热门试卷

（1）设速度为v时，ab产生的感应电动势为 E=BLv       

此时回路中的感应电流为I==                   

（2）金属杆所受安培力为 F安=BIL=                    

金属杆的加速度为a=            

可见，a随着速度的增加而减小，金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速运动．

由④可知，当a=0时速度最大，最大速度为 vm=           

（3）由功能关系得  FS=+Q                             

其中Q是系统产生的焦耳热

Q=FS-

答：（1）杆的运动速度为v时，感应电动势及感应电流的大小是．

（2）金属杆的最大速度是

（3）此过程中电路产生的焦耳热是FS-．

（1）由右手定则得知，CD棒产生的感应电动势方向由C→D，D端相当于电源的正极，电势较高．

（2）金属棒以最大速度运动时产生的感应电动势 E=BLvm

回路中的感应电流 I=

达到最大速度时金属棒所受外力与安培力大小相等，即

F=F安=BIL

由以上各式解得金属棒的最大速度 vm=

（3）金属棒停止运动时其动能完全转化为内能，即

  Q=m=

答：

（1）金属棒D端电势高．

（2）金属棒的最大速度vm为．

（3）金属棒达到最大速度vm时立即撤去外力F，这以后电路中释放的热量为．

（1）线框进入磁场时，dc边切割磁感线，由右手定则可知，电流方向为cdab，即逆时针．

线框离开磁场时，ab边切割磁感线，由右手定则可知，电流方向为badc，即顺时针．

线框进入和离开磁场时，由法拉第电磁感应定律，电动势均为E=BLv，代入数据得，E=0.16V．

由欧姆定律得线框中的电流为I==A=0.4A．

（2）线框进入磁场时dc边受到安培力，离开磁场时ab边受到安培力，由左手定则可知，两次所受的安培力均向左，由于线框匀速运动，

所以安培力与水平外力F等值反向，即F=FA=BIL=0.5×0.4×0.4N=0.08N．

（3）线框进入磁场过程中，线框位移为0.4m，此时cd边切割磁感线，cd边相等于电源，Ucd是电源两端的电压，相当于路端电压，

所以，Ucd=-E=-×0.16V=-0.12V．

线框完全在磁场中运动的位移为0.2m，此时线框中无电流，Ucd=0．

当线框离开磁场过程中，线框位移为0.4m，此时ab边切割磁感线，ab边相等于电源，Ucd是cd导体两端的电压，根据串并联电路知识可知，U cd′=-E=-×0.16V=-0.04V．

所以，cd边的电势差Ucd随距离x的变化图象如下图：

答：（1）线框移进和移出磁场过程中感应电流的大小均为0.4A；  方向为：移进时是逆时针，移出时是顺时针．

（2）线框穿过磁场过程中外力的大小0.08N．

（3）以cd边恰在磁场左边缘为运动起点，线框穿过磁场的整个过程中，cd边的电势差Ucd随距离x的变化图象如上图所示．

（1）棒产生的感应电动势E1=BLv0

通过R的电流大小I1==

根据右手定则判断得知：电流方向为b→a        　　　　

（2）棒产生的感应电动势为E2=BLv

感应电流I2==

棒受到的安培力大小F=BIL=，方向沿斜面向上，如图所示．

根据牛顿第二定律 有　mgsinθ-F=ma

解得　a=gsinθ-

（3）导体棒最终静止，有　mgsinθ=kx

弹簧的压缩量x=

设整个过程回路产生的焦耳热为Q0，根据能量守恒定律　有

   m+mgxsinθ=EP+Q0

解得 Q0=m+-EP

电阻R上产生的焦耳热Q=Q0=[m+-EP]

