《（浙江專用）2022年高考物理大二輪復習優(yōu)選習題 專題四 電路與電磁感應 提升訓練14 電磁感應的電路和圖象問題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專用）2022年高考物理大二輪復習優(yōu)選習題 專題四 電路與電磁感應 提升訓練14 電磁感應的電路和圖象問題（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（浙江專用）2022年高考物理大二輪復習優(yōu)選習題 專題四 電路與電磁感應 提升訓練14 電磁感應的電路和圖象問題 1.(2017浙江寧波選考模擬)如圖所示為傾角為α=30°的固定粗糙斜面,斜面上相隔為d的平行虛線MN與PQ間有大小為B的勻強磁場,方向垂直斜面向下,一質(zhì)量為m,電阻為R,邊長為L的正方形單匝純電阻金屬線圈,在沿斜面向上的恒力作用下,以速度大小v沿斜面向上勻速進入磁場,線圈ab邊剛進入磁場和cd邊剛要離開磁場時,ab邊兩端的電壓相等。已知磁場的寬度d大于線圈的邊長L,線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)線圈有一半面積進入磁場時通過ab邊

2、的電荷量q; (2)恒力F的大小; (3)線圈通過磁場的過程中,ab邊產(chǎn)生的熱量Q。 2.如圖甲所示,兩根電阻不計的平行光滑金屬導軌MN、PQ固定于水平面內(nèi),導軌間距d=0.40 m,一端與阻值R=0.15 Ω的電阻相連。導軌間x≥0一側(cè)存在一個方向與導軌平面垂直的磁場,磁感應強度沿x方向均勻減小,可表示為B=0.50(4-x)(T)。一根質(zhì)量m=0.80 kg、電阻r=0.05 Ω的金屬棒置于導軌上,并與導軌垂直。棒在外力作用下從x=0處以初速度v0=0.50 m/s沿導軌向右運動。已知運動過程中棒始終與導軌垂直,電阻上消耗的功率不變。 (

3、1)求金屬棒在x=0處時回路中的電流; (2)求金屬棒在x=2.0 m處速度的大小; (3)金屬棒從x=0處運動到x=2.0 m處的過程中:①在圖乙中畫出金屬棒所受安培力F安隨x變化的關系圖線;②求外力所做的功。 3.一輛塑料玩具小汽車,底部安裝了一個10匝的導電線圈,線圈和小車總質(zhì)量m=0.5 kg,線圈寬度l1=0.1 m,長度與車身長度相同l2=0.25 m,總電阻R=1.0 Ω;某次試驗中,小車在F=2.0 N的水平向右恒定驅(qū)動力作用下由靜止開始在水平路面上運動,當小車前端進入右邊的勻強磁場區(qū)域ABCD時,恰好達到勻速直

4、線運動狀態(tài),磁場方向豎直向下,磁感應強度B隨時間t的變化情況如B-t圖象所示,以小車進入磁場的時候作為計時的起點;磁場長度d=1.0 m,磁場寬度AB大于小車寬度,整個過程中小車所受阻力為其總重力的。求: (1)小車前端碰到磁場邊界AB時線圈中的電流大小及小車的速度; (2)從靜止開始到小車前端碰到磁場邊界CD的整個過程中,通過線圈中的電荷量; (3)從靜止開始到小車前端碰到磁場邊界CD的整個過程中,線圈中產(chǎn)生的焦耳熱。 4.如圖甲所示,P、Q為水平面內(nèi)平行放置的金屬長直導軌,間距為d,處在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中。一根質(zhì)

5、量為m、電阻為r的導體棒ef垂直放在P、Q導軌上,導體棒ef與P、Q導軌間的動摩擦因數(shù)為μ。質(zhì)量為M的正方形金屬框abcd的邊長為L,每邊電阻均為r,用細線懸掛在豎直平面內(nèi),ab邊水平,金屬框a、b兩點通過細導線與導軌相連,金屬框的上半部分處在磁感應強度大小為B、方向垂直框面向里的勻強磁場中,下半部分處在大小也為B、方向垂直框面向外的勻強磁場中,不計其余電阻和細導線對a、b點的作用力。現(xiàn)用一電動機以恒定功率沿導軌方向水平牽引導體棒ef向左運動,從導體棒開始運動時計時,懸掛金屬框的細線的拉力FT隨時間t的變化如圖乙所示,求: (1)t0時刻以后通過ab邊的電流; (2)t0時

