热门试卷

（1）MN与PO重合时穿过线框的磁通量为0，故磁通量的变化量为：

△Φ=BS=BL2=1×0.52Wb=0.25Wb

（2）cd边刚过PQ的瞬间，线框中的感应电动势：

E=2BLv0=2×1×0.5×2V=2V

感应电流的大小：

I==4A

线框受到的安培力的大小：

F=2BIL=2×1×4×0.5N=4N

线框加速度的大小：

a==m/s2=8m/s2

（3）MN达到PQ前，由能力守恒可知，线框中产生的焦耳热为：

Q=m-m=0.75J

MN与PQ重合时，线框中的感应电动势：

E1=2BLv1=2×1×0.5×1=1V

MN经过PQ后线框中产生的焦耳热：

Q2=•=0.5J

故在整个运动的过程中，线框中产生的焦耳热为：Q=Q1+Q2=1.25J．

答：（1）线框由图示位置运动到MN与PQ重合的过程中磁通量的变化量0.25Wb；

（2）线框运动过程中最大加速度的大小8m/s2；

（3）在上述运动过程中，线框中产生的焦耳热1.25J．

（1）经分析知，金属棒先沿斜面向下做加速度逐渐减小的加速运动，

   由牛顿第二定律得  mgsinθ-BIL=ma

又I=

解得：a=gsinθ-

（2）当加速度减小到0时，达到最大速度，此时：

  mgsinθ=BIL

又I=

解得 vm=

（3）由能量转化和守恒定律知，金属棒减少的机械能转化为回路中的焦耳热，即△Q=mgSsinθ-mv2

答：

（1）导体下滑过程中速度为v时加速度是gsinθ-

（2）导体ab下滑的最大速度vm为；

（3）若金属棒到达最大速度时沿斜面下滑的距离是S，该过程中R上产生的热量为mgSsinθ-mv2．

（1）由右手定则可以判定通过金属棒的电流方向为由b→a

（2）金属棒运动过程中受到拉力和安培力作用，匀速运动时拉力与安培力大小相等．

匀速运动时金属棒产生的感应电动势为  E=BLv  ①

此时拉力功率等于回路的电功率 P=  ②

解得 P=  ③

（3）金属棒的速度为时，安培力为 F安=BIL=  ④

拉力满足 F•=P    

所以F=  ⑤

根据牛顿第二定律 F-F安=ma  ⑥

解得 a=  ⑦

答：

（1）通过金属棒的电流方向为由b→a．

（2）拉力的功率为=．

（3）金属棒的速度为时加速度大小为．

（1）由图象可知，当金属棒的最大速度为vm=5m/s，因为此时电动机的功率恒为P=10W，根据P=Fv可得此时电动机对金属棒的拉力F=  ①

对金属棒进行受力分析可得：

由图可知：F合x=F-F安-mgsin30°=0

故此时F安=F-mgsinθ        ②

又因为回路中产生的感应电动势E=BLvm ③

根据欧姆定律可得，此时回路中电流I=           ④

由①②③④可解得B=1T

（2）由题意可知，当t=0.5s时，金属棒获得的速度v=at

此时电路中产生的感应电流I=，金属棒受到的安培力=F安=

此时电动机的拉力F=

则对金属棒进行受力分析有：F-F安-mgsinθ=ma

代入有关数据有：

--mgsinθ=ma

又因为t=0.5s，m=0.2kg，R=1.2Ω，r=0.20Ω，θ=30°

所以可计算得a=m/s2

（3）在0-0.5s时间里对金属棒进行受力分析有：

  F-F安-mgsinθ=ma得

F=ma+mgsin30°+F安

代入a=m/s2，F安=，m=0.2kg，R=1.2Ω，r=0.20Ω，θ=30°

