热门试卷

（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                     

由右手定则判断可知杆中电流方向从b→a

（2）设杆运动的最大速度为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得：I=

杆达到最大速度时满足 mgsinθ-BIL=0

联立解得：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）金属杆匀速下滑时电流恒定，则有  mgsinθ-BIL=0

得 I==1A

电阻箱消耗电功率的最大值Pm=I2Rm=4W

（4）由题意：E=BLv，P=

得  P=

瞬时电功率增大量△P=-

由动能定理得

 W=m-m

比较上两式得 W=△P

代入解得 W=0.6J  

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

（2）金属杆的质量m为0.2kg，阻值r是2Ω；

（3）金属杆匀速下滑时电阻箱消耗电功率的最大值Pm是4W．

（4）当R=4Ω时，随着杆a b下滑回路瞬时电功率每增大1W的过程中合外力对杆做的功W是0.6J．

（1）线框MN边在磁场中运动时，感应电动势E=Bdv 

  UMN=E=Bdv

（2）线框中的感应电流 

 I=

线框MN边在磁场中运动的时间  t=

此过程线框中产生的焦耳热

Q=I 2Rt=

（2）线框在PQ边穿过磁场的过程中产生的焦耳热

 Q=

从线框MN边进入磁场到PQ边穿出磁场的过程中，根据动能定理得

WF+W安+Wf=0

其中  W安=-2Q=-

Wf=-3μmgd

所以WF=+3μmgd．

答：（1）MN两点间的电势差是Bdv；

（2）在线框从MN边进入磁场到MN边穿出磁场的过程中，线框中感应电流产生的焦耳热是；

（3）在线框从MN边进入磁场到PQ边穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功是+3μmgd．

（1）在线圈下边缘刚进入磁场到刚穿出磁场过程中用能量守恒定律，动能不变，重力势能的减小全部转化为电能，又转化为电热，

因此：Q=mgd=0.50J

（2）设线圈自由下落阶段的末速度v，即线圈下边缘到达磁场上边界时的瞬时速度大小是v0，

则v02=2gh，v0=4.0m/s 

线圈上边缘到达磁场上边界时线圈速度一定最小，在线圈进入磁场过程中用动能定理：

mgL-W=mv2-mv02

而克服安培力做的功W就等于增加的电能也等于产生的电热Q

因此解得：v=2m/s

答：（1）线圈进入磁场的过程中产生的电热Q为0.50J．

（2）线圈下边缘穿越磁场的过程中，线圈的最小速度v为2m/s．

（1）金属棒从AA′开始做匀加速运动的过程中，其位移为：

x=at2=×1××32m=4.5m

由：=、=、q=•△t

得电量：q==C=4.5C．

（2）金属棒运动到CC′时：

v=at=3m/s

感应电动势：E=BLv，I==

根据牛顿第二定律得：

F-mgsinθ-μmgcosθ-BIL=ma

解得，F=4.8N

（3）在此过程中，对金属棒运用动能定理得：

W-mgsinθ•x-μmgcosθ•x-W安=mv2

解得：Q=W安=9J

根据焦耳定律得知，金属棒放出的焦耳热为：

Qr=Q=1.8J

答：（1）从AA‘运动到CC‘过程中通过R的电荷量是4.5C；

（2）金属棒通过CC′时所施加的外力F的大小是4.8N；

（3）金属棒放出的焦耳热为1.8J．

（1）当金属棒匀速运动时，

   进入磁场前，F1=μmg        

   进入磁场后，F2=μmg+F安  

                又F安=BIL

                 I=   

    解得：F2=μmg+

 （2）金属棒在磁场外运动过程中，

           W1=μmg[2a+（n-1）b]

      穿过 n 段磁场过程中，W2=nF2a

  故拉力做功为：W=W1+W2=μmg[2a+（n-1）b]+nF2a=μmg[(n+2)a+(n-1)b]+        

  （3）金属棒进入第一段磁场前，(F-μmg)•2a=m 

       穿过第一段磁场过程中，Fa-μmga-E电1=m-m

       金属棒从穿出第一段磁场到进入第二段磁场的过程中，(F-μmg)b=m-m          

              得到，E电1=（F-μmg）（a+b）

       从OO′开始运动到刚离开第n段磁场整个过程中电路中产生总热量E电=n（F-μmg）（a+b）

            由于金属棒与电阻的感应电流瞬时相等，根据焦耳定律Q=I2Rt，Q∝R

        整个过程中电阻上产生的总热量为：Q=nE电

       解得：Q=n(F-μmg)(a+b)