6、刻以后電動機牽引力的功率P; (3)求0到t0時刻導體棒ef受到的平均合外力。 5.(2017浙江溫州中學高二期末)如圖,ab和cd為質(zhì)量m=0.1 kg、長度L=0.5 m、電阻R=0.3 Ω的兩相同金屬棒,ab放在半徑分別為r1=0.5 m和r2=1 m的水平同心圓環(huán)導軌上,導軌處在磁感應強度為B=0.2 T豎直向上的勻強磁場中;cd跨放在間距也為L=0.5 m、傾角為θ=30°的光滑平行導軌上,導軌處于磁感應強度也為B=0.2 T方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中。四條導軌由導線連接并與兩導體棒組成閉合電路,除導體棒電阻外其余電阻均不計。ab在外力作用下沿圓環(huán)導軌勻

7、速轉(zhuǎn)動,使cd在傾斜導軌上保持靜止。ab與兩圓環(huán)導軌間的動摩擦因數(shù)均為0.5,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)從上向下看ab應沿順時針還是逆時針方向轉(zhuǎn)動? (2)ab轉(zhuǎn)動的角速度大小; (3)作用在ab上的外力的功率。 6.如圖,光滑的足夠長的平行水平金屬導軌MN、PQ相距l(xiāng),在M、P 點和N、Q點間各連接一個阻值恒為R的燈泡,在兩導軌間efhg矩形區(qū)域內(nèi)有垂直導軌平面豎直向下、寬為d的有界勻強磁場,磁感應強度為B0,且磁場區(qū)域可以移動。一電阻也為R、長度也剛好為l的導體棒ab垂直固定在磁場左邊的導軌上,離燈L1足夠遠。

8、現(xiàn)讓勻強磁場在導軌間以恒定速度v0向左移動,當棒ab剛處于磁場時兩燈恰好正常工作,棒ab與導軌始終保持良好接觸,導軌電阻不計。 (1)求燈泡的額定功率; (2)求在磁場區(qū)域經(jīng)過棒ab的過程中棒ab產(chǎn)生的熱量Q; (3)若取走導體棒ab,保持磁場不移動(仍在efhg矩形區(qū)域),而是均勻改變磁感應強度,為保證額定電壓為U的燈L1和L2都不會燒壞且有電流通過,試求磁感應強度減小到零的最短時間tmin。 7.磁流體推進船的動力來源于電流與磁場間的相互作用,如圖a所示是在平靜海面上某實驗船的示意圖,磁流體推進器由磁體、電極和矩形通道(簡

9、稱通道)組成。如圖b所示,通道是尺寸為a×b×c的長方體,工作時,在通道內(nèi)沿z軸正方向加磁感應強度為B的勻強磁場。海水沿y軸方向流過通道,已知海水的電阻率ρ。 (1)若推進船靜止不動,在P、Q間連接一電阻不計的導線,海水以v0速度沿著y軸運動,試求此時通過連接導線的電流。 (2)假若海水開始靜止,在P、Q面間加可以自動調(diào)節(jié)的電壓,可使流過通道內(nèi)海水的電流保持恒定值I?；卮鹨韵聠栴}:①要使磁流體推進船沿著負y軸方向運動,圖b中P、Q哪點電勢高?②若船保持靜止,通道內(nèi)海水以v0速度勻速運動,求推進器對海水推力的功率;③若船以vs的速度勻速前進,在通道內(nèi)海水的速率增加到v

