热门试卷

（1）两者同时落地，线框刚进入磁场时，有：v=

根据mg-BL=ma得：a=g-=g-（其中ρm、ρc分别为材料的质量密度和电阻率，对两者相抵），故线框进入磁场时两者加速度相等，则经过相等时间相等的距离，速度变化相等，所以以后在同一高度处速度、加速度处处相等．

而线框进入磁场后，感应电流为零，安培力为零，只受重力作用，加速度一直为g，这样线框在整个过程中的任何时刻速度都相等且在同一高度处，故同时落地．

（2）整个过程中通过线框的总电量为：q=∝，而：R=ρ，且两者质量mB=2mA，可知SB=2SA，

所以y有：===．

（3）由能量守恒定律得：mg(h+5L)=Q+mv2（v为线框落地时的速度大小，两者速度相等），

得：==．

答：（1）两者同时落地．

（2）通过A、B两个线框的电量之比为．

（3）能．两者产生的热量之比．

（1）导体棒做切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，电动势为：

E=BLv=0.1×0.4×5V=0.2V．

电路abcd中的电流为：

I==A=0.4A；

（2）导体ab所受的安培力的大小：

F安=BIL=0.1×0.4×0.4=0.016N

由左手定则判断可知，安培力方向向左；

（3）导体棒匀速运动，外力与安培力二力平衡，则有：

F外=F安=0.016N

故外力做功的功率是：

P外=F外v=0.016×5W=0.08W

（4）导体棒匀速运动，电源的功率等于外力的功率，为：

P电=P外=0.08W；

电源内部消耗的功率：

P内=I2r=0.42×0.1W=0.016W．

外部电阻R消耗的功率：

PR=P电-P内=0.064W；

答：（1）电源的电动势为0.2V，电路abcd中的电流为0.4A．

（2）导体ab所受的安培力的大小为0.016N，方向向左；

（3）外力做功的功率是0.08W．

（4）电源的功率为0.08W，电源内部消耗的功率是0.016W，外部电阻R消耗的功率是0.064W．

（1）由图2可知，=

根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E==L2=L2①

（2）金属棒在弧形轨道上滑行过程中，产生的焦耳热Q1=t=

金属棒在弧形轨道上滑行过程中，根据机械能守恒定律mg=m②

金属棒在水平轨道上滑行的过程中，产生的焦耳热为Q2，

根据能量守恒定律Q2=m-mv2=mg-mv2

所以，金属棒在全部运动过程中产生的焦耳热Q=Q1+Q2=+mg-mv2

（3）a．根据图3，x=x1（x1＜x0）处磁场的磁感应强度B1=．

设金属棒在水平轨道上滑行时间为△t．由于磁场B（x）沿x方向均匀变化，根据法拉第电磁感应定律△t时间内的平均感应电动势===

所以，通过金属棒电荷量q=△t=△t=

b．金属棒在弧形轨道上滑行过程中，根据①式，I1==

金属棒在水平轨道上滑行过程中，由于滑行速度和磁场的磁感应强度都在减小，所以，此过程中，金属棒刚进入磁场时，感应电流最大．

根据②式，刚进入水平轨道时，金属棒的速度v0=

所以，水平轨道上滑行过程中的最大电流I2==

若金属棒自由下落高度，经历时间t=，显然t0＞t

所以，I1=＜==I2

综上所述，金属棒刚进入水平轨道时，即金属棒在x=0处，感应电流最大．

答：

（1）金属棒在圆弧轨道上滑动过程中，回路中产生的感应电动势E是L2；

（2）金属棒从开始滑动到离开右段磁场过程中产生的焦耳热Q为+mg-mv2；

（3）a．金属棒在水平轨道上滑动过程中通过导体棒的电荷量q为；

b．金属棒在全部运动过程中金属棒刚进入水平轨道时，即金属棒在x=0处，感应电流最大．

（1）根据机械能守恒得

mgh=m，得v0=

感应电动势 E=BL1v0，

由闭合电路欧姆定律得 I==．

（2）线框进入磁场的过程做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，则知3位置时线圈速度最小，则有

  -v2=2g(d-L2)，

得v=

（3）由于线圈完全处于磁场中时不产生电热，线圈进入磁场过程中产生的电热Q就是线圈从图中2位置到4位置产生的电热，而2、4位置动能相同．

由能量守恒Q=mgd

由对称性可知：Q总=2Q=2mgd

答：

（1）线圈刚进入磁场时的感应电流的大小是；

（2）线圈从下边缘刚进磁场到下边缘刚出磁场的过程中最小速度v是；

（3）线圈进出磁场的全过程中产生的总焦耳热Q总是2mgd．

（1）金属细杆开始运动时，由牛顿第二定律得：

F安=BIL=ma

解得：a==m/s2=10m/s2

（2）对金属细杆从M点到P点的运动过程，由动能定理得：

F安•（MN+OP）-mg•ON=mv2

解得金属细杆运动到P点时的速度大小为：v==m/s=m/s

（3）在P点对金属细杆，由牛顿第二定律得：

FN-BIL=

解得：FN=+BIL=+0.5×2×0.5=1.5N

则每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75N，由牛顿第三定律可知每一条轨道的作用力大小为0.75N．

