热门试卷

（1）在线圈下边缘刚进入磁场到刚穿出磁场过程中用能量守恒定律，动能不变，重力势能的减小全部转化为电能，又转化为电热，

因此：Q=mgd=0.50J

（2）设线圈自由下落阶段的末速度v，即线圈下边缘到达磁场上边界时的瞬时速度大小是v0，

则v02=2gh，v0=4.0m/s 

线圈上边缘到达磁场上边界时线圈速度一定最小，在线圈进入磁场过程中用动能定理：

mgL-W=mv2-mv02

而克服安培力做的功W就等于增加的电能也等于产生的电热Q

因此解得：v=2m/s

答：（1）线圈进入磁场的过程中产生的电热Q为0.50J．

（2）线圈下边缘穿越磁场的过程中，线圈的最小速度v为2m/s．

（1）金属棒从AA′开始做匀加速运动的过程中，其位移为：

x=at2=×1××32m=4.5m

由：=、=、q=•△t

得电量：q==C=4.5C．

（2）金属棒运动到CC′时：

v=at=3m/s

感应电动势：E=BLv，I==

根据牛顿第二定律得：

F-mgsinθ-μmgcosθ-BIL=ma

解得，F=4.8N

（3）在此过程中，对金属棒运用动能定理得：

W-mgsinθ•x-μmgcosθ•x-W安=mv2

解得：Q=W安=9J

根据焦耳定律得知，金属棒放出的焦耳热为：

Qr=Q=1.8J

答：（1）从AA‘运动到CC‘过程中通过R的电荷量是4.5C；

（2）金属棒通过CC′时所施加的外力F的大小是4.8N；

（3）金属棒放出的焦耳热为1.8J．

（1）初始时刻棒中感应电动势    E=BLυ0

      棒中感应电流I=

      作用于棒上的安培力F=BIL

      联立，得F=      安培力方向：水平向左

   （2）由功和能的关系，得

      安培力做功  W1=EP-mυ02电阻R上产生的焦耳热Q1=mυ02-EP上限

（3）由能量转化及平衡条件等判断：棒最终静止于初始位置 

     由能量转化和守恒得Q=mυ02答：（1）求初始时刻导体棒受到的安培力大小为，方向水平向左；

    （2）安培力所做的功W1等于EP-mυ02，电阻R上产生的焦耳热Q1等于mυ02-EP．

    （3）导体棒往复运动，最终静止于初始位置．从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为得Q=mυ02．

（1）设金属框在进入第一段匀强磁场区域前的速度为v0，金属框在进入和穿出第一段匀强磁场区域的过程中，线框中产生平均感应电动势为

   =

平均电流强度为（不考虑电流方向变化）==

由动量定理得：

   -BLt=mv1-mv0

   -BLt=mv1-mv0

   -=mv1-mv0

同理可得：-=mv2-mv1

       -=mv3-mv2

…

整个过程累计得：-n=0-mv0

解得：v0=

金属框沿斜面下滑机械能守恒：mgh=m

解得  h==

（2）金属框中产生的热量Q=mgh，

解得  Q=

（3）金属框穿过第（k-1）个磁场区域后，由动量定理得：-(k-1)=mvk-1-mv0

金属框完全进入第k个磁场区域的过程中，由动量定理得：-=mvk′-mvk-1

解得：vk′=

金属框中的电功率：P==

答：

（1）刚开始下滑时，金属框重心离水平导轨所在平面的高度是．

（2）整个过程中金属框内产生的电热是．

（3）金属框完全进入第k（k＜n）段磁场区域前的时刻，金属框中的电功率是．

解：（1）ab杆在磁场中发生位移L的过程中（F－mgsinα）L=1/2mv12+Q

ab在位移L到3L的过程中，由动能定理得（F－mgsinα）（3L－L）=1/2mv22－1/2mv12解得

（2）ab杆在离开磁场前瞬间，受重力mg、支持力、安培力F安和外力F作用，加速度为a

解得

解：（1）设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W

由动能定理mgsinα·4d+W－Blld=0

且Q=-W

解得Q=4mgdsinα－BIld

（2）设线框刚离开磁场下边界时的速度为v1，则接着向下运动2d

由动能定理

装置在磁场中运动时受到的合力F=mgsinα－F'