10、d。試求磁流體推進器消耗的功率。 8.(2018年3月臺州高三質(zhì)量評估)如圖1所示,平行光滑金屬軌道ABC和A'B'C'置于水平面上,兩軌道間距d=0.8 m,CC'之間連接一定值電阻R=0.2 Ω。傾角θ=30°的傾斜軌道與水平軌道順滑連接,BB'P'P為寬x1=0.25 m的矩形區(qū)域,區(qū)域內(nèi)存在磁感應強度B1=1.0 T、豎直向上的勻強磁場。質(zhì)量m=0.2 kg、電阻r=0.2 Ω的導體棒在與BB'的距離L0=1.6 m處靜止釋放,當經(jīng)過PP'時,右側(cè)寬度x2=0.2 m的矩形區(qū)域MM'C'C內(nèi)開始加上如圖2所示的磁場B2,已知PM=P'M'=1.0 m。求:

11、(1)剛進入勻強磁場時,導體棒兩端的電壓; (2)導體棒離開勻強磁場時的速度大小; (3)整個運動過程中,導體棒產(chǎn)生的焦耳熱。 9.(2018年3月紹興高三質(zhì)量評估)某校航模興趣小組設計了一個飛行器減速系統(tǒng),由摩擦阻力、電磁阻尼、空氣阻力系統(tǒng)組成。裝置如圖所示,匝數(shù)N=100、面積S=4.0×10-2 m2、電阻r=0.1 Ω的線圈內(nèi)有方向垂直于線圈平面向上的隨時間均勻增加的磁場B1,其變化率k=1.0 T/s。線圈通過電子開關S連接兩根相互平行、間距L=0.5 m的水平金屬導軌,右端連接R=0.2 Ω 的電阻,其余軌道電阻不計。在導軌間的

12、區(qū)域1中存在水平向右、長度為d=8 m的勻強磁場,磁感應強度為B2,大小在0≤B2≤2 T范圍內(nèi)可調(diào);在區(qū)域2中存在長度足夠長、大小為0.4 T、方向垂直紙面向里的勻強磁場B3。飛行器可在軌道間運動,其下方固定有一根長為L=0.5 m、電阻也為R=0.2 Ω的導體棒AB,與軌道良好接觸,飛行器(含導體棒)總質(zhì)量m=0.5 kg。在電子開關閉合的同時,飛行器以v0=12 m/s的初速度從圖示位置開始運動,已知導體棒在區(qū)域1中運動時與軌道間動摩擦因數(shù)μ=0.5,其余各處摩擦均不計。 (1)飛行器開始運動時,求AB棒上的電流方向和兩端的電壓U; (2)為使導體棒AB能通過

13、磁場區(qū)域1,求磁感應強度B2應滿足的條件; (3)若導體棒進入磁場區(qū)域2左邊界PQ時,會觸發(fā)電子開關S斷開,同時飛行器會打開減速傘,已知飛行器受到的空氣阻力f與運動速度v成正比,即f=ηv(η=0.4 kg/s)。當B2取合適值時導體棒在磁場區(qū)域2中的位移最大,求此最大位移x。 10.渦流制動是一種利用電磁感應原理工作的新型制動方式,它的基本原理如圖甲所示。水平面上固定一塊鋁板,當一豎直方向的條形磁鐵在鋁板上方幾毫米高度上水平經(jīng)過時,鋁板內(nèi)感應出的渦流會對磁鐵的運動產(chǎn)生阻礙作用。渦流制動是磁懸浮列車在高速運行時進行制動的一種方式。某研究所制成如圖乙所示的

14、車和軌道模型來定量模擬磁懸浮列車的渦流制動過程。車廂下端安裝有電磁鐵系統(tǒng),能在長為L1=0.6 m,寬L2=0.2 m的矩形區(qū)域內(nèi)產(chǎn)生豎直方向的勻強磁場,磁感應強度可隨車速的減小而自動增大(由車內(nèi)速度傳感器控制),但最大不超過B1=2 T,將鋁板簡化為長大于L1,寬也為L2的單匝矩形線圈,間隔鋪設在軌道正中央,其間隔也為L2,每個線圈的電阻為R1=0.1 Ω,導線粗細忽略不計。在某次實驗中,模型車速度為v=20 m/s時,啟動電磁鐵系統(tǒng)開始制動,車立即以加速度a1=2 m/s2做勻減速直線運動,當磁感應強度增加到B1時就保持不變,直到模型車停止運動。已知模型車的總質(zhì)量為m1=36 kg,空氣阻

