热门试卷

（1）t时刻，导体运动速度为   v=at产生的感应电动势为  E=Blv

    回路产生的感应电流I=所以安培力     F安=BIL=

   由牛顿第二定律得：F -=ma，所以拉力与时间关系F=+ma  

 （2）设拉力作用的时间t0，则v0=at0 当位移d时速度v=0代入v=v0-cs

          得 t0=    

（3）在回路中电阻R与电阻r消耗的电能之比为=

       Q+Qr=W安  ）得W安=对整个过程，由动能定理WF-W安=0

      所以WF=

（4）先做匀加速，再做减速运动：v-t图象如图所示．

故答案为：（1）拉力与时间关系F=+ma

           （2）拉力作用的时间为：t0= 

           （3）拉力做的功为：WF=

            （4）图象如图

（1）设某时刻ab的速度为v

则感应电动势E=BLv，电流强度  I==

棒所受安培力=BIL=

则由牛顿第二定律得 mgsinθ-FB=ma

代入得 mgsinθ-=ma

当a=0时，有  vm==1.0m/s

（2）设t时刻棒的加速度为a，速度为v，产生的电动势为E，（t+△t）（△t→0）时刻，棒的速度为（v+△v），电动势为E′，则

   E=BLv       E′=BL（v+△v）

△t内流过棒截面的电荷量△q=C（E'-E）=CBL△v

电流强度I==

棒受的安培力FB=BIL==CB2L2a

由牛顿第二定律，t时刻对棒有   mgsinθ-FB=ma

即 mgsinθ-CB2L2a=ma

故  a==2.5m/s2

故棒做匀加速直线运动．

当t=4s时，v=at=10m/s      x=at2=20m

由能量守恒：△E=mgxsinθ-mv2=0.5J

答：

（1）ab棒的最大速度为1m/s．

（2）若将电阻R换成平行板电容器，棒释放后4s内系统损失的机械能为0.5J．

（1）a棒在没有磁场的倾斜轨道上下滑时，机械能守恒，进入水平轨道时a棒的速度vm，

     mgh=mvm2      

vm===1m/s，

此时a棒速度最大，进入磁场切割磁感线，产生的感应电流最大

L====1A．

（2）当a、b棒组成的闭合回路中有感应电流时，a、b棒都受安培力作用，a棒受安培力向右、摩擦力向右，b棒受安培力向左，摩擦力向右．

f=μmg=0.10×0.20×10=0.2N

F=BImL=0.60×1×0.5=0.3N

因为F＞f所以b棒开始向左加速．a棒是向左做减速运动，b棒的速度增大时，电路中的感应电流减小，b棒受的安培力在减小，当电流减为I'时，加速度为0，这时满足：

μmg=BI′L

此时a棒受到的摩擦力和安培力方向都向右，a棒的加速度．

μmg+BI′L=ma

代入数据  a=2m/s2．

（1）t=0时刻 E==•，I= ab棒受到向左的安培力 F=B1IL=

ab棒向左的加速度 a==

（2）t0时刻导体棒穿出磁场速度为v0，由动能定理，安培力的功为W=m

将要穿出磁场Ⅰ区时电动势为E=-BLv=-

I=，P=I2R=(-)2

（3）设磁场Ⅱ区宽度为x1，棒在Ⅱ区任一时刻速度为v，E=BLv，I=

棒受到向右安培力 F=B0IL=

加速度大小a=

△v=-a△t=△t

穿过磁场Ⅱ区全程

∑△v=v0-v0=∑△x=x1

x1=

棒从斜面返回磁场Ⅱ初速度v0，同理可知，经过x1位移速度减为零，所以停在Ⅱ区右端

又 E=，I=

△Q=I△t=

0-t2时间内 △Φ 1=-，△Φ 2=B0Lx1=

△Q=-

答：（1）开始时刻导体棒运动加速度a为；

（ 2）导体棒穿过Ⅰ区磁场边界过程安培力所做的功为m，将要穿出时刻电阻R的电功率为(

B1Lx0

t0

-

B1Lv0

2

)2；

（3）棒的最终位置在Ⅱ区右端，在0-t2时间内通过棒的电量为-．

设杆2的运动速度为v，由于两杆运动时，两杆间和导轨构成的回路中的磁通量发生变化，

产生感应电动势  E=Bl（v0-v）①

感应电流  I=②

杆2作匀速运动，它受到的安培力等于它受到的摩擦力，

BlI=μm2g③

导体杆2克服摩擦力做功的功率  P=μm2gv   ④

由①②③④解得 P=μm2g[v0-(R1+R2)]

