热门试卷

（1）根据楞次定律可知，感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动，则知磁场对矩形线圈有向右的作用力，故矩形线圈对电磁铁有向左的作用力，阻碍模型车的运动．

（2）假设电磁铁的磁感应强度达到最大时，模型车的速度为v1，则

   E1=B1L1v1 ①

  I1=  ②

  F1=B1I1L1 ③

又   F1=m1a1④

由①②③④式得

   v1=

并代入数据得v1=5m/s⑤

（3）模型车做匀减速运动的位移为 x1==93.75m

此后  任一极小△t时间内，根据动量定理得   △t=m△v

两边求和得                Σ△x=Σm△v

代入数据  得       x2=12.5mx=x1+x2=106.25m

答：

（1）模型车制动的原理是矩形线圈对电磁铁有向左的作用力，阻碍模型车的运动；

（2）电磁铁的磁感应强度达到最大时，模型车的速度为5m/s；

（3）模型车的制动距离为是106.25m．

（1）由图中可得：10s末的速度为v1=4m/s，t1=10s

导体棒在0-10s内的加速度为最大值，am===0.4m/s2     

（2）设小型电动机的额定功率为Pm

在A点：E1=BLv1    I1=

由牛顿第二定律：F1-μmg-BI1L=ma1                                       

又 Pm=F1•v1                                                       

当棒达到最大速度vm=5m/s时，Em=BLvm Im=

由金属棒的平衡得：F2-μmg-BImL=0                                      

又Pm=F2•vm                                                       

联立解得：Pm=2W，R=0.62Ω                                                

（3）在0-10s内：t1=10s

通过的位移：s1=(0+v1)t1=20m                                  

导体棒产生的热量  Qr=QR=0.5J

由能量守恒：WF=QR+Qr+μmg•s1+m

代入得：此过程牵引力做的功WF=3.1+0.5+0.1×0.3×10×20+×0.3×42=12J

答：

（1）在0--18s内导体棒获得加速度的最大值是0.4m/s2；

（2）电阻R的阻值是0.62Ω，小型电动机的额定功率是2W；

（3）若已知0--10s内R上产生的热量为3.1J，则此过程中牵引力做的功为12J．

（1）设小环受到的摩擦力大小为Ff，由牛顿第二定律，有

m2g-Ff=m2a

代入数据得

Ff=0.2N；

（2）设通过K杆的电流为I1，K杆受力平衡，有

Ff=B1I1l

设回路中电流为I，总电阻为R总，有：

I=2I1

R总=R

设Q杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为E，有

I=

E=B2lv

F+m1gsinθ=B2Il

拉力的瞬时功率为

P=Fv

联立以上方程，代入数据解得

Q杆受拉力的功率P=2W．

（1）设线圈的右边导线所在位置的磁感应强度为B1、左边导线所在位置的磁感应强度为B2，则E=B1hv-B2hv=kLhv

线圈所受的安培力 FA=（B1-B2）h

由牛顿第二定律可得：F-FA-f=ma

即得  F-(B1-B2)h-f=ma

又  v=at 

得，F随时间t的变化规律为 F=ma+f+at

（2）若FA=≤f时，线圈将始终静止不动．

    若FA=＞f时，线圈将加速度向左动，最终匀速．

设线圈匀速时的速度为v′，则有    =f

解得   v′=v-

（3）线圈的加速度最终与磁场的加速度相同，即  a=．  

设t时刻线圈的速度为v″，则-f=ma

解得

v″=vt-

答：

（1）要让线圈在水平外力F的作用下，从静止开始向右做加速度为a的匀加速直线运动，F随时间t的变化规律为 F=ma+f+at．

（2）若磁场区域以速度v1水平向左匀速运动，线圈从静止开始释放，此后线圈运动的最大速度v-．

（3）t时刻线圈的速度为vt-．

（1）导体棒刚进入磁场时的速度：由=2gh      得：v0==3m/s

导体棒进入磁场时所受安培力：F=BIL=

根据牛顿第二定律得：mg-=ma

代入解得：B=T

（2）导体棒PQ刚进入磁场时感应电流的大小为：I===A=A

由右手定则判断得：导体棒PQ中感应电流的方向：P→Q

（3）根据动能定理得：mgH-|WF安|=maH

得：|WF安|=mH（g-a）=0.1×0.5（10-9）J=0.05J

（4）由mg-=ma和 v2-v02=2ay得：

B==

答：

（1）导体棒刚进入磁场时，该处的磁感应强度B的大小为T；

（2）导体棒PQ刚进入磁场时感应电流的大小为A，方向P→Q；

（3）导体棒PQ穿过磁场过程中克服安培力所做的功为0.05J；

（4）磁感应强度B随y变化的函数关系是．

（1）导体棒切割磁感线产生感应电动势：E=Blv，

由闭合电路的欧姆定律可得，电路电流：I==，

由图乙可得：t=4.0s时，I=0.8A，即：==0.8A，

解得：v=2m/s；

