热门试卷

解：（1）设离开右边界时棒ab速度为，则有

对棒有：

解得：

（2）棒ab刚进入磁场时即匀速运动，则

得

（1）棒cd受到的安培力Fcd=IlB ①

棒cd在共点力作用下平衡，则Fcd=mgsin30° ②

由①②式代入数据，解得I=1A，方向由右手定则可知由d到c．

（2）棒ab与棒cd受到的安培力大小相等Fab=Fcd

对棒ab由共点力平衡有F=mgsin30°+IlB

代入数据解得F=0.2N

（3）设在时间t内棒cd产生Q=0.1J热量，由焦耳定律可知Q=I2Rt

设ab棒匀速运动的速度大小为v，则产生的感应电动势E=Blv

由闭合电路欧姆定律知I=

在时间t内，棒ab沿导轨的位移x=vt

力F做的功W=Fx

综合上述各式，代入数据解得W=0.4J

答：（1）通过cd棒的电流I是1A，方向d→c．

（2）棒ab受到的力F是0.2N．

（3）棒力F做的功W是0.4J．

（1）0.3W；（2）0.224J；（3）F =" 0.016t" + 0.208（N）

试题分析：（1）根据能量转化和守恒，有  解得  P =" 0.3W"

（2）当从静止开始运动经过t1=2s时间，金属棒速度达到最大，设此时为vm，金属棒中电动势为E，电流为I1，受到的安培力为F安，细线的拉力为F拉，则， 

F安= BI1L

P =F拉vm

F拉 =" mgsinθ" + F安

解得   vm= 1m/s 

金属棒从静止开始运动到达到最大速度过程中，设整个电路中产生的热量为Q，由能量转化和守恒得

解得 QR=0.224J

（3）由图可知   

设在t时刻，磁场的磁感应强度为B'，金属棒中电动势为E'，电流为I'，受到的安培力为

F安'，则

（T）

，

F安' =B' I'L

F安'

解得 F =" 0.016t" + 0.208（N）

（1）MN与PO重合时穿过线框的磁通量为0，故磁通量的变化量为：

△Φ=BS=BL2=1×0.52Wb=0.25Wb

（2）cd边刚过PQ的瞬间，线框中的感应电动势：

E=2BLv0=2×1×0.5×2V=2V

感应电流的大小：

I==4A

线框受到的安培力的大小：

F=2BIL=2×1×4×0.5N=4N

线框加速度的大小：

a==m/s2=8m/s2

（3）MN达到PQ前，由能力守恒可知，线框中产生的焦耳热为：

Q=m-m=0.75J

MN与PQ重合时，线框中的感应电动势：

E1=2BLv1=2×1×0.5×1=1V

MN经过PQ后线框中产生的焦耳热：

Q2=•=0.5J

故在整个运动的过程中，线框中产生的焦耳热为：Q=Q1+Q2=1.25J．

答：（1）线框由图示位置运动到MN与PQ重合的过程中磁通量的变化量0.25Wb；

（2）线框运动过程中最大加速度的大小8m/s2；

（3）在上述运动过程中，线框中产生的焦耳热1.25J．

（1）由左手定则判断得知：磁场方向垂直纸面向内

（2）S接1时，mg=F=BIL=BL  ①

S接2时，刚开始ab下落的加速度为g，接着加速运动、同时受重力和安培力作用，由牛顿第二定律得：mg-F=ma

随着的υ的增大，感应电场也随着增大，感应电流也增大，从而使F增大而导致速度a的减小，最终达到和重力的平衡而做匀速运动，因而有：mg=F=BIL=②

由①得R代入②整理后得：υm=-

（3）由②可知，当ab达到最大速度的时，安培力F=mg，因此有：

   mg-F=ma

解得，a=g．

又因为，ab切割磁感线产生感应电动势，其电阻相当于电源内阻，而据题意，框架电阻不计，因而外电阻为0，从而使ab两端的电压（端电压）为0．

（4）作出ab运动过程的υ-t图线：

ab初始加速度为g，即图线在原点的切线斜率为g．运动过程下落距离h即为图线曲线部分所包的“面积”，它介于图示“梯形面积”和“三角形面积”之间．

故有：υm(2t-)＞h＞υmt，

将（2）中求的υm值代入得：(-)(2t-+)＞h＞(-)t

答：

（1）匀强磁场的方向垂直纸面向内；

（2）S接2时，刚开始ab下落的加速度为g，接着加速运动、同时受重力和安培力作用，由牛顿第二定律得：mg-F=ma，随着的υ的增大，感应电场也随着增大，感应电流也增大，从而使F增大而导致速度a的减小，最终达到和重力的平衡而做匀速运动，ab在下落过程中的最大速度为-．