可计算得F=+．

（4）令通过导体棒的电流为I，则通过电阻R1和R2的电流分别为I

电流做功Q=I2Rt得：

对于R1产生的热量：Q1=()2Rt

对于R2产生的热量：Q2=()2Rt

对于导体棒r产生的热量：Q3=I2rt

因为I和t相等，R=1.2Ω，r=0.2Ω，Q1=0.135J

所以可以计算出：Q2=Q1=0.135J，Q3=0.09J

即整个电路产生的热量Q=Q1+Q2+Q3=0.36J

对整个0.5s过程中由于导体棒的加速度为m/s2在0.5s的时间里，导体棒沿轨道上升的距离

x=at2=××(

1

2

)2m=m

0.5s末导体棒的速度v=at=×m/s=m/s

在这0.5s的时间里，满足能量守恒，故有：

WF-Q-mgxsinθ=mv2

∴力F做功为：WF=Q+mgxsinθ+mv2

代入Q=0.36J，m=0.2kg，x=m，v=m/s可得：

WF=2.34J

答：（1）磁感应强度B=1T；

（2）在0-0.5s时间内金属棒的加速度a=m/s2；

（3）在0-0.5s时间内电动机牵引力F与时间t的关系：F=+；

（4）如果在0-0.5s时间内电阻R1产生的热量为0.135J，则这段时间内电动机做的功WF=2.34J．

（1）由于磁场以速度v1向右运动，当金属框稳定后以最大速度v2向右运动，此时金属框相对于磁场的运动速度为v1-v2，

根据右手定则可以判断回路中产生的感应电动势E等于ad、bc边分别产生感应电动势之和，即E=2BL（v1-v2）

根据欧姆定律可得，此时金属框中产生的感应电流I==

金属框的两条边ad和bc都受到安培力作用，由题意知，ad和bc边处于的磁场方向相反，电流方向也相反，故它们所受安培力方向一致，

故金属框受到的安培力大小

F=2BIL=

当金属框速度最大时，安培力与摩擦力平衡，即满足F-f=-f=0

由此解得：金属框达到的恒定速度v2=v1-

（2）因为阻力恒为f，单位时间内阻力所做的功即为阻力做功的功率

所以Pf=fv2=fv1-

（3）当金属框达到稳定速度后，电路中消耗的电功率

P电=I2R=[]2R=()2R=

据能量守恒，磁场提供的功率P=P电+Pf=+fv1-=fv1

（4）因为线框在运动过程中受到安培力和阻力作用，合力产生加速度，根据牛顿第二定律有：

F-f=ma，即-f=ma        ①

线框做匀加速直线运动，加速度a恒定，故有（v1-v2）为一定值，即线框的加速度与磁场的加速度相等，

即v1=at，代入①式得：

-f=ma

解得：a=

答：（1）金属框所达到的恒定速度v2=v1-

（2）金属框以恒定速度运动时，单位时间内克服阻力所做的功为fv1-

（3）当金属框达到恒定速度后，为了维持它的运动，磁场必须提供的功率P=fv1

（4）求金属框做匀加速直线运动时的加速度大小a=．

（1）电路中电流为I==A=2A

      棒L2所受安培力为F安=BId=0.2N

 根据牛顿第二定律得，F-F安=ma

代入解得，a=1.2m/s2．

（2）当安培力F安与恒力F平衡时，棒L2速度达到最大，此时电路电流为Im，则

   F安=BImd，I=，F安=F

得到，vm==16m/s．

（3）若在棒L2达到最大速度vm时撤去外力F，并同时释放棒L1，L1做加速运动，L2做减速运动，当两者速度相同时，两者一起以相同的速度做匀速运动，设共同速度为v．根据动量守恒定律得

