热门试卷

初状态的磁通量Φ1=BSsinα，末状态的磁通量Φ2=0

根据法拉第电磁感应定律得：E=n=n=10×V=0.4V

答：在这个过程中线框中产生的感应电动势为0.4V．

解：（1）当金属棒上升到4m处时

对M有：F=Mgsin30°

对m有：F=mg+F安

F安= BIL，得F安=

B=2.5y

由以上各式可得

（2）由能量守恒可得：（Q为心路产生的总热量）

得Q=37.5 J

（2）由于

得：q=4.0 C

（1）有电磁感应定律，得

        E=BL（v1-v2）

         闭合电路欧姆定律

          I=

        导体棒所受安培力

             F=BIL=

        速度恒定时有=f

         可得v2=v1-

    （2）为使导体棒能随磁场运动，阻力最大不能超过所受的最大安培力，即导体棒不动时，安培力最大为                                              

                             fm=

    （3）根据能量守恒，单位时间内克服阻力所做的功，即摩擦力的功率

          P=FV=f(v1-)

          电路中消耗的电功    P===

     （4）因-f=ma导体棒要做匀加速运动，必有v1-v2为常数，设为△v，则：

                 a=

              则   -f=ma

               可解得       

                      a=

答：（1）求导体棒所达到的恒定速度v2=v1-；

（2）为使导体棒能随磁场运动，阻力最大不能超过

（3）导体棒以恒定速度运动时，单位时间内克服阻力所做的功和电路中消耗的电功率各为f(v1-)，

（4）导体棒做匀加速直线运动时的加速度大小为a=．

（1）由⇒a=-

（2）当a=0时，杆做匀速运动，速度达最大Vm=．

（3）设杆从静止到达稳定的过程中通过的位移大小为S，

由q=△t=×△t=•==得

   S=

又根据能量守恒定律得  F•S-m=Q热

∴Q热=-．

答：（1）当杆的速度为ν时，杆的加速度为-；

    （2）杆稳定时的速度是；

    （3）若杆从静止到达稳定的过程中，通过R的电荷量为q，此过程中回路产生的热量是Q热=-．

由图象可得到拉力F的大小随时间变化的函数表达式为

     F=F0+t=3+2.5t                                       ①

当ab棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有：

F-f-B0IL=ma                                                                  ②

因为I=                                                                     ③

v=at                                                                              ④

联立②③④可解得

   F=f+ma+t                                            ⑤

将数据代入①⑤可解得

a=4 m/s2　

f=1 N．

（2）以ab棒为研究对象，当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I，以ab棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到ab所受安培力F与最大静摩擦力fm相等（导体棒刚滑动的临界条件）时ab棒开始滑动．

由F=BIL=fm

B=B0t=(0.5+0.2t)T 闭合电路欧姆定律：I=  

法拉第电磁感应定律：E==

由以上各式求出，经时间t=17.5 s后ab棒开始滑动，此时通过ab棒的电流大小为I=0.15 A，

根据楞次定律可判断出电流的方向为从b到a．

答：（1）匀加速运动的加速度4 m/s2　及ab棒与导轨间的滑动摩擦力为1 N．

（2）经过17.5 s时间ab棒开始滑动；此时通过ab棒的电流大小0.15 A和方向b到a．

（1）电路中电流为I==A=2A

      棒L2所受安培力为F安=BId=0.2N

 根据牛顿第二定律得，F-F安=ma

代入解得，a=1.2m/s2．

（2）当安培力F安与恒力F平衡时，棒L2速度达到最大，此时电路电流为Im，则

   F安=BImd，I=，F安=F

得到，vm==16m/s．

（3）若在棒L2达到最大速度vm时撤去外力F，并同时释放棒L1，L1做加速运动，L2做减速运动，当两者速度相同时，两者一起以相同的速度做匀速运动，设共同速度为v．根据动量守恒定律得

