热门试卷

（1）设CD运动的最大速度为vm．由E=Bdvm，I=，F安=BId，得到安培力F安=．

由平衡条件得F=f+F安，代入解得  vm=

    （2）当CD达到最大速度后，电路中电流为I==，电阻R消耗的电功率是P=I2R=

    （3）当CD的速度是最大速度的时，安培力F安′=(F-f)

此时的加速度为a==．

答：（1）CD运动的最大速度是vm=；

    （2）当CD达到最大速度后，电阻R消耗的电功率是；

   （3）当CD的速度是最大速度的时，CD的加速度是．

（1）E=BLv，

I=，

F安=BIL=

当金属棒达到稳定速度时，F安=F拉

F=

所以v2=，代入数据得v=2m/s 

（2）由题意得：WR=1.2J，

根据串联电路中功率与电阻成正比得：Wr=0.3J，W电=1.5J        

对金属棒有动能定理得：Pt-W电=mv2-mv02   

代入数据得 t=5.25s 

（3）当棒的速度达到1m/s时，拉力的功率为0.4w，此后外力功率恒定，速度继续增大，根据P=Fv可知，外力F在逐渐减小，当安培力和外力F相等时，速度达到最大，之后做匀速直线运动，外力保持不变，由此作图如图所示：

（4）根据（3）分析作出速度图象如图所示

t=0时，由P=Fv得，外力F==N=0.4N

此时合外力为F合=0.4-=0.3N

由图象可知t=0加速度最大

 由牛顿第二定律得：am==0.75m/s2 

证明：由a=得：

开始加速最短时间：△t==s

金属棒的最大位移   Sm＜5.25×1+=9.8m   

流过金属棒的电量

Q＜=C=1.97C＜2.0C

答：（1）金属棒的稳定速度2m/s；

（2）金属棒从开始计时直至达到稳定速度所需的时间5.25s；

（3）在乙图中画出金属棒所受拉力F随时间t变化的大致图象为：

；

（4）从开始计时直至达到稳定速度过程中，金属棒的最大加速度为0.75m/s2．

（1）MN与PO重合时穿过线框的磁通量为0，故磁通量的变化量为：

△Φ=BS=BL2=1×0.52Wb=0.25Wb

（2）cd边刚过PQ的瞬间，线框中的感应电动势：

E=2BLv0=2×1×0.5×2V=2V

感应电流的大小：

I==4A

线框受到的安培力的大小：

F=2BIL=2×1×4×0.5N=4N

线框加速度的大小：

a==m/s2=8m/s2

（3）MN达到PQ前，由能力守恒可知，线框中产生的焦耳热为：

Q=m-m=0.75J

MN与PQ重合时，线框中的感应电动势：

E1=2BLv1=2×1×0.5×1=1V

MN经过PQ后线框中产生的焦耳热：

Q2=•=0.5J

故在整个运动的过程中，线框中产生的焦耳热为：Q=Q1+Q2=1.25J．

答：（1）线框由图示位置运动到MN与PQ重合的过程中磁通量的变化量0.25Wb；

（2）线框运动过程中最大加速度的大小8m/s2；

（3）在上述运动过程中，线框中产生的焦耳热1.25J．

（1）金属棒向下切割磁场，根据右手定则，知电流方向是b-→a．

         根据左手定则得，安培力方向向上．

（2）．释放瞬间ab只受重力，开始向下加速运动．随着速度的增大，感应电动势E、感应电流I、安培力F都随之增大，加速度随之减小．当F增大到F=mg时，加速度变为零，这时ab达到最大速度．