（2）由于B、l、R、r是定值，由I=可知，I与v成正比，

由图乙可知，电流I与时间t成正比，由此可知，速度v与时间t成正比，

由此可知，导体棒做初速度为零的匀加速直线运动，

4.0s内金属棒的加速度a===0.5m/s2，

对金属棒由牛顿第二定律得：F-mgsin30°-F安=ma，

由图乙所示图象可知，t=3s时I=0.6A，此时F安=BIl=1T×0.6A×0.5m=0.3N，

则3s末，拉力F=mgsin30°+F安+ma=0.85N，

t=3s时I=0.6A，由I=可知，t=3s时，棒的速度v=1.5m/s，

3.0s末力F的瞬时功率P=Fv=0.85N×1.5m/s=1.275W；

（3）通过R与r的电流I相等，由焦耳定律得：

====，则Qr=QR=×0.64J=0.16J，

在该过程中电路中产生的总热量为：Q总=Qr+QR=0.8J，

在导体棒运动的过程中，克服安培力做的功转化为焦耳热，

因此在该过程中，安培力做的功W安=-Q总=-0.8J，

对金属棒，在0～4.0s内，导体棒的位移：

x=at2=×0.5m/s2×（4s）2=4m，

重力做的功WG=-mgxsin30°=-0.1kg×10m/s2×4m×=-2J，

t=4s时，v=2m/s，由动能定理得：

WF+W安+WG=mv2-0，

解得，F对金属棒所做的功：WF=3.64J；

答：（1）4.0s末金属棒ab瞬时速度的是2m/s．

（2）3.0s末力F的瞬时功率是1.275W．

（3）0～4.0s时间内F对金属棒所做的功是3.64J．

（1）设2s时刻的速度为v2，杆ab切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLv2

根据闭合电路欧姆定律有：E=I（ R+r ）                                         

由以上两式解得：v2==m/s=2m/s

（2）v==kt

因v与t是一次函数，故金属杆做匀加速直线运动．           

其加速度大小：a=k=×=1m/s2

（3）方法一：q=△t=△t=△t===0.5C

方法二：由i-t图象可知：q=△t=×2.0×0.5C=0.5C

（4）2s时刻的安培力：F安=BIL===7.5×10-2N

由牛顿第二定律得：F-F安-mgsinθ=ma                                  

则此时的外力：F=F安+mgsinθ+ma=7.5×10-2N+0.1×10×0.5N+0.1×1N=0.675N  

则功率：P=Fv=0.675×2W=1.35W      

答：（1）2s时刻杆ab的速度υ大小为2m/s．

（2）加速度a的大小为1m/s2．

（3）从静止开始在2秒内通过金属杆ab横截面的电量q为0.5C．

（4）2s时刻外力F的功率P为1.35W．

（1）如图所示，当EF从距BD端s处由静止开始滑至BD的过程中，受力情况如图所示．安培力：F安=BIL=B•L．

根据牛顿第二定律：Mgsinθ-F安=Ma      

当a=0时速度达到最大值vm，即：vm=．

（2）根据牛顿第二定律：F-Mgsinθ=Ma

得 a=  

（3）棒先向上减速至零，然后从静止加速下滑，在滑回BD之前已达最大速度vm开始匀速．

设EF棒由BD从静止出发到再返回BD过程中，转化成的内能为△E．根据能的转化与守恒定律：

Fs-△E=Mvm2                                                       

△E=Fs-M[]2

△ER=Fs-[]2

答：（1）棒EF下滑过程中的最大速度为．

（2）恒力F刚推棒EF时棒的加速度为a=．

（3）棒EF自BD端出发又回到BD端的整个过程中，电阻R上有Fs-[]2的电能转化成了内能．

（1）设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W

         由动能定理  mgsinα•4d+W-BIld=0

         且Q=-W

         解得  Q=4mgdsinα-BIld

   （2）设线框刚离开磁场下边界时的速度为v1，则接着向下运动2d

        由动能定理得：mgsinα•2d-BIld=0-m

        装置在磁场中运动时收到的合力F=mgsinα-F′

        感应电动势   E=Bdv

        感应电流     I′=

        安培力       F'=BI'd

       由牛顿第二定律，在t到t+△t时间内，有△v=△t

       则∑△v=∑[gsinα-]△t

       有v1=gt1sinα-

       解得   t1=

  （3）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离xm之间往复运动

       由动能定理   mgsinα•xm-BIl（xm-d）=0

       解得    xm=

答：（1）装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热为4mgdsinα-BIld；（2）线框第一次穿越磁场区域所需的时间t1为；（3）经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离Χm为．

