热门试卷

（1）E=Blv=2.5V

  由右手定则得，AB棒上的感应电流方向是B→A

    （2）R并==2Ω  I==A

       U=IR并=V

    （3）Q=CU=5×10-7C

设电容放电过程，通过两电阻R1、R2的瞬时电流为I1、I2，

        则=

   又电量Q=It，t相同，得到

       QR2=Q=×10-7C

答：（1）导体棒AB产生的感应电动势E为2.5V，AB棒上的感应电流方向是B→A；

   （2）导体棒AB两端的电压U为V；

   （3）电容器充电量是5×10-7C．经过一定时间撤去金属棒，从撤去到稳定通过电阻R2的电量为×10-7C．

（1）设金属杆和导轨间的动摩擦因数为，当杆运动的速度为vm时，金属杆所受的安培力大小为

FA=BIL=BL•=①

根据平衡条件得：

F+mgsinα-FA-μmgcosα=0 ②

当杆的速度为v1时，有

F+mgsinα--μmgcosα=ma ③

联立以上三式解得：a=

（2）t s末金属杆的速度为v1，前ts内金属杆的位移为x．

由能的转化与守恒得焦耳热为：Q1=Fx+mgsinα-μmgcosα-m

答：

（1）金属杆速度为v1时加速度的大小为；

（2）整个系统在前ts内产生的热量为Fx+mgsinα-μmgcosα-m．

对导体棒进行受力分析，根据平衡知识得

F安=μmg=0.04N

F安=BIL

∴B= T

答：磁感应强度为T时，ab棒恰能匀速运动．

（1）金属棒达到最大速度时，受力平衡，则有：

mgsinθ=μFN+F

FN=mgcosθ

又因有：F=BIL=

回路的总电阻为：R=r+

代入数据得：v=6m/s

（2）电阻R1上产生的热量为：Q1=Q

金属棒上产生的热量为：Qr=（Q+Q1）

由能的转化和守恒可得：

mgsinθx=μmgcosθx+Q+Q1+Qr+mv2

代入数据解得：x=5.125m

答：（1）金属棒下滑的最大速度为6m/s；

（2）该过程中ab位移x的大小为5.125m．

（1）带电微粒在电容器两极间静止时，受向上的电场力和向下的重力作用而平衡，即：

mg=q

由此式可解出电容器两极板间的电压为：

U==V=1V

（2）流过金属棒的电流为：I==A=0.5A

金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势为：E=I（R2++r）=0.5×（2++2）V=4V

