電磁感應專題

1、電磁感應專題(答案)1如圖所示，電阻不計的光滑平行金屬導軌MN和0P水平放置，M0間接有阻值為 R的 電阻，兩導軌相距為L,其間有豎直向下的勻強磁場。質(zhì)量為 m,長度為L,電阻為R0的 導體棒CD垂直于 導軌放置，并接觸良好。用平行于 MN向右的水平力拉動 CD從靜止開始 運動，拉力的功率恒定為P,經(jīng)過時間t導體棒CD達到最大速度 vOo(1).求岀磁場磁感強度B的大小?(2).求岀該過程中 R電阻上所產(chǎn)生的電熱？解析： (1)最大速度時拉力與安培力合力為零OP/vO-BIL=O ” (1)且 E=BL Vo ,l=E/(R+ R0)”(3)由(1)(2)(3)得200 (2)由能量關(guān)系，產(chǎn)生

2、總電熱QPt Q mv/2 , (5 )RR2Q (Pt mv0)/2 ,R ROR ROR電阻上所產(chǎn)生的電熱QR2、如圖所示，ab、ef是平行地固定在水平絕緣桌面上的光滑金屬導軌，導軌間距為d.在導軌左端a、c上連有一個阻值為 R的電阻，一質(zhì)量為 3m,長為d的金屬棒恰能置于導軌上并和導軌良好接觸。起初金屬棒靜止于MN位置，整個裝置處于方向垂直桌面向下、磁感應強度為 B的ef磁場中?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電量為q的絕緣小球在桌面上從 0點（0為導軌上的一點）以與成60°斜向右方射向 ab,隨后小球直接垂直地打在金屬棒的中點上，并和棒粘合在一起（設(shè)小球與棒之間沒有電荷轉(zhuǎn)移）。小球運動過程

3、中不計導軌間電場的影響，導軌和金屬棒的電阻不計。求：?小球射入磁場時的岀速度u 0 ；?電阻R上產(chǎn)生的熱量 Q和通過的電量 Aq.解：？小球入射磁場后將作勻速圓周運動，設(shè)圓周運動的半徑為r,其軌跡如圖所示d由幾何知識可知：r rsin （90 60 ）2解得r d ©（ 2分）3小球在磁場中作圓周運動：q OB m （l分）由02Jprj3（ 2 分）?小球和金屬棒的碰撞過程，由動量守恒定律得：m v 0= （ m+3m v 1 分）金屬棒切割磁感線的過程中，棒和小球的動能轉(zhuǎn)化為電能進而轉(zhuǎn)化成焦耳熱qBd 03 m 1（m 3m） 2 Q （2 分）21Q 72m222qBd （ 6

4、）（ 2分）由、可得:棒和小球的速度從 u1 變?yōu)?0 的過程中由動量定理有：to(m 3m) 1 分)又 t q 1 分)q由、可得 q ( 2分)33、水平放置、足夠長的光滑平行金屬導軌M N和P Q相距L = 0.3m, 接在MP之間的定值電阻 R0=0. 9 Q ;質(zhì)量M = 80G、電阻R=0. 3 Q的 金屬棒ab靜止在金屬軌上，ac、cdT和db三段的長度相同、電阻值相等，金屬棒與導軌接觸良好;導軌和連線的電阻不計，整個裝置處在垂直于軌道平面向下的勻強磁場中，磁感應強度 B= IT ,俯視如圖。 現(xiàn)有一質(zhì)量為 m=20g的粘性橡皮泥，以向右的水平速度v0 = 10 m/s 擊中c

5、d段的中央，并在極短時間內(nèi)粘在棒上一起動動。( 1)橡皮泥剛好與金屬棒具有共同速度時，求金屬棒兩端的電勢差Uab;(2)金屬棒在向右滑動的過程中，當加速度大小等于最大值的1/2時，求電阻 R0的電功率 P。24 （"分）解；像皮泥擊屮金屬樓的過程中，兩者縱成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)窿撞納s由動量守恒定律有=（M4-r?> v華得 vam y3/<Ai I ” z> = 2 m/'s對rd段，其產(chǎn)生的感應電動勢 E詔二EjLu=O. 6 V同理可得 E?=昭=0. 3 V回路電流（一氏 / （&+R/3）=Q. 6 A=IR C =J. 54 V所以也,一蛀

