热门试卷

（1）由图可知，当R=0 时，杆最终以v=2m/s匀速运动，产生电动势 E=BLv=0.5×2×2V=2V 

由右手定则判断得知，杆中电流方向从b→a 

（2）设最大速度为v，杆切割磁感线产生的感应电动势 E=BLv

由闭合电路的欧姆定律：I=

杆达到最大速度时满足 mgsinθ-BIL=0

解得：v=R+r

由图象可知：斜率为k=m/(s•Ω)=1m/(s•Ω)，纵截距为v0=2m/s，

得到：r=v0=k   

解得：m=0.2kg，r=2Ω     

（3）由题意：E=BLv，P=

得  P=，则△P=-

由动能定理得

W=m-m

联立得 W=△P

代入解得 W=0.6J 

答：（1）当R=0时，杆a b匀速下滑过程中产生感生电动势E的大小是2V，杆中的电流方向从b→a；

（2）金属杆的质量m是0.2kg，阻值r是2Ω；

（3）当R=4Ω时，回路瞬时电功率每增加1W的过程中合外力对杆做的功W是0.6J．

（1）导电杆匀速上升时，受到竖直向上的恒力F，竖直向下的安培力F安和重力mg，

根据平衡条件有 F-mg-BIl=0

根据法拉第电磁感应定律有 E=Blv

根据闭合电路欧姆定律有 I=

由以上各式联立解得 v=

（2）导体杆上升h的整个过程中，根据能量守恒定律有

Q=（F-mg）h-mv2=（F-mg）h-

答：（1）ef匀速上升的速度v的大小是．

（2）ef从开始运动到上升h的整个过程中产生的焦耳热Q的大小是（F-mg）h-．

（1）线框在离开磁场时，cd边产生的感应电动势  E=BLv

回路中的电流  I=

则ab两点间的电势差  U=IRab=BLv 

（2）t1时刻线框速度  v1=at1

设cd边将要进入磁场时刻速度为v2，则

  -=2aL

此时回路中电动势   E2=BLv2

回路的电功率P=

解得 P=

（3）设cd边进入磁场时的速度为v，线框从cd边进入到ab边离开磁场的时间为△t，则

     P0T=（mv2-m）+Q

     P0△t=m-mv2

解得△t=-T

线框离开磁场时间还是T，所以线框穿过磁场总时间t=2T+△t=+T

答：

（1）线框在离开磁场时ab两点间的电势差是BLv；

（2）cd边将要进入磁场时刻回路的电功率是；

（3）线框穿过磁场所用的时间t是+T．

（1）U形框右边产生感应电动势：E=BLv0 ①

方框总电阻：R==r  ②

总电流：I= ③

bc两端电势差：U=IR ④

由以上各式解得：U=BLv0 ⑤

方框热功率：P== ⑥

（2）U形框恰好不能与方框分离，两者速度相等，设共同速度为v，由动量守恒定律，有：3mv0=（3m+4m）v ⑦

据能量转化与守恒，可知：Q=•3m-•(3m+4m)v2  ⑧

解得：Q=m ⑨

（3）设分离时，U形框速度为v1，方框速度为v2，由动量守恒可知：3mv0=3mv1+4mv2 ⑩

 从U形框和方框不再接触后，都做匀速运动，则有  s=v1t-v2t （11）

解得：v1=+  （12）

  v2=-  （13）

答：

（1）方框上的bc两端的电势差为BLv0，此时方框的热功率为．

（2）这一过程中两框架上产生的总热量为m．

（3）两金属框分离后的速度分别为+，-．

（1）由图可知，从s=5cm开始，线圈进入磁场，线圈中有感应电流，受安培力作用，小车做减速运动，速度v随位移s减小，当s=15cm时，线圈完全进入磁场，线圈中感应电流消失，小车做匀速运动．因此小车的水平长度l=10cm．

