热门试卷

（1）设线圈ab边长为l，bc边长为l′，整个线圈的电阻为R，磁场的磁感应强度为B．

拉出线圈在cd边产生的感应电动势  E=Blv ①

线圈中的感应电流为I== ②

cd边受磁场力 f=IlB= ③

因为线圈做匀速运动，所以拉力F与f大小相等，方向相反．

  F=f  ④

拉出线圈时，拉力的功 W=Fl=v ⑤

当⑤式可得 ==

（2）拉力的功率p=Fv=v2 ⑥

由⑥式可得==

答：

（1）两次拉出拉力的功之比等于．

（2）两次拉出拉力的功率之比等于．

（1）金属线框从磁场中向左拉出的过程中，磁通量减小，磁场方向向外，根据楞次定律判断线得知，框中的感应电流方向逆时针方向．

（2）由图读出，t=5.0s时金属线框中的电流为I=0.5A．

由E=BLv，I=得，v==m/s=1m/s．

（3）根据能量守恒定律得：

   WF=Q+mv2

得线框中产生的焦耳热 Q=WF-mv2=1.92J-×0.5×12J=1.67J

（4）由电流图象可知，感应电流随时间变化的规律：I=0.1t（A）

由感应电流I=，可得金属框的速度随时间也是线性变化的，v==0.2t（m/s）则得知，线框做匀加速直线运动，加速度为a=0.2m/s2．

线框在外力F和安培力FA作用下做匀加速直线运动，F-FA=ma

得F=（0.2t+0.1）N

故金属线框即将离开磁场时拉力F的大小为F=0.2×5+0.1（N）=1.1N．

答：

（1）金属线框从磁场中拉出的过程中感应电流方向为逆时针方向；

（2）t=5.0s时，金属线框的速度v是1m/s；

（3）属框从磁场拉出过程线框中产生的焦耳热是1.67J．

（4）金属线框即将离开磁场时拉力F的大小是1.1N．

（1）对a杆：由于金属杆匀速穿过磁场，所以穿过的过程中受力平衡：

即：F安a=magsin53°

克服安培力做功的大小与重力做的功大小相同

即：Wa=magsin53°×d=0.8J

对b杆：由于金属杆匀速穿过磁场，所以穿过的过程中受力平衡：

即：F安b=mbgsin53°

克服安培力做功的大小与重力做的功大小相同

即：Wb=mbgsin53°×d=0.4J

（2）在a穿越磁场过程中，a杆是电源，b与R是外电路：Ia=Ib+IR ①

b与R并联电压相同：IbRb=IRR，解得：Ib=

把结果代入①解得：=3

则：==

（3）设b在磁场中匀速运动的速度为vb，则b中的电流：Ib=

电路的总电阻：R总1=7.5Ω

由b杆受力平衡得：BIbL==mgsin53°  ②

同理a棒在磁场中匀速运动时总电阻：R总2=5Ω

=magsin53°  ③

由②③两式取比值得：vb：va=3：4

根据题意得：va=vb+gsin53°•t

d=vb•t

由位移速度关系式：v2=2gsin53°•x

由上式整理，M点和N点距L1的距离：xa=m     xb=m

所以：xMN=xa-xb=m

答：（1）在整个过程中，a、b两导体棒分别克服安培力做的功为0.8J，0.4J；

（2）在a穿越磁场的过程中，a、b两导体棒上产生的焦耳热之比9：2；

（3）M点和N点之间的距离为m．

（1）根据法拉第电磁感应定律知：感应电动势   E=BSω=B×ab×bc×ω    

代入数据得     E=24V             

（2）由题意知线框转过π弧度电势将反向，根据右手定则知，开始时P点电势低即UPQ=-24V，电势反向时间为

t==0.005s，所以图象为：

（3）粒子开始运动后一个周期内的运动示意图如图所示

粒子在电导中产生的加速度大小为：a=

向Y板加速的距离  s1=a×(T-t0)2=0.08m     

向X板加速的距离  s2=a×(t0-T)2=0.005m   

一个周期内前进的距离   S=2S1-2S2=0.15m  　　 

由于S＜d，d-S=0.02m＜S1，所以粒子将在下一周期向Y板加速过程中到达Y板

设这次加速时间为t    d-s=at2t=2.0×10-3s   

求出总时间     　　　t总=T+t=1.2×10-2s    　 

答：（1）感应电动势为24V

（2）图象见上图；

（3）粒子经历时间为1.2×10-2s

（1）当ab刚处于磁场时，ad棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源．灯正好正常工作，则 电路中外电压 U外=U，内电压 U内=2U，