6、爲一 U.“ 1.74 V讓）碰撞站束后 , 椽皮泥和金屬棒將在安培力 F 作用下做加辣度減小的咸速運 其中碰瞳結(jié)束瞬間，它們的加速度最大 .左滑動中的任意時刻，有 :FuJLBwBL%/? 十耐 32（皿+,加 山上式可知，當加速度等于其最大逍的1/2時，速度/= ” ？=】nVs此時：E, = BLJ=O. < VI 2?/3） = 0.3 A煙陽出的飆功率為 P=R=0.081 W4、如圖所示，水平面上有兩電阻不計的光滑金屬導軌平行固定放置，間距d為0.5米，左端通過導線與阻值為 2歐姆的電阻R連接，右端通過導線與阻值為 4歐姆的小燈泡 L連接；在CDEF矩形區(qū)域內(nèi)有豎直向上均勻磁

7、場， CE長為2米，CDEFI區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應強度 B如圖所示隨時間 t 變化；在 t=0s 時，一阻值為 2 歐姆的金屬棒在恒丿 JF作用下由靜止從 AB位置沿導軌向右運動，當金屬棒從AB位置運動到EF位置過程中，小燈泡的亮度沒有發(fā)生變化。求（1）通過的小燈泡的電流強度 ；（2）恒力F的大?。唬?）金屬棒的質(zhì)量。XNXXQX2 |:R 總=RL+R/2=4+ 2/2 = 5Q （ 1 分） BS4 2 0. 5（1）在金屬棒棒未進磁場，電路中總電阻V 0. 5V t t2E0. 5燈泡中的電流強度：ILA 0. 1A （ 1分）R總5線框中感應電動勢：E1 （ 2分）（2）因燈泡中亮度不變

8、，故在4秒末金屬棒棒剛好進入磁場，且作勻速直線運動，此時金屬棒棒中的電流強度：I IL IR IL ILRLO. 14 0. 1 A 0. 3A （ 2分）R2恒力 F 的大?。篎 = FA = BId= 2X0. 3X0. 5 N = 0. 3 N（ 2 分）（3）金屬棒產(chǎn)生感應電動勢：E2金屬棒在磁場中的速度:金屬棒的加速度： a I （R RLR2 4） 0.3（2 V 1V （1分）RL R2 4 E21 m/s lm/s（2 分）Bd2 0. 5vl m/s2 （1 分）t4F0. 3 kg 1.2kg 據(jù)牛頓第二定律，金屬棒的質(zhì)量： m aO.25（2分）5、如圖所示，平行光滑的金

9、屬導軌豎直放置，寬為L,上端接有阻值為 R的定值電阻，質(zhì)量為m的金屬桿與導軌垂直且接觸良好。勻強磁場垂直于導軌平面，磁感應強度為B=導軌和桿的電阻不計。金屬桿由靜止開始下落，下落h時速度達到最大，重力加速度 為g,求（ 1）金屬桿的最大速度vm；（2）金屬桿由靜止開始下落至速度最大過程中，電阻R上產(chǎn)生熱量Q。解：（ 1 ）金屬桿速度最大時，安培力與重力平衡，有mg = BIL 金屬桿中的電動勢E = BLv 由歐姆定律得I則有ERv mgRB2L2 （ 2）由功能關(guān)系得6、如圖所示，兩根豎直的平行光滑導軌MN PQ,相距為L。在M與P之間接有定值電阻R。金屬棒ab的質(zhì)量為m,水平搭在導軌上，且

10、與導軌接觸良好。整個裝置放在水平勻強磁場中，磁感應強度為 B。金屬棒和導軌電阻不計，導軌足夠長。？若將ab由靜止釋放，它將如何運動？最終速度為多大？R|4lr-iXXXmXxXlix x 1XL3 Imv2 21mgR2m3g2R2則 Q mgh m （22） mgh 2BL2B4L4mgh Q R F b 0t?若開始就給ab豎直向下的拉力 F,使其由靜止開始向下作加速度為a （a>g）的勻加 速運動，請求岀拉力 F與時間t的關(guān)系式；？請定性在坐標圖上畫岀第（2）問中的F-t圖 線。? ab將作加速度越來越小的加速運動，最后勻速運動。（2分）mgRB2L2vn勻速時速度 達到最大，最大

11、速度滿足：mg （2分）得vm=22RBL?經(jīng)過時間t, ab的速度為v=at （1分）t 時刻的安培力 F 安（1 分） BLvB2L2aL t （1 分） =BIL=BRR由牛頓第二定律得：F+mg-F安=ma （2分）B2L2at （2 分）解之得 F=m （a-g ） R?（3分）7、如圖所示，在與水平面成 0角的矩形框范圍內(nèi)有垂直于框架的勻強磁場，磁感應強度為B,框架的ad邊和be邊電阻不計，而 ab邊和cd邊 電阻均為R,長度均為L,有一質(zhì)量為 m電阻 為2R的金棒MN,無摩 擦地沖上框架，上升最大高度為h,在此過程中ab邊產(chǎn)生的熱量為 Q,求在金屬棒運動過程中整個電路的最大熱功率

