t3  ①

（2）在时刻t，回路的总电阻R=2xr0=ar0t2

所以在t时刻流经回路的感应电流大小为 I== ②

由右手定则判断得知，感应电流方向为NMPQN（逆时针方向）．

（3）在t时刻金属杆MN所受的安培力大小为 F=BIl=kat2••l=  ③

（4）由②式可知I随时间t均匀变化，作出感应电流-时间图象如图，由i-t图可知，图中三角形所围的面积即为流经MN的电量，

所以q=•t=I•t=••t=  ④

答：（1）在t时刻金属杆MN产生的感应电动势大小为kla2t3；

（2）在t时刻流经回路的感应电流大小为，方向为NMPQN；

（3）在t时刻金属杆MN所受的安培力大小为；

（4）在0～t时间内流过金属杆MN的电量大小是

由v2-s图象可知，物体运动分为三段，

设位移分别为  S1，S2，S3对应的时间分别为t1，t2，t3，

S1=0.9m   v0=0     匀加速运动

S2=1m   v1=3m/s     匀速运动

S3=1.6m  初速度v1=3m/s   末速度v3=5m/s    匀加速运动

（1）S1=0.9m   v0=0     匀加速运动

由公式v2=2as

得：a1=5m/s2，

t1==0.6s

t2==s

v32-v12=2a3S3 

解得：a3=5m/s2t3=0.4s

t总=t1+t2+t3=s

（2）线框通过磁场时，线框作匀速运动，线框受力平衡

在AA′a′a区域，对线框进行受力分析

mgsinθ=ma1穿过磁场区域时，

F安=BIL=mgsinθ

BL=ma1

有题干分析得：线框的宽度L=d==0.5m

解得B=T

（3）设恒力作用时金属框上边进入磁场速度为V，根据动能定理得：

FS3-mgS3sinθ=mv2

线框穿过磁场时，F=mgsinθ+BL

又由 mgsinθ=ma1

解得v=m/s，F=N

答：（1）金属框在进入磁场区域前下滑的加速度a是5m/s2，及从斜面顶端滑至底端所需的时间为s

（2）匀强磁场的磁感应强度是T

（3）恒力F的大小是N．

（1）设液体从喷口水平射出的速度为内，活塞移动的速度为v

则 v0=s                                               ①

由 v0A=Vl2                                                ②

所以活塞移动的速度 v=（）v0=．                                   ③

（2）设装置功率为P，△t时间内有△m质量的液体从喷口射出

P△t=△m（v02-v2）                               ④

∵流出的水的质量为△m=L2v△tρ                                      ⑤

∴P=L2vρ（v02-v2）=（1-）v03

所以该装置的功率为 P=(

g

2h

)32．                        ⑥

（3）因为装置的功率即为安培力的功率，即 P=F安v                                           ⑦

∴L2ρv（v02-v02）=BILv                                 ⑧

所以磁感强度B的大小为 B==．                       ⑨

（4）感应电动势为 U=BLv

∴喷口液体的流量减少，活塞移动速度减小，或磁场变小等会引起电压表读数变小．

（1）感应电动势E=Blv，I=∴I=0时  v=0

    所以x==1m                                 

（2）最大电流  Im=

I′==

安培力FA=BI′L==0.02N                         

向右运动时 F+FA=ma

F=ma-FA=0.18N       方向与x轴相反                  

向左运动时F-FA=ma

F=ma+FA=0.22N       方向与x轴相反                 

（3）开始时 v=v0，FA=BImL=

F+FA=ma，F=ma-FA=ma-                   

∴当v0＜=10m/s 时，F＞0  方向与x轴相反              

   当v0＞=10m/s 时，F＜0  方向与x轴相同．