1、高三年 8 班（答案） 11.2. 解：(1)回路中的磁场变化和导体切割磁感线都产生感应电动势(2)方法一错，方法二对 (2 分)方法一认为闭合回路所消耗的能量全部来自于外力所做的功，而实际上磁场的变化也对闭合回路提供能量。方法二算出的 I 是电路的总电流，求出的是闭合回路消耗的总功率。 (2 分)(有类似的表述，能说明清楚的均给 2 分)3.（1）满偏的电表是电压表因为若电流表满偏，电路中的电流 I=3A，电阻 R 两端的电压U=IR=1.5V，已超过电压表量程（2）外力拉动金属棒匀速右移时，外力的功率全部转化为电路中的电功率根据功能关系有而 ，所以()FvIRrUIRN=1.6N22(0.
2、53)UI（3）撤去外力 F 后，金属棒 CD 做减速运动，把金属棒减速至零的时间分成许多极短的时间间隔t 1、t 2、t n，在每一个极短的时间间隔内电流强度可以认为保持不变，大小分别为I1、I 2、I n，由动量定理可得金属棒在整个时间内的动量变化等于各段时间内所受安培力的冲量之和，即：1212mvBILtIt 即 mv=BLq由电磁感应定律原来匀速右移的棒中产生的感应电动势 代入上式得()EBLvIRr220.1C0.5()(53)mqIr4.解：当翻转线圈时，穿过线圈的地磁场的磁通量将发生变化，在线圈中形成感应电动势 E 和感应电流 I。若用 表示在很短时间 t内穿过线圈的磁通量的改变
3、量，用 Q表示这段时间内流过导线的电量，则根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知，它们在数值上的关系为tRItE（1）即 QR对每一极短时间都可列此方程，于是对整个翻转过程来说，就可写出起始时与终了时磁通量之差（ ）与通过导线总电量 Q 的关系。设该处地磁场磁感强度的竖直分量为 1B，水平分量为 2B，根据地磁场的特点可知，在北半球1的方向向下， 2的方向向北，则第一次翻转时，可得 1211RQlB ， （2）第二次翻转时， 2122ll， （3）设该处的磁感强度为 B，则 （4）解（2） （3） （4）三是可解得 2121QlRB电磁感应参考答案高三年 8 班（答案） 25.解：棒 AB 下滑
4、，产生感应电动势，在对 C 充电过程中形成电流使棒受磁场力。过程中： maBILgmcossinI= tQUC v t解方程组可得：La2ssi由关系式可知棒 AB 作匀变速运动。6. 由动量定理得 vmtF RvlBI2由以上两式得： RlB2对上式求和有：tvl2即可解得：20/lx7.解：（1）0 到 t 时间内，导体棒的位移： x=v0t t 时刻，导体棒的长度：l=x 导体棒的电动势：E=Blv 0 回路总电阻：R=（2x+ x）r 2电流强度：I= 0()BvER电流方向 ba （2）F=BlI= 20()tr（3）t 时刻导体棒的电功率 P=I2R= 302()Bvtr P t
5、Q= t302()vtr（4）撤去外力后，设任意时刻 t 导体棒的坐标为x，速度为 v，取得短时间 t 或很短距离 x，则在 tt+t 时间内，由动量定理得：BlIt=mv 即 2()Blvtmvr即 =mv0 2()s而扫过面积：S=200()xx（因 =45 0 ,x0=v0t0） 11将 式代入式可解得：11x= 202()()mvrtB8.设任一时刻 t，两金属杆甲、乙之间的距离为 x，速度分别为 1v和 2，经过很短的时间t，杆甲移动距离为 tv1，杆乙移动距离 tv2，回路面积的改变 tllxttxS)()( 2112由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势 tB回路中的电流 Ri
6、杆甲的运动方程 FBli=ma 由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等、方向相反，所以两杆的动量(t=0 时为 0)等于外力 F 的冲量 Ft = m 1 + m 2 联立以上各式解得高三年 8 班（答案） 3)(21maFlBRtv22代入数据，得 sv/51.8 sv/85.29.（1）当线框的一条竖直边运动到 x=0.15m 处时，线圈的感应电动势最大。Em=BLv=0.20.210（V）=0.4V.（4 分）根据欧姆定律可得最大电流为：REImA. 所以拉力 F 的最大值为：Fm=BLIm=0.240.2（N）=0.16N. 拉力 F 最大功率为：P m=Fmv=0.1610（W）=