12、Pmaxo棒MN沿框架向上運動產(chǎn)生感應電動勢，相當于電源；ab和cd相當于兩個外電阻并聯(lián)。根據(jù)題意可知，ab和cd中的電流相同，MN中的電流是ab中電流的2倍。由焦耳定律 知，當ab邊產(chǎn)生的熱量為 Q時，cd邊產(chǎn)生的熱量也為 Q, MN產(chǎn)生的熱量則為 8Q。金屬棒MN沿框架向上運動過程中，能量轉(zhuǎn)化情況是：MN的動能轉(zhuǎn)化為 MN的勢能和電流通過 MN ab、cd時產(chǎn)生的熱量。設(shè)MN的初速度為，由能量守恒得，即而MN在以速度v上滑時，產(chǎn)生的瞬時感應電動勢所以，整個電路的瞬時熱功率為可見，當MN的運動速度vV。為最大速度時，整個電路的瞬時熱功率 PP昨為最大值r _ 2B2Lg _ 2BT(2gh

13、+ 竽)4B2L2(mgh + 10Q)悶- 豆一 = 豆 = 砸,即8、兩根金屬導軌平行放置在傾角為9 =300 的斜面上，導軌左端接有電阻 R=10導軌自身電阻忽略不計。勻強磁場垂直于斜面向上，磁感強度 B=0. 5T, 質(zhì)量為m=0. 1kg ,電阻可不計的金屬棒 ab靜止釋放，沿導軌下滑。如圖所示，設(shè)導軌足夠長，導軌寬度 L=2m, 金屬棒 ab 下滑過程中始終與導軌接觸良好，當金屬棒下滑 h=3m時，速度恰好達到最大速度 2m/s,求此過程中電阻中產(chǎn)生 的熱量？解：當金屬棒速度恰好達到最大速度時，受力分析 ,則mgs in 9 =F 安+f 3分據(jù)法拉第電磁感應定律：E=BLv4EB

14、2L2V據(jù)閉合電路歐姆定律：1= 2分F 安=ILB= =0. 2N RRf=mgsin 9F 安=0. 3N 2 分hl 下滑過程據(jù)動能定理得：mgh f W = mv2 2sin 9解得 W=1J , 此過程中電阻中產(chǎn)生的熱量 Q=W=1J9、如圖所示 , 傾角為 0=37。、電阻不計的、間距 L=0. 3m 且足夠長的平行金屬導軌處在磁感強度 B=1T、方向垂直于導軌平面的勻強磁場中.導軌兩端各接一個阻值R0=2Q的電阻.在平行導軌間跨接一金屬棒，金屬棒質(zhì)量m=lkg電阻r=2Q, 其與導軌間的動摩擦因數(shù) P=0.5 。金屬棒以平行于導軌向上的初速度u 0=10m/s 上滑直至上升到最高

15、點的過程中，通過上端電阻的電量A q=0. 1C(g=10m/s2)金屬棒的最大加速度；(2) 士端電阻R0中產(chǎn)生的熱量。金屬棒在上升的過程，切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為E BL ,回路的總電阻 R r RO 2r R0 3,回路中的感應電流 I E BL22RR的力有速運22 金屬棒受到平行于導軌向下的安培力 F IBL BL BR 金屬棒還受到平行于導軌向下 mgsin 9 、滑動摩擦力 fmgcos 22 由牛頓運動定律可知mgsinmgcos BL maR(1) 金屬棒上升過程中的最大加速度對應的是金屬棒的最大速度，金屬棒上升過程做減 動，所以金屬22 棒上升過程中的最大加速度就是速度

16、為 u0 的瞬間 a g(sin cos ) BL 0 maxmR代入數(shù)據(jù)后得最大加速度 amax=10. 3m/s(2) 金屬棒上升到最高點的過程中，通過上端電阻的電量 Aq=O. 1C,即金屬棒中通過的電量為2 A q,設(shè)金屬棒中的平均電流為I BLsmax通過金屬棒的電量t BL smax 2 qRRR tR t金屬棒沒導軌上升的最大距離s 2R q代入數(shù)據(jù)后得 smax 2m maxBL上端電阻與下端電阻相等，并聯(lián)后電阻為1Q,再與金屬棒的電阻 r=2Q串聯(lián)，外電路 是產(chǎn)生的焦耳熱為全電路焦耳熱的1,上端電阻的焦耳熱 Q又為外電路焦耳熱的 1,全電 路產(chǎn)生的焦耳熱為6Q。由能量守232