    m2vm=（m1+m2）v

得到，v==10m/s．

（4）为保持棒L2做匀速运动，必须使穿过回路的磁通量不变，设t时刻磁感应强度为B，则

    B0dS=Bd（S+vt）

得到，B=

答：

（1）当电压表的读数为U=0.2V时，棒L2的加速度是1.2m/s2．

（2）棒L2能达到的最大速度vm是16m/s．

（3）若在棒L2达到最大速度vm时撤去外力F，并同时释放棒L1，L1做加速运动，L2做减速运动，最后达到共同速度10m/s．．

（4）磁感应强度B随时间变化的关系式为B=．

（1）E==ab=ab=kabv0B0

I==

感应电流方向沿：NPQMN

（2）线框受的安培力水平向左，安培力为：

F=aI△B=v

（3）根据牛顿第二定律知：

F=F1-F2=m=-

其中m△v=-

mv0=

联立解得xm=

（4）由m△v=-得：

m（v-v0）=-=-mv0，v=

Q=△EK=-m()2=

电阻R1产生的热为

QR1=Q=

答：（1）在图示位置时线框中的感应电动势为kabv0B0

感应电流的大小为，方向沿NPQMN；

（2）线框所受安培力的方向水平向左，安培力的表达式为v；

（3）线框的最大运动距离；

（4）线框运动到过程中，电阻R1产生的焦耳热．

（1）设ab棒进入水平导轨的速度为v1，ab棒从圆弧导轨滑下机械能定恒：

2mgR=×2mv12       

解得：v1=． ①

（2）离开导轨时，设ab棒的速度为，cd棒的速度为，ab棒与cd棒在水平导轨上运动，

根据动量定恒得：

2mv1=2m+m     ②

依题意＞，两棒离开导轨做平抛运动的时间相等，

由平抛运动水平位移x=vt可知

：=x1：x2=1：3     ③

联立①②③解得=，= 

（3）ab棒刚进入水平导轨时，cd棒受到的安培力最大，此时它的加速度最大，设此时回路的感应电动势为E，

E=BLv      ④

I=         ⑤

cd棒受到的安培力为：Fcd=BIL    ⑥

根据牛顿第二定律，cd棒有最大加速度为

a=           ⑦

联立④⑤⑥⑦解得：

a=    

（4）根据能量定恒，两棒在轨道上运动过程产生的焦耳热为：

Q=×2mv12-（×2mv′12+×mv′22）      ⑧

联立①⑧并代入v′1和v′2解得：

Q=mgR

答：（1）棒ab滑到圆弧底部进入磁场之前的速度大小是，

（2）棒ab和棒cd离开导轨时的速度大小分别是，，

（3）棒cd在水平导轨上的最大加速度是；

（4）两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热是mgR．

（1）设全过程中平均感应电动势为，平均感应电流为，时间为△t，则通过电阻R的电荷量为q，

则===         

 得q=△t==2C  

（2）设拉力作用时间为△t1，拉力平均值为，对整个过程根据动量定理有：△t1-BL△t=0-0

所以F△t1=BIL△t=BLq=2×1×2N•s=4 N•s   

（3）拉力撤去时，导体杆的速度v即为最大速度，拉力撤去后杆运动时间为△t2，平均感应电流为

.

I

2，根据动量定理有：B

.

I

2L△t2=mv，

即=mv，v==BLq=6m/s   

（4）匀加速运动过程中a==36m/s2    

对t时刻，由牛顿运动定律得F-BIL=ma  

F=ma+BIL=ma+=0.5×36+t=18+72t  

答：（1）全过程中通过电阻R的电荷量为2C．

（2）拉力的冲量为4N．s．

（3）整个过程中导体杆的最大速度6m/s．

（4）拉力与时间的关系式F=18+72t．

（1）△ϕ=ϕ2-ϕ1=B2S-B1S=0.4×0.02Wb-0.2×0.02Wb=0.004Wb

（2）根据法拉第电磁感应定律，得：E=n=1000×V=1V

（3）前4s内通过电阻R的电荷量为：q1=I1△t1=△t1=△t1=n=1000×C=0.8C

同理4～6s内通过电阻R的电荷量为：q2=n=1000×C=1.6C

所以6s内通过电阻R的总电荷量为：q=q1+q2=0.8C+1.6C=2.4C；

答：（1）在0～4s内穿过线圈的磁通量变化量0.004Wb；

（2）前4s内产生的感应电动势1V；

（3）6s内通过电阻R的电荷量2.4C．

（1）据法拉第电磁感应定律，有：

E=n=nS=n（πd2）=1××π×()2×=V

根据闭合电路欧姆定律，电流为：

I===0.05A

故路端电压为：U=IR=0.05×8=0.4V

（2）根据焦耳定律，在前2秒内电阻R上的发热量Q为：

Q=I2Rt=（0.05）2×8×2=0.04J

答：（1）线圈AB两端的电压大小为0.4V；

（2）在前2秒内电阻R上的发热量Q为0.04J．

（1）0.5A，电流方向为M→Q→P→N→M

（2）48J

（3）32J

（1）线圈切割磁感线的速度v0＝10m/s，感应电动势E=Blv0=1×0.05×10=0.5V（1分）

由闭合电路欧姆定律得线圈中电流　A         （２分）

由楞次定律知线圈中感应电流方向为M→Q→P→N→M    （1分）

（2）线圈进入磁场和离开磁场时克服安培力做功，动能转化成电能，产生的电热

(J)（4分）

能量关系正确得 2分，结果正确再得2分。

（3）设小车完全进入磁场后速度为v，

在小车进入磁场从t时刻到t＋⊿t时刻（⊿t→0）过程中

（1分）

即

求和得 （1分）

同理得 

而（1分）

又线圈进入和穿出磁场过程中磁通量的变化量相同，因而有q入＝q出（1分）

故得 v0－v = v－v 1 即 v = =" 6" m／s （1分）

所以，小车进入磁场过程中线圈克服安培力做功

（J）（1分）

使线圈匀速平动移出磁场时，

bc边切割磁感线而产生恒定感应电动势：ε=BIV…①

线圈中产生恒定的感生电流：I=…②

外力对线圈做的功等于线圈中消耗的电能为：W外=E电=εIt…③

由①、②、③并代入数据解出：W=0.01J

线圈以ad为轴匀速转出磁场时，线圈中产生的感应电动势和感应电流都是按正弦规律变化的．感应电动势和感应电流的最大值为：

εmax=BSω…④

Imax=…⑤

④式中的S是线圈面积，ω是线圈旋转的角速度，电路中消耗的电功率应等于

P=ε有I有…⑥

外力对线圈做的功应等于电路中消耗的电能：

W外′=E电′=ε有I有t=（εm•）t=0.0123J…⑦

两次外力做功之差为：W′-W=2.5×10-3J．

答：两次外力对线圈做功之差为2.5×10-3J．