热门试卷

（1）线框匀速穿过磁场，进入和穿出磁场时产生的感应电流大小相等，都为 i==A=0.25A，根据楞次定律可知，进入磁场时感应电流方向沿adcba，是正值；穿出磁场时感应电流方向沿abcda，为负值．  

进入磁场过程，a、b两端电压为 Uab1=Blabv=0.15V   

完全在磁场中运动时，a、b两端电压为 Uab2=Blabv=0.2V   

穿出磁场过程，a、b两端电压为  Uab3=Blabv=0.05V 

画出金属框穿过磁场区的过程中，金属框内感应电流i随时间t的变化图线如图所示

（2）金属框进入和穿出磁场的过程中，所受的安培力大小为 F=BIlab==N=5×10-3N   

由平衡条件得，拉力大小为 F拉=F=5×10-3N   

拉力做功为 W=F拉×2lbc=5×10-3×2×0.1=1×10-3J      

（3）根据能量守恒得导线ab上所产生的热量为  Qab=W=2.5×10-4J           

答：（1）画出金属框穿过磁场区的过程中，金属框内感应电流i随时间t的变化图线如图所示．

（2）画出两端电压Uab随时间t的变化图线如图所示．

（3）金属框穿过磁场区域的过程中，拉力F做的功为1×10-3J．

（4）金属框穿过磁场区域的过程中，导线ab上所产生的热量是2.5×10-4J．

（1）由图2的斜率得t=0时刻棒的加速度 a===2.5m/s2

设棒所受的滑动摩擦力大小为f．

t=0时刻，棒不受安培力，根据牛顿第二定律得 F-f=ma

解得，f=0.2N

根据图象知道棒的最大速度为vm=10m/s，此时棒所受的安培力 F安=

根据平衡条件得：F=f+F安，则得

  F=f+

代入解得，R=0.4Ω

（2）当棒的位移为100m时，根据能量守恒定律得：

    FS=fS+Q+m

解得Q=20J

答：

（1）R的阻值是0.4Ω．

（2）当棒的位移为100m时，其速度已经达到了最大速度10m/s，在此过程中电阻R上产生的热量是20J．

（1）线框进入磁场过程中，受到安培力方向向下，大小为：F=BIL，I=，所以：F=

设绳子上拉力为FT，根据平衡条件有：FT=m1g+F，FT=m2g

所以：v==4m/s．

故线圈做匀速运动的速度为v=4m/s．

（2）当ab边出磁场时，cd边开始进入，因此整个过程中线框一直匀速运动，故有：

Q=t    ①

t=     ②

E=BLv        ③

联立①②③解得Q=0.16J．

故从ab进入磁场到线圈穿出磁场过程中产生的热量为Q=0.16J．

答：（1）线圈做匀速运动的速度为v=4m/s．

（2）从ab进入磁场到线圈穿出磁场过程中产生的热量是0.16J．

（1）线圈进入磁场的过程中，安培力做功

  W1=F1a=（I1aB）a=(aB)a=

线圈从左侧磁场进入右侧磁场的过程中，

安培力做功W2=F2a=（2I2aB）a=（2aB）a=

线圈离开磁场的过程中，安培力做功

  W3=F3a=（I3aB）a=（aB）a=

整个过程中外力做功等于安培力做的总功

 W=W1+W2+W3=

（2）设线圈进入磁场前的初速度为v0，在左侧磁场中运动的速度为v1，线圈在右侧磁场中运动的速度为v2，线圈的质量为m

线圈在进入磁场过程中，根据动量定理得：

-t1=-（aB）t1=mv1-mv0

又感应电荷量q1=t1．

即-q1aB=mv1-mv0 ①

线圈从左侧磁场进入右侧磁场的过程中，同理可得：

-2F2t2=-2（aB）t2=mv2-mv1

即-2q2aB=mv2-mv1 ②

线圈离开磁场的过程中，同理可得：

-t3=-（aB）t3=-mv2

即-q3aB=0-mv2 ③

又感应电荷量q1=，q2=，q3=

其中△Φ1=△Φ2=Ba2，△Φ3=2Ba2，

所以q2=2q1，q3=q1

