热门试卷

（1）t时刻金属杆CD的速度 v=at

电压表示数为U=IR=v

则得 U=at

由图得：U=kt，联立则得k=0.4 V/s

所以U=0.4 t（V）．如图 

（2）杆所受的安培力 f=BIL=，根据牛顿第二定律得

   F-f=ma

代入得 F=+ma=at+ma=k′t+ma，

解得，k′=0.1 N/s，

故外力F随时间t的变化关系式 F=0.1 t+0.5（N）

（3）外力F的瞬时功率P=Fv

P=（k′t+ma）at=0.5 t2+2.5 t（W）

可见F的瞬时功率与时间成二次函数关系，

第2s末得到：P=7 W

答：

（1）电压表的示数随时间变化的关系式为U=0.4 t（V）．在图中画出电压表的示数U随时间t变化的图象如图．

（2）外力F随时间t的变化变化关系为F=0.1 t+0.5（N）．

（3）外力F的功率随时间t的关系为P=0.5 t2+2.5 t（W），第2s末时外力F的瞬时功率P是7W．

（1）由E=BLv、I=和F=BIL知

F=    

代入数据解得 v1=4m/s        

（2）由F=和P=Fv得

v2=

代入数据后得v2=m/s=3m/s．

（3）由P=Fv3  E=BLv3   

根据闭合电路欧姆定律得，I=   F安=BIL  

通过牛顿第二定律得，F-F安=ma

解得：a=11m/s2

（4）由Q=Q1+Q2   Q1：Q2=R：r   

得：Q=8.6J

Pt=m+Q

t==s=0.5s．

答：（1）若施加的水平外力恒为F=8N，则金属棒达到的稳定速度v1是4m/s．

（2）若施加的水平外力的功率恒为P=18W，则金属棒达到的稳定速度v2是3m/s．

（3）金属棒的速度达到v3=2.5m/s时的加速度是11m/s2．

（4）该过程所需的时间是0.5s．

（1）导体棒MN运动时产生的感应电动势为ε=BLv①

导体棒MN的电阻为rMN=2Lr②

当导体杆MN的位移s1=时，导体杆右侧金属框的电阻为

R=4Lr③

此时MN两端的电压为UMN=ε=BLv④

（2）在上述位置时感应电流大小为I===⑤

安培力大小FA=BIL=⑥

由于导体杆做匀速运动，外力F等于安培力，即F=FA=⑦

（3）金属框上消耗的电功率为P=()2R==⑧

当R=，即R=2Lr时，P最大．

此时有R=（5L-S2）r=2Lr⑨

可得s2=L

此时最大功率为Pm==．

答：（1）当导体杆MN的位移s1=时，MN两端的电压为BLv．

（2）在上述位置外力F的大小是．

（3）当导体杆MN的位移为L时金属框上消耗的电功率最大，最大功率为．

（1）设3s末金属杆的速度为v，

由图象知，t=3s时回路中的电流I==0.3A．

由E=Bdv和I=得，金属杆的速度v===3m/s

金属杆的动能EK=mv2=×1×32=4.5J

（2）安培力的功率就等于回路的发热功率，

所以3s末安培力的功率P=I2（R+r）=0.09×（4+1）=0.45W  

（3）由图象知，4s内回路中产生的热量Q=I2（R+r）t=238×0.12×10-2×5J=1.428J

金属杆上升的总高度为H=h+vt=4+3×1=7m．

对整个系统由能量守恒知：

外力F在4s内做的总功为W=Q+mgH+EK=（1.428+1×10×7+4.5）J=76J

（1）根据平衡条件得F安=mgsinθ

          又F安=BIL，I=，E=BLv0

         得到F安=

         联立解得

              v0==5m/s

      （2）由牛顿第二定律，得

             mgsinθ-F安=ma

         得到a=gsinθ-=-1m/s2

         说明此时加速度大小为1m/s2，方向沿斜面向上．

    （3）由于金属棒r和电阻R上电流时刻相同，由焦耳定律Q=I2Rt，得知Q∝R

         则R产生的热量为QR=Qr=3.6J

        金属棒匀速运动整个电路产生的总热量Q=QR+Qr=6J

        在该过程中电路的平均电流为I==

        设匀速前金属棒在磁场中位移为x，则此过程中通过R的电量为q=I•△t==

        从释放到刚匀速运动过程中，由能量守恒定律得

                mgsinθ（S+x）=m+Q