17、恒可知mg (sincos ) smax 6Q Im 022Q112m 0 mg (sincos ) smax 代入數(shù)據(jù)后得 Q=5J 12610、如圖所示，平行光滑U形導軌傾斜放置，傾角為 37,導軌間的距離L=l. 0m,電阻R=0.8Q,導軌電阻不計.勻強磁場的方向垂直于導軌平面，磁感強度B=l. 0Tm=0. 5kg 、電阻r = 0. 2 Q的金屬棒ab垂直置于導軌上.現(xiàn)用沿軌道平面且垂直于金屬棒的大小為 F=5. ON的恒丿J,使金屬棒abcos37 0.8行.當ab棒滑行0. 8m后速度 不變， 求：(sin37 0. 6, 2g 取 10 m/s)?金屬棒勻速運動時的速度大??；

18、？金屬棒勻速運動時電阻 R上的功率；?金屬棒從靜止起到剛開始勻速運動的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為多少？第 18當金屬»勻速運動時,山力的f衡龜件胡I （2 分）R rR rF mgsin37 BIL（2分）EBLv由閉合電路歐姆定律得:聯(lián)立以上方程解得金屬棒勻速運動的速度大小為：v 2. Om/s （2分）?當金屬棒勻速運動時，金屬棒產(chǎn)生的感應電動勢為：E BLv E回路中的電流強度I R r電阻R上的電功率為：P IR （ 2分）解得：P= 3. 2W （ 2 分）?在金屬棒滑行 s=0. 8m的過程中，由動能定理得：2lFs mgss in 37用安=1人20（ 2 分）2回路

19、所產(chǎn)生的總熱量 QW安聯(lián)立以上方程得：Q 0. 6J（1分）RQ 0. 48J（ 2 分）電阻R上產(chǎn)生的熱量為：QRRr11、如圖所示，傾角0=30。、寬度L=lm的足夠長的“ U'形平行光滑金屬導軌固定在磁感應強度B =1T,范圍足夠大的勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向下。用平行于軌道的牽引力拉一根質(zhì)量m =0. 2 kg 、電阻R =1Q的垂直放在導軌上的金屬棒a b,使之由靜止 開始沿軌道向上運動。牽引力做功的功率恒為6W,當金屬棒移動2. 8m時，獲得穩(wěn)定速 度，在此過程中金屬棒產(chǎn)生的熱量為5.8J,不計導軌電阻及一切摩擦，取g=10m/s2o求：（1）金屬棒達到穩(wěn)定時速度是多

20、大？（2）金屬棒從靜止達到穩(wěn)定速度時所需的時間多長？（1）金屬棒沿斜面上升達穩(wěn)定速度時，設(shè)所受的安培力為F安，由平衡條件得F=mgsin 0 +F 安（2 分）而 F a=BIL=B又 FBLvRL （ 2 分）Pv （2 分）聯(lián)立以上三式解得v = 2m/s （ 2分）（2）由能量轉(zhuǎn)化與守恒定律可得Pt = mgssi n 9 +12、如圖所示，一根電阻為R=12Q的電阻絲做成一個半徑為r = Im 的圓形導線框，豎直放置在水平勻強磁場中，線框平面與磁場方向垂直，磁感強度為B=0. 2T,現(xiàn)有一根質(zhì) 量為m=0. 1kg,電阻不計的導體棒，自圓形線框最高點靜止起沿線框下落，在下落過程中始終與

21、線框良好接觸，已知下落距離為r/2時，棒的速度大小為 vl = 12mv+Q （ 2分）2代 入數(shù)據(jù)解得：t =1. 5s（4分）108m/s,下落到經(jīng)過圓心時棒的速度大小為v2 =m/s,（取 g=10m/s2）336試求：?下落距離為r/2時棒的加速度，?從開始下落到經(jīng)過圓心的過程中線框中產(chǎn)生的熱量R2R332R8 R1x = 0.5 sin y (mjpi = -A = "0.33( W) Rj 3E2Q=-A t=1.25（J） KR93B2（3 r）2vlF = BIL = =0. 12 N R1（4分）B由 mg - F = ma3（ 2 分）Fa =g - = &