15、力不計。不考慮磁感應強度的變化引起的電磁感應現(xiàn)象以及線圈激發(fā)的磁場對電磁鐵產(chǎn)生磁場的影響。 (1)電磁鐵的磁感應強度達到最大時,模型車的速度為多大? (2)模型車的制動距離為多大? (3)為了節(jié)約能源,將電磁鐵換成若干個并在一起的永磁鐵組,兩個相鄰的磁鐵磁極的極性相反,且將線圈改為連續(xù)鋪放,如圖丙所示,已知模型車質(zhì)量減為m2=20 kg,永磁鐵激發(fā)的磁感應強度恒為B2=0.1 T,每個線圈匝數(shù)為N=10,電阻為R2=1 Ω,相鄰線圈緊密接觸但彼此絕緣。模型車仍以v=20 m/s的初速度開始減速,為保證制動距離不大于80 m,至少安裝幾個永磁鐵?

16、 11.兩根平行金屬導軌固定傾斜放置,與水平面夾角為37°,相距d=0.5 m,a、b間接一個電阻R,R=1.5 Ω。在導軌上c、d兩點處放一根質(zhì)量m=0.05 kg的金屬棒,bc長L=1 m,金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ=0.5。金屬棒與導軌接觸點間電阻r=0.5 Ω,金屬棒被兩個垂直于導軌的木樁頂住而不會下滑,如圖1所示。在金屬導軌區(qū)域加一個垂直導軌斜向下的勻強磁場,磁場隨時間的變化關系如圖2所示。重力加速度g取10 m/s2。(sin37°=0.6,cos37°=0.8)求: (1)0~1.0 s內(nèi)回路中產(chǎn)生的感應電動勢大小(金屬棒未離開木樁)。

17、 (2)t=0時刻,金屬棒所受的安培力大小。 (3)在磁場變化的全過程中,若金屬棒始終沒有離開木樁而上升,則圖2中t0的最大值。 (4)通過計算在圖3中畫出0~t0max內(nèi)金屬棒受到的靜摩擦力隨時間的變化圖象。 12.(2018年2月寧波重點高中高三期末)如圖所示,MNPQ是固定于水平桌面上的足夠長的U形金屬導軌,導軌中接有阻值為R=6 Ω的電阻,兩導軌的間距為l=1.0 m,質(zhì)量為m=0.6 kg,電阻r=4 Ω的金屬桿EF可在軌道上滑動,滑動時保持與軌道垂直,桿與軌道之間的滑動摩擦力大小Ff=0.32 N,導軌的電阻

18、不計,初始時,桿EF位于圖中的虛線處,虛線右側(cè)有一無限寬的勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直于桌面,磁感應強度的大小為B=1.0 T,在t=0時刻,給EF桿一瞬時沖擊,使之獲得v0=2 m/s方向向右的初速度。經(jīng)過時間t=1.25 s,EF桿離開虛線的距離為x=2.0 m,若不考慮回路的自感。求: (1)在t=0 s時刻,流過金屬桿EF電流的大小與方向; (2)在t=1.25 s時刻,金屬桿EF的速度大小; (3)在此過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。 提升訓練14　電磁感應的電路和圖象問題 1.答案 (1)　(2)mgsinα+μmgcosα+

19、(3)-mv2 解析 (1)線圈一半面積進入磁場時產(chǎn)生的感應電動勢, 感應電流　q=Δt=。 (2)線圈勻速運動,受力平衡F=mgsinα+F安+μmgcosα F安= F=mgsinα+μmgcosα+。 (3)ab邊進磁場時Uab=BLv cd邊出磁場時Uab'=BLv1, 已知Uab=Uab',可得v1=3v 根據(jù)動能定理 F(L+d)-mg(L+d)sinα-μmg(L+d)cosα+W安=mv2 Q總=-W安 Qab=Q總=-mv2。 2.答案 (1)2.0 A　(2)1.0 m/s　(3)①見解析 ②2.7 J 解析 (1)x=0處的磁感應強度B0=2