当s=30cm时，线圈开始离开磁场，则d=（30-5）cm=25cm

（2）当s=10cm时，由图象中可知线圈右边切割磁感线的速度v2=8m/s

由闭合电路欧姆定律得线圈中的电流I==  

解得：I=A=0.4A

此时线圈所受安培力F=πBIh=100×1×0.4×0.05N=2N   

小车的加速度 a==m/s2=1.67m/s2       

（3）q==  

解得：q=C=5×10-3C  

（4）由图象可知，线圈左边离开磁场时，小车的速度为v3=2m/s．

线圈进入磁场和离开磁场时，克服安培力做功，线圈的动能减少，转化成电能消耗在线圈上产生电热．

  Q=（M+m）（v-v）  

解得线圈电阻发热量Q=57.6J    

答：

（1）小车的水平长度l为10cm，磁场的宽度d为25cm．

（2）小车的位移s=10cm时线圈中的电流大小I为0.4A，此时小车的加速度a为1.67m/s2．

（3）在线圈进入磁场的过程中通过线圈某一截面的电量q为C．

（4）线圈和小车通过磁场的过程中线圈电阻的发热量Q为57.6J．

（1）当cd棒稳定时，恒力F和安培力大小相等，方向相反，以速度v匀速度运动，有：

F=BIL 

又I=…

联立得：v=

（2）cd棒做初速为零加速度逐渐减小的加速运动，ab棒做初速为零加速度逐渐增大的加速运动，当两者加速度相等时，二者一起做加速度相等的匀加速直线运动．设最终二者的加速度为a，则由牛顿第二定律：F=3ma，FA=2ma，

又由于   FA=BIL

发热功率  P=I22R

所以发热功率  P=

（3）ab棒在安培力作用下加速运动，而cd在安培力作用下减速运动，当它们的速度相同，达到稳定状态时，回路中的电流消失，ab，cd棒开始匀速运动．

由动量守恒得：mv0=3mv

由能量守恒得：电路中的发热量Q=m-3mv2=m

金属棒ab中产生的热量Q1=Q=m

答：（1）当金属棒cd的运动状态稳定时，金属棒cd的运动速度v=．

（2）整个电路最终的发热功率P=．

（3）金属棒ab中产生的热量是mv02．

（1）匀强磁场B1和B2向右运动时，金属框相对磁场向左运动，于是在金属框abcd中产生逆时针方向的感应电流，同时受到向右方向的安培力，所以金属框跟随匀强磁场向右运动，金属框开始受到安培力作用做加速运动．当速度增大到5m/s时，金属框相对匀强磁场静止，于是后来金属框将处于匀速运动状态．

（2）当金属框始终受到1N阻力作用时，设金属框最大速度为v1，我们设磁场不动，相当于线框以（v-v1）速度向左运动产生感应电动势，由右手定则可知ad边和bc边都产生感应电动势，相当于串联状态，线框中总感应电动势大小为

  E=2BL（v-v1）   

 感应电流为 I==

线框所受的安培力的合力为 F安=2BIL=                        

由线框的平衡条件可知：

    F安=f  

则得：=f

 解得 v1==1.9m/s                      

（3）消耗能量由两部分组成，一是转化为abcd金属框架中的热能，二是克服阻力做功，所以消耗的功率为

  P=I2R+fv，

代入解得，P=5W   

则 要使金属框维持最大速度，每秒钟需消耗5J能量． 

这些能量是由磁场提供的． 

答：

（1）金属框为何会运动，若金属框不受阻力时金属框将处于匀速运动状态．

（2）当金属框始终受到f=1N阻力时，金属框最大速度是1.9m/s．

（3）当金属框始终受到1N阻力时，要使金属框维持最大速度，每秒钟需消耗5J能量，这些能量是磁场提供的．

（1）导体棒开始运动时，回路中产生的感应电动势E=BLv  

感应电流 I==

安培力F安=BIL                                 

由平衡条件得：mgsinθ=F安+F 

因，F=0

联立上式得：θ=300                              

（2）感应电流 I==与导体棒切割的有效长度l无关

感应电流大小I==2A                          

故0.2s内通过导体棒的电荷量q=It=0.4C        

（3）设导体棒经t时间沿导轨匀速向下运动的位移为x，

则t时刻导体棒切割的有效长度Lx=L-2x            

导体棒在导轨上运动时所受的安培力F安=BILx=(L-2x)=2-2x

因安培力的大小F安与位移x成线性关系，故通过导轨过程中导体棒所受安培力的平均值

.

F

安=N=1N

产生的焦耳热Q=

.