由F==mg，

可得vm=．

（1）线圈第一次下落过程中有E=B•2πRv、I=、FA=BIL=BI•2πR，得安培力大小为  FA=

根据牛顿第二定律得 mg-FA=ma

可知线圈做加速度减小的加速运动，当a=0时，速度最大，代入求得最大速度为：υm=

（2）反弹后上升的过程中某一时刻，由牛顿运动定律得：mg+BI•2πR=ma

则得：mg△t+BI•2πR•△t=ma△t

在一段微小时间△t内，速度增量为△υ=a△t，通过线圈截面电量为：△q=I△t

则：△q=

得到：∑△q=，又ma△t=m△v=mvm=，mg△t=mgt1，

故：q=-

（3）反弹后上升的过程中某一时刻，由牛顿运动定律得：mg+B×2πR=ma

在一段微小时间△t内，速度增量为：△υ=a△t，线圈上升高度为：△h=υ△t

则线圈可上升的最大高度h为：h=∑△h=r=-

线圈到达最高点后，下落过程中的某一时刻，由牛顿运动定律得：mg-B×2πR=ma

在一段微小时间△t内，速度增量为：△υ=a△t，线圈下降高度为：△h=υ△t

则线圈第二次下降到水平面时的速度为：υ=∑△υ=∑(mg-)△t=g(t1+t2)-

本过程中线圈中产生的热量为线圈动能的损失：Q=mυm2-mυ2=m()2-m(g(t1+t2)-)2

化简得：Q=(t1+t2)-mg2(t1+t2)2 

答：（1）线圈第一次下落过程中的最大速度υm为．

    （2）第一次与水平面碰后上升到最高点的过程中通过线圈某一截面的电量q为-．

    （3）线圈从第一次到第二次与水平面相碰的过程中产生的焦耳热Q为(t1+t2)-mg2(t1+t2)2．

（1）开始运动时，棒中的感应电动势：

e=Lv0B

棒中的瞬时电流：i==

棒两端的瞬时电压：u=e=Lv0B

（2）由能量转化与守恒定律知，全电路在此过程中产生的焦耳热：

Q总=mv02-m（v0）2=mv02 

∴棒中产生的焦耳热为：Q=Q总=mv02 

令：△t表示棒在减速滑行时某个无限短的时间间隔，则在这一瞬时，结合安培力

和瞬时加速度的极限思想，应用牛二律有：

iLB=m

结合电磁感应定律和瞬时速度的极限思想，应用全电路欧姆定律有：

i•2R=LBv=LB 

所以：mLB△v=LB•2R△x，即：△x∝△v

所以对于全过程，上述正比例关系仍成立

所以对于全过程（△v=v0），得：

△x=x=v0

答：（1）开始运动时，棒中的瞬间电流i=和棒两端的瞬间电压u=Lv0B；

（2）当棒的速度由v0减小到v0的过程中，棒中产生的焦耳热Q=mv02；棒向右滑行的位移x=v0．

（1）当ab边刚进入磁场I区时：E=BLv1，I=，安培力F=BIL，则得

  安培力表达式F1=

由于线框匀速运动，则有

  mgsinθ=

解得v1=

（2）ab边下滑到JP与MN的中间位置时，ab和cd两边都切割磁感线产生感应电动势，电路中总电动势为 E=2BLv2，

安培力大小为F2=BI2L，I2=，得F2=2，

根据牛顿第二定律得

  2F2-mgsinθ=ma

解得，a=-gsinθ

（3）从ab进入磁场Ⅰ至ab运动到JP与MN中间位置的过程中，线框的机械能减少转化为电能，由能量守恒得

   m+Q=mg（L+L）sinθ

解得  Q=-m

答：

（1）ab边刚越过CH进入磁场I区时的速度大小v1为．

（2）ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框的加速度大小是-gsinθ．

（3）这一过程线框产生的内能是-m．

（1）测得电阻两端电压随时间均匀增大，R两端电压U∝I，感应电动势E∝I，E∝v，

  U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大，加速度为恒量，所以金属棒做匀加速运动．

（2）对金属棒受力分析，有牛顿第二定律得：F-=ma，以F=0.5v+0.4代入得（0.5-）v+0.4=a，

   因为a与v无关，所以a=0.4m/s2，（0.5-）=0，得B=0.5T．

（3）撤去外力前，x1=at2，v0=x2=at，x1+x2=s，所以at2+at=s，得：0.2t2+0.8t-1=0，t=1s．

（4）开始时金属棒做匀加速运动，v2=2ax，撤去外力后，v=v0-x，根据物理量关系可能图线如下：

答：（1）金属棒做匀加速直线运动．

（2）磁感应强度B的大小是0.5T．

（3）外力F作用的时间为1s．

（4）可能的图线如上图．

（1）列车静止时，电流最大，列车受到的电磁驱动力最大设为Fm，此时，线框中产生的感应电动势                    

 E1=2NBLv0

线框中的电流      I1=

整个线框受到的安培力    Fm=2NBI1L

列车所受阻力大小为fm＜Fm=

（2）当列车以速度v匀速运动时，两磁场水平向右运动的速度为v′，金属框中感应电动势E=2NBL（v'-v）

金属框中感应电流I=

又因为            F=2NBIL=f

求得           v′=v+

当列车匀速运动时，金属框中的热功率为   P1=I2R

克服阻力的功率为     P2=fv

所以可求得外界在单位时间内需提供的总能量为

E=I2R+fv=fv+

（3）根据题意分析可得，为实现列车最终沿水平方向做匀加速直线运动，其加速度必须与两磁场由静止开始做匀加速直线运动的加速度相同，设加速度为a，则t1时刻金属线圈中的电动势                 

                 E=2NBL（at1-v1）

金属框中感应电流              I=

又因为安培力              F=2NBIL=

所以对列车，由牛顿第二定律得    -f=Ma

解得                    a=

设从磁场运动到列车起动需要时间为t0，则t0时刻金属线圈中的电动势   E0=2NBLat0

金属框中感应电流         I0=

又因为安培力           F0=2NBIL=

所以对列车，由牛顿第二定律得   =f

解得        t0==．

（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==s=1.2s

进磁场过程中匀速运动时间  t2==s=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=1.2 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=2.5s  