22、; 8（ m / s2 ）2 分）m1（2） mgr - Q = mv22 - 0（5 分）2IQ = mgr - mv22 = 0. 44 J （ 2 分）213、如圖所示，在 xOy平面內(nèi)存在 B=2T的勻強磁場, 屬導軌，OCA導軌形狀滿足曲線方程，C為導軌的最右端,0A與OCA為置于豎直平面內(nèi)的光滑金導軌0A與OCA相交處的0點和A點分別接有體積可忽略的定值電阻Rl=6 Q和R2=12 Q?，F(xiàn)有一長lm,質(zhì)量為0. lkg 的金屬棒在豎直向上的外力F作用下以v=2m/s速度向上勻速運動，設(shè)棒與兩導軌始終接觸良好，除電阻R1、R2外其余電阻不計，求：(1) 金屬棒在導軌上運動時 R2 上

23、消耗的最大功率；(2) 外力 F 的最大值；(3) 金屬棒滑過導軌 OCA過程中，整個回路產(chǎn)生的熱量。(1) 當棒運動到C點時，感應電動勢最大E=BLv=2 (V) (2)I=E/R=0. 5 (A)F $=BIL=0. 5 (N) F=F 安 +mg=1.5(N) (6)(3)t=0A/v=5/2=2. 5(s) 7電 阻為 R體棒 MN14、如圖 48 所示，直角二角形導線框abc 固定在勻強磁場中， ab 是一段長為 L、的均勻?qū)Ь€， ac 和 be 的電阻可不計， ac 長度為電阻為LL?磁場的磁感強度為 B,方向垂直紙面向里.現(xiàn)有一段長度為，22R的均勻?qū)Ъ茉趯Ь€框上，開始時緊靠 a

24、c, 然后沿 be 方向以恒定速度 v 向 b 端滑動， 2L滑動中始終與ac平行并與導線框保持良好接觸，當MN滑過的距離為時，3導線 ac 中的電流為多大？方向如何？L 時，它與 be 的接觸點為 P, 如圖 49 所示 . 由 3L幾何關(guān)系可知，MP的長度為，MP相當于電路中的電源，其感應電動勢311E BLv, 內(nèi)阻 r R. 等效電路如圖 410 所示 .曲解析：瀬潸過的確為1233R 2R外電路并聯(lián)電阻為 R并9 33由閉合電路歐姆定律可得，MP中的電流Iac中的電流lac E R 并r2I 32BLv 5R聯(lián)立以上各式解得 laclac根據(jù)右手定則，MP中的感應電流方向由P流向M,

25、所以電流lac的方向由a流向c.答 案:2BLv,方向由a流向c. 5R15. 如圖所示，在方向豎直向上的磁感應強度為B的勻強磁場中，均為R、質(zhì)量均為 m的金屬棒.棒cd與導軌間的最大靜摩擦力為f,且用能承受最大拉力為TO的水平細線拉住，棒ab與導軌間的摩擦不計，在水平拉力F的作用下以加速度a由靜止開始向右做勻加速直線運動，ab運動前，細線處于自然伸直狀態(tài)，拉力為零.求：（1）線斷以前水平拉力F隨時間t的變化規(guī)律（2）從ab開始運動至細線被拉斷前瞬間通過導體棒ab橫截面的電量.“X XX X解（ 1）在時刻t,棒ab的速度 v = a t （1分）棒中感應電動勢為 E=B L v=B L a

26、t （1 分）棒中的感應電流為 匸BLat2R （2分）對ab棒應用牛頓第二定律得F BIL=ma （1分）（2分）解得：F=2RB2L2at ma（2）細線拉斷前瞬間 cd滿足2f TO t 二（1分）B2L2aRA12由于ab棒勻加速運動，所以xat-（1 分）2Q線拉斷前的過程中有：1-聯(lián)立、侍：t2R tBLxBLa4 (TO f)2R2(T f)2RQ=-(1 分)442332R2R4RBLaBLaB2L2at f+TO (1分)2R16、如圖，兩根足夠長的平行金屬導軌，固定在同一水平面上，導軌的電阻很小，可忽略不計。導軌間的距離L=0. 2m。磁感應強度 B=0. 50T的勻強磁場

27、與導軌所在平面垂直。兩根質(zhì)量均為m=0.10kg的平行金屬桿甲、乙可在動摩擦因素U = 0 . 1 的導軌上滑動，滑動過程中與導軌保持垂直，每根金屬桿的電阻為R=0. 50 Q o開始時兩根金屬桿都處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)有一與導軌平行、大小為0. 20N的恒力F作用于金屬桿甲上，使金屬桿甲在導軌上滑動。試分析并求岀經(jīng)過相當長時間后兩桿與導軌組成的閉合回路中的電功率（設(shè)最大靜磨擦力等于滑動磨擦力）。兩桿受到的滑動磨擦力均為f=umg=0 . 1N,開始時，甲在力 F作用下向右切割磁感線加速運動，其所受安培丿J F安B2L2V=BIL=2R越來越大，當安培力達 到0.1N時，甲所受恒力 F、安培力F安、

