如图所示，长度为L=0.2m、电阻r=0.3Ω、质量m=0.1kg的金属棒CD，垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑的
kuaidi.ping-jia.net 作者：佚名 更新日期：2024-06-25
（2008?崇文区一模）如图所示，长度为L=0.2m、电阻r=0.3Ω、质量m=0.1kg的金属棒CD，垂直跨搁在位于水平
如图所示,长度为L=0.2m、电阻r=0.3Ω、质量m=0.1kg的金属棒CD,垂直跨搁...
答：回路中产生的电热Q等于CD棒动能的减少量：Q=12mv2=12×0.1×22J=0.2J，电阻R上产生的电热：QR=RR+rQ=0.50.5+0.3×0.2J=0.125J；答：（1）理想电压表的示数为1V；（2）拉动金属棒的外力F的大小为1.6N；（3）电阻R上产生的电热为0.125J．
如图所示,一边长L=0.2m,质量m1=0.5kg,电阻R=0.1Ω的正方形导体线框abcd...
答：代入数据解得：T=10N，对m1：T-m1g-BIL=0，感应电流：I=BLvR，代入数据解得：v=2m/s，绳子拉力的功率：P=Tv=10×2=20W；（2）从线框刚全部进入磁场到线框ad边刚离开磁场过