热门试卷

（1）根据机械能守恒得

mgh=m，得v0=

感应电动势 E=BL1v0，

由闭合电路欧姆定律得 I==．

（2）线框进入磁场的过程做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，则知3位置时线圈速度最小，则有

  -v2=2g(d-L2)，

得v=

（3）由于线圈完全处于磁场中时不产生电热，线圈进入磁场过程中产生的电热Q就是线圈从图中2位置到4位置产生的电热，而2、4位置动能相同．

由能量守恒Q=mgd

由对称性可知：Q总=2Q=2mgd

答：

（1）线圈刚进入磁场时的感应电流的大小是；

（2）线圈从下边缘刚进磁场到下边缘刚出磁场的过程中最小速度v是；

（3）线圈进出磁场的全过程中产生的总焦耳热Q总是2mgd．

（1）金属细杆开始运动时，由牛顿第二定律得：

F安=BIL=ma

解得：a==m/s2=10m/s2

（2）对金属细杆从M点到P点的运动过程，由动能定理得：

F安•（MN+OP）-mg•ON=mv2

解得金属细杆运动到P点时的速度大小为：v==m/s=m/s

（3）在P点对金属细杆，由牛顿第二定律得：

FN-BIL=

解得：FN=+BIL=+0.5×2×0.5=1.5N

则每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75N，由牛顿第三定律可知每一条轨道的作用力大小为0.75N．

答：（1）金属细杆开始运动时的加速度大小为10m/s2；

（2）金属细杆运动到P点时的速度大小为m/s；

（3）金属细杆运动到P点时对每一条轨道的压力大小为0.75N．

（1）线圈刚放到传送带上时，相对传送带滑动的距离 s

则：2as=v2--------------------------------------①

ma=μmg---------------------------②

由以上两式解得：s=----------------------③

（2）线圈通过磁场时产生的感应电动势    E=BLv----------④

线圈中的电流        I==----------------⑤

线圈通过磁场过程中，产生感应电动势所用时间     t=-----⑥

由④⑤⑥式可得线圈通过磁场产生的焦耳热：Q=I2Rt=--⑦

（3）传送带输送每一个线圈做功分为三部分：线圈获得的动能mv2，

传送带与线圈相对滑动产生的热能μmgs，通过磁场时克服磁场力所做的功 WF，即：

W=μmgs+mv2+WF---------------------⑧

解得：W=mv2+----------------------⑨

单位时间内输送线圈的个数        N=-------------------⑩

所以传送带传送线圈的总功率      P=NW=(mv2+)----（11）

答：（1）每个线圈相对传送带滑动的距离s=；

（2）每个线圈通过磁场区域产生的焦耳热Q=；

（3）传送带传送线圈的总功率是(mv2+)．

（1）t=0时，E=BLv0

线圈电功率P==

（2）线圈进入磁场的过程中动能转化为焦耳热

   Q=mv02-mv12

外力做功一是增加动能，二是克服安培力做功

     WF=△Ek+Q=mv02-mv12

（3）根据微元法思想，将时间分为若干等分，每一等分可看成匀变速

  vn-vn+1=tn

∴v0-v1=（I1t1+I2t2+…+Intn）

其中I1t1+I2t2+…+Intn=Q

电量Q=It==

∴v0-v1=

答：

（1）t=0时刻线圈的电功率是；

（2）线圈进入磁场的过程中产生的焦耳热和穿过磁场过程中外力F所做的功分别为mv02-mv12和mv02-mv12．

（3）证明略．

（1）导体棒在导轨上匀速滑行时，设AB棒等效切割长度为l，则

  导体棒在导轨上ε=BLV0

  回路总电阻为R总=3Lr

  则感应电流为I=

所以，I=

（2）AB棒滑到DF处时，AB两端的电压UBA=UDA+UFD+UBF

  UDA+UBF=BLv0

而UDF=BLv0=BLv0

得UBA=UDA+UFD+UBF=BLv0

（3）导体棒从低端拉到顶端电机做的功W=△EP+Q1+Q2

增加的重力势能：△EP=mg(2L+Lcos300)sin300=mgL

   AB棒在DEF轨道上滑动时产生的热量 Q1=W安，

此过程中，电流I不变，所以F安∝S，故Q1=W安=•L=

AB棒在CDEF导轨上滑动时产生的热量，电流不变，电阻不变，所以

 Q2=I2R总t=()2•3Lr•=

所以，W=(mgL+)

