热门试卷

（1）设3s末金属杆的速度为v，

由图象知，t=3s时回路中的电流I==0.3A．

由E=Bdv和I=得，金属杆的速度v===3m/s

金属杆的动能EK=mv2=×1×32=4.5J

（2）安培力的功率就等于回路的发热功率，

所以3s末安培力的功率P=I2（R+r）=0.09×（4+1）=0.45W  

（3）由图象知，4s内回路中产生的热量Q=I2（R+r）t=238×0.12×10-2×5J=1.428J

金属杆上升的总高度为H=h+vt=4+3×1=7m．

对整个系统由能量守恒知：

外力F在4s内做的总功为W=Q+mgH+EK=（1.428+1×10×7+4.5）J=76J

（1）根据平衡条件得F安=mgsinθ

          又F安=BIL，I=，E=BLv0

         得到F安=

         联立解得

              v0==5m/s

      （2）由牛顿第二定律，得

             mgsinθ-F安=ma

         得到a=gsinθ-=-1m/s2

         说明此时加速度大小为1m/s2，方向沿斜面向上．

    （3）由于金属棒r和电阻R上电流时刻相同，由焦耳定律Q=I2Rt，得知Q∝R

         则R产生的热量为QR=Qr=3.6J

        金属棒匀速运动整个电路产生的总热量Q=QR+Qr=6J

        在该过程中电路的平均电流为I==

        设匀速前金属棒在磁场中位移为x，则此过程中通过R的电量为q=I•△t==

        从释放到刚匀速运动过程中，由能量守恒定律得

                mgsinθ（S+x）=m+Q

       联立上式，解得S=-=5.5m

答：（1）金属棒匀速运动时的速v0为5m/s；

（2）金属棒进入磁场后，当速度v=6m/s时，加速度大小为1m/s2，方向沿斜面向上；

（3）磁场的上部边界OP距导轨顶部的距离S为5.5m．

（1）当金属棒MN匀速运动到C点时，电路中感应电动势最大

金属棒MN接入电路的有效长度为导轨OCA形状满足的曲线方程中的x值．

因此接入电路的金属棒的有效长度为L=x=0.5siny

则有．Lm=xm=0.5m

感应电动势，Em=BLmv      

解得：Em=3.0V

（2）闭合电路欧姆定律，Im=

且R总==3Ω，

解得：Im=1.0A，

如图所示，

（3）金属棒MN匀速运动中受重力mg、安培力F安、外力F外作用

当y=2.5m时，x=0.5sin=0.25m

受力平衡，F外=F安+mg=BIL+mg=+mg=1.25N

（4）当y=1.5m时，x=0.5sin=0.5m

此时P1=0.9W，所以P总=P1=1.2W

P总=F安v==1.2W     

得此时vt2=3.6（m/s）2

选取从y=0处到达y=1.5m处时，根据动能定理，则有：W克=m-m

解得：W克=1.62J

答：（1）金属棒MN在导轨上运动时感应电动势的最大值为3V；

（2）请在图（b）中画出金属棒MN中的感应电流I随时间t变化的关系图象如图所示；

（3）当金属棒MN运动到y=2.5m处时，外力F的大小为1.25N；

（4）若金属棒MN从y=0处，在不受外力的情况下，以初速度v=6m/s向上运动，当到达y=1.5m处时，电阻R1的瞬时电功率为P1=0.9W，在该过程中，金属棒克服安培力所做的功为1.62J．

