热门试卷

（1）设线圈的右边导线所在位置的磁感应强度为B1、左边导线所在位置的磁感应强度为B2，则E=B1hv-B2hv=kLhv

线圈所受的安培力 FA=（B1-B2）h

由牛顿第二定律可得：F-FA-f=ma

即得  F-(B1-B2)h-f=ma

又  v=at 

得，F随时间t的变化规律为 F=ma+f+at

（2）若FA=≤f时，线圈将始终静止不动．

    若FA=＞f时，线圈将加速度向左动，最终匀速．

设线圈匀速时的速度为v′，则有    =f

解得   v′=v-

（3）线圈的加速度最终与磁场的加速度相同，即  a=．  

设t时刻线圈的速度为v″，则-f=ma

解得

v″=vt-

答：

（1）要让线圈在水平外力F的作用下，从静止开始向右做加速度为a的匀加速直线运动，F随时间t的变化规律为 F=ma+f+at．

（2）若磁场区域以速度v1水平向左匀速运动，线圈从静止开始释放，此后线圈运动的最大速度v-．

（3）t时刻线圈的速度为vt-．

（1）导体棒刚进入磁场时的速度：由=2gh      得：v0==3m/s

导体棒进入磁场时所受安培力：F=BIL=

根据牛顿第二定律得：mg-=ma

代入解得：B=T

（2）导体棒PQ刚进入磁场时感应电流的大小为：I===A=A

由右手定则判断得：导体棒PQ中感应电流的方向：P→Q

（3）根据动能定理得：mgH-|WF安|=maH

得：|WF安|=mH（g-a）=0.1×0.5（10-9）J=0.05J

（4）由mg-=ma和 v2-v02=2ay得：

B==

答：

（1）导体棒刚进入磁场时，该处的磁感应强度B的大小为T；

（2）导体棒PQ刚进入磁场时感应电流的大小为A，方向P→Q；

（3）导体棒PQ穿过磁场过程中克服安培力所做的功为0.05J；

（4）磁感应强度B随y变化的函数关系是．

（1）导体棒切割磁感线产生感应电动势：E=Blv，

由闭合电路的欧姆定律可得，电路电流：I==，

由图乙可得：t=4.0s时，I=0.8A，即：==0.8A，

解得：v=2m/s；

（2）由于B、l、R、r是定值，由I=可知，I与v成正比，

由图乙可知，电流I与时间t成正比，由此可知，速度v与时间t成正比，

由此可知，导体棒做初速度为零的匀加速直线运动，

4.0s内金属棒的加速度a===0.5m/s2，

对金属棒由牛顿第二定律得：F-mgsin30°-F安=ma，

由图乙所示图象可知，t=3s时I=0.6A，此时F安=BIl=1T×0.6A×0.5m=0.3N，

则3s末，拉力F=mgsin30°+F安+ma=0.85N，

t=3s时I=0.6A，由I=可知，t=3s时，棒的速度v=1.5m/s，

3.0s末力F的瞬时功率P=Fv=0.85N×1.5m/s=1.275W；

（3）通过R与r的电流I相等，由焦耳定律得：

====，则Qr=QR=×0.64J=0.16J，

在该过程中电路中产生的总热量为：Q总=Qr+QR=0.8J，

在导体棒运动的过程中，克服安培力做的功转化为焦耳热，

因此在该过程中，安培力做的功W安=-Q总=-0.8J，

对金属棒，在0～4.0s内，导体棒的位移：

x=at2=×0.5m/s2×（4s）2=4m，

重力做的功WG=-mgxsin30°=-0.1kg×10m/s2×4m×=-2J，

t=4s时，v=2m/s，由动能定理得：

WF+W安+WG=mv2-0，

解得，F对金属棒所做的功：WF=3.64J；

答：（1）4.0s末金属棒ab瞬时速度的是2m/s．

（2）3.0s末力F的瞬时功率是1.275W．

（3）0～4.0s时间内F对金属棒所做的功是3.64J．

（1）当线圈ab边进入磁场时

v1==3m/s

E=BLv1

安培力F=BIL=BL=0.15N

由牛第二定律mg-F=ma

得a=2.5m/s2

（2）由v=   而I=

则F=BILmg-F=0

解得h=0.8m

（3）线圈cd边进入磁场前F=G，线圈做匀速运动，

由能量关系可知焦耳热

Q=mgL=0.02J            

通过线框的电量q=It==0.05C

（1）当金属棒以速度v0匀速运动时，ε=BLv0

I==FA=BIL=

F=FA==N=0.2N

（2）若金属棒与导轨间存在摩擦力，则：F-μmg=

得：v1===1m/s

（3）当金属棒的速度为v2时，有    -f=FA=

代入数据整理得v22+v2-6=0

解得v2=2m/s

（4）设电量为q，有      q=•△t=•△t=•△t==

得x==m=0.5m