由①②③式解得v1=v0，v2=v0

所以===

答：

（1）外力所做的功为．

（2）线框在进入磁场和离开磁场的过程中产生的热量之比为11：1．

根据公式感应电动势公式E=BLv 

代入数据得E=BLv=3×10-5×40×300V=0.36V

答：飞行时，两翼尖之间产生的感应电动势为0.36V．

（1）设ad边从磁场上边缘穿出时速度为 v1，物块此后也匀速运动 

对m2：T+μm2gcos53°=m2gsin53°

  求得：T=6 N

  对m1：T-m1g-F安=0

F安=BIL

解得：v1=2.5m/s

（2）设线框ad边刚刚进入磁场时，速度为v2，对整体有

（m2gsin53°-μm2gcos53°）（d2-L）-m1g（d2-L）=（m1+m2）v22解得：v2=2.5m/s

∴Ek=m1v22=0.4J

（3）从开始运动到bc边离开磁场，对整体有

（m2gsin53°-μm2gcos53°）（d1+d2）-m1g（d1+d2）-W安=（m1+m2）v12对线框有Q=W安

解得：Q=3.45 J．   

答：（1）线框ad边从磁场上边缘穿出时速度的大小是2.5m/s；

（2）线框ad边刚刚进入磁场时的动能是0.4J；

（3）线框从开始运动到全部穿出磁场的过程中产生的焦耳热是3.45 J．

（1）设ab棒离开磁场边界前做匀速运动的速度为v，产生的电动势为E=BLv，电路中电流 I=，棒所受的安培力大小为F=BIL，则得 

  F=

对ab棒，由平衡条件得 mg-F=0

解得 v=

（2）由能量守恒定律：mg（d0+d）=Q+mv2

解得 Q=mg(d0+d)-

答：

（1）棒ab在离开磁场下边界时的速度为．

（2）棒ab在通过磁场区的过程中系统内产生的焦耳热为mg（d0+d）-．

（1）由E=BLv，I==，可知

若I=0，则v=0          

故第一次电流为零时金属棒通过的位移为x==m=100m                     

（2）金属棒刚开始运动时，回路中电流最大，最大电流为 Im=

若I=Im，则速度v==10m/s

则金属棒所受的安培力为 FA=BIL==

可知FA=0.02N              

讨论：①若棒向左运动，有

   F1+FA=ma，

故F1=0.18N，功率P1=F1v=1.8W．

②若棒向右运动，有

  F2-FA=ma，

故F2=0.22N，功率P2=F2v=2.2W．

（3）设金属棒克服安培力做功为WA，拉力做功为WF．

金属棒开始进入磁场到速度减小为零的过程中，电阻R上产生的热量为QR=1.6J，金属棒产生的热量为Qr=QR，则回路中产生的总热量为Q=QR+Qr=QR=J

根据功能关系知，回路中产生的焦耳热等于金属棒克服安培力做功．则得WA=Q=J

由动能定理得：WF-WA=0-m

解得，WF≈-17.3J

答：（1）第一次电流为零时金属棒所处的位置距O点100m；

（2）电流为最大值的一半时拉力F的大小为0.18N，其功率为1.8W或0.22N，2.2W．

（3）该过程中拉力F所做的功为-17.3J．

（1）线圈转动过程中电动势的最大值为

     Em=NB1Sω=NB1S•2πn=100××0.01×2π×5V=10V．

则线圈从中性面开始计时的电动势瞬时表达式为e=Emsinωt=10sin10πtV

（2）棒达到稳定速度时，电动机的电流I=1A

     电动机的输出功率P出=IU-I2r

     又P出=Fv

而棒产生的感应电流I′==

稳定时棒处于平衡状态，故有：

F=mgsinθ+B2I′L

由以上各式代入数值，得棒的稳定速度v=2m/s．

（3）由能量守恒得P出t=mgh+mv2+Q

其中h=xsinθ=1.6sin30°=0.80m

所以t=1.0s．