感应电动势为  ɛ=3U=B0lv 

则得v=                

（2）因为磁场匀速移动，所以在磁场区域经过棒ab的过程中，ab棒产生的感应电动势不变，所以灯一直正常工作，故等L1消耗的电能为

   W电1=t==                   

（3）棒与灯1并联后，再与2串联，所以要保证灯2不会烧坏就可以，即以灯2正常工作为准．

   电路中总电动势为 ɛ2=U+=U

根据法拉第电磁感应定律得 ɛ2=ld

联立解得  的最大值k=

所以t时Bmax=B0±kt=B0±t

故均匀变化时间t时B的可能值是[B0+t，B0）或（B0，B0-t]

答：

（1）磁场移动的速度为；

（2）在磁场区域经过棒ab的过程中灯L1所消耗的电能为；

（3）均匀改变时间t时磁感应强度的可能值Bt为{B0+t，B0}或{B0，B0-t}．

（1）当金属棒匀速运动时速度最大，设最大速度为v，达到最大时则有F=F安F安=BIL  I=其中R总=3R   所以F=

解得最大速度vm= 

故金属棒的最大速度为vm=．

（2）由能量守恒知，放出的电热Q=F•2S0-m代入上面的vm值，可得Q=2FS0-

故整个电路上产生的电热能Q=2FS0-．

（3）R1上消耗的功率 P=R1=(I)2R1，其中I=

解以上方程组可得P=()=()

当=R1时，R1消耗的功率最大，最大功率 Pm=

（1）根据功能原理可知，金属线框减少的机械能=克服摩擦力所做的功

△E1=Wf1=μmgcos37°s1

其中s1=0.36m，△E1=（0.900-0.756）J=0.144J

可解得μ=0.5

（2）金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的功，机械能仍均匀减小，因此安培力也为恒力，故线框做匀速运动．

由v12=2a s1，其中a=gsin37°-μgcos37°=2m/s2

可解得线框刚进磁场时的速度大小为：υ1=1.2m/s

△E2=Wf2+WA=（f+FA）s2

由图知：△E2=（0.756-0.666）J=0.09J，f+FA=mgsin37°=0.6N，s2为线框的侧边长，即线框进入磁场过程运动的距离，可求出s2=0.15m

