热门试卷

（1）电压表示数为U=IR=v                                        

   由图象可知，U与t成正比，即v与t成正比，杆做初速为零的匀加速运动．

   （2）因v=at，所以U=at=kt                                    

    由图象得k=0.4 V/s，即=0.4V/s

      得a=5m/s2

     两秒末速度v=at=10m/s

     F-=ma   得F=0.7N                                         

   则P=Fv=7W．

（1）线框进入磁场前，受到重力、细线的拉力F和斜面的支持力作用做匀加速运动，根据牛顿第二定律得

F-mgsinα=ma

得，a==5m/s2

（2）线框进人磁场最初一段时间是匀速的，合力为零，由E=Bl1v、I=、FA=BIl1 得安培力为

  FA=

根据平衡条件得  F=mgsinα+FA=mgsinα+

代入解得  v=2m/s

（3）线框abcd进入磁场前做匀加速运动，进磁场的过程中，做匀速运动，进入磁场后到运动到gh线仍做匀加速运动．

    进磁场前线框的运动的时间为t1==s=0.4s

    进磁场过程中匀速运动的时间为t2==s=0.3s

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

由s-l2=vt3+a

解得，t3=1s

因此线框整体进入磁场后，ab边运动到gh线的过程中有感应电流的时间为t4=1-（0.9-t1-t2）=0.8s

线框中产生的感应电动势为 E=S=l1l2=×0.6×1V=0.25V

线框整体进入磁场后，ab边运动到gh线的过程中产生的焦耳热为

   Q=t4=J=0.5J

答：

（1）线框进人磁场前的加速度是5m/s2；

（2 ）线框进人磁场时匀速运动的速度v是2m/s；

（3）线框整体进入磁场后，ab边运动到gh线的过程中产生的焦耳热是0.5J．

（1）导体棒在cd处速度为：v=at=4 m/s，

切割磁感线产生的电动势为：E=BLv=0.8V，

回路感应电流为：I==0.4A，

导体棒在cd处受安培力：F安=BIL=0.08N，

由左手定则可知，安培力方向平行于斜面向上，

由牛顿第二定律得：mgsinθ+F-F安=ma，

解得：F=-0.12N，

则对导体棒施加的作用力大小为0.12N，方向平行导轨平面向上．

（2）ab到cd的距离：x=at2=2m，

由能量守恒定律可知：mgxsinθ+WF=Q+mv2，

解得：WF=-0.3J．

答：（1）到达cd位置时，对导体棒施加的作用力是0.12N，方向平行导轨平面向上；

（2）导体棒从ab滑到cd过程中作用力F所做的功为-0.3J．

（1）由图线知道列车在离开原点20m处的感应电流为0.02A              

E=nBLv，I=                                                 

I=，

解出v1==m/s=4m/s．

（2）由图线知道列车在离开原点60m处的感应电流为0.05A            

v2==m/s=10m/s．

v22-v12=2as．

解出a==m/s2=1.05m/s2．

答：（1）在离开O（原点）20m处列车速度v的大小为4m/s．

（2）从20m处到60m处列车加速度a的大小为1.05m/s2．

解析：（1）当金属棒匀速运动时速度最大，设最大速度为vm

则有：m1gsin α-F安=0

F安=ILB1，I=，

所以 解得最大速度：vm=10 m/s

（2）电路的电动势：E=BLV，I=

整个电路消耗的电功率：P=I2 R，

所以：P=100 W

（3）金属棒匀速运动时，两板间电压U=IR2=15V，

由题意知液滴在两板间有：m2g=q，

所以该液滴在两平行金属板间做匀速圆周运动，

当液滴恰从上板左端边缘射出时：

r1=d=，

所以：v1=0.5 m/s；

当液滴恰从上板右侧边缘射出时：r2==，

所以v2=0.25 m/s

初速度v应满足的条件是：v≥0.5 m/s或v≤0.25 m/s．

答：（1）金属棒最终的速度为10 m/s

　（2）R2上消耗的电功率P为100 W　

（3）初速度v应满足的条件是：v≥0.5 m/s或v≤0.25 m/s．

（1）线框运动的加速度：a=…①

线框边长：l=at02 …．②

线框离开磁场前瞬间速度：

v=at0 …③

由牛顿第二定律知：

3F0-=ma…④

解①②③④式得：B=

（2）线框离开磁场前瞬间感应电动势：

E=BLv…⑥

由①②③④⑤⑥式得：E=

答：（1）磁感应强度B的表达式为；

（2）线框左边刚离开磁场前瞬间的感应电动势E的表达式．

（1）线框MN边刚进入磁场时有：F=BlI=Bl=2.8N

（2）设线框竖直下落H时，速度为vH

由能量守恒得：mgH+m=Q+m

自由落体规律：vH2=2gH

解得：Q=m=2.45J

（3）只有在线框进入和穿出条形磁场区域时，才产生感应电动势，线框部分进入磁场区域x时有：F=BlI=Bl=v

在t→t+△t时间内，由动量定理：-F△t=m△v

求和：∑v△t=∑△x=mv0

解得：x=mv0

穿过条形磁场区域的个数为：n=≈4.4

可穿过4个完整条形磁场区域．

（1）缆索的电动势：E=Blv0

P、Q两点电势差UPQ=BlvP，根据右手定则可知，P点电势高．

故P、Q两端的电势差为UPQ=BlvP，P点电势高．

（2）缆索电流：I==

安培力：FA=IlB=

故缆索所受的安培力为：FA=．

（3）Q的速度设为vQ，Q受地球引力和缆索拉力FQ作用：G-FQ=mQ   ①

P、Q角速度相等：=②

又g=         ③

联立①、②、③解得FQ=mQ[-]