答：此时杆2克服摩擦力做功的功率是μm2g[v0-(R1+R2)]．

（1）线圈进入磁场前做匀加速运动，

由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，a=gsinθ，

当t=t1时，线圈的速度：v1=at1=gsinθt1…①

由法拉第电磁感应定律得，由于磁场变化产生的感应电动势：

E1=N=NS=Ndl=NKld，

ab边切割磁感线产生的感应电动势：

E1′=NB1lv1=NKlgt12sinθ，

由题意可知瞬间电流为0，

则：E合=E1-E1′=0

即：NKdl=NKlgt12sinθ，

∴磁场宽度：d=gt12sinθ；

（2）由（1）可知：E1=NKld，感应电流：I==，

从t=0到t=t1运动过程中线圈产生的热量Q：

 Q=I2Rt1=；

（3）当t=t2时，由题意知：mgsinθ-NB2I2L=0，

设ab边穿出磁场瞬间的速度为v2，

ε2=NB2Lv2，I2=，

∴v2=，

由动能定理：m-m=mgdsinθ-W，

解得：W=mg2sin2θ(3-)；

答：（1）MN、PQ之间的距离为gt12sinθ；

（2）从t=0到t=t1运动过程中线圈产生的热量为；

（3）线圈的ab边在穿过磁场过程中克服安培力所做的功为mg2sin2θ(3-)．

（1）金属棒开始运动时的加速度大小为a，由牛顿第二定律有

   mgsinα=ma①

解得  a=gsinα

（2）设匀强磁场的磁感应强度大小为B，则金属棒达到最大速度时

产生的电动势  E=BLvmcosα   ②

回路中产生的感应电流 I= ③

金属棒棒所受安培力  F=BIL ④

cd棒所受合外力为零时，下滑的速度达到最大，则

     Fcosα=mgsinα⑤

由②③④⑤式解得  B=

（3）设电阻R上产生的电热为Q，整个电路产生的电热为Q总，则

mgssinα=mvm2+Q总⑥

Q=Q总⑦

由⑥⑦式解得  Q=．

（1）在金属棒棒未进磁场，电路中总电阻：R总=RL+=4+1=5Ω 

线框中感应电动势：E1===V=0.5V

灯泡的额定电流强度：IL==A=0.1A

（2）因灯泡中亮度不变，故在4秒末金属棒棒刚好进入磁场，且作匀速直线运动，

此时金属棒棒中的电流强度：I=IL+IR=IL+=0.1+A=0.3A

恒力F的大小：F=FA+f=BId+f=2×0.3×0.5 N+0.2N=0.5 N  

（3）金属棒产生感应电动势：E2=I(R+)=0.3×(2+)V=1V

金属棒在磁场中的速度：v==m/s=1m/s

金属棒的加速度：a==m/s2

据牛顿第二定律，金属棒的质量：m==kg=1.2kg

Ek==0.6J     

答：（1）小灯泡的额定电流强度0.1A；

（2）恒力F的大小0.5N；

（3）运动到EF位置过程中金属棒的最大动能为0.6J．

解：（1）物块m自由下落与金属条碰撞的速度为

      设物体m落到金属条2m上，金属条立即与物体有相同的速度v开始下落，由m和2m组成的系统相碰过程动量守恒 

      ，则

      金属条以速度v向下滑动，切割磁感线，产生感应电动势，在闭合电路中有感应电流 

      则金属条所受安培力为

      对于，金属条和物体组成的整体，由牛顿第二定律可得

      则金属条开始运动时的加速度为

（2）当金属条和物体的速度达到v1时，加速度设为，同理可得

      对物体m来说，它受重力mg和支持力N，则有

（3）金属条和物体一起下滑过程中受安培力和重力，随速度变化，安培力也变化，做变加速度运动，最终所受重力和安培力相等，加速度也为零，物体将以速度做匀速运动，则有 

      金属条的最终速度为

      下落h的过程中，设金属条克服安培力做功为WA，由动能定理 

      感应电流产生的热量Q=WA，得：

（1）安培力：FA=BIL

当物体匀速运动时，由共点力的平衡可知：

m'g=mg+FA电流I==2A；

线框匀速进入磁场时其中的电流为2A；

（2）由闭合电路欧姆定律可知：

I==

解得V==2m/s；

故线框全部进入的时间t==0.05s；

（3）因匀速运动过程中动能不变，钩码损失的机械能转化为导线框增加的机械能和导线框中的电能；而线框上升的高度等于钩码下降的高度，故机械能的变化量之比等于两物体的质量之比；