    m2vm=（m1+m2）v

得到，v==10m/s．

（4）为保持棒L2做匀速运动，必须使穿过回路的磁通量不变，设t时刻磁感应强度为B，则

    B0dS=Bd（S+vt）

得到，B=

答：

（1）当电压表的读数为U=0.2V时，棒L2的加速度是1.2m/s2．

（2）棒L2能达到的最大速度vm是16m/s．

（3）若在棒L2达到最大速度vm时撤去外力F，并同时释放棒L1，L1做加速运动，L2做减速运动，最后达到共同速度10m/s．．

（4）磁感应强度B随时间变化的关系式为B=．

（1）列车静止时，电流最大，列车受到的电磁驱动力最大设为Fm，此时，线框中产生的感应电动势                    

 E1=2NBLv0

线框中的电流      I1=

整个线框受到的安培力    Fm=2NBI1L

列车所受阻力大小为fm＜Fm=

（2）当列车以速度v匀速运动时，两磁场水平向右运动的速度为v′，金属框中感应电动势E=2NBL（v'-v）

金属框中感应电流I=

又因为            F=2NBIL=f

求得           v′=v+

当列车匀速运动时，金属框中的热功率为   P1=I2R

克服阻力的功率为     P2=fv

所以可求得外界在单位时间内需提供的总能量为

E=I2R+fv=fv+

（3）根据题意分析可得，为实现列车最终沿水平方向做匀加速直线运动，其加速度必须与两磁场由静止开始做匀加速直线运动的加速度相同，设加速度为a，则t1时刻金属线圈中的电动势                 

                 E=2NBL（at1-v1）

金属框中感应电流              I=

又因为安培力              F=2NBIL=

所以对列车，由牛顿第二定律得    -f=Ma

解得                    a=

设从磁场运动到列车起动需要时间为t0，则t0时刻金属线圈中的电动势   E0=2NBLat0

金属框中感应电流         I0=

又因为安培力           F0=2NBIL=

所以对列车，由牛顿第二定律得   =f

解得        t0==．

（1）线框进入磁场前，线框仅受到细线的拉力FT，斜面的支持力和线框重力，重物M受到重力和拉力FT．

对线框，由牛顿第二定律得   FT-mg sinα=ma      

联立解得，线框进入磁场前重物M的加速度  a==5m/s2

（2）因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以重物受力平衡  Mg=FT′，

线框abcd受力平衡  FT′=mg sinα+FA

ab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势 E=Bl1v    

形成的感应电流 I==

受到的安培力 FA=BIL1

联立上述各式得，Mg=mg sinα+

代入数据解得  v=6m/s

（3）线框abcd进入磁场前时，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动到gh线，仍做匀加速直线运动．

进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度相同，为a=5 m/s2

该阶段运动时间为  t1==s=1.2s

进磁场过程中匀速运动时间  t2==s=0.1s

线框完全进入磁场后线框受力情况同进入磁场前，所以该阶段的加速度仍为a=5m/s2

   s-l2=vt3+at

解得：t3=1.2 s

因此ab边由静止开始运动到gh线所用的时间为 t=t1+t2+t3=2.5s  

（4）线框ab边运动到gh处的速度  v′=v+at3=6 m/s+5×1.2 m/s=12m/s  

整个运动过程产生的焦耳热  Q=FAl2=（Mg-mgsinθ）l2=9J  

答：

（1）线框进入磁场前重物M的加速度是5m/s2；

（2）线框进入磁场时匀速运动的速度v是6m/s；

（3）ab边由静止开始到运动到gh线处所用的时间是2.5s；

（4）ab边运动到gh线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到gh线的整个过程中产生的焦耳热是9J．

（1）由图象知，杆自由下落的高度为h=0.05m，当地的重力加速度g=10m/s2，则杆刚进磁场时的速度为

   v==1m/s

由图象知，杆进入磁场时的加速度为a=-g=-10m/s2，

由E=BLv、I=、F安=BIL得

   F安=

又R并=

根据牛顿第二定律得：mg-F安=ma

联立解得，B=2T

（2）根据法拉第电磁感应定律得：杆在磁场中产生的平均感应电动势为=

杆中平均感应电流为=

通过杆的电量Q=•△t

联立解得Q=0.15C

由于R1=3Ω，R2=6Ω，两个电阻并联，通过它们的瞬时电流关系为==

故通过电阻R2的电荷量q=Q=0.05C．

答：（1）磁感应强度B是2T；

（2）杆下落0.2m过程中通过电阻R2的电荷量q是0.05C．