（1）设ab棒在导轨之间的长度为l，有效电动势：E=Blv0

由欧姆定律得I==                   

（2）设O点到ab棒距离为x，则ab棒的有效长度：l′=2xtan30°=x  

∵ab棒做匀速运动，∴kx=BIl′

∴k===                    

（3）裸导线最终只能静止于O点，故其动能全部转化为焦耳热，即

Q=m         

则Qab==                                               

答：（1）导体棒ab第一次经过O点前，通过它的电流大小；

（2）弹簧的劲度系数k=；

（3）从导体棒第一次经过O点开始直到它静止的过程中，导体棒ab中产生的热量．

（1）由右手定则判断出感应电流方向为逆时针．

         由电流图象得到I=0.1t A，

         又I==，则v==0.2t m/s 

    （2）当t=2s时，v=0.4m/s，加速度a=0.2m/s2        此时安培力F安==0.4N，

        根据牛顿第二定律，得F-F安=ma，

       代入解得 F=0.5N    

    （3）t=5s时，v=1m/s

      则由能量守恒定律得Q=W-mv2=1.67J

答：（1）金属框的速度随时间变化的表达式为v=0.2tm/s．

    （2）t=2.0s时金属线框的速度大小为0.4m/s，水平外力的大小为0.5N．

    （3）金属线框从磁场拉出的过程中产生的焦耳热为1.67J．

（1）在运动过程中，ab棒中的电流方向从b流向a． 

         cd棒受到的安培力方向是垂直导轨平面向里．    

    （2）设ab棒加速度大小为a，当t1=0时，F1=11N，则

             F1-mg=ma          

           解得a=1m/s2

         当t2=2s时，F2=14.6N，设ab棒速度大小为v，其中电流为I，则

             F2-mg-BIL=ma                        

               v=at2                             

              BLv=2I r            

             解得B=1.2T                       

     （3）从t1=0到t2=2s，ab棒通过的距离为h，则h=a

         设金属棒ab的机械能变化为△E，则

△E=mgh+m  

          解得△E=22J

（1）当vm=5m/s时，棒匀速运动，E=BLvm，I=，FA=BIL

∴-μmg-=0

∴B=0.8T

（2）-μmg-=ma

代入数据，得：a=m/s2=6.67m/s2

（3）F-μmg-=ma

∴在0～0.5s时间内电动机牵引力F与时间t的关系F=+t

（4）电路中产生的总热量：Q总=Q+Q×=0.15+0.15×J=0.2J

s=at2=0.3m，v=at=2m/s

∵WF-Q总-μmgs=mv2

代人数据得：WF=0.2+0.5×0.2×10×0.3+×0.2×22J=0.9J

答：（1）磁感应强度B的大小是0.8T；

（2）在0～0.5s时间内金属棒的加速度a的大小是6.67m/s2；

（3）在0～0.5s时间内电动机牵引力F与时间t的关系F=+t；

（4）在这段时间内电动机做的功0.9J．

（1）感应电动势E=Blv，I=

当I=0时  v=0

由 2ax=v2-v02得：

金属杆的位移为：x==m=1m                                 

（2）金属棒速度最大时最大电流 为 Im= 

I′==

此时安培力为：FA=BI′L==0.02N                        

向右运动时由牛顿第二定律得：F+FA=ma

即：F=ma-FA=0.18N       方向 与x轴相反                 

向左运动时由牛顿第二定律得：F-FA=ma

F=ma+FA=0.22N       方向与x轴相反                 

（3）开始时 v=v0，此时安培力为：FA′=BImL=

由牛顿第二定律得：F+FA′=ma，F=ma-FA′=ma-

当v0＜=10m/s  时，F＞0  方向与x轴相反              

   当v0＞=10m/s   时，F＜0  方向与x轴相同．

答：（1）电流为零时金属杆所处的位置x=1m；

（2）电流为最大值的一半时施加在金属杆上外力 F的大小为0.18N，方向 与x轴相反，或0.22N，方向与x轴相反；

（3）当v0＜=10m/s 时，F＞0  方向与x轴相反    

当v0＞=10m/s 时，F＜0  方向与x轴相同．

（1）MN中的电动势为ε1=B•2av=0.3×0.4×3V=0.36V，

流过灯L1的电流为  I1===0.2A

（2）根据法拉第电磁感应定律得：

对于左边半圆有 ε2==0.5×πa2×=0.16V

P1=（）2R1=（）2×1W=6.4×10-3W

（3）将右面的半圆环OL2O′以OO′为轴顺时针匀速翻转90°，穿过圆环的磁通量先增加后不变，圆环中先30°范围内产生感生电动势，在30°～90°的过程中没有感生电动势产生，则从竖直位置开始转动至30°的过程中灯的亮度逐渐变暗，在30°～90°的过程中灯的亮度不变