28、磨擦力f二力達到平衡。此時乙受到安培力也是0.1N,并等于其所受的最大靜磨擦力。所以乙一直靜止不動，甲最后作勻速直線運動。3分相當長時間后甲桿：F=F安+f 2分甲所受安培丿J : F $=BIL回路I E2R 2分甲切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢:E=BLv2 分回路中的電功率E2P或P電電PF FV 2分2R由以上得： V=10m/s, E=1V, P電=lw 2 分17、如圖所示，在方向豎直向上的磁感應強度為B的勻強磁場中，有兩條光滑的平行金屬導軌，其電阻XXXXXX>? X XFXXXXXXXXXX9不計，間距為L,導軌平面與磁場方向垂直， ab、cd為兩根垂直導軌放置的、電阻都為R、

29、質(zhì)量都為m的金屬棒。棒cd用水平細線拉住，棒 ab在水平拉丿J F的作用下以加速度 a靜止開始 向右做勻加速運動，求：（1）F隨時間t的變化規(guī)律；（2）經(jīng)tO時間，拉棒cd細線將被拉斷，則此細線所能承受的最大拉力 T為多大；（3）當拉棒cd的細線剛被拉斷時，將拉丿 JF撤去，則cd棒所能達到的最大速度是 多少？時刻t,棒的速度v=at此時棒中感應電動勢為E=BLv=Blat此時棒中的感應電流為匸E （ 1分）2R由牛頓第二定律得 F-BIL=ma （ 2分）B2L2at ma （ 1 分）得 F=2R（2）細線拉斷時滿足 BIL=T （ 1分）（3）拉力F撤去，系統(tǒng)合外力為零，動量守恒m v0

30、=2mv （ 2分）vO=atO v :B2L2atO （2 分）即 T 2R12atO （1 分）18、如圖所示，足夠長的兩根光滑導軌相距0.5m豎直平行放置，導軌電阻不計，下端連接阻值為的電阻 R,導軌處在勻強磁場 B中，磁場的方向垂直于導軌平面向里，磁感應強度為0. 8To兩根質(zhì)量均為 0. 04kg、電阻均為0. 5 Q 的水平金屬棒 ab、cd都與導軌接觸良好，金屬棒 ab 用一根細繩懸掛，細繩允許承受的最大拉力為0. 64N,現(xiàn)讓cd棒從靜止開始落下，直至細繩剛好被拉斷，在此過程中電阻R2上產(chǎn)生的熱量為 0.2J, g=10/s,求：（1）此過程中ab棒和cd棒分別產(chǎn)生的熱量 Qa

31、b和Qcd。（2）細繩被拉斷時，cd棒的速度。（3）細繩剛被拉斷時，cd棒下落的高度。解：（1）金屬棒cd從靜止開始運動直至細繩剛好被拉斷的過程中有：2 Qab =Ut/Rab ®（ 2 分）2QR=Ut/R ®（ 1 分）聯(lián)立可得 Qab=0. 4J 3（ 1分）2Qcd =IRcdt2 分）2Qab + QR =IRRabt/ （ Rab+R）（ 5）（ 1 分）聯(lián)立可得 Qab =0. 9J （6）（1分）10（2）細繩被拉斷瞬時，對ab棒有:Fm=mg+BlabL ©（ 2 分）又有 IR=Rablab/R1 分）lcd=lab+lcd 妙（1 分）又由閉

32、合歐姆定可得BLv=lcd Rcd+RabR/（ Rab+R）（2 分）聯(lián)立可得 v=l. 88m/s（ 1分）（3）由功能關(guān)系得2Mgh= Q 總 +l/2mv （ 4 分）即可得h=3. 93m（ 1分）19、兩足夠長且不計其電阻的光滑金屬軌道，如圖所示放置，間距為d=100cm,在左端斜軌道部分高h=1.25m處放置一金屬桿 a,斜軌道與平直軌道以光滑圓弧連接，在平直軌道右端放置另一金屬桿b,桿a、b電阻Ra=2 Q , Rb=5 Q , 在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強磁場，磁感強度B=2T,現(xiàn)桿b以初速度v0=5m/s開始向左滑動，同時由靜止釋放桿a,桿a滑到水平軌道過程中，通過桿b的

