热门试卷

（1）金属棒的位移x=vt，

切割磁感线的有效长度：L=xtan53°=x，

感应电动势：E=BLv=Bvx，

回路总电阻：R=（x+x）r=xr，

回路电流：I=，

解得：I=；

（2）导体棒受到的安培力：FB=BIL=x，

由平衡条件可得，外力F=FB=BIL=x，

外力的功：W=Fx=x2；

（3）克服安培力做功转化为焦耳热，

由能量守恒定律得：Q=W=x2=t2；

答：（1）t时刻回路中的电流I=；

（2）拉力F与杆的位移x的关系式为：F=x，拉力F做的功W与杆的位移x的关系式为W=x2；

（3）时间t内回路中产生的焦耳热Q=t2．

（1）根据电功率的公式，得：P=I2R

所以：I==A=1A

由右手定则可得，电流的方向从M到P

（2）当到达稳定时，拉力的功率等于电流的电功率，即：Fv=I2（R+r）

代入数据得：v===10m/s

（3）当电阻R上的电功率为时，=I′2R，

得：I′=

此时：FA′=

由牛顿第二定律得：FA'=ma

所以：a=0.5m/s2

方向向左．

答：（1）通过电阻R的电流的大小是1A，方向从M到P；

（2）金属杆的速度大小是10m/s；

（3）当电阻R上的电功率为时，金属杆的加速度大小是0.5m/s2，方向向左．

（1）金属棒MN在t=5s时的速度为：

v=at=2×5m/s=10m/s

电动势为：

E=BLv=0.5×1×10V=5V

电流为：I==A=2.5A

则PQ消耗的电功率为：

PPQ=I2RPQ=2.52×1.5W=9.375W

（2）t=0～2.0s时间内金属棒MN运动的位移为：

s=at2=×2×22m=4m

t=0～2.0s时间内穿过回路MNQP磁通量的变化量：

△φ=B1Ls=0.5×1×4Wb=2Wb

t=0～2.0s时间内通过PQ棒的电荷量为：

q=•t=•t==C=1C

（3）金属棒MN做匀加速直线运动过程中，电流为：

I====0.5t（A）

对MN运用牛顿第二定律得：

F1-BIL-Ff=ma

F1=ma+μmg+BIL

代入数据得：F1=（1.4+0.25t）（N）

金属棒PQ处于静止状态，根据平衡条件得：

F2+BIL=mgsin37°

代入数据得：F2=（1.2-0.25t）（N）

（4）MN棒做变加速直线运动，当s=5m时，vt=0.4s=0.4×5m/s=2m/s

因为速度v与位移s成正比，所以电流I、安培力也与位移s成正比，安培力做功：

WB=-s=-BL•s=-××5J=-0.625J

MN棒动能定理：WF1-μmgs=m-0

WF1=m+μmgs-WB=×0.2×22+0.5×0.2×10×5+0.625=6.025J

答：（1）t=5s时，PQ消耗的电功率为9.375W；

（2）t=0～2.0s时间内通过PQ棒的电荷量为1C；

（3）F1随时间t变化的函数关系为F1=（1.4+0.25t）N，F2随时间t变化的函数关系为F2=（1.2-0.25t）N；

（4）MN棒从静止开始到s=5m的过程中，F1所做的功为6.025J．