答：

（1）棒滑过圆环直径OO’的瞬时（如图所示）MN中的电动势是0.36V，流过灯L1的电流是0.2A；

（2）L1的功率是6.4×10-3W．

（3）从竖直位置开始转动至30°的过程中灯的亮度逐渐变暗，在30°～90°的过程中灯的亮度不变．

（1）根据切割产生的电动势等于 R1两端的电压得，E=BLv=I1R1，

v==m/s=5 m/s，

则动能Ek=mv2=2.5J；

（2）通过金属杆的电流I=3I1=3A，

金属杆所受的安培力FA=BIL=2.4N，

  则PA=FAv=2.4W；

（3）根据图线，I12t即为图线与时间轴包围的面积，所以WA=3I12R1t=3××5×0.2×4=6 J

又根据动能定理得，WF-WA=Ek，得WF=WA+Ek=8.5 J．

答：（1）5s末金属杆的动能为2.5J．

（2）5s末安培力的功率为2.4W．

（3）5s内拉力F做的功为8.5J．

（1）杆在做切割磁感线的运动，由E=Bdv代入数值E=0.2×0.6×5V=0.6V，

由右手定则可得到M端的电势高；

（2）电压表测得的是电路的外电压，

由闭合电路欧姆定律得：I=   ①，

其中R外==Ω=2.0Ω  ②

①②联立得：I=A=0.2A，

由欧姆定律得：UMN=IR外=0.2×2V=0.4V

（3）由安培力公式得：F=BId=0.2×0.2×0.6N=0.024N

左手定则判定F的方向为向右

（1）设M下落的高度h1=2.25×sin30°m，m上升的高度h2=2.25m．则M和m系统机械能守恒，则：

Mgh1-mgh2=(M+m)v2   ①

线框刚进入磁场时的速度：v=3m/s．    ②

（2）线框进入磁场的过程中产生的感应电流的平均值为I，磁通量的变化量为△Φ，变化的时间为△t，感应电动势为E，通过线框的电荷量为q，则有：

q=I△t   ③

I=     ④

E=    ⑤

由③④⑤式得，q=4C．    ⑥

（3）当线框在匀速穿过ef边界时，设速度为v1，由平衡知：

Mgsinα-mg-BIL=0       ⑦

I=    ⑧

由⑦⑧式得，v1=4m/s．⑨

设线框完全进入磁场时的速度为v2，下滑高度为H，重物上升的高度为 h，则：

MgH-mgh=(m+M)v12-(m+M)v22     ⑩

得v2=2m/s．

从线框开始进入磁场到完全进入磁场的过程中，下滑的高度为H1，重物上升的高度为h3．此过程线框产生的焦耳热为Q′，由功能关系得，

(m+M)v22-(m+M)v2=MgH1-mgh3-Q′

得Q′=0.5J．

答：（1）线框cd边刚进入磁场时速度的大小为3m/s．

（2）线框进入磁场过程中通过线框的电量为4C．

（3）线框进入磁场过程中在线框中产生的焦耳热为0.5J．

（1）根据线框所受安培力特点，可知：

①从ab边进入磁场到cd边进入磁场期间，线框是匀速运动（这时线框受磁场力和拉力平衡）．

②线框全部进入磁场后到ab边离开磁场前的这段时间（即ab边的位置在l与2l之间），线框的磁通不变，线框中无感应电流，i=0，这期间线框不受磁场力，线框在恒定拉力F的作用下加速，使ab边在离开磁场时的速度大于ab边在进入磁场时的速度．

③当ab边离开磁场右边界时线框中的感应电流i＞i0，其时线框（cd边）受到的磁场力大于恒定拉力（方向和恒定拉力相反），线框获得与运动方向相反的加速度．ab边离开磁场后（cd边还在磁场里），线圈做减速运动，使通过电阻R的电流i减小．这段时间使线框减速的反向加速度为：a=，这段时间发生的物理过程是：速度逐渐减小，安培力逐渐减小，从而导致加速度逐渐减小，说明这段时间线框做加速度减小的减速运动．

（2）通过电阻R的电流i的大小随ab边位置坐标x变化的曲线如图：

用a表示金属杆的加速度，在t时刻，金属杆与初始位置的距离L=at2，

此时杆的速度v=at，

这时，杆与导轨构成的回路的面积S=Ll，回路中的感应电动势

E=S+Blv=Sk+Blv，

回路总电阻R=2Lr0，

回路感应电流I=，作用于杆的作用力F=BlI，

解得F=t，

带入数据得F=1.44×10-3N

答：在t=6.0s时金属杆所受的安培力是1.44×10-3N