33、平均電流為0.3A ； a下滑到水平軌道后，以a下滑到水平軌道時開始計時，a、b運動圖象如圖所示（a運動方向為正），其中 ma=2kg, mb=lkg, g=10m/s2, 求（1）桿a落到水平軌道瞬間桿a的速度v；（2）桿a在斜軌道上運動的時間；（3）桿a在水平軌道上運動過程中通過的電量；（4）在整個運動過程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱(1) v 5m/s,5s b 棒，Bdl t mb vO 2 ，得 t(2) 系統(tǒng)動量守恒，mav mb 2 ma mb v , 得8v m/s, a 棒， 38 Bd aq 5 37得 q=C； (4) 共產(chǎn)生的焦耳熱為 3111612Q magh mb vO (m

34、a mb)v 2 J 226B棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Q 5115Q J 19J 2 5620、如圖所示，兩足夠長平行光滑的金屬導軌MN PQ相距0為L,導軌平面與水平面夾角a =30,導軌電阻不計。磁感應強度為 B 的勻強磁場垂直導軌平面向上，兩根長為 L的完全相同的金屬棒ab、cd垂直于MN PQ放置在導軌上，且與導軌電接觸良好，每根棒的質(zhì)量為 m電阻為R;現(xiàn)對曲施加平行導軌向上的恒力 F, 當 ab 沿導軌向上做勻速直線運動時， cd 保持靜止狀態(tài) .(1) 求力 F 的大小及 ab 運動的速度大??；沿導(2) 若施加在ab上力的大小變?yōu)?2mg,方向不變，經(jīng)過一段時間后ab、cd以相同加速度

35、軌向上加速運動，求此時 ab 棒與 cd 棒的速度差 (A v=vab-vcdI vms4）ii21、如圖所示，ab和cd是固定在同一水平面內(nèi)的足夠長平行金屬導軌，ae和cf是平 行的足夠長傾斜導軌，整個裝置放在豎直向上的勻強磁場中。在水平導軌上有與導軌垂直的導體棒1,在 傾斜導軌上有與導軌垂直且水平的導體棒2,兩棒與導軌間接觸良好，構(gòu)成一個閉合回路。已知磁場的磁感應強度為 B,導軌間距為L,傾斜導軌與水平面夾角為9 ,導體棒1和2質(zhì)量均為m,電阻均為R。不計導軌電阻和一切摩擦。現(xiàn)用一水平恒力F作用在棒1上，從靜止開始拉動棒1,同時由靜止開始釋放棒 2,經(jīng)過一段時間，兩棒最終勻速運動。忽略感應

36、電流之間的作用，試求：（1）水平拉力F的大?。唬?）棒1最終勻速運動的速度 vl的大小。（1）F mgta n1棒勻速：F BIL （ 1分）；2棒勻速：BIL mgtan（2分）；解得：（2 分）；據(jù)動量定理,對 1 棒：Ft B ；對 2 棒：mgsin t Bcos t mv2 0h聯(lián)立斛畫hvino? (2分)（2 分）,mvl 0（2 分）16.解：(l) a6棒所受合外力為零 F-F啟- mg sina0山棒 所受合外力為零 F?dmg si naO棒所受安培力大小為 FaFc(fBIL=Ba-L解得：F=2mg sina=mg2n igR si na mgR" 二 b2

37、l2當abAcd以共同加速度運動a運動時，運用整休?2mg-2mg sin a=2/zuz以cd棒為研究對象有仁2RBIL-mg si naAma由法拉第電磁感應定律聯(lián)立？解得艸評分標準：本題共15分，式各1分，式各：式1分，式2分。勻速運動后，有： E BLvl BLv2cos (2 分)，I解得：vl E(1 分)2R2mgRta n (2 分)B2L2(1 cos2 )22、如圖46所示，在空間中有一水平方向的勻強磁場區(qū)域，區(qū)域的上下邊緣間距為h,磁感應強度為 B.有一寬度為b (b<h)、長度為L、電阻為R、質(zhì)量為m的矩形導體線 圈緊貼磁場區(qū)域的上邊緣從靜止起豎直下落，當線圈的

38、PQ邊到達磁場下邊緣時，恰好開始做勻速運動.求：(1) 線圈的MN邊剛好進入磁場時，線圈的速度大小(2) 線圈從開始下落到剛好完全進入磁場所經(jīng)歷的時間解析：(1)設(shè)線圈勻速穿出磁場的速度為L ,此時線圈中產(chǎn)生的感應電動勢為E BLv .產(chǎn)生的感應電流為 I ER線圈受到的安培力為F=BIL此過程線圈受到的重力與安培力平衡B2L2 設(shè)線圈的上邊剛好進入磁場時速度為llmv 2 mv2 2mg=F聯(lián)立式，得 v mgRv,線圈全部在磁場里運動的過程中，根據(jù)能量守恒定律聯(lián)立解得vmg(h b)(2)設(shè)線圈從開始下落到剛好完全進入磁場所用時間為t,根據(jù)動量定理mgt IF mv 0根據(jù)法拉第電磁感應定