（1）对ab杆：t=0，f1=μmabg=5N

当t=0时，加速度a=

代入得a=0.5m/s2

（2）由上知：ab杆由静止开始以a=0.5m/s2的加速度沿导轨匀加速运动

由F安=BIl，E=Blv，I=得到安培力的表达式为

  F安=

根据牛顿第二定律 F-F安-f1=maba

联立以上各式，得

  F--μmabg=maba

取t=1s代入数据，解得B=0.5T

（3）当cd杆下落过程达到最大速度时，cd杆受力平衡

则有 mcdg=f2=μF安′

又F安′=BI′l=

联立以上两式并代入数据，解得v′=0.8m/s

棒的位移 s==0.64m

（4）cd杆的运动全过程为先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，最后静止．   

答：

（1）ab杆的加速度a的大小0.5m/s2．

（2）磁感应强度B的大小为0.5T；

（3）cd杆下落过程达最大速度时，ab杆的速度大小为0.8m/s．位移大小为0.64m．

（4）cd杆的运动全过程为：先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，最后静止．

（1）金属棒匀速运动，由平衡条件得，

FA=mgsinθ，①

方向：沿金属轨道平面斜向上．

（2）在t3时刻，金属棒平衡，故

mgsinθ=BL②

所以，B=③

设金属棒速度为v2，则有，Uo=R④

即，v2=Uo=Uo=⑤

（3）对于金属棒从开始到t4时间内，由能量守恒得损失的总能量为，

△E=mgH-⑥

而△E=Qr+QR⑦

又有，=⑧

由⑤⑥⑦⑧得，QR=R

（4）

答：（1）t3-t4时间内金属棒所受安培力的大小mgsinθ，方向沿斜面向上

（2）t3时刻金属轨道的速度大小

（3））t1-t4时间内电阻R产生的总热能QR=R

（4）

（1）列车起动时金属框产生的电流最大，设为Im

则 Im=

（2）分析列车受力可得列车运动的加速度：a=．

当列车速度增大时，安培力F变小，加速度变小，当a=0时，列车速度达到最大，有：F=f

即  F=2Bb

解得：vm=v-

（3）要使列车停下可采取措施，如：切断激磁电流，改变磁场运行方向，增大阻力等．

答：

（1）列车在运动过程中金属框产生的最大电流是；

（2）列车能达到的最大速度为v-；

（3）要使列车停下可采取切断激磁电流，改变磁场运行方向，增大阻力等．

（1）由题意知圆环所在处的磁感应强度B=，圆环的有效切割长度为其周长，即L=2πR，

圆环的电阻R0=ρ=ρ，当圆环的速度为v时，切割磁感线产生的电动势E=BLv=2kπv，

圆环中的电流I=，圆环速度为v时电功率P=I2R0

联立以上各式解得：P=

（2）当圆环加速度为零时，有最大速度vm，此时安培力F=BIL=

由平衡条件可知：mg=F，圆环的质量m=ρ0S•2πR

 解得：vm=

（3）由能量守恒定律得：

mgh=m+Q 

解得：Q=2πρ0RS[gh-（）2]