由E=BLv得：v==m/s=10m/s

答：（1）电容器两极板间电压是1V．

（2）金属棒ab匀速运动的速度大小是10m/s．

（1）导体棒从静止开始在磁场外匀加速运动距离L，

由牛顿第二定律得：F-mgsin30°=ma，

由题意可知：F=mg，解得：a=g，

由速度位移公式得：v2=2aL，

解得，棒进入磁场时的速度：v=，

棒在磁场中受到的安培力：FB=BIL=，

棒在磁场做匀速直线运动，由平衡条件得：

mgsin30°+=F，解得：m=；

（2）若进入磁场瞬间使拉力减半，拉力：F=mg，

导体棒受到的安培力：FB′=BI′L==，

由牛顿第二定律得：F-mgsin30°-=ma ①，

速度：v=②，

加速度：a=③，

由①②③得：=m，即：=m△v，

使式子两边对该过程求和，则有：=mv，

将v=和m=代入，

解得：x=2L；

答：（1）导体棒的质量为；

（2）导体棒能继续向上运动的最大位移为2L．

（1）设AB边刚进入上面磁场时速度为v0．

则根据机械能守恒得 mgh=m

AB刚进入磁场时有，所受的安培力F=BIl=Bl=

当AB边刚进入上面磁场时加速度恰好为零，则有F=mg

即=mg

所以R=

（2）当GH、CD进入磁场时，当某时刻金属框上的热功率为P，设此时框的速度为v1，线框产生的感应电动势为

E1=B（2l）v1

线框的热功率为  P==

得出v1=

（3）当AB边出下面磁场的前一段时间内，线框在做匀速运动，此时AB和EF同时在切割，设匀速运动的速度为v2，

则线框产生的感应电动势为E2=B（4l）v2，

线框在做匀速运动，由平衡条件得

  B（l+3l）=mg

即=mg     

解得，v2=

在AB边穿越两个磁场过程中，根据能量守恒定律得：

mg（4h）-Q=m

金属框损失的机械能△E=Q=mgh

（4）由上可知，当AB边出下面磁场的前一段时间内，线框在做匀速运动，电流为I0；画出致画出金属框中电流随高度变化的图象如图．

答：

（1）线框的电阻是；

（2）在GH、CD边进入上面磁场后某时刻金属框上的热功率为P，则此时框的速度是；

（3）在AB边穿越两个磁场过程中金属框损失的机械能是mgh；

（4）大致画出金属框中电流随高度变化的图象如图．

（1）由题意，5s末时电阻R两端的电压U=0.2V，其功率PR===0.1W

（2）5s末电路电流为  I==0.5A

杆产生的感应电动势 E=I（R+r）=0.25V

由E=BLv得

   v==2.5m/s

（3）5s末时杆所受的安培力为  F安=BIL=0.8×0.5×0.2=0.08N

杆的加速度为 a===0.5m/s2

根据牛顿第二定律得

   F-F安=ma，

解得，F=0.13N

则外力F的功率为 P=Fv=0.325W

答：

（1）5s末时电阻R上消耗的电功率是0.1W．

（2）金属杆在5s末的运动速度是2.5m/s．

（3）5s末时外力F的功率是0.325W．

导体棒所受的安培力为：F=BIl…①

由题意可知，该力的大小不变，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：=(v0+v1)…②

当棒的速度为v时，感应电动势的大小为：E=Blv…③

棒中的平均感应电动势为：=Bl…④

综合②④式可得：=Bl(v0+v1)…⑤

导体棒中消耗的热功率为：P1=I2r…⑥

负载电阻上消耗的热功率为：=I-P1…⑦

由以上三式可得：=BIl(v0+v1)-I2r…⑧

答：此过程中导体棒上感应电动势的平均值=Bl(v0+v1)，负载电阻上消耗的平均功率是=Bl(v0+v1)-I2r．

（1）当棒达到匀速运动时，金属棒受到的安培力：

FB=BIL=BL=BL=，

由平衡条件得：F=FB，即：F=，

导体棒的速度v=，

拉力功率P=Fv=，

由此可知，回路的总电阻越大时，拉力功率越大，

当R=2Ω时，拉力功率最大，Pm=0.75（W）；

（2）当触头滑到中点即R=1Ω时，

棒匀速运动的速度v1==0.25（m/s），

导体棒产生的感应电动势E1=BLv1=10×0.4×0.25=1（V），

电容器两极板间电压U1==0.5（V），

由于棒在平行板间做匀速直线运动，则小球必带正电，

此时小球受力情况如图所示，设小球的入射速度为v0，

由平衡条件知：F+f=G   即 q+qv0B=mg  ①，

当滑头滑至下端即R=2Ω时，棒的速度V2═=（m/s），

导体棒产生的感应电动势  E2=BLV2=1.5V，

电容器两极板间的电压U2==1V，

由于小球在平行板间做匀速圆周运动，

电场力与重力平衡，于是：q=mg  ②，

代入数值，由①②解得：v0==0.25（m/s），

小球作圆周运动时洛仑兹力提供向心力，

由牛顿第二定律得：qv0B=m，

小球作圆周运动的半径为r=0.0125m；

答：（1）导体棒处于稳定状态时拉力的最大功率是0.75W．

（2）小球在两极板间恰好做匀速圆周运动的速度为0.25m/s，做圆周运动的轨道半径为0.0125m．