39、律線圈中產(chǎn)生的平均電流BLbttR故安培力的沖量IFOilB2L2b聯(lián)立Oil得，IF 12 ORnrR2(h n-B2L2b將和012代入解得t mgRm,電阻為R。在金屬線框的23、如圖一所示，abed是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線框，金屬線框的質(zhì)量為下方有一勻強磁場區(qū)域，MN和M ' N'是勻強磁場區(qū)域的水平邊界，并與線框的be邊平行，磁場方向與線框平面垂直?，F(xiàn)金屬線框由距 MN的某一高度從靜止開始下落，圖二是金屬線框由開始下落到完全穿過勻強磁場區(qū)域瞬間的速度一時間圖象，圖像中坐標軸上所標岀的字母均為 U知量。求：(1) 金屬框的邊長；(2) 磁場的磁感應強度；(3)

40、 金屬線框在整個下落過程中所產(chǎn)生的熱量。13M'd c N N '12 3 4圖二圖一(1) 由圖象可知，金屬框進入磁場過程中是做勻速直線運動，速度為vl, 運動時間為t2 tl所以金屬框的邊長1 vl(t2 tl) (2)在金屬框進入磁場的過程中，金屬框所受安培力等于重力mg =BI1Blvl 1= RlmgR 解得 B= vl(t2-tl)vl(3) 金屬框在進入磁場過程中金屬框產(chǎn)生的熱為 QI, 重力對其做正功，安培力對其做 負功，由動能定理得W 重一 W 安=0 Q1=W $:Q1=W 重=mgl金屬框在離開磁場過程中金屬框產(chǎn)生的熱為Q2,重力對其做正功，安培力對其做負

41、功，由動能定理得 W重一 W /安= 1122mv3 mv2 22122m(v2 v3) 2Q2=W /安線框產(chǎn)生的總熱量 Q=Q1+Q2解得：Q24 一個質(zhì)量 m=0. lkg 的正 方形金屬框總電阻 R=0. 5 Q , 金 屬框放在表面絕緣且光滑的斜 面頂端 ( 金屬框上邊 與AA'重 合)，自靜止開始沿斜面下滑，下滑過程中穿過一段邊界與斜 面底邊BB'平行、寬度為d的 勻強磁場后滑至斜面底端(金 屬框下邊與BB'重合)，設(shè)金屬 框在下滑過程中的速度為 Vs圖象如圖所示，d知勻強磁場 方向垂直斜面向上，g=10m/so根據(jù)v2 s圖象所提供的信息，計算岀斜面傾角9

42、和勻強磁場寬度 d.（2）金屬框從進入磁場到穿岀磁場所用的時間是多少?（3）勻強磁場的磁感應強度多大?由圖象可知，從 s = 0到sl = I. 6 m 過程中，金屬框作勻加速運動 25m/s2 (2 分)2sI2 1. 6由公式v = 2as可得金屬框的加速度2vl216al根據(jù)牛頓第二定律 mgsin 0 =mal 30（2分）金屬框下邊進磁場到上邊岀磁場，線框做勻速運動A s=2L=2d=2. 6-1. 6=lm, d=L=O. 5m（ 2 分）16 vl 4m/s2L金屬框穿過磁場所用的時間tO. 25s（ 4分）vlBLvlL mgs in( 3)因勻速通過磁場 BR所以磁感應強度的

43、大小B 0. 5T（4分）？金屬框剛進入磁場時,vl24、如圖所示，在水平面上有兩條光滑的長直平行金屬導軌MN PQ,導軌間距離為L,導軌的電阻忽略不計，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌所在平面。質(zhì)量分別為ma mb的兩根金屬桿 a、b跨擱在導軌上，接入電路的電阻均為R。輕質(zhì)彈簧的左端與 b桿連 接，右端被固定。開始時a桿以初速度v0向靜止的b桿運動，當a桿向右的速度為v時，b桿向右的速度達到最大值vm,此過程中a桿產(chǎn)生的焦耳熱為 Q,兩桿始終垂直于導 軌并與導軌良好接觸。求當b桿達到最大速度 vm時(1)b桿受到彈簧的彈力（2）彈簧具有的彈性勢能24. （1 ）設(shè)某時刻a、b桿速度分別為 v和vm,由法拉第電磁感應定律，回路中的感應電動勢E=BL （ v vm）回路中的電流 I = 2E 2RB桿受到的安培力 Fb=BIL當b桿的速度達到最大值vm時，b桿的加速度為0,設(shè)此時b桿受到的