答：（1）金属细杆开始运动时的加速度大小为10m/s2；

（2）金属细杆运动到P点时的速度大小为m/s；

（3）金属细杆运动到P点时对每一条轨道的压力大小为0.75N．

（1）线圈刚放到传送带上时，相对传送带滑动的距离 s

则：2as=v2--------------------------------------①

ma=μmg---------------------------②

由以上两式解得：s=----------------------③

（2）线圈通过磁场时产生的感应电动势    E=BLv----------④

线圈中的电流        I==----------------⑤

线圈通过磁场过程中，产生感应电动势所用时间     t=-----⑥

由④⑤⑥式可得线圈通过磁场产生的焦耳热：Q=I2Rt=--⑦

（3）传送带输送每一个线圈做功分为三部分：线圈获得的动能mv2，

传送带与线圈相对滑动产生的热能μmgs，通过磁场时克服磁场力所做的功 WF，即：

W=μmgs+mv2+WF---------------------⑧

解得：W=mv2+----------------------⑨

单位时间内输送线圈的个数        N=-------------------⑩

所以传送带传送线圈的总功率      P=NW=(mv2+)----（11）

答：（1）每个线圈相对传送带滑动的距离s=；

（2）每个线圈通过磁场区域产生的焦耳热Q=；

（3）传送带传送线圈的总功率是(mv2+)．

（1）导体棒在导轨上匀速滑行时，设AB棒等效切割长度为l，则

  导体棒在导轨上ε=BLV0

  回路总电阻为R总=3Lr

  则感应电流为I=

所以，I=

（2）AB棒滑到DF处时，AB两端的电压UBA=UDA+UFD+UBF

  UDA+UBF=BLv0

而UDF=BLv0=BLv0

得UBA=UDA+UFD+UBF=BLv0

（3）导体棒从低端拉到顶端电机做的功W=△EP+Q1+Q2

增加的重力势能：△EP=mg(2L+Lcos300)sin300=mgL

   AB棒在DEF轨道上滑动时产生的热量 Q1=W安，

此过程中，电流I不变，所以F安∝S，故Q1=W安=•L=

AB棒在CDEF导轨上滑动时产生的热量，电流不变，电阻不变，所以

 Q2=I2R总t=()2•3Lr•=

所以，W=(mgL+)

（4）分三段讨论牵引力随时间的变化情况

Ⅰ：CDEF导轨上运动牵引力为F1，则mgsin30°-F安-F1=ma，F安=BIL，I=，Vt=at，F1=mg-ma-t

Ⅱ：DEF导轨上运动牵引力为F2，则mgsin30°-F安-F2=ma，F安=BIx，I==，Vt=at，at2=L+L-x，

所以F2=mg-ma-[L-at2]2t

Ⅲ：OE段运动牵引力F3，不随时间变化，则

F3=mg-ma 

答：

（1）导体棒在导轨上滑行时电路中的电流的大小为；

（2）导体棒运动到DF位置时AB两端的电压为BLv0；

（3）将导体棒从低端拉到顶端电机对外做的功是(mgL+)；

（4）此过程中电机提供的牵引力随时间变化情况是：

Ⅰ：CDEF导轨上运动牵引力为F1=mg-ma-t

Ⅱ：DEF导轨上运动牵引力为F2=mg-ma-[L-at2]2t

Ⅲ：OE段运动牵引力F3，不随时间变化，F3=mg-ma．

解：（1）感应电动势为E=BLv=0.40×0.40×0.5V=8.0×10-2 V

感应电流为A=4.0×10-2 A

（2）导体棒匀速运动，安培力与拉力平衡

即有F=BIL=0.40×4.0×10-2×0.4 N=6.4×10-3 N

（3）导体棒移动30cm的时间为=1.0s

根据焦耳定律Q1=I2Rt=J=3.2×10-3 J

根据能量守恒Q2==J=1.25×10-2 J

电阻R上产生的热量Q=Q1+Q2=3.2×10-3+1.25×10-2 J=1.57×10-2 J

（1）在乙尚未进入磁场中的过程中，甲、乙的加速度相同，设乙刚进入磁场时的速

v2=2ax且 a=gsinθ

即 v=

乙刚进入磁场时，对乙由根据平衡条件得mgsinθ=

R=

（2）甲在磁场中运动时，由牛顿第二定律可知，外力F大小始终等于安培力火小即：F=

v=（gsinθ）

解得 F=t

方向沿导轨平面并垂直金属杆甲向下

（3）设乙从释放到刚进入磁场过程中做匀加速直线运动所需要的时间为t1

l=(gsinθ)

t1==

设乙从进入磁场过程至刚离开磁场的过程中做匀速直线运动所需要的时间为t2

l=vt2

t2==

设乙离开磁场时，甲的速度v′

v′=（gsinθ）（t1+t2）=

设甲从开始释放至乙离开磁场的过程中的位移为x

x=(gsinθ)(t1+t2)2=l

根据能量转化和守恒定律得：mgxsinθ+mg•2lsinθ+WF=2Q+mv2+mv′2

WF=2Q-mglsinθ

答：（1）金属杆的电阻R=；

（2）甲金属杆在磁场中所受的外力F随时间t的变化关系式F=t；

（3）外力F在此过程中所做的功 WF=2Q-mglsinθ