（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2.5s；

（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．

（1）经分析知，金属棒先沿斜面向下做加速度逐渐减小的加速运动，

   由牛顿第二定律得  mgsinθ-BIL=ma

又I=

解得：a=gsinθ-

（2）当加速度减小到0时，达到最大速度，此时：

  mgsinθ=BIL

又I=

解得 vm=

（3）由能量转化和守恒定律知，金属棒减少的机械能转化为回路中的焦耳热，即△Q=mgSsinθ-mv2

答：

（1）导体下滑过程中速度为v时加速度是gsinθ-

（2）导体ab下滑的最大速度vm为；

（3）若金属棒到达最大速度时沿斜面下滑的距离是S，该过程中R上产生的热量为mgSsinθ-mv2．

（1）由右手定则可以判定通过金属棒的电流方向为由b→a

（2）金属棒运动过程中受到拉力和安培力作用，匀速运动时拉力与安培力大小相等．

匀速运动时金属棒产生的感应电动势为  E=BLv  ①

此时拉力功率等于回路的电功率 P=  ②

解得 P=  ③

（3）金属棒的速度为时，安培力为 F安=BIL=  ④

拉力满足 F•=P    

所以F=  ⑤

根据牛顿第二定律 F-F安=ma  ⑥

解得 a=  ⑦

答：

（1）通过金属棒的电流方向为由b→a．

（2）拉力的功率为=．

（3）金属棒的速度为时加速度大小为．

（1）由图象可知，当金属棒的最大速度为vm=5m/s，因为此时电动机的功率恒为P=10W，根据P=Fv可得此时电动机对金属棒的拉力F=  ①

对金属棒进行受力分析可得：

由图可知：F合x=F-F安-mgsin30°=0

故此时F安=F-mgsinθ        ②

又因为回路中产生的感应电动势E=BLvm ③

根据欧姆定律可得，此时回路中电流I=           ④

由①②③④可解得B=1T

（2）由题意可知，当t=0.5s时，金属棒获得的速度v=at

此时电路中产生的感应电流I=，金属棒受到的安培力=F安=

此时电动机的拉力F=

则对金属棒进行受力分析有：F-F安-mgsinθ=ma

代入有关数据有：

--mgsinθ=ma

又因为t=0.5s，m=0.2kg，R=1.2Ω，r=0.20Ω，θ=30°

所以可计算得a=m/s2

（3）在0-0.5s时间里对金属棒进行受力分析有：

  F-F安-mgsinθ=ma得

F=ma+mgsin30°+F安

代入a=m/s2，F安=，m=0.2kg，R=1.2Ω，r=0.20Ω，θ=30°

可计算得F=+．

（4）令通过导体棒的电流为I，则通过电阻R1和R2的电流分别为I

电流做功Q=I2Rt得：

对于R1产生的热量：Q1=()2Rt

对于R2产生的热量：Q2=()2Rt

对于导体棒r产生的热量：Q3=I2rt

因为I和t相等，R=1.2Ω，r=0.2Ω，Q1=0.135J

所以可以计算出：Q2=Q1=0.135J，Q3=0.09J

即整个电路产生的热量Q=Q1+Q2+Q3=0.36J

对整个0.5s过程中由于导体棒的加速度为m/s2在0.5s的时间里，导体棒沿轨道上升的距离

x=at2=××(

1

2

)2m=m

0.5s末导体棒的速度v=at=×m/s=m/s

在这0.5s的时间里，满足能量守恒，故有：

WF-Q-mgxsinθ=mv2

∴力F做功为：WF=Q+mgxsinθ+mv2

代入Q=0.36J，m=0.2kg，x=m，v=m/s可得：

WF=2.34J

答：（1）磁感应强度B=1T；

（2）在0-0.5s时间内金属棒的加速度a=m/s2；

（3）在0-0.5s时间内电动机牵引力F与时间t的关系：F=+；

（4）如果在0-0.5s时间内电阻R1产生的热量为0.135J，则这段时间内电动机做的功WF=2.34J．

（1）由图象知，杆自由下落的高度为h=0.05m，当地的重力加速度g=10m/s2，则杆刚进磁场时的速度为

   v==1m/s

由图象知，杆进入磁场时的加速度为a=-g=-10m/s2，

由E=BLv、I=、F安=BIL得

   F安=

又R并=

根据牛顿第二定律得：mg-F安=ma

联立解得，B=2T

（2）根据法拉第电磁感应定律得：杆在磁场中产生的平均感应电动势为=

杆中平均感应电流为=

通过杆的电量Q=•△t

联立解得Q=0.15C

由于R1=3Ω，R2=6Ω，两个电阻并联，通过它们的瞬时电流关系为==

故通过电阻R2的电荷量q=Q=0.05C．

答：（1）磁感应强度B是2T；

（2）杆下落0.2m过程中通过电阻R2的电荷量q是0.05C．