（4）分三段讨论牵引力随时间的变化情况

Ⅰ：CDEF导轨上运动牵引力为F1，则mgsin30°-F安-F1=ma，F安=BIL，I=，Vt=at，F1=mg-ma-t

Ⅱ：DEF导轨上运动牵引力为F2，则mgsin30°-F安-F2=ma，F安=BIx，I==，Vt=at，at2=L+L-x，

所以F2=mg-ma-[L-at2]2t

Ⅲ：OE段运动牵引力F3，不随时间变化，则

F3=mg-ma 

答：

（1）导体棒在导轨上滑行时电路中的电流的大小为；

（2）导体棒运动到DF位置时AB两端的电压为BLv0；

（3）将导体棒从低端拉到顶端电机对外做的功是(mgL+)；

（4）此过程中电机提供的牵引力随时间变化情况是：

Ⅰ：CDEF导轨上运动牵引力为F1=mg-ma-t

Ⅱ：DEF导轨上运动牵引力为F2=mg-ma-[L-at2]2t

Ⅲ：OE段运动牵引力F3，不随时间变化，F3=mg-ma．

解：（1）感应电动势为E=BLv=0.40×0.40×0.5V=8.0×10-2 V

感应电流为A=4.0×10-2 A

（2）导体棒匀速运动，安培力与拉力平衡

即有F=BIL=0.40×4.0×10-2×0.4 N=6.4×10-3 N

（3）导体棒移动30cm的时间为=1.0s

根据焦耳定律Q1=I2Rt=J=3.2×10-3 J

根据能量守恒Q2==J=1.25×10-2 J

电阻R上产生的热量Q=Q1+Q2=3.2×10-3+1.25×10-2 J=1.57×10-2 J

（1）在乙尚未进入磁场中的过程中，甲、乙的加速度相同，设乙刚进入磁场时的速

v2=2ax且 a=gsinθ

即 v=

乙刚进入磁场时，对乙由根据平衡条件得mgsinθ=

R=

（2）甲在磁场中运动时，由牛顿第二定律可知，外力F大小始终等于安培力火小即：F=

v=（gsinθ）

解得 F=t

方向沿导轨平面并垂直金属杆甲向下

（3）设乙从释放到刚进入磁场过程中做匀加速直线运动所需要的时间为t1

l=(gsinθ)

t1==

设乙从进入磁场过程至刚离开磁场的过程中做匀速直线运动所需要的时间为t2

l=vt2

t2==

设乙离开磁场时，甲的速度v′

v′=（gsinθ）（t1+t2）=

设甲从开始释放至乙离开磁场的过程中的位移为x

x=(gsinθ)(t1+t2)2=l

根据能量转化和守恒定律得：mgxsinθ+mg•2lsinθ+WF=2Q+mv2+mv′2

WF=2Q-mglsinθ

答：（1）金属杆的电阻R=；

（2）甲金属杆在磁场中所受的外力F随时间t的变化关系式F=t；

（3）外力F在此过程中所做的功 WF=2Q-mglsinθ

由能量守恒定律得：mgv=P                         　　　　　　　 

    代入数据得：v=4.5m/s                              　　　　　　　

     又　　　　　E=BLv                           　　 　　　　　　　

  设电阻Ra与Rb的并联电阻为R外，ab棒的电阻为r，有

    R外=

     又     I=⑤

      P=IE                          代入数据得：R2=6.0Ω　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 

答：速率v为4.5m/s．滑动变阻器接入电路部分的阻值R2为6Ω．

（1）在运动过程中ab棒中的电流方向向左（b→a），cd棒受到的安培力方向垂直于纸面向里．

（2）经过时间t，金属棒ab的速率v=at

此时，回路中的感应电流为I==

对金属棒ab，由牛顿第二定律得F-BIL-m1g=m1a

由以上各式整理得：F=m1a+m1g+at

在图线上取两点：t1=0，F1=11N；t2=2s，F2=14.6N，

代入上式得a=1m/s2 B=1.2T

（3）在2s末金属棒ab的速率vt=at=2m/s

所发生的位移s=at2=2m

由动能定律得WF-m1gs-W安=m1vt2

又Q=W安

联立以上方程，解得Q=WF-mgs-mvt2=40-1×10×2-×1×22=18(J)