       联立上式，解得S=-=5.5m

答：（1）金属棒匀速运动时的速v0为5m/s；

（2）金属棒进入磁场后，当速度v=6m/s时，加速度大小为1m/s2，方向沿斜面向上；

（3）磁场的上部边界OP距导轨顶部的距离S为5.5m．

（1）当金属棒MN匀速运动到C点时，电路中感应电动势最大

金属棒MN接入电路的有效长度为导轨OCA形状满足的曲线方程中的x值．

因此接入电路的金属棒的有效长度为L=x=0.5siny

则有．Lm=xm=0.5m

感应电动势，Em=BLmv      

解得：Em=3.0V

（2）闭合电路欧姆定律，Im=

且R总==3Ω，

解得：Im=1.0A，

如图所示，

（3）金属棒MN匀速运动中受重力mg、安培力F安、外力F外作用

当y=2.5m时，x=0.5sin=0.25m

受力平衡，F外=F安+mg=BIL+mg=+mg=1.25N

（4）当y=1.5m时，x=0.5sin=0.5m

此时P1=0.9W，所以P总=P1=1.2W

P总=F安v==1.2W     

得此时vt2=3.6（m/s）2

选取从y=0处到达y=1.5m处时，根据动能定理，则有：W克=m-m

解得：W克=1.62J

答：（1）金属棒MN在导轨上运动时感应电动势的最大值为3V；

（2）请在图（b）中画出金属棒MN中的感应电流I随时间t变化的关系图象如图所示；

（3）当金属棒MN运动到y=2.5m处时，外力F的大小为1.25N；

（4）若金属棒MN从y=0处，在不受外力的情况下，以初速度v=6m/s向上运动，当到达y=1.5m处时，电阻R1的瞬时电功率为P1=0.9W，在该过程中，金属棒克服安培力所做的功为1.62J．

（1）设ab棒在导轨之间的长度为l，有效电动势：E=Blv0

由欧姆定律得I==                   

（2）设O点到ab棒距离为x，则ab棒的有效长度：l′=2xtan30°=x  

∵ab棒做匀速运动，∴kx=BIl′

∴k===                    

（3）裸导线最终只能静止于O点，故其动能全部转化为焦耳热，即

Q=m         

则Qab==                                               

答：（1）导体棒ab第一次经过O点前，通过它的电流大小；

（2）弹簧的劲度系数k=；

（3）从导体棒第一次经过O点开始直到它静止的过程中，导体棒ab中产生的热量．

（1）由右手定则判断出感应电流方向为逆时针．

         由电流图象得到I=0.1t A，

         又I==，则v==0.2t m/s 

    （2）当t=2s时，v=0.4m/s，加速度a=0.2m/s2        此时安培力F安==0.4N，

        根据牛顿第二定律，得F-F安=ma，

       代入解得 F=0.5N    

    （3）t=5s时，v=1m/s

      则由能量守恒定律得Q=W-mv2=1.67J

答：（1）金属框的速度随时间变化的表达式为v=0.2tm/s．

    （2）t=2.0s时金属线框的速度大小为0.4m/s，水平外力的大小为0.5N．

    （3）金属线框从磁场拉出的过程中产生的焦耳热为1.67J．

（1）在运动过程中，ab棒中的电流方向从b流向a． 

         cd棒受到的安培力方向是垂直导轨平面向里．    

    （2）设ab棒加速度大小为a，当t1=0时，F1=11N，则

             F1-mg=ma          

           解得a=1m/s2

         当t2=2s时，F2=14.6N，设ab棒速度大小为v，其中电流为I，则

             F2-mg-BIL=ma                        

               v=at2                             

              BLv=2I r            

             解得B=1.2T                       

     （3）从t1=0到t2=2s，ab棒通过的距离为h，则h=a

         设金属棒ab的机械能变化为△E，则

△E=mgh+m  

          解得△E=22J