答：（1）铝环下落速度为v时的电功率是

（2）铝环下落的最终速度是

（3）当下落h高度时，速度最大，此过程中圆环消耗的电能是2πρ0RS[gh-（）2]．

（1）导体棒切割磁感线运动产生感应电动势E=BLv…①

感应电流为 I=…②

根据平衡条件得：F=B0IL=…③

（2）根据法拉第定律得回路中产生的感应电动势 E==Lx0…④

由B=B0+kt知 =k…⑤

得 E=kLx0…⑥

则得 F=BiL==(B0+kt)…⑦

（3）t时刻导体棒的速度为 v=at…⑧

根据牛顿第二定律得 F-BIL=ma…⑨

则 F=BIL+ma=at+ma…⑩

（4）回路中既有动生电动势，又有感生电动势，根据楞次定律判断可知两个电动势方向相同，则回路中总的感应电动势为

 E==BLv+kL（x0+vt）=（B0+kt）Lv+kL（x0+vt）…（11）

则 F=BIL==…（12）

答：

（1）磁感应强度为B=B0保持恒定，导体棒以速度v向右做匀速直线运动时，拉力为．

（2）磁感应强度为B=B0+kt随时间t均匀增强，导体棒保持静止时，拉力为(B0+kt)；

（3）磁感应强度为B=B0保持恒定，导体棒由静止始以加速度a向右做匀加速直线运动时拉力为at+ma．

（4）磁感应强度为B=B0+kt随时间t均匀增强，导体棒以速度v向右做匀速直线运动时拉力为．

ab边不切割磁感线，则不产生感应电动势，ab上各点的电势相等，则ab间的电势差Uab=0；

bc产生的感应电动势为 E=BLv，则ac间的电势差Uac=Ubc=E=BLv．

故答案为：0，BLv．

（1）线圈匀速通过磁场，产生的感应电动势为E=BLv，则每个线圈通过磁场区域产生的热量为

   Q=Pt==

（2）对于线圈：做匀加速运动，则有S1=vt   

对于传送带做匀速直线运动，则有 S2=vt    

所以S1：S2=1：2

（3）又因为S1：（S2-S1）=1：1  

线圈获得动能EK=mv2=fS1

传送带上的热量损失Q′=f（S2-S1）=mv2

所以电动机所消耗的电能为：E=EK+Q+Q′=mv2+

（4）一个线圈加速度（即一个线圈进磁场和前一线圈出磁场的时间和）所用的时间为：t=

 所以P==+

答：（1）每个线圈通过磁场区域产生的热量Q为．

（2）在某个线圈加速的过程中，该线圈通过的距离S1和在这段时间里传送带通过的距离S2之比为1：2．

（3）传送带每传送一个线圈，电动机所消耗的电能E为mv2+；

（4）传送带传送线圈的总功率P为+．

（1）导体ab垂直切割磁感线，产生的电动势大小：

E=BLv=0.40×1.00×4.0V=1.60V…①

（2）导体ab相当于电源，由闭合电路欧姆定律得回路电流：

I==A=3.2A…②

（3）导体ab所受的安培力：

F=BIL=0.40×3.2×1.00N=1.28N…③

由于ab匀速运动，所以水平拉力：

F′=F=1.28N…④

答：（1）导体ab上的感应电动势的大小为1.60V．

（2）电路中感应电流I的大小为3.2A．

（3）要维持棒ab匀速运动，外力F应为1.28N．

（1）根据右手定则判断可知：ab边到达最低位置时感应电流的方向由a′到b′．

（2）由q=I△t=△t，E=，△φ=BS-0=BL2

整理得：在时间t内流过金属框的电荷量为：q=

（3）由能的转化与守恒定律得：mgL=mυ2+Q

又由感应电动势为 E=BυL，瞬时电流的大小为 I=，ab边所受安培力的大小为 F=BIL

整理得：F=

答：

（1）ab边到达最低位置时感应电流的方向由a′到b′；

（2）在时间t内流过金属框的电荷量为；

（3）若在时间t内金属框产生的焦耳热为Q，ab边在最低位置时受的磁场力为．

（1）cd进入磁场过程中，cd切割磁感线产生的感应电动势：E=BLv，

流过导线ab的感应电流：I=，

ab两端的电压：U=I×R=BLv；

（2）在0-L内，电流I=，由右手定则可知，电流沿逆时针方向，是负的，

在L-2L中，穿过线框的磁通量不变，没有感应电流，

在2L-3L中，电流I=，由右手定则可知，电流沿顺时针方向，是正的，

图象如图所示，

答：（1）ab中流过的电流为，其两端的电压为：BLv；

（2）图象如图所示．

（1）如图所示，当EF从距BD端s处由静止开始滑至BD的过程中，受力情况如图所示．

安培力：F安=BIL=B•L=．

根据牛顿第二定律：mgsinθ-F安=ma

当a=0时，EF棒下滑过程中速度最大，最大速度为：vm=

（2）EF棒自bd端出发又回到bd端的整个过程中，根据能量转化和守恒定律得：

回路中产生的总热量为：Q=FS-m=FS-m[]2=FS-

则根据焦耳定律得电阻R中产生的热量是：

QR=Q=（FS-）

答：（1）EF棒下滑过程中的最大速度为．

（2）EF棒自bd端出发又回到bd端的整个过程中，电阻R中产生的热量是（FS-）．