20、.0 T,則金屬棒在x=0處產(chǎn)生的感應電動勢 E=B0dv0=0.40 V 根據(jù)閉合電路歐姆定律,此時回路中的電流 I==2.0 A。 (2)因為運動過程中電阻上消耗的功率不變,所以金屬棒產(chǎn)生的感應電動勢E和回路中的電流I都保持不變,與x=0處相等。x=2 m處的磁感應強度B2=1.0 T,設金屬棒在x=2 m處的速度為v2,則有 E=B2dv2 所以v2=1.0 m/s。 (3)①金屬棒在x=0處所受的安培力 F0=B0Id=1.6 N 金屬棒在x=2 m處所受的安培力 F2=B2Id=0.8 N 金屬棒所受的安培力F安=BId=0.4(4-x)(N) 金屬棒從x=0

21、運動到x=2 m 的過程中,金屬棒所受安培力F安隨x變化的示意圖如圖所示。 ②在金屬棒從x=0處運動到x=2 m處的過程中,設外力做的功為W,金屬棒克服安培力做的功為W安,根據(jù)動能定理得 W-W安= 在上圖中,圖線與坐標軸所圍面積為金屬棒克服安培力所做的功,可求得 W安=(F0+F2)x=2.4 J 所以W=2.7 J。 3.答案 (1)1 A　1 m/s　(2)0.75 C　(3)0.75 J 解析 (1)對小車勻速進入過程,F=kmg+nBI1l1,解得I1=1 A I1=,E1=nBl1v0,聯(lián)立以上各式解得v0=1 m/s。 (2)進入過程的電荷量q1=n,解得q

22、1=0.25 C 進入磁場后,由于磁場增強,線圈中產(chǎn)生感生電動勢,但是線圈左右兩邊所受的安培力時刻等大反向,因此小車將在恒力F和阻力的作用下做勻加速直線運動。線圈中的感應電動勢,E2=nS,S=l1l2,解得E2=1 V,I2==1 A 進入后小車加速度a==2 m/s2 由運動學公式d-l2=v0t2+ 解得t2=0.5 s 進入后的電荷量q2=I2t2=0.5 C 整個過程總電荷量q=q1+q2=0.75 C。 (3)進入過程中的焦耳熱Q1=F安l2,F安=F-kmg,解得Q1=0.25 J 進入后到前端碰到CD,Q2=Rt2=0.5 J,所以總熱量Q=Q1+Q2=0.75

23、 J。 4.答案 (1)　(2)(μmgL+Mgd)　(3) 解析 (1)以金屬框為研究對象,從t0時刻開始拉力恒定,故電路中電流恒定,設ab邊中電流為I1,cd邊中電流為I2 由受力平衡,得BI1L+FT=Mg+BI2L 由題圖知FT= ad、dc、cb三邊電阻串聯(lián)后再與ab邊電阻并聯(lián), 所以I1∶I2=3∶1,I1=3I2 由以上各式解得I1=。 (2)設總電流為I,由閉合電路歐姆定律得 I=,R=r E=Bdv,I=I1+I2=I1= 解得v= 電動機的牽引功率恒定, P=F·v 對導體棒F=μmg+BId 解得P=(μmgL+Mgd)。 (3)從0到t0時

24、刻,導體棒的速度從0增大到v= 由動量定理可知 F合(t0-0)=mv-0 F合=。 5.答案 (1)順時針　(2)40 rad/s　(3)30 W 解析 (1)cd受力平衡,則所受安培力應沿導軌向上,電流方向由d到c,導體棒ab中為由b到a,則從上往下看,ab應沿順時針方向轉(zhuǎn)動。 (2)對cd進行受力分析可知mgsinθ=BIL 代入數(shù)據(jù)可得 流過ab和cd的電流I= A=5 A 根據(jù)閉合電路歐姆定律,ab產(chǎn)生的感應電動勢E=I·(2R)=5×2×0.3 V=3 V ab切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢E=BLv 所以E=BL·(ωr1+ωr2),代入數(shù)據(jù)可得 E=0.2×0