（3）ab达到最大速度的时，其加速度大小是g，此时ab两端的电压为0．

（4）该过程中h和t应满足的不等式关系为：(-)(2t-+)＞h＞(-)t

（1）、（2）由E=BLv、I=、F=BIL得，安培力F=

根据牛顿第二定律得：

mgsinθ-F=ma

代入得：mgsinθ-=ma

整理得：a=-v+gsinθ

由数学知识得知，a-v图象的斜率大小等于，纵截距等于gsinθ

由图象则：gsinθ=5，解得，θ=30°

图象的斜率大小等于0.5，则：=0.5，

代入解得  B=5T

（3）ab棒下滑到底端的整个过程中，根据能量守恒定律得：

mgSsinθ=mv2+Q

得电路中产生的总热量：Q=5J

根据焦耳定律得：电阻R上产生的焦耳热为：Q=Q=4J

答：

（1）导轨平面与水平面间夹角θ为30°．

（2）磁场的磁感应强度B为5T．

（3）电阻R上产生的焦耳热是4J．

（1）当ab边刚进入磁场I区时：E=BLv1，I=，安培力F=BIL，则得

  安培力表达式F1=

由于线框匀速运动，则有

  mgsinθ=

解得v1=

（2）ab边下滑到JP与MN的中间位置时，ab和cd两边都切割磁感线产生感应电动势，电路中总电动势为 E=2BLv2，

安培力大小为F2=BI2L，I2=，得F2=2，

根据牛顿第二定律得

  2F2-mgsinθ=ma

解得，a=-gsinθ

（3）从ab进入磁场Ⅰ至ab运动到JP与MN中间位置的过程中，线框的机械能减少转化为电能，由能量守恒得

   m+Q=mg（L+L）sinθ

解得  Q=-m

答：

（1）ab边刚越过CH进入磁场I区时的速度大小v1为．

（2）ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框的加速度大小是-gsinθ．

（3）这一过程线框产生的内能是-m．

（1）线框进入磁场前，线框仅受到细线的拉力FT，斜面的支持力和线框重力，重物M受到重力和拉力FT．

对线框，由牛顿第二定律得   FT-mg sinα=ma      

联立解得，线框进入磁场前重物M的加速度  a==5m/s2

（2）因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，所以重物受力平衡  Mg=FT′，

线框abcd受力平衡  FT′=mg sinα+FA

ab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势 E=Bl1v    

形成的感应电流 I==

受到的安培力 FA=BIL1

联立上述各式得，Mg=mg sinα+

代入数据解得  v=6m/s

（3）线框abcd进入磁场前时，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动到gh线，仍做匀加速直线运动．

进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度相同，为a=5 m/s2

该阶段运动时间为  t1==s=1.2s

进磁场过程中匀速运动时间  t2==s=0.1s

线框完全进入磁场后线框受力情况同进入磁场前，所以该阶段的加速度仍为a=5m/s2

   s-l2=vt3+at

解得：t3=1.2 s

因此ab边由静止开始运动到gh线所用的时间为 t=t1+t2+t3=2.5s  

（4）线框ab边运动到gh处的速度  v′=v+at3=6 m/s+5×1.2 m/s=12m/s  

整个运动过程产生的焦耳热  Q=FAl2=（Mg-mgsinθ）l2=9J  

答：

（1）线框进入磁场前重物M的加速度是5m/s2；

（2）线框进入磁场时匀速运动的速度v是6m/s；

（3）ab边由静止开始到运动到gh线处所用的时间是2.5s；

（4）ab边运动到gh线处的速度大小和在线框由静止开始到运动到gh线的整个过程中产生的焦耳热是9J．