故缆索对Q的拉力为：FQ=mQ[-]．

（1）金属杆做匀加速运动（或金属杆做初速为零的匀加速运动）．

通过R的电流I==，因通过R的电流I随时间均匀增大，即杆的速度v随时间均匀增大，杆的加速度为恒量，故金属杆做匀加速运动．

（2）对杆，根据牛顿第二定律有：F+mgsinθ-BIL=ma

将F=0.5v+2代入得：

   2+mgsinθ+（0.5-）v=ma，

因a与v无关，所以

    a==8m/s2

代入得0.5-=0 得

  R=0.3Ω

（3）由x=at2得，所需时间t==0.5s

在极短时间△t内，回路产生的焦耳热为

△Q=△t=△t=32t2△t

在t=0.5s内产生的焦耳热Q=32t2△t=×(0.5)3J=J

答：

（1）金属杆ab金属杆做匀加速运动．

（2）电阻的阻值R=0.3Ω；

（3）金属杆ab自静止开始下滑通过位移x=1m所需的时间t=0.5s，该过程中整个回路产生的焦耳热Q=J．

（1）根据导体棒切割磁感线的电动势

E=BLv=0.1v

（2）由闭合电路欧姆定律得回路电流I=

ab所受安培力 F安=BIL=0.1N，

根据牛顿第二定律F-F安=ma

得ab杆的加速度a==4.5m/s2．

答：此时刻ab 杆产生的感应电动势的大小0.1v，它的加速度的大小是4.5m/s2．

（1）当棒ab所受的安培力等于最大静摩擦力时，棒刚开始运动，则有

  fm=F=ILB         ①

 B=B0+t         ②

 根据法拉第电磁感应定律得：E==L2• ②

   I= ④

联立①～④解得  t=17.8s，

此时通过ab棒的电流大小为I=0.5A，由楞次定律判断可知，I的方向b→a．

（2）根据牛顿第二定律得：T-FA-f=ma                

其中安培力FA=B0IL，I=，v=at

得FA=

∴T=+ma+f            

代入解得 T=（3+2.5t）N                 

作出T-t图象如图所示．

答：

（1）经过17.8s时间ab棒开始滑动，此时通过ab棒的电流大小为0.5A，方向b→a．

（2）拉力T的大小随时间变化的函数表达式为T=（3+2.5t）N，作出T-t图象如图所示．

（1）在棒达到稳定速度前，金属棒的加速度逐渐减小，速度逐渐增大．

（2）棒做匀速直线运动时达到稳定速度时，此时棒所受的安培力  FA=B0IL

由平衡条件得  mgsinθ=FA+μmgcosθ

联立得  I===0.2A

（3）由E=B0Lv、I=得 金属棒达到的稳定速度v==m/s=2m/s

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

由牛顿第二定律得 mgsinθ-μmgcosθ=ma

得棒的加速度为  a=g（sinθ-μcosθ）=10×（0.6-0.5×0.8）m/s2=2m/s2

则有  B0Ls=BL(s+vt+at2)

得 B==T=T

答：

（1）在达到稳定速度前，金属棒的加速度逐渐减小，速度逐渐增大．

（2）当金属棒滑行至cd处时回路中的电流为0.2A．

（3）金属棒达到的稳定速度是2m/s．

（4）磁感强度B随时间t变化的关系式为B=T．

（1）a和b不受安培力作用，由机械能守恒知△Ek=mgd1sinθ①

（2）设导体棒刚进入无磁场区域时的速度为v1，刚离开无磁场区域时的速度为v2，由能量守恒知

在磁场区域中，m+Q=m+mgd1sinθ ②

在无磁场区域中 m=m+mgd2sinθ  ③

解得 Q=mg（d1+d2）sinθ  ④

（3）在无磁场区域，根据匀变速直线运动规律有 v2-v1=gtsinθ⑤

且平均速度 = ⑥

有磁场区域，棒a受到合力 F=mgsinθ-BIl ⑦

感应电动势 ε=Blv ⑧

感应电流   I= ⑨

解得 F=mgsinθ-v ⑩

根据牛顿第二定律得，F=ma=m

在t到t+△t时间内

（mgsinθ-）△t=m△v

则有mgsinθ△t-v△t=m△v

解得v1-v2=gtsinθ-d1

联立⑤⑥解得 v1=sinθ-

由题意知v=v1=sinθ-

答：（1）b穿过第1个磁场区域过程中增加的动能△Ek为mgd1sinθ．

（2）b穿过第2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q为mg（d1+d2）sinθ．

（3）a穿出第k个磁场区域时的速率v为sinθ-．

（1）由图乙可知，在0～t1时间内金属框运动的加速度

            a1=

         设斜面的倾角θ，由牛顿第二定律有  a1=gsinθ

            解得  sinθ=

        在t1～2t1时间内金属框匀速进入磁场，则  l0=v1t1

        在2t1～3t1时间内，金属框运动位移  s=

        则磁场的宽度  d=l0+s=

（2）在t2时刻金属框cd边到达EF边界时的速度为v2，设此时加速度大小为a2，

     cd边切割磁场产生的电动势   E=Bl0v2         

      受到的安培力   F=

     由牛顿第二定律  F-mgsinθ=ma2

     金属框进入磁场时  mgsinθ=   

          解得  a2=

     加速度方向沿斜面向上．

（3）金属框从t1时刻进入磁场到t2时刻离开磁场的过程中，由功能关系得mg(d+l0)•sinθ=m-m+Q

           解得  Q=4m-m地

答：（1）斜面倾角的正弦值等于，磁场区域的宽度s=；

    （2）金属框cd边到达磁场边界EF前瞬间的加速度大小为，方向沿斜面向上．

    （3）金属框穿过磁场过程中产生的焦耳热 Q=4m-m．