感应电动势ε=Bdv

感应电流I'=ε/R

安培力F'=BI'd

由牛顿第二定律，在t到t+△t时间内，有

则

有

解得

（3）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离xm之间往复运动

由动能定理mgsinα·xm－BIl(xm－d)=0

解得

（1）金属棒沿斜面方向受力平衡，外力应沿斜面向上，设其大小为F1，则  

   F1-mgsinθ-B1Il=0

由图（b）可知，磁感应强度B的大小与t关系为B1=2t

回路中产生的感应电动势  E==，S=l•d，

此时回路中的感应电流  I=

得 F1=mgsinθ+B1l=mgsinθ+4t

（2）由图（c）可知，金属棒运动的最大速度为v0，此时金属棒所受合力为零．

设金属棒此时所受拉力大小为F2，流过棒中的电流为Im，则  F2-mgsinθ-B′Iml=0

 Em=B´lv0

 Pm=F2•vm   

得 -mgsinθ-B′l=0

解得  B′=

（3）设磁感应强度为B，棒沿斜面向上运动时，mgsinθ+BIl=ma得

  a=gsinθ+

取极短时间△t，速度微小变化为△v，△v=a△t，△s=v△t

得 △v=gsinθ△t+

在上升的全过程中，∑△v=gsinθ∑△t+

即0-v=-[t2gsinθ+]

又下滑到匀速时有  mgsinθ-=0

由上两式得s=-

上升的高度H=s•sinθ=

答：

（1）加在金属棒中央、沿斜面方向的外力随时间变化的关系是F1=mgsinθ+4t；

（2）磁感应强度B′的大小为；

（3）棒在撤去拉力后所能上升的最大高度是．

（1）设ab进入磁场时速度为v0，

由机械能守恒得：Mg(S1-L2)=mg(S1-L2)sinθ+(M+m)

解得：v0=6m/s

（2）ab在磁场中运动所受安培力   F=BIL1=

根据受力平衡，则有：Mg=F+mgsinθ                  

解得：B=0.5T    

（3）由能量守恒：Q=2Mg•S2-2mg•S2•sinθ=18J                       

（4）根据牛顿第二定律有：Mg-mgsin30°=（M+m）a1

解得：a1=5m/s2

运动学公式，t1==1.2s

t2==0.2s

加速度大小，a2=gsin300=5m/s2

位移关系，s3-l2=vt3-a2

解得：t3=0.8s

 总时间t=t1+t2+t3=2.2s

答：（1）线框进入磁场时的速度6m/s；

（2）efgh区域内匀强磁场的磁感应强度0.5T；    

（3）线框在通过磁场区域过程中产生的焦耳热18J；

（4）线框从开始运动到ab边与CD边重合需经历2.2s时间．

（1）由于电子在M、N板间做匀速直线运动，所以eE=eBv0

B====1.0×10-2T

（2）开始有电子打在M板上，表示电子刚好不能到达D板，从C板小孔反向折回时，

动能仍为  EK0=m=eV=182eV

折返的电子，从C板小孔到M板的过程：e•=EK-EK0

∴EK=EK0+=222eV

（3）电子刚不能到达B板时，C、D间的电势差：UCD′==182V

从t1=0起电容器C、D板间的电压变化为：△U=UCD′-UCD=182V-(-818V)=1000V

D板的电量变化量为：△Q=C•△U=8.0×10-8×1000C=8.0×10-5C

到达D的电子数为：n===5.0×1014（个）   

（4）在O-T时间内，由于电子匀速且连续打在D板上，两极板间电压均匀变化，

所以当t=时，C、D板间的电压变化为△U'==600V

此时两极板C、D间的电压为  U''DC=（818-600）V=218V

所以，每个电子打到D板上的动能为  EK′=m+eU″DC=400eV

故冲量为 I=△p==N•s=1.1×10-23N•s

答：（1）两极板M、N间匀强磁场的磁感应强度1×10-2T；

（2）T时刻打到M板上每个电子的动能222eV；

（3）最终到达D板的电子总数5×1014个；

（4）在t3=T时刻，每个电子作用到D板的冲量1.1×10-23N•s．