7、1.6W. （2）把线框拉过磁场区域时，因为有效切割长度是按正弦规律变化的，所以，线框中的电流也是按正弦规律变化的（有一段时间线框中没有电流） 。电动势的有效值是：2.0mEV 通电时间为：6.13.sts拉力做功： 048.0)2(2JtREWJ 10.解：（1）粒子在两板间恰能做匀速直线运动，所受的电场力与洛仑兹力相等，即 qdUBvV7.Bv（2）洛仑兹力方向向上，则电场力方向向下 0MN，ab 棒应向右做匀速运动（3） RrvLcddbcaU 即UvLBRrvLdbaccd)(解得 v 8m/s（4）因为只有 cd 端上有电流，受到的安培力 N5.02rRvrIFcdcdcd11cd
8、棒由静止开始向右运动，产生如图所示的感应电流，设感应电流大小为 I， cd 和 ab 棒分别受到的安培力为 F1、F 2，速度分别为 v1、v 2,加速度分别为 a1、a 2,则 rBLrvEI3)(3F1=BIL F2=2BILmIamIa2开始阶段安培力小，有 a1a2，cd 棒比 ab 棒加速快得多，随着（v 1-2v2）的增大，F 1、F 2 增大，a 1减小、a 2 增大。当 a1=2a2 时， （v 1-2v2）不变，F1、 F2 也不变，两棒以不同的加速度匀加速运动。将式代入可得两棒最终作匀加速运动加速度： m3132两棒最终处于匀加速运动状态时 a1=2a2，代入式得： BLF
9、I此时 ab 棒产生的热功率为： 229rIP12 解析： （1）设线圈匀速穿出磁场的速度为v，此时线圈中产生的感应电动势为 EBLv高三年 8 班（答案） 4产生的感应电流为 EIR线圈受到的安培力为 F=BIL 此过程线圈受到的重力与安培力平衡 mg=F 联立式，得 2mgvBL设线圈的上边刚好进入磁场时速度为 v，线圈全部在磁场里运动的过程中，根据能量守恒定律21()mghbv联立解得 2()()gRhbBL（2）设线圈从开始下落到刚好完全进入磁场所用时间为 t，根据动量定理 0FtImv根据法拉第电磁感应定律 BLbEt线圈中产生的平均电流 IR故安培力的冲量 FtBL11联立 得，
10、112bI12将和 代入解得12 4()mRhbtggBL13.（1）由动量定理得 0Ftv 即 0ILBt 所以qL由能量守恒定律得21Qmv（2）SsEttBLqIR所以02vRqBL（3）当金属棒 ab 做切割磁力线运动时，要产生感应电动势，这样，电容器 C 将被充电， ab 棒中有充电电流存在，ab 棒受到安培力的作用而减速，当 ab 棒以稳定速度 v 匀速运动时，BLv=U C=/cQC而对导体棒 ab 利用动量定理可得BL c=mv-mv0 由上述二式可求得： CLBmv202cQCBLv2 200011()vE14. 解：当回路中有感应电流通过时，由于 MN和 PQ 中的电流相等
11、，而 MN 的长度为 PQ 长度的两倍，且两棒均在同一匀强磁场中，由安培力的公式知此时 MN 受到的安培力 MNF大小应为 PQ 受到的安培力 PQ的 2 倍，即 PQ2结合图可见， N的方向是水平向左，它使 MN减速， PQF的方向是水平向右，它使 PQ 向右加速。设在一个很短的时间 t内，由于安培力作用，MN 和 PQ 两棒的速度变化量的大小分别为MNv和 PQ，则由动量定理分别有 FMNt=m MNv MN FPQt=m PQv PQ由于两棒质量 2，故由上几式可得 PQMN即在任何一小段时间内，两棒的速度变化量（MN 的速度减小，PQ 的速度增加）是相等的，由此可以推得，在任何一段时间
12、内，两棒的速度变化量同样是相等的。由上分析又知，为使系统达到稳定，需使两棒中的高三年 8 班（答案） 5感应电流变为零，即要求两棒中的感应电动势 PQMN由感应电动势的公式知此时 MN 的运动速度应为 PQ 的运动速度的 1/2，以 v表示此时 MN 的运动速度，则此时 PQ 的运动速度为 2。设 MN 刚受到外力冲量后的初速度为 0，则由前述两棒由初状态至稳定状态的速度变化量相等可得 020v则 v30 （1）另一方面，PQ 以速度 2v 进入圆轨道后要能达到圆轨道的最高点，以 1表示它达到轨道最高点时的速度，则由机械能守恒及牛顿运动定律分别有 212)(1mvRgvg由上两式解得 45（2