故t== s=0.125s

（3）线框出刚出磁场时速度最大，线框内的焦耳热功率最大，且 Pm=I2R=

由v22=v12+2a（d-s2）可求得v2=1.6 m/s

根据线框匀速进入磁场时，FA+μmgcos37°=mgsin37°，

可求出FA=0.2N，

又因为 FA=BIL=，可求出B2L2=0.01T2m2

将υ2、B2L2的值代入Pm=，可求出Pm=0.43W

（4）图象如图所示．

答：（1）求金属线框与斜面间的动摩擦因数μ是0.5；

（2）金属线框刚进入磁场到恰完全进入磁场所用的时间t为0.125s；

（3）金属线框穿越磁场的过程中，线框中产生焦耳热的最大功率Pm是0.43W．

（4）定性地画出：在金属线框从开始运动到完全穿出磁场的过程中，线框中感应电流I的大小随时间t变化的图象如图所示．

（1）依题意 CD棒达到最大速度时应处于平衡状态．

    则 F=f+F安   

    而f=μmg    

     F安=BIL，I=，E=BLv

得到F=μmg+

代入解得  F=3N．

    （2）当CD达到最大速度时，电阻R消耗的电功率

       P=I 2•R=()2R

代入解得    P=5 W．     

答：（1）恒力F的大小为3N；

    （2）当CD达到最大速度时，电阻R消耗的电功率为5W．

解：导体棒所受的安培力为F=IlB ①

该力大小不变，棒做匀减速运动，因此在棒的速度从v0减小到v1的过程中，平均速度为②

当棒的速度为v时，感应电动势的大小为E=lvB ③

棒中的平均感应电动势为 ④

由②④得 ⑤

导体棒中消耗的热功率为P1=I2r ⑥

负载电阻上消耗的平均功率为P2=I－P1 ⑦

由⑤⑥⑦式得P2=l（v0+v1）BI－I2r

（1）当金属棒匀速下滑时速度最大，达到最大时有

        mgsinα=F安                                     

        F安=BIL                                       

        I=                                     

       其中　R总=6R                                        

        联立各式得金属棒下滑的最大速度vm=

（2）由动能定理WG-W安=mvm2                         

         由于WG=2mgs0 sinα   W安=Q                              

         解得Q=2mgs0sinα-mvm2

     将代入上式可得   Q=2mgs0sinα-

也可用能量转化和守恒求mg2s0sinα=Q+m

再联立各式得Q=2mgs0sinα-

（3）金属棒匀速下滑受力平衡

       mgsinα=BIL                                       

       P2=I22R2 

        由电路分析得  I2=I

联立得P2=()2R2P2=()2

当R2=，即R2=4R时，R2消耗的功率最大        

答：（1）金属棒下滑的最大速度vm=

（2）当金属棒下滑距离为s0时速度恰好达到最大，则金属棒由静止开始下滑2s0的过程中，整个电路产生的电热2mgs0sinα-；

（3）改变电阻箱R2的值，当R2=4R时，金属棒达到匀速下滑时R2消耗的功率最大．

（1）杆ef产生的感应电动势随时间t变化的关系式为

  ε=BLv=0.6×0.5×20sin（10πt） V=6sin（10πt） V       

（2）当变阻器的滑动触头滑到变阻器的上端时，在相同时间内，R2产生的热量达最大值．外电路总电阻R=R2=20Ω                      （2分）

电源为交流电，周期为T==s=0.2s，t=1min 为T的整数倍．

外电路电压的有效值为

  U=ε=×V=2V     

R2能够产生的热量最大值为

  Q=t=×60=12 J         

答：

（1）杆ef产生的感应电动势随时间t变化的关系式是ε=6sin（10πt） V．

（2）R2在1min内最多能够产生12J热量．

（1）设ab棒离开磁场边界前做匀速运动的速度为v，产生的电动势为E=BLv    

电路中电流 I=

对ab棒，由平衡条件得 mg-BIL=0                   

解得 v=

（2）从ab棒开始下滑到刚离开磁场的过程，由能量守恒定律得：mg（d0+d）=E电+mv2                 

解得 整个电路中产生的焦耳热为  E电=mg(d0+d)-

则棒ab在通过磁场区的过程中产生的焦耳热；E棒电=[mg(d0+d)-]

（3）设棒自由落体d0高度历时为t0，由d0=gt02，得t0=

棒在磁场中匀速时速度为v=，设t==

当t0=t，即d0=时，棒进入磁场后做匀速直线运

当t0＜t，即d0＜时，棒进入磁场后做先加速后匀速直线运动

当t0＞t，即d0＞时，棒进入磁场后做先减速后匀速直线运动．

画出棒在下落高度d+d0过程中速度随下落高度h变化所对应的各种可能的图线如图所示．

答：

（1）棒ab在离开磁场下边界时的速度为；

（2）棒ab在通过磁场区的过程中产生的焦耳热为[mg(d0+d)-]；

（1）当电梯匀速向上移动时，金属框中感应电流大小为：

I=①

金属框所受安培力F=2B1ILcd②

由平衡条件得：

F=mg+f③

解①②③得v0=13m/s

（2）运动时能量由磁场提供，外界能量转化为三部分，一是线框的重力势能，二是线框产生电热，三是阻力的负功．由①式代入数据得，

I=1.26×104A

金属框中焦耳热功率为：P1=I2R=1.51×105W

有用功率为P2=mgv1=5×105W

阻力功率为P3=fv1=5×103W

系统效率η=×100%=76.2%

答：（1）磁场向上运动速度v0=13m/s

（2）此时系统的效率为76.2%

（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．

达到稳定速度时，有FA=B0IL，mgsinθ=FA+μmgcosθ

则得 I===0.2A

（2）根据E=B0Lv、I=得

  v==m/s=2m/s

（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．

  mgsinθ-μmgcosθ=ma

a=g（sinθ-μcosθ）=10×（0.6-0.5×0.8）m/s2=2m/s2．

设t时刻磁感应强度为B，则：B0Ls=BL(s+vt+at2)

B==T=T

故t=1s时磁感应强度B==0.25T

答：

（1）当金属棒滑行至cd处时回路中的电流是0.2A．

（2）金属棒达到的稳定速度是2m/s．

（3）若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，则t=1s时磁感应强度应为0.25T．