（1）棒从静止释放到刚进磁场的过程中做匀加速运动，由牛顿第二定律得：

             mgsinθ=ma

得：a=gsinθ=5m/s2由运动学公式：d=at2 得：t==1s

（2）棒刚进磁场时的速度v=at=5m/s

由法拉第电磁感应定律：E=BLv        

而 I=、F安=BIL        

得：安培力F安==2.5N

（3）因为F安=mgsinθ=2.5N，所以金属棒进入磁场后做匀速直线运动，运动至导轨底端的时间为：t1==2s

 由图可知，棒被卡住1s后磁场才开始均匀变化，且=1T/s

由法拉第电磁感应定律：E1==•Ls=5V

 所以在0-5s时间内电路中产生的焦耳热为：Q=Q1+Q2

而Q1=t1=25J，Q2=t2=50J    

所以Q=75J

答：（1）棒运动到磁场上边界的时间是1s；

（2）棒进人磁场时受到的安培力是2.5N；

（3）在0-5s时间内电路中产生的焦耳热是75J．

（1）当线圈ab边进入磁场时

v1==3m/s

E=BLv1

安培力F=BIL=BL=0.15N

由牛第二定律mg-F=ma

得a=2.5m/s2

（2）由v=   而I=

则F=BILmg-F=0

解得h=0.8m

（3）线圈cd边进入磁场前F=G，线圈做匀速运动，

由能量关系可知焦耳热

Q=mgL=0.02J            

通过线框的电量q=It==0.05C

（1）当金属棒以速度v0匀速运动时，ε=BLv0

I==FA=BIL=

F=FA==N=0.2N

（2）若金属棒与导轨间存在摩擦力，则：F-μmg=

得：v1===1m/s

（3）当金属棒的速度为v2时，有    -f=FA=

代入数据整理得v22+v2-6=0

解得v2=2m/s

（4）设电量为q，有      q=•△t=•△t=•△t==

得x==m=0.5m

根据总能量守恒，有mv32=Q+fx

得v3==m/s=3m/s

答：（1）若不计金属棒和金属导轨间的摩擦，金属棒达到稳定运动时速度v0=1m/s，则此时牵引力F0.2N；

（2）若金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.1，牵引力F=0.4N，则金属棒所能达到的稳定速度v1为1m/s；

（3）若金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.1，牵引力的功率恒为P=1.2W，则金属棒所能达到的稳定速度v2为2m/s；

（4）若金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.1，金属棒在运动中达到某一速度v3时，突然撤去牵引力，从撤去牵引力到棒的速度为零时止，通过金属棒的电量为0.5C，金属棒发热0.8J，则撤去牵引力时棒的速度v3为3m/s．

（1）cd边刚进入磁场时，线框速度为：v=，

感应电动势大小为：E=BL

（2）此时线框中电流：I=，cd两点间的电势差：U=I(R)=BL

（3）线框所受的安培力为 F=BIL=

根据牛屯第二定律mg-F=ma，则a=0

解得下落高度满足h=

答：

（1）线框中产生的感应电动势大小是BL；

（2）cd两点间的电势差大小是BL；

（3）若此时线框加速度恰好为零，线框下落的高度满足h=．

（1）电梯向上匀速运动时，框中感应电流大小为I=

金属框所受安培力F=2B1ILcd

安培力大小与重力和阻力之和相等，所以F=mg+Ff

即=mg+Ff

得：v0=13.2m/s

（2）电梯向上匀加速运动时，金属框中感应电流大小为  I=

金属框所受安培力F=2B1ILcd

由牛顿定律得：F-mg-Ff=ma

 即   -mg-Ff=ma   

解得：v1=3.9m/s

金属框中感应电流为：I=I==1.44×104A

A金属框中的电功率为：P1=I2R=2.07×105W

电梯上升高度为：h==5.07m

上升时间为：t′==2.6s

外界提供的总能量为E=mgh+Ffh+mv12+P1t′=8.3×105J

答：

（1）v0=13.2m/s

（2）5s末速度为：3.9m/s

金属框中的电功率为：2.07×105W

外界提供的总能量为：8.3×105J