（4）cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动．

当cd棒速度达到最大时，有m2g=μFN

又FN=F安 F安=BIL  I==   vm=at0

整理解得t0==s=2s

fcd随时间变化的图象如图（c）所示．

答：

（1）在运动过程中ab棒中的电流方向（b→a），cd棒受到的安培力方向垂直于纸面向里．

（2）磁感应强度B的大小为1.2T，ab棒加速度大小为1m/s2 ．

（3）已知在2s内外力F做功40J，这一过程中两金属棒产生的总焦耳热是18J；

（4）cd棒的运动情况是：cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动．cd棒达到最大速度所需的时间t0是2s．在图（c）中定性画出cd棒所受摩擦力fcd随时间变化的图象如图所示．

（1）因为a棒进入磁场Ⅰ后做减速运动，所以只要刚进入时b棒不动，b就可以静止不动．对a棒：由机械能守恒：mgh0=m02，

对回路：ε=BLv0，I=

对b棒：BIL=μmg

联立解得：h0=

（2）由全过程能量守恒与转化规律：mgh=μmg2d+W克A

解得：W克A=mgh-μmg2d

（3）a棒通过磁场Ⅰ时恰好无感应电流，说明感应电动势为零，根据法拉第电磁感应定律ε=，在△t≠0的前提下，△Φ=0即Φ保持不变

对a棒：由机械能守恒：mgh=mv2

a棒进入磁场Ⅰ后，由牛顿第二定律得：a=μg

经过时间t，a棒进入磁场Ⅰ的距离为x=vt-at2

磁通量Φ=B0（d-x）L-BL

又最初磁通量为Φ0=B0dL-B0L=B0dL=Φ

联立解得：B=B0-(-μgt2)．

答：（1）h0的大小为．

（2）a棒克服安培力所做的功为mgh-μmg2d．

（3）磁场Ⅱ的磁感应强度随时间变化的关系式B=B0-(-μgt2)．

（1）金属棒做匀速直线运动时，速度达到最大，设为v．

感应电动势：E=BLv，

电流：I=，

安培力：F=BIL=，

由平衡条件得：mgsinθ=F+f，

代入数据解得：v=2m/s；

（2）由能量守恒定律得：

mgh=Q+f•+mv2，

代入数据解得：Q=1J，

R上产生的热量：

QR=Q=×1=0.8J；

（3）由法拉第电磁感应定律得：

E===，

电流：I=，

电荷量：q=I△t，

代入数据解得：q=0.6C；

答：（1）金属棒的最大速度为2m/s；

（2）电阻R中产生的热量为0.8J；

（3）通过电阻R的电量为0.6C．

（1）感应电动努为：E=BLv=1.0V

感应电流：I==A=1A

（2）导体棒匀速运动，安培力与拉力平衡，则有：

BIL=Mg    

所以：M==kg=0.01kg

（3）导体棒移动30cm的时间为：t==0.03s

根据焦耳定律有：Q1=I2(R+r)t=0.03J（或Q1=Mgh=0.03J）   

根据能量守有：Q2=mv2=0.5J

电阻R上产生的热量：Q=(Q1+Q2)=0.477J

答：（1）导体棒ab在磁场中匀速运动时，闭合回路中产生的感应电流的大小1A；

（2）挂在细线上的钩码的重力大小0.01Kg；

（3）则导体棒ab在磁场中运动的整个过程中电阻R上产生的热量0.477J．

解：（1）感应电动势为=1V 

感应电流为=0.5 A                                    

（2）安培力=0.05 N

导体棒匀速运动，拉力与安培力平衡                                                        

（3）导体棒移动3m的时间为= 0.3s 

根据焦耳定律，导体棒移动3m过程中回路中产生的热量（或10.15 J）

根据能量守恒，撤去拉力后回路中产生的热量Q2== 0.5J   

整个过程回路中产生的热量

解：（1）烧断细线前拉力设为 ，则

烧断细线后，对ab棒，设此时ab棒所受安培力的大小为,由牛顿第二定律得：

同时，设cd棒此时所受安培力的大小为，由牛顿第二定律得：

且 由以上各式解得：；

（2）当ab棒和cd棒加速度为零时，速度均达最大, 设此时ab棒和cd棒的速度大小分别

由cd棒受力平衡：

此时回路中总的电动势：

电路中电流：

由动量守恒定律：

由以上各式解得：