答：

（1）初始时刻通过电阻R的电流I的大小为，方向为b→a；

（2）此时导体棒的加速度大小a为gsinθ-；

（3）导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为[m+-EP]．

（1）金属棒滑至C处，有效切割长度最大，金属棒上感应电动势最大，R1和R2上消耗的电功率最大

∴y=1.0sin（x）m，令y=0，有OA长度为xA=3m

金属棒滑至C点时

  xC==1.5m

故yC=1.0sin×1.5=1.0m

电路总电阻R总==2Ω

感应电动势EC=ByCv

感应电流最大值为 Im===0.5A

通过电阻R1的电流为I1=Im=A

R1的最大功率为P1m=R1=W

（2）金属棒匀速通过金属导轨C处时，外力有最大值为

   Fm=BImyC=0.2×0.5×1N=0.1N

（3）∵E=Byv=Bv•1.0sin（x），

而x=vt

∴E=1.0sint（V），

所以感应电动势有效值为E有==V

  t==0.6s

由能量守恒得  W外=Q=t=0.15J

答：

（1）金属棒在导轨上运动时R1的最大功率是W；

（2）外力F的最大值是0.1N；

（3）金属棒滑过导轨OA的过程，外力所做的功是0.15J．

（1）A、C棒向右运动，回路中产生顺时针感应电流，AC棒受安培力的作用后减速；DE棒受安培力产生加速度向右运动，回路中磁通量的变化减慢，感应电流逐渐减小，因此两棒所受的安培力均减小，最终两棒产生的感应电动势大小相等，回路中感应电流为零，两棒不再受安培力，则知AC棒做加速度减小的减速运动，最终匀速运动，

（2）两棒达到稳定之前AC、DE棒中通过的电流大小始终相等，设加速度分别为a1和a2

 根据牛顿第二定律得

 a1==

 a2==

 又题意 m1=4m2  L1=4L2   

解得 == 　　　                        

（3）两棒在达到稳定之前，回路中始终存在磁通量的变化，有感应电流就会产生焦耳热．当两棒运动速度满足一定关系时，回路中的磁通量不变，则总电动势为零，两棒均做匀速运动，不再产生热量．设两棒最终速度分别为v1、v2，取向右为正方向．则有