△E′=△E+E电；

=1-=1-==28.6%

即线框匀速进入磁场的过程中线框产生的电能占钩码损失的机械能的28.6%；

（4）设高度为h

由机械能守恒可得：

m'gh-mgh=（m+m'）v2；

解得h=1.2m

AB边恰好进入磁场时上升的高度为1.2m．

（1）设导体棒刚进入磁场时的速度为v，由动能定理有mgdsinθ=mv2

导体棒切割磁感线产生的感应电动势 E=BLv

解得 E=BL

（2）导体棒到达CD位置时的感应电动势E′=BLv1

此时R上的电功率P=(

E′

R+r

)2R

解得   P=

（3）导体棒从MN运动到CD，由能量守恒定律有mgssinθ=m-mv2+Q1

以v1的速度匀速运动时间t，产生的热量 Q2=t

整个过程中回路产生的热量  Q=Q1+Q2

解得  Q=mg(d+s)sinθ-m+t

答：（1）导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势E=BL；

（2）导体棒到达CD位置时，电阻R上的电功率P=；

（3）整个过程中回路产生的焦耳热Q=mg(d+s)sinθ-m+t．

（1）当导体棒做匀速运动时，速度最大，感应电流最大，则有

   BImL+μmgcosθ=mgsinθ 

得，通过ab棒的最大电流为 Im==A=0.5A

流过R0的最大电流为I0=Im=0.25A                          

（2）据题意，Q0=0.5 J，由Q=I2Rt得知电路中产生的总热量为 Q总=4Qo=2 J  

感应电动势为 ε=IR总=0.5×2V=1.0V  

此时杆的速度为  vm==m/s=2.5m/s

由动能定理得  mgSsinθ-μmgScosθ-Q总=m-o

求得杆下滑的路程S==m=11.56m

（3）通过ab杆的最大电量

qm=Imt=0.5×1C=0.5C    

答：

（1）流过R0的最大电流为0.25A．

（2）从开始到速度达到最大的过程中，ab杆沿斜面下滑的距离是11.56m

（3）在1s时间内通过杆ab横截面的最大电量是0.5C．

（1）由图可知，当R=0时，杆最终以v=2m/s匀速运动，产生电动势

   E=BLv=0.5×2×2V=2V                     

由右手定则判断可知杆中电流方向从b→a

（2）设杆运动的最大速度为v，杆切割磁感线产生的感应电动势 E=BLv

由闭合电路的欧姆定律得：I=

杆达到最大速度时满足 mgsinθ-BIL=0

联立解得：v=R+r

由图象可知：斜率为k=m/(s•Ω)=1m/(s•Ω)，纵截距为v0=2m/s，

得到：r=v0 =k

解得：m=0.2kg，r=2Ω    

（3）金属杆匀速下滑时电流恒定，则有  mgsinθ-BIL=0

得 I==1A

电阻箱消耗电功率的最大值Pm=I2Rm=4W

（4）由题意：E=BLv，P=

得  P=

瞬时电功率增大量△P=-

由动能定理得

 W=m-m

比较上两式得 W=△P

代入解得 W=0.6J  

答：（1）当R=0时，求杆a b匀速下滑过程中产生感生电动势E的大小2V，杆中电流方向从b→a．

（2）金属杆的质量m为0.2kg，阻值r是2Ω；

（3）金属杆匀速下滑时电阻箱消耗电功率的最大值Pm是4W．

（4）当R=4Ω时，随着杆a b下滑回路瞬时电功率每增大1W的过程中合外力对杆做的功W是0.6J．

（1）线框MN边在磁场中运动时，感应电动势E=Bdv 

  UMN=E=Bdv

（2）线框中的感应电流 

 I=

线框MN边在磁场中运动的时间  t=

此过程线框中产生的焦耳热

Q=I 2Rt=

（2）线框在PQ边穿过磁场的过程中产生的焦耳热

 Q=

从线框MN边进入磁场到PQ边穿出磁场的过程中，根据动能定理得

WF+W安+Wf=0

其中  W安=-2Q=-

Wf=-3μmgd

所以WF=+3μmgd．

答：（1）MN两点间的电势差是Bdv；

（2）在线框从MN边进入磁场到MN边穿出磁场的过程中，线框中感应电流产生的焦耳热是；

（3）在线框从MN边进入磁场到PQ边穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功是+3μmgd．