根据总能量守恒，有mv32=Q+fx

得v3==m/s=3m/s

答：（1）若不计金属棒和金属导轨间的摩擦，金属棒达到稳定运动时速度v0=1m/s，则此时牵引力F0.2N；

（2）若金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.1，牵引力F=0.4N，则金属棒所能达到的稳定速度v1为1m/s；

（3）若金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.1，牵引力的功率恒为P=1.2W，则金属棒所能达到的稳定速度v2为2m/s；

（4）若金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.1，金属棒在运动中达到某一速度v3时，突然撤去牵引力，从撤去牵引力到棒的速度为零时止，通过金属棒的电量为0.5C，金属棒发热0.8J，则撤去牵引力时棒的速度v3为3m/s．

（1）cd边刚进入磁场时，线框速度为：v=，

感应电动势大小为：E=BL

（2）此时线框中电流：I=，cd两点间的电势差：U=I(R)=BL

（3）线框所受的安培力为 F=BIL=

根据牛屯第二定律mg-F=ma，则a=0

解得下落高度满足h=

答：

（1）线框中产生的感应电动势大小是BL；

（2）cd两点间的电势差大小是BL；

（3）若此时线框加速度恰好为零，线框下落的高度满足h=．

（1）t时刻，导体运动速度为   v=at产生的感应电动势为  E=Blv

    回路产生的感应电流I=所以安培力     F安=BIL=

   由牛顿第二定律得：F -=ma，所以拉力与时间关系F=+ma  

 （2）设拉力作用的时间t0，则v0=at0 当位移d时速度v=0代入v=v0-cs

          得 t0=    

（3）在回路中电阻R与电阻r消耗的电能之比为=

       Q+Qr=W安  ）得W安=对整个过程，由动能定理WF-W安=0

      所以WF=

（4）先做匀加速，再做减速运动：v-t图象如图所示．

故答案为：（1）拉力与时间关系F=+ma

           （2）拉力作用的时间为：t0= 

           （3）拉力做的功为：WF=

            （4）图象如图

（1）电梯向上匀速运动时，框中感应电流大小为I=

金属框所受安培力F=2B1ILcd

安培力大小与重力和阻力之和相等，所以F=mg+Ff

即=mg+Ff

得：v0=13.2m/s

（2）电梯向上匀加速运动时，金属框中感应电流大小为  I=

金属框所受安培力F=2B1ILcd

由牛顿定律得：F-mg-Ff=ma

 即   -mg-Ff=ma   

解得：v1=3.9m/s

金属框中感应电流为：I=I==1.44×104A

A金属框中的电功率为：P1=I2R=2.07×105W

电梯上升高度为：h==5.07m

上升时间为：t′==2.6s

外界提供的总能量为E=mgh+Ffh+mv12+P1t′=8.3×105J

答：

（1）v0=13.2m/s

（2）5s末速度为：3.9m/s

金属框中的电功率为：2.07×105W

外界提供的总能量为：8.3×105J

（1）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=T

线框abcd受力平衡T=mgsinθ+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

联立得：Mg=mgsinθ+    

解得：v=6m/s

（2）线框abcd进磁场前时，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   

对M：Mg-T=Ma       

对m：T-mgsinθ=ma

联立解得：a==5m/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 

进磁场后线框受力情况同进磁场前，所以该阶段的加速度仍为：a=5m/s2

s-l2=vt3+a    

解得：t3=1.2s

因此ab边由静止开始运动到gh线所用的时间：

t=t1+t2+t3=1.2+0.1+1.2（s）=2.5s 

（3）t时间内线框匀速向上运动，

则t时间内产生的焦耳热，Q=FAl2=（Mg-mgsinθ）l2

解得：Q=9J   

答：（1）线框进入磁场时匀速运动的速度6m/s；

（2）ab边由静止开始运动到gh线所用的时间2.5s；

（3）t时间内产生的焦耳热9J．