时间:2019-05-21 04:05:31
1、简答题 如图所示，P、Q为两根相距为L且互相平行的长直光滑的金属导轨，其左端与电容为C的电容器和阻值分别为R1、R2的电阻连成图示电路，质量为m的金属棒ab与导轨垂直放置，且接触良好，其电阻为r（导轨电阻不计），整个装置放在磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中．现闭合开关S，用大小为F的水平力拉棒ab，使它水平向右运动．求：
（1）棒ab的最大速度；
（2）棒ab达最大速度时电容器的带电量；
（3）在棒ab达最大速度后，断开开关S、并同时撤去水平拉力F，此后电阻R1产生的热量多大？
参考答案：（1）棒ab在外力F作用下向右运动时产生感应电流，从而使棒ab产生向左的安培力作用，当F=F安 时棒ab有最大速度vm 由题设条件有：
?F=BIL…①
此时棒ab产生的感应电动势为：E=BLvm…②
回路中的总电流为：I=ER1+r…③
联立上述三式解得：vm=F(R1+r)B2l2…④
（2）设电容器带电量为Q，棒ab达到最大速度时有：Q=CUR1…⑤
而：UR1=IR1?
联立上述两式：Q=FCR1Bl… ⑦
（3）当断开开关S后，电路由R1和r 串联组成，由能量转化与守恒定律有：
回路产生的总热量为：Q总=12mv2m…⑧
R1上产生的热量为：QR1=R1R1+rQ总?⑨
联立以上二式解得：QR1=F2mR1(R1+r)2B4l4…⑩
答：（1）棒ab的最大速度为F(R1+r)B2l2；
（2）棒ab达最大速度时电容器的带电量为FCR1Bl；
（3）电阻R1产生的热量为F2mR1(R1+r)2B4l4．
本题解析：
本题难度：一般
2、计算题 为了测量列车运行的速度和加速度的大小，可采用如图（a）所示的装置，它是由一块安装在列车头底部的强磁体和埋设在轨道地面的一组线圈及电流测量仪组成的（测量仪未画出）。当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，就能求出列车在各位置的速度和加速度。假设磁体端部磁感强度为B=0.004T，且全部集中在端面范围内，与端面垂直，磁体宽度与线圈宽度相同，且都很小，线圈匝数n=5，长L=0.2m，电阻0.4Ω（包括引线电阻），测试记录下来的电流-位移图象如图（b）所示。
试求：⑴在离O（原点）30m，130m处列车的速度v1和v2的大小；⑵假设列车是匀变速运动，求列车加速度的大小。
参考答案：（1）
，
（2）
本题解析：（1）列车车头底部的强磁体通过线圈时，在线圈中产生感应电动势和感应电流，根据公式可得：
从图中可读出距O点30 m、130 m处的电流分别为I1="0.12" A，I2="0.15" A，代入数据可得出：
，
.
（2）根据匀速运动公式
从图中读出s="100" m,所以
本题难度：一般
3、填空题 如图所示，矩形金属线框电阻为2Ω，在匀强磁场中匀速转动，转到图示位置时，测得线框中磁通量的变化率为
Wb/s，线框两端通过滑环与R=98Ω的电阻相连，则电压表的示数为 ______V。
参考答案：9.8V
本题解析：磁通量变化率
，所以根据法拉第电磁感应定律可得：
，线圈相当于一个电源，所以该线圈的有效电压为
，故根据闭合回路欧姆定律可得：
点评：做此类型题目可先画出等效电路图，根据闭合回路欧姆定律分析，需要注意的是有效值的转化
本题难度：简单
4、计算题 如图所示，竖直平面内有一边长为L、质量为m、电阻为R的正方形线框在竖直向下的重力场和水平方向的匀强磁场组成的复合场中以速度v0水平抛出，磁场的方向与线框平面垂直，磁场的磁感应强度随竖直向下的z轴按B=B0+kz的规律均匀增大，已知重力加速度为g，求：
（1）线框竖直方向速度为v1时，线框中瞬时电流的大小I；
（2）线框在复合场中运动时重力的最大电功率Pm；
（3）若线框从开始抛出到瞬时速度大小达到v2所经历的时间为t，那么，线框在时间t内的竖直方向位移大小z。
参考答案：解：（1）左右两边产生的感应电动势抵消，设线框上下边处的磁感应强度分别为B1和B2，有
得 
（2）当安培力大小等于重力时竖直速度最大，重力的功率也最大
?
?
所以
得
（3）线框受重力和安培力作用，其中重力为恒力，安培力为变力。设某时刻线框竖直方向的速度为vz，则安培力
设在微小△t内，变力可以看做匀加速运动，由牛顿第二定律线框加速度为? 
? 
?
所以
?
有
解得
本题解析：
本题难度：困难
5、选择题 如图3-6-12所示，甲、乙两个完全相同的线圈，在距地面同一高度处由静止开始释放，A、B是边界范围、磁感应强度的大小和方向均完全相同的匀强磁场，只是A的区域比B的区域离地面高一些，两线圈下落时始终保持线圈平面与磁场垂直.则（?）
图 3-6-12
A.甲先落地? B.乙先落地? C.二者同时落地? D.无法确定
参考答案：B
本题解析：先比较甲、乙线圈落地速度的大小，乙进入磁场时的速度较大，则安培力较大，克服安培力做功较多，即产生的焦耳热较多.由能量守恒定律可知，乙线圈落地速度较小.
线圈穿过磁场区域时受到的安培力为变力，设受到的平均安培力为F，穿过磁场时间为Δt，下落全过程时间为t,落地时的速度为v,则全过程由动量定理得
mgt-FΔt=mv
而FΔt=BIL·Δt，I=
所以FΔt=
可见，两下落过程安培力的冲量相等.
因为v乙＜v甲，所以t乙＜t甲
即乙线圈运动时间较短，先落地.
本题难度：简单