25、.5××(0.5ω+ω)=3 V 所以ω= 40 rad/s。 (3)從能量轉(zhuǎn)化和守恒的角度看,作用在ab棒上的外力對ab棒做功的功率,在數(shù)值上應等于ab棒克服摩擦力做功的功率與回路產(chǎn)生的電功率之和。 所以P=Ffava+Ffbvb+IE。 其中Ffa=Ffb=μ·mg=0.5××0.1×10=0.25 N va=ωr1=40×0.5 m/s=20 m/s vb=ωr2=40×1.0 m/s=40 m/s 所以P=0.25×20 W+0.25×40 W+5×3 W=30 W。 6.答案 (1)　(2)　(3) 解析 (1)設燈泡額定電壓為U,當ab剛處于磁場時,燈正好正常工作

26、, 則電路中外電壓U外=U,內(nèi)電壓U內(nèi)=2U, 導體棒ab切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為E=3U=B0lv0 解得U=B0lv0, 燈泡的額定功率P=。 (2)產(chǎn)生的熱量Q燈=Pt=P = 棒ab中電流為燈泡中電流的二倍,由焦耳定律Q=I2Rt可知,棒ab中產(chǎn)生的熱量是每個燈泡中產(chǎn)生熱量的4倍,即Q=4Q燈=。 (3)經(jīng)時間t,磁感應強度從B0均勻減小到零, 感應電動勢E=ld=ld 回路中感應電流I= 保證燈不燒壞,電流的最大值為Imax=, 由上式可知,電流最大對應時間最小,由 解得最短時間tmin=。 7.答案 (1)　(2)①P點的電勢高　②BIbv0?、跙Ib

27、vd+I2 解析 (1)海水以v0速度切割磁感線,產(chǎn)生感應電動勢Bbv0=IR 海水的電阻滿足R=ρ 聯(lián)立解得I=。 (2)①使磁流體推進船沿著負y軸方向運動,由于反沖運動,海水受到的安培力沿著正y軸方向,由左手定則得電流由P指向Q點,P點的電勢高。 ②受到的安培力為F安=BIb 推進器對海水推力的功率P=F安v0 聯(lián)立解得P=BIbv0。 ③在通道內(nèi)海水的速率增加到vd,受到的安培力為F安=BIb 推進器對海水推力的功率P1=F安vd=BIbvd 電阻消耗的熱功率為P熱=I2R,R=ρ 磁流體推進器消耗的功率為P'=P熱+P1 聯(lián)立解得P'=BIbvd+I2。 8.

28、答案 (1)1.6 V　(2)2 m/s　(3)0.92 J 解析 (1)對導體棒在斜面上運動,由動能定理得: mgL0sin 30°= 得vB=4 m/s 進入B1區(qū)域時,有:E=BdvB=3.2 V 棒兩端電壓:U=R=1.6 V。 (2)導體棒離開勻強磁場時的速度為vP,桿在磁場B1區(qū)域中,由動量定理: -B1dΔt=mvP-mvB Δt= 聯(lián)立可得:vP=vB-=2 m/s。 (3)在B1磁場期間: 由能量守恒+Q 導體棒上產(chǎn)生的焦耳熱:Q1=Q 可得:Q1==0.6 J B2磁場的持續(xù)時間是0.4 s,導體棒運動的位移x=v1t=0.8 m,小于PM

