热门试卷

（1）当金属棒的加速度为零时，Mgsin30°=F+mg                                               

库仑力：F=BIL=KhIL                                             

感应电流：I==                                           

解以上方程得：v=                            

（2）设产生的焦耳热为Q，由能量的转化与守恒得：

(M+m)v2=Mghsinθ-mgh-Q                        

解得：Q=mgh-                   

（3）金属棒上升h的过程中，磁通量的变化：△Φ=Lh=kh•Lh=kh2L

   流过金属棒截面的电量：q=•△t=•△t                  

    =                                

解得：q=

答：（1）金属棒上升h时的速度v=；

（2）金属棒上升h的过程中，电阻R上产生的热量mgh-；

（3）金属棒上升h的过程中，通过金属棒横截面的电量．

（1）设线框进入磁场时的速度为v，从线框开始下落到dc进入磁场的过程中，线框机械能守恒．即

   mgh=mv2

线框进入磁场过程中，回路电动势为 E=BL1v 

线框进入磁场过程中，通过线框的电流为 I=     

由于线框匀速进入磁场区域，所以线框受力平衡，即：mg=BIL1

由以上各式并代入数值可得：R=

（2）线框进入磁场所用时间为：t=

流经线框导线横截面的电量为：q=It

由以上各式并代入数值可得：q=

（3）线框匀速下落的速度与（1）中的下落速度相同，即v=

从线框开始下落到线框全部进入磁场过程中，根据动能定理得

   mg（H+L2）+W=mv2

解得：W=-mg（H-h+L2）

答：

（1）线框的电阻R是．

（2）线框在进入磁场的过程中，通过线框导线横截面的电荷量q为．

（3）线框进入磁场过程中，安培力做的总功W是-mg（H-h+L2）．

（1）通过线框的电量为q=I△t=△t==

（2）设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W．由动能定理mgsinα•4d+W-BIld=0

且Q=-W

解得Q=4mgdsinα-BIld

（3）设线框第一次向下运动刚离开磁场下边界时的速度为v1，则接着又向下运动2d，由动能定理mgsinα•2d-BIld=0-mv12

得v1=

安培力FA=BI′d=B••d==

（4）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离xm之间往复运动．

由动能定理   mgsinα•xm-BIl（xm-d）=0

解得xm=．

加速电场中，由动能定理得 eU=m；

在平行金属板间，电子做类平抛运动，当电子刚好打在金属板右侧边缘时，则有

    t=；    

   d1=at2；    

又 a=；

U′=Bd2v；

联立以上各式解得：U′=； v=

故AB垂直向右切割磁感线的速度的取值范围为：v≤

答：AB垂直向右切割磁感线的速度的取值范围为：v≤．

（1）当磁场按Bt=Bcosωt规律变化时，回路中产生的电动势大小为

e=L2=BL2ωsinϖt

其有效值为 E=

磁场由B减小到零经历的时间为 t==

在此过程中，电阻R产生的热量 Q1=()2Rt=

（2）设恒定的拉力大小为F，在ab杆离开磁场区的瞬间，牛顿第二定律：F-=ma

在ab杆在磁场运动过程中，由动能定理F•l-Q2=m

在ab杆离开磁场继续向前运动2L的过程中：F•2L=m(-)

联立上述三个等式可得：a=-

Q2=m(-3)

答：（1）若固定a b杆，磁场按Bt=Bcosωt规律由B减小到零，在此过程中电阻R上产生的电热Q1是；

（2）ab杆在离开磁场前瞬间的加速度为-；

在ab杆滑过3L的过程中电阻R上产生的电热Q2是m(-3)．

（1）物体的位移为3L，在0--L段，恒力F、重力mg及安培力F安对物体做功，安培力的功等于电阻上产生的电热Q1，

由动能定理：F L-mg L sinα+W安=mv12                      

而：W安=-Q1                                             

在L--3L段，由动能定理得：

（F-mgsinα）2L=mv22-mv12                              

解得：Q1=m（v22-3v12）                                     

（2）ab杆在离开磁场前瞬间，沿轨道方向受重力分力mg sinα、安培力F安和恒力F作用．

F安=

a=

解得：a=-

（3）当磁场按B=B0+kt规律变化时，由于ab静止在导轨上的初始位置，

所以感应电动势为：E==kL2，

安培力为：F安=BIL=

由平衡条件得：F-mgsinα+F安=0

解得：F=mgsinα-

①若mgsinα≤B0时，F的方向沿斜面向下．                    

②若mgsinα＞B0时，F的方向先沿斜面向上；                   

当经过t=-时，F的方向又将变为沿斜面向下．  

答：（1）在发生3L位移的过程中，电阻R上产生的电热Q1是=m（v22-3v12）    

（2）ab杆在离开磁场前瞬间的加速度是-

（3）若mgsinα≤B0时，F的方向沿斜面向下，若mgsinα＞B0时，F的方向先沿斜面向上；                

当经过t=-时，F的方向又将变为沿斜面向下．

（1）根据左手定则判断知b棒向左运动．

a棒从h0高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有

mgh0=mv2

得v=

a棒刚进入磁场I时E=BLv

此时感应电流大小I=

此时b棒受到的安培力大小F=BIL

依题意，有F=Kmg

求得h0=

（2）由于a棒从小于进入h0释放，因此b棒在两棒相碰前将保持静止．

流过电阻R的电量q=△t

又==

所以在a棒穿过磁场I的过程中，通过电阻R的电量

q=

将要相碰时a棒的速度

v=-×=

此时电流I=

此时b棒电功率Pb=I2R=．

（3）由于a棒从高度大于h0处释放，因此当a棒进入磁场I后，b棒开始向左运动．由于每时每刻流过两棒的电流强度大小相等，两磁场的磁感强度大小也相等，所以两棒在各自磁场中都做变加速运动，且每时每刻两棒的加速度大小均相同，所以当a棒在t1时间内速度改变（v1-v1）=v1时，b棒速度大小也相应改变了v1，即此时b棒速度大小为v1． 

两棒的速度大小随时间的变化图象大致如图所示：

通过图象分析可知，在t1时间内，两棒运动距离之和为v1t1，所以在t1时间内b棒向左运动的距离为△S=（v1t1-d），

距离磁场II左边界距离为

△L=-△S=-v1t1．

（1）对线框和重物利用机械守恒定律有：2MgLsinθ-2mgL=(M+m) ①

解得：υ1= ②

（2）设线框ab边刚进入磁场Ⅱ时速度为v2，则线框中产生的电流为：I= ③

线框受到的安培力：F=2BIL= ④

设绳对线框、m的拉力大小为T则；

对线框；T+F=Mgsinθ ⑤

对m；T=mg ⑥

 联立④⑤⑥解得：υ2= ⑦

P=Mg•sinθ•υ2= ⑧

（3）从线框开始释放到ab边刚穿出磁场Ⅱ的过程中，根据能量守恒有：4MgLsinθ-4mgL=Q+(M+m) ⑨

联立⑦⑨得：Q=4(Msinθ-m)gL-(M+m)[]2⑩

答：

（1）线框的ab边刚进入磁场区域I时的速度大小为；

（2）线框ab边在磁场区域Ⅱ中运动的过程中，线框重力的功率P为；

（3）从开始释放到ab边刚穿出磁场区域I的过程中，线框中产生的焦耳热Q为4（Msinθ-m）gL-（M+m）[]2