 BL1v1=BL2v2  得  v1=

根据动量定理得：

 对AC棒：-BL1△t=m1△v

-∑BL1△t=∑m1△vt

-BL1△t=m1v1-m1v0 　　　　　　　　　　　

同理，对DE棒有：BL2t=m2v2-0                    　    

解方程得：v1=    v2=                                  

由于两棒串联，产生的焦耳热之比为 ==                                                   

根据能量守恒定律得：QDE=（m1-m1-m2）=m0v   

答：

（1）AC棒做加速度减小的减速运动，最终匀速运动，

（2）两棒在达到稳定状态前加速度之比是．

（3）运动过程中DE棒产生的总焦耳热QDE为m0v．

（1）灯的电阻RL=0.2Ω，灯的额定功率PL=5W．

由PL=有：灯的电压UL==1V；电流IL==5A

金属棒产生的电动势 E=BLv1=UL+ILr

解得v1=12m/s 

（2）当金属棒达到稳定时，有：mg=BIL

得 I==2A＜10A，灯泡不能正常发光

答：

（1）棒要以12m/s速度向上移动，才能使灯泡正常发光．

（2）若让金属棒自由下落，当速度达到稳定后灯泡不能正常发光．

（1）已知ab杆的电阻r=0.5Ω，R1和R2并联的总电阻为R=1.5Ω，电路的总电阻 r+R=2.0Ω

 ab杆匀速下滑时，产生的感应电动势 ɛ=Blvm

感应电流 I=

∴ab杆所受的安培力 F=BIl=   

又由平衡条件得 mg=F

∴联立解得 vm==0.3m/s

（2）由能量转化和守恒定律有：P=mgvm=0.18W

（3）通过ab杆的电流 I==0.3A

∴R2两端的电压 U=IR=0.45V

答：

（1）杆下滑的最大速率vm为0.3m/s．

（2）稳定后整个电路耗电的总功率P为0.18W；

（3）杆下滑速度稳定之后电阻R2两端的电压U为0.45V．

（1）cd杆切割磁感线产生的电动势 E=BLv

此时的等效电路如图所示，则be、af并联，由闭合电路欧姆定律I=得，通过干路bc的电流为

   I==

故通过af杆的电流Iaf=I=

（2）无论是那一根杆在磁场中运动，其他两杆都是并联，故等效电路与上图相同，整个金属框产生的热量也相同．                    

因金属框匀速运动，切割磁感线产生的电能全部转化为热能，故cd杆在磁场中运动时，金属框产生的总热量为                       

  Q0=IEt=•BLv•=

因此，从开始计时到金属框全部通过磁场的过程中，金属框中电流所产生的总热量Q=3Q0=

答：

（1）cd杆在磁场中运动的过程中，通过af杆的电流是；

（2）从开始计时到金属框全部通过磁场的过程中，金属框中电流所产生的总热量Q是．

根据感应电动势公式E=BLv可知，其他条件不变时，感应电动势与导体的切割速度成正比，只将刷卡速度改为，则线圈中产生的感应电动势的最大值将变为原来的．

磁卡通过刷卡器的时间t=与速率成反比，所用时间变为原来的2倍．故D正确．

故选D

（1）根据法拉第电磁感应定律

回路中的感应电动势e==kl1l2sinωt

所以，电动势的最大值 Em=kl1l2

由闭合电路欧姆定律 Im==

由于交变电流是正弦式的，所以感应电流的有效值I=Im

解得，I=

（2）根据法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势 E=l1l2=kl1l2

根据闭合电路欧姆定律 I==

CD杆受到的安培力 FA=BIl1=t

当CD杆将要开始运动时，满足：FA=fm

由上式解得：CD棒运动之前，产生电流的时间t=

所以，在时间t内回路中产生的焦耳热Q=I2Rt=fml2

（3）CD棒切割磁感线产生的感应电动势E=Bl1v

时刻t的感应电流I==

CD棒在加速过程中，根据由牛顿第二定律 F-BIl1=ma

解得：F=t+ma

根据上式，可得到外力F随时间变化的图象如图所示，由图象面积可知：经过时间t0，外力F的冲量I

I=[(t0+ma)+ma]t0

解得：I=+mat0

答：

（1）回路中感应电流的有效值I为；

（2）从t=0到CD棒刚要运动，电阻R上产生的焦耳热Q为fml2；

（3）在图2中定性画出外力F随时间t变化的图象如图所示，经过时间t0，外力F的冲量大小I为+mat0．

线圈进入左边磁场的过程，做匀速运动，线圈中产生的感应电动势为E1=BLv，感应电流不变，大小为i0=．由楞次定律判断可知：电流方向沿逆时针；此过程有F=Bi0L=

当bc进入右边磁场时，bc边和ad边都切割磁感线，线圈中产生的感应电动势为E2=2BLv，线圈所受的安培力FA=2BL=4＞F，线圈将减速运动，感应电流减小，由楞次定律判断得知，线圈中感应电流方向为顺时针；

当bc边出磁场的过程，F大于安培力，线圈做加速运动，感应电流增大，感应电流方向沿逆时针方向．

画出电流图象如图．

（1）当用反向开关S使螺线管里的电流反向流动时，穿过小线圈的磁通量的变化量是：

△Φ=2BS

产生的感应电动势：E=n

感应电流：I= 因I=

故：B=

由G测出电量△Q，再算出小线圈所在处的磁感应强度B．

答：原理为G测出电量△Q，再算出小线圈所在处的磁感应强度B，表达式为：B=．

（2）由第一问得：

B=

代入数据得：B=1.27×10-4 T．

答：被测处的磁感应强度大小为：B=1.27×10-4 T．

（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 

由右手定则判断得知，杆中电流方向从b→a 

（2）设最大速度为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：I=

杆达到最大速度时满足 mgsinθ-BIL=0

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）由题意：E=BLv，P=

得  P=，则△P=-

由动能定理得

W=m-m

联立得 W=△P

代入解得 W=0.6J 

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

（2）金属杆的质量m是0.2kg，阻值r是2Ω；

（3）当R=4Ω时，回路瞬时电功率每增加1W的过程中合外力对杆做的功W是0.6J．