29、距離,尚未進入磁場B2。 感生電動勢:E2==0.8 V 感應電流:I2==2 A 期間導體棒上產(chǎn)生的焦耳熱:Q2=I2rt=0.32 J 故導體棒在全過程產(chǎn)生的總焦耳熱Q=Q1+Q2=0.92 J。 9.答案 (1)導體棒上的電流方向由B到A　2 V　(2)0.8 T　(3)8 m 解析 (1)根據(jù)楞次定律,導體棒上電流由B到A 線圈的感應電動勢為E=N=NS=NSk=4 V 流過導體棒的電流IAB==10 A 導體棒兩端電壓UAB=IABR=2 V。 (2)若導體棒剛好運動到磁場區(qū)域1右邊界,則磁感應強度B2最大 由動能定理得-μ(mg+B2IABL)d=0- 得B

30、2=0.8 T。 (3)為使導體棒在磁場區(qū)域2中的位移最大,應取B2=0 則導體棒進入磁場區(qū)域2瞬間的速度為v1 由動能定理得-μmgd= 得v1=8 m/s 由動量定理得-ηt-=0-mv1 即-ηx-=0-mv1 得x=8 m。 10.答案 (1)5 m/s　(2)106.25 m　(3)4個 解析 (1)假設電磁鐵的磁感應強度達到最大時,模型車的速度為v1則E1=B1L1v1① I1=② F1=B1I1L1③ F1=m1a1④ 由①②③④式并代入數(shù)據(jù)得v1=5 m/s⑤ (2)x1=⑥ 由第(1)問的方法同理得到磁感應強度達到最大以后任意速度v2時,安培力的

31、大小為F=⑦ 對速度v1后模型車的減速過程用動量定理得 ·t=m1v1⑧ ·t=x2⑨ x=x1+x2⑩ 由⑥⑦⑧⑨⑩并代入數(shù)據(jù)得x=106.25 m (3)假設需要n個永磁鐵,當模型車的速度為v3時,每個線圈中產(chǎn)生的感應電動勢為E2=2NB2L1v3 每個線圈中的感應電流為I2=,每個磁鐵受到的阻力為F2=2NB2I2L1 n個磁鐵受到的阻力為F合=2nNB2I2L1 由第(2)問同理可得nx3=m2v 代入已知得n≈3.47 即至少需要4個永磁鐵。 11.答案 (1)0.4 V　(2)0.02 N　(3)t0max=6 s (4)見解析 解析 (1)讀題圖(2)

32、可知 T/s=0.8 T/s 感應電動勢為E=Ld=0.8×1×0.5 V=0.4 V (2)感應電流為I= A=0.2 A t=0時刻,金屬棒所受的安培力大小為 F安0=B0Id=0.2×0.2×0.5 N=0.02 N。 (3)金屬棒對木樁的壓力為零,最大靜摩擦力沿斜面向下,此時沿傾斜導軌方向上合外力為零。 F安=B(t)Id=(0.2+0.8t0max)×0.2×0.5 N=(0.02+0.08t0max)N。 又FN=mgcos37°=0.05×10×0.8 N=0.4 N Ff=μFN=0.5×0.4 N=0.2 N,即最大靜摩擦力。 由F安=mgsin37°+Ff

33、 代入相關數(shù)據(jù)后,得t0max=6 s。 (4)一開始,木樁對金屬棒有支持力,金屬棒對導軌無相對運動趨勢,即Ff靜=0。隨著安培力F安的增大,木樁對金屬棒的彈力減小,直至彈力為零。滿足 F安=B(t)Id=mgsin37°, 代入數(shù)據(jù),(0.2+0.8t')×0.2×0.5=0.05×10×0.6,得t'=3.5 s。 F安繼續(xù)增大,Ff靜從零開始增大,F安=B(t)Id=(0.2+0.8t)×0.2×0.5=mgsin37°+Ff靜,所以Ff隨t線形增大至Ff=0.2 N (此時t0max=6 s)。 畫出圖象如圖。 12.答案 (1)0.2 A,方向由F→E　(2)1 m/s (3)0.156 J 解析 (1)E=Blv0=2 V I==0.2 A 方向由F→E。 (2)-Fft-qBl=mv1-mv0 又q=,故v1=1 m/s。 (3)由動能定理得=W安-Ff·x,Q=-W安, 解得QR=·Q=0.156 J。