F

安•=1J

答：（1）t=0时，F=0，求斜面倾角30°；

（2）求0.2s内通过导体棒的电荷量0.4C；

（3）求导体棒通过整个金属导轨的过程中产生的焦耳热1J．

（1）导体棒MN在达到匀速运动前是一个动态变化的过程，它受到悬挂重物的细绳的拉力与安培力及摩擦力三个力作用，其中的安培力随受到的增大而增大，故合速度的增大而减小，棒的加速度就随速度的增大而减小．在达到稳定速度前，导体棒的加速度逐渐减少，速度逐渐增大，做加速度减小的加速运动．当MN棒匀速运动时，悬挂重物的细绳的拉力与安培力及摩擦力三力合力为零．F=mg-μmg=5N

（2）导体棒MN匀速运动时，感应电动势 E=BLv

所以感应电流：I==              

匀速运动时受力平衡：mg=BIL+μmg                

代入数值联立上式解得：v==1m/s

根据能量守恒得：mgh=μmgh+Q总+•2mv2           

即：Q总=mgh(1-μ)-mv2=1×10×2×0.5-1×12(J)=9J

∵Q=I2Rt，

而串联电路中电流相等

∴=

解得：r=R=×0.2Ω=0.13Ω              

答：（1）当MN棒匀速运动时，悬挂重物的细绳的拉力与安培力及摩擦力三力合力为零；在达到稳定速度前，导体棒的加速度逐渐减少，速度逐渐增大．

（2）导体棒MN的电阻值r=0.13Ω

（1）设匀强磁场的磁感应强度为B，则金属棒达到最大速度时，产生的电动势E=BLvm．  ①

回路中产生的感应电流I=     ②

金属棒所受的安培力F=BIL        ③

cd棒所受合外力为零时，下滑的速度最大，则

F=mgsinα      ④

由①②③④得，B=，

（2）设电阻R上产生的电热为Q，整个电路产生的电热为Q总，则

mgsinα=mvm2+Q总   ⑤

Q=Q总

联立解得Q=．

答：（1）匀强磁场的磁感应强度大小为．

（2）金属棒沿导轨下滑距离为s的过程中，电阻R上产生的电热为Q=．

（1）由闭合电路的欧姆定律I=

由法拉第电磁感应定律E=n

由图，=0.5T/S

S=πr2

联立解得I=0.4A

（2）设线圈开始能匀速滑动时受的滑动摩擦力为Fμ，则mgsin37°=Fμ

加变化磁场后线圈刚要运动时nBIL=mgsin37°+Fμ，其中L=2r

由图象知B=B0+kt=1+0.5t

由焦耳定律Q=I2Rt

联立解得Q=0.5J

答：（1）刚加上磁场时线圈中的感应电流大小为0.4A；

（2）从加上磁场开始到线圈刚要运动，线圈中产生的热量为0.5J．

解：（1）要从AD边飞出，临界两条轨迹如图所示，相应的圆心分别为O1和O2，由几何关系可得，轨道半径分别为r1=d和，于是

粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力

在两板之间加速，

MN切割磁感线，U=B1Lv1 由以上各式，得

进而得

由于粒子带正电，v1的方向必须向右，由v-t图像可得时间范围是0.056~0.5 s和1.5~1.9 s

（2）由临界轨迹和几何关系易知，范围是

即0.16 m

（1）依题意，R=，

由qvB=m，

及qU0=mv02，

解得U0=

（2）设AF中点为G，连接GC，作其垂直平分线，与AF延长线交点即为圆心

由相似三角形得R′=O′G=，

由牛顿第二定律，qvB=，

∵qU0=mv02，

∴UNM=

（3）由于粒子在磁场中运动周期T=，T与速率无关粒子撞击BC中点和DE中点后回到G，

用时最短圆周半径R″=L，

得到最短时间t=T×3=

答：（1）如果在金属板N、M间加上电压UNM=U0时，粒子从AF边小孔射出后直接打在A点，则电压U0的大小U．

（2）如果改变金属板N、M间所加电压，试判断粒子从AF边小孔射出后能否直接打在C点．若不能，说明理由；若能，此时电压UNM的大小．

（3）如果给金属板N、M间加一合适的电压，粒子从AF边小孔射出后恰好能以最短时间回到该小孔，则最短时间为．