（浙江專用）2019版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.doc

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=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,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 的電阻相連。導軌間x0一側(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 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。(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: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;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 ;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15。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)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。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?，F(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 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=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?，F(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(簡稱通道)組成。如圖b所示,通道是尺寸為abc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。(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}: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?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;若船以vs的速度勻速前進,在通道內(nèi)海水的速率增加到vd。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ABC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 。傾角=30的傾斜軌道與水平軌道順滑連接,BBPP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 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MMCC內(nèi)開始加上如圖2所示的磁場B2,已知PM=PM=1.0 m。求:(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=4.010-2 m2、電阻r=0.1 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 的電阻,其余軌道電阻不計。在導軌間的區(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0B22 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 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)=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=v(=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 ,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 ,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?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 。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)=0.5。金屬棒與導軌接觸點間電阻r=0.5 ,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)01.0 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)。(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0t0max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 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 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)BL22R(2)mgsin+mgcos+B2L2vR(3)B2L2v(L+d)4R-mv2解析 (1)線圈一半面積進入磁場時產(chǎn)生的感應電動勢,E=t=BL22t感應電流I=ERq=It=BL22R。(2)線圈勻速運動,受力平衡F=mgsin+F安+mgcosF安=B2L2vRF=mgsin+mgcos+B2L2vR。(3)ab邊進磁場時Uab=34BLvcd邊出磁場時Uab=14BLv1,已知Uab=Uab,可得v1=3v根據(jù)動能定理F(L+d)-mg(L+d)sin-mg(L+d)cos+W安=12mv12-12mv2Q總=-W安Qab=14Q總=B2L2v(L+d)4R-mv2。2.答案 (1)2.0 A(2)1.0 m/s(3)見解析2.7 J解析 (1)x=0處的磁感應強度B0=2.0 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=ER+r=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)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。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=12mv22-12mv02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=12(F0+F2)x=2.4 J所以W=2.7 J。3.答案 (1)1 A1 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 AI1=E1R,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=nBl1l2R,解得q1=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=nBtS,S=l1l2,解得E2=1 V,I2=E2R=1 A進入后小車加速度a=F-kmgm=2 m/s2由運動學公式d-l2=v0t2+12at22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=I22Rt2=0.5 J,所以總熱量Q=Q1+Q2=0.75 J。4.答案 (1)3Mg4BL(2)7Mgr4B2L2d(mgL+Mgd)(3)7mMgr4dLt0B2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=Mg2ad、dc、cb三邊電阻串聯(lián)后再與ab邊電阻并聯(lián),所以I1I2=31,I1=3I2由以上各式解得I1=3Mg4BL。(2)設總電流為I,由閉合電路歐姆定律得I=ER+r,R=34rE=Bdv,I=I1+I2=43I1=MgBL解得v=7Mgr4B2dL電動機的牽引功率恒定, P=Fv對導體棒F=mg+BId解得P=7Mgr4B2L2d(mgL+Mgd)。(3)從0到t0時刻,導體棒的速度從0增大到v=7Mgr4B2dL由動量定理可知F合(t0-0)=mv-0F合=7mMgr4dLt0B2。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mgsin=BIL代入數(shù)據(jù)可得流過ab和cd的電流I=mgsinBL=0.110sin300.20.5 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)=520.3 V=3 Vab切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢E=BLv所以E=BL12(r1+r2),代入數(shù)據(jù)可得E=0.20.512(0.5+)=3 V所以= 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=12mg=0.5120.110=0.25 Nva=r1=400.5 m/s=20 m/svb=r2=401.0 m/s=40 m/s所以P=0.2520 W+0.2540 W+53 W=30 W。6.答案 (1)B02l2v029R(2)4dB02l2v09R(3)B0ld2U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,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=13B0lv0,燈泡的額定功率P=U2R=B02l2v029R。(2)產(chǎn)生的熱量Q燈=Pt=Pdv0 =dB02l2v09R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=4dB02l2v09R。(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=t=Btld=B0tld回路中感應電流I=E2R=B0ld2Rt保證燈不燒壞,電流的最大值為Imax=UR,由上式可知,電流最大對應時間最小,由UR=B0ld2Rt解得最短時間tmin=B0ld2U。7.答案 (1)Bacv0(2)P點的電勢高BIbv0BIbvd+bacI2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=bac聯(lián)立解得I=Bacv0。(2)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。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。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=bac磁流體推進器消耗的功率為P=P熱+P1聯(lián)立解得P=BIbvd+bacI2。8.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=12mvB2得vB=4 m/s進入B1區(qū)域時,有:E=BdvB=3.2 V 棒兩端電壓:U=ER+rR=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:-B1Idt=mvP-mvBIt=B1dx1R+r聯(lián)立可得:vP=vB-B12d2x2R+r=2 m/s。(3)在B1磁場期間:由能量守恒12mvB2=12mvP2+Q導體棒上產(chǎn)生的焦耳熱:Q1=rR+rQ可得:Q1=rR+r12mvB2-12mvP2=0.6 JB2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距離,尚未進入磁場B2。感生電動勢:E2=B2dx2t=0.8 V感應電流:I2=E2R+r=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A2 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=Nt=NSB1t=NSk=4 V流過導體棒的電流IAB=E2(r+R2)=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-(mg+B2IABL)d=0-12mv02得B2=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-mgd=12mv12-12mv02得v1=8 m/s由動量定理得-vt-B32L2vt2R=0-mv1即-x-B32L2x2R=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=B1L1v1I1=E1R1F1=B1I1L1F1=m1a1由式并代入數(shù)據(jù)得v1=5 m/s(2)x1=v2-v122a1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,安培力的大小為F=B12L12v2R1對速度v1后模型車的減速過程用動量定理得Ft=m1v1vt=x2x=x1+x2由并代入數(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=E2R2,每個磁鐵受到的阻力為F2=2NB2I2L1n個磁鐵受到的阻力為F合=2nNB2I2L1由第(2)問同理可得n4N2B22L12R2x3=m2v代入已知得n3.47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)可知Bt=1.0-0.21.0 T/s=0.8 T/s感應電動勢為E=t=BtLd=0.810.5 V=0.4 V(2)感應電流為I=ER+r=0.41.5+0.5 A=0.2 At=0時刻,金屬棒所受的安培力大小為 F安0=B0Id=0.20.20.5 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)0.20.5 N=(0.02+0.08t0max)N。又FN=mgcos37=0.05100.8 N=0.4 NFf=FN=0.50.4 N=0.2 N,即最大靜摩擦力。由F安=mgsin37+Ff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)0.20.5=0.05100.6,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)0.20.5=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FE(2)1 m/s(3)0.156 J解析 (1)E=Blv0=2 VI=ER+r=0.2 A方向由FE。(2)-Fft-qBl=mv1-mv0又q=BlxR+r,故v1=1 m/s。(3)由動能定理得12mv12-12mv02=W安-Ffx,Q=-W安,解得QR=RR+rQ=0.156 J。