13、）（2）式代入（1）式得 MN 棒的初速度 0v应满足 Rgv30可见棒 MN 受到的初始冲量应满足 mI50即棒 MN 在初始位置受到冲量至少应为 Rg315. E=2nB 0Lv， LvnBI02 沿 x 轴正方向。RvnF4 =2l0，f=v /2l0 方波形16 解：（1）线框 MN 边刚开始进入磁场区域时感应电动势 E=Blv0 感应电流 EIR安培力 F=BlI 由解得 F=2.8N（2）设线框竖直下落时，线框下落了 H，速度为vH 能量守恒定律 2201mgvQ又由竖直方向的分运动自由落体规律 Hg解得 20.45QJ（3）解法一只有在线框进入和穿出条形磁场区域时，才产生感应电动
14、势，线框部分进入磁场区域 x 时感应电动势 E=Blv 感应电流 EIR安培力 F=BlI 解得 F=2Blv要 tt+t 时间内由动量定理 -Ft=m v求和220lltxmR解得 0Bx可穿过 4 个完整条形磁场区域解法二线框穿过第 1 个条形磁场左边界过程中平均感应电动势2lEt平均感应电流 EIR高三年 8 班（答案） 6平均安培力 FIlB根据动量定理 10tmv解得 2310lR同理线框穿过第 1 个条形磁场右边界过程中有23Blv所以线框穿过第 1 个条形磁场过程中有230lmR设线框能穿过 n 个条形磁场，则有230Blv0234.RBl可穿过 4 个完整条形磁场区域17. 2
15、12LBfRvv12 ，21ffP2fP电 （提示：对棒用牛顿第二定mRtLva2律： ，其中 v1-v2 必为afB1衡量，磁场和导体棒的加速度必然相同，设 v1-v2= v，共同加速度为 a，由磁场可得：，因此 v=at-vt）ta18.（1）向右运动 当磁场 B1、 B2 向右运动时，金属框相对磁场向左运动，于是在金属框 abcd 中产生感生电流，ad 和 bc 同时受到向右方向的安培力，故 abcd 框随磁场向右运动，框因受安培力作用，做加速度运动，当速度增大到 5m/s 时，框相对磁场静止，于是后来框便处于匀速运动状态。（2）当金属框始终受到 1N 阻力时，最终金属框达到的稳定速度为
16、 。则有 fF安金属框中感应电动势为： )(210vBLE 金属框中感应电流为： RI安培力大小为： F安则有 ,2fBIL 即 f24解得 =1.875m/s（3）当维持最大速度运动时，消耗的能量主要是两部分：一是转化为金属框中的热能，二是克服阻力做功。每秒钟消耗的能量为 .52WfRIP19.解法 1：设杆向上的速度为 v，因杆的运动，两杆与导轨构成的回路的面积减少，从而磁通量也减少。由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势的大小 lBE)(12 回路中的电流 RI电流沿顺时针方向。两金属杆都要受到安培力作用，作用于杆 x1y1 的安培力为 Ilf1 方向向上，作用于杆 x2y2 的安培力
17、为 B2 方向向下，当杆作匀速运动时，根据牛顿第二定律高三年 8 班（答案） 7有 02121fgmF 解以上各式得 )(lBFI Rlv21)(作用于两杆的重力的功率的大小 gvmP)(21电阻上的热功率 IQ2由式，可得RlBF)()2121lgm212)(解法 2：回路中电阻上的热功率等于运动过程中克服安培力做功功率，当杆作匀速运动时，根据牛顿第二定律有 121fgF 电路中克服安培力做功功率为：vmvfP)()(2112将RlB21代入可得 lgFQ21)(点评：学生解决此题的难点在于金属棒不等长即导轨不等间距。当杆作匀速运动时，安培力合力向下，对整体受力分析，处于平衡状态，列出方程就
18、能顺利求解 I 与 v 值。20、 （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 2BLEt.1 分平均电流强度为2EBLIrt.1 分由动量定理得： 01mvLtIB.1 分012vmtrLB则32r同理可得：12323vrL整个过程累计得： 032mvrLBn.1 分解得： v320.1 分金属框沿斜面下滑机械能守恒：201mvgh.1 分26420rLBn1 分（2）金属框中产生的热量 Qmgh2 分Q 264mr1 分（3）金属框穿过第（k1）个磁场区域后，由动量定理得：0132)1(mvrLBk. .2分金属框完全进入第 k 个磁场区域的过程中，由动量定理得：1/32kvrL.1 分解得： mrLBnvk32/ )(1 分高三年 8 班（答案） 1所以 32862)1(rmLBknrEp
