热门试卷

（1）由楞次定律知，线框中感应电流的方向为逆时针方向．

（2）设t=2.0s时的速度为v，根据题意得，E=BLv，E=IR

解得：v==m/s=0.4m/s．

设t=2.0s时的拉力为F，根据题意有：F-BIL=ma

由图象可知，线框做匀加速直线运动，I==at，图线的斜率得，a=0.2m/s2

联立解得：F=0.5N．

（3）设t=5.0s时的速度为v，整个过程中线框中产生的焦耳热为Q，则有：

E=BLv′=I′R

Q=WF-mv′2

由上述两式解得：Q=WF-m()2=1.67J．

答：（1）线框中的感应电流方向为逆时针方向．

（2）t=2.0s时，金属线框的速度为0.4m/s，金属线框受的拉力F为0.5N．

（3）金属框从磁场拉出过程线框中产生的焦耳热是1.67J．

（1）以MN为研究对象，有BIL=FT；

以重物为研究对象，有FT+FN=mg，由于B在增大，安培力BIL增大，绳的拉力FT增大，地面的支持力FN减小，当FN=0时，此时

I==0.16A

BIL=mg

解得B=3T．

则t==59s．

（2）根据Q=I2Rt得，

Q=0.162×0.4×59≈0.6J．

答：（1）经过59s才能将重物吊起．

（2）当重物刚要被吊起时，在电阻R上产生的热量为0.6J．

（1）线框中产生的电动势为E=•L2=0.16V

线框中产生的电流为I==0.2A

产生的电热为Q=I2Rt=0.016J

（2）线框刚好全部出磁场前瞬间的速度为

   v=

此时线框产生的电动势为E=B2Lv，

发热功率为P=

由以上各式得P==0.096W

（3）线框中的电流I随运动时间t的关系图线如图．

答：（1）线框在这段时间内产生的电热为0.016J．

（2）线框刚好全部出磁场前瞬间的发热功率为0.096W．

（3）线框中的电流I随运动时间t的关系图线如图．

（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．

解：（1）由楞次定律得，方框中感应电流方向为逆时针①

（2）线框在磁场中，做加速度逐渐减小的变加速运动，直至最后加速度为零，即做匀速运动。②

设线框运动t时间后下落h高度，竖直方向速度为vy，切割产生的电动势E=B下Lvy-B上Lvy③

I=E/R④

mg-(B下LI-B上LI)=ma⑤

⑥

⑦

竖直方向做变加速运动，最终匀速运动

（3）由图象可得线框下落H高度时做匀速运动

由能量守恒定律得⑧

解：（1）根据楞次定律可知感应电流的方向由c到d（如图）

（2）t＝0时磁感应强度为：B=B0 ①

法拉第电磁感应定律： ②

闭合电路的欧姆定律： ③

cd边受到的安培力大小为： ④

联立①②③④得： ⑤

（3）设经时间t1金属棒cd开始运动，此时： ⑥

此时cd棒受到的安培力大小为： ⑦

cd棒受到的摩擦力大小为： ⑧

当F安=f时，cd棒开始运动，联立②③⑥⑦⑧得： ⑨

（1）金属棒向下做加速度减小的加速运动，当加速度a=0时，速度达到最大．

有mgsinθ=FA

FA=BIL

I=

联立三式得，mgsinθ=，

所以vm=．

（2）根据能量守恒得：

mgH=mvm2+Q总

所以整个回路产生的热量Q总=mgH-mvm2

则通过电阻R的热量QR=Q总=R

（3）下滑高度为H的过程中磁通量的增加量为△Φ=．

通过电阻R的电量q=△t==．

（1）磁感强度的变化率为

==0.50T/s

感应电动势ε=n=nS=200×0.20×0.10×0.50V=20V                    

t=0.3s时，B=20×10-2T，

安培力  f=nBlL=nBL=200×0.20×0.20×=3.2N  

（2）题中线圈不动，磁场变化，可等效于线圈在磁感强度为Bm的恒定的匀强磁场中匀速转动

（转动轴与磁场方向垂直），周期0.02s，

角速度ω==100πrrad/s

线圈感应电动势的最大值εm=nωBmS

=200×100×0.20×0.02=80πV．

有效值ε=εm/=40πV

lmin产生的热量Q=ε2                                      

=(40π)2×60/5=3.8×105J

答：（1）若匀强磁场的磁感强度B随时间的变化如甲图所示，则线图的感应电动势20V，及t=0.30s时线圈的ab边所受的安培力3.2N．

（2）若匀强磁场的磁感强度B随时间作正弦变化的规律如乙图所示，线圈1min产生3.8×105J热量．

（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．

（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）-．