答：（1）金属棒不在磁场中时受到的拉力F1=mg，在磁场中时受到的拉力F2的大小为μmg+；

    （2）拉力所做的功为μmg[(n+2)a+(n-1)b]+；   

    （3）金属棒从OO′开始运动到刚离开第n段磁场整个过程中导轨左端电阻上产生的热量为n(F-μmg)(a+b)．

（1）据法拉第电磁感应定律：E=BLv 据闭合电路欧姆定律：I=

∴电阻R的最大热功率为 P=I2R=0.4w

（2）当金属棒速度恰好达到最大速度时，受力分析，则有

  mgsinθ=F安+f

又安培力大小为 F安=ILB==0.2N    

则得  f=mgsinθ-F安=0.3N

金属棒由静止释放时，由牛顿第二定律得

  mgsinθ-f=ma   得a=2m/s2

（3）金属棒下滑过程中，据动能定理得：

  mgh-f -W=mv2

解得 W=1J，

∴此过程中电阻中产生的热量Q=W=1J

答：

（1）下降h过程中，电阻R的最大热功率为0.4w；

（2）静止释放时的加速度是2m/s2；

（3）此过程中电阻中产生的热量是1J．

（1）设导体棒的初速度为v0，由动能的定义式

    Ek=m 得  v0=

设初始时刻产生的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得：

     E=BLv

设初始时刻回路中产生的电流为I，由闭合电路的欧姆定律得：

   I=

设初始时刻导体棒受到的安培力为F，由安培力公式得：F=BIL

联立上式得，F=

（2）从初始时刻到最终导体棒静止的过程中，导体棒减少的机械能一部分转化为弹簧的弹性势能，另一部分通过克服安培力做功转化为电路中的电能，因在电路中只有电阻，电能最终全部转化为电阻上产生的焦耳热Q．

当导体棒静止时，棒受力平衡，此时导体棒的位置比初始时刻降低了h，

则   mg=kh，得h=

由能的转化和守恒定律得：mgh+Ek=EP+Q

 解得 Q=+Ek-Ep

答：

（1）初始时刻导体棒所受安培力的大小F为；

（2）从初始时刻到最终导体棒静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为+Ek-Ep．

（1）金属棒沿斜面方向受力平衡，外力应沿斜面向上，设其大小为F1，则  

   F1-mgsinθ-B1Il=0

由图（b）可知，磁感应强度B的大小与t关系为B1=2t

回路中产生的感应电动势  E==，S=l•d，

此时回路中的感应电流  I=

得 F1=mgsinθ+B1l=mgsinθ+4t

（2）由图（c）可知，金属棒运动的最大速度为v0，此时金属棒所受合力为零．

设金属棒此时所受拉力大小为F2，流过棒中的电流为Im，则  F2-mgsinθ-B′Iml=0

 Em=B´lv0

 Pm=F2•vm   

得 -mgsinθ-B′l=0

解得  B′=

（3）设磁感应强度为B，棒沿斜面向上运动时，mgsinθ+BIl=ma得

  a=gsinθ+

取极短时间△t，速度微小变化为△v，△v=a△t，△s=v△t

得 △v=gsinθ△t+

在上升的全过程中，∑△v=gsinθ∑△t+

即0-v=-[t2gsinθ+]

又下滑到匀速时有  mgsinθ-=0

由上两式得s=-

上升的高度H=s•sinθ=

答：

（1）加在金属棒中央、沿斜面方向的外力随时间变化的关系是F1=mgsinθ+4t；

（2）磁感应强度B′的大小为；

（3）棒在撤去拉力后所能上升的最大高度是．

（1）设线圈向右移动一距离△S，则通过线圈的磁通量变化为：

△Φ=h△SL，而所需时间为△t=，

根据法拉第电磁感应定律可感应电动势力为E==hvL=4×10-5V．

（2）根据欧姆定律可得感应电流I==2×10-3A，

电功率P=IE=8×10-8W

（3）电流方向是沿逆时针方向的，导线dc受到向左的力，导线ab受到向右的力．安培力的合力FA=（B2-B1）Ih=LIh=4×10-14N，

所以外力F=FA=4×10-14N．

线圈做匀速运动，所受合力应为零．根据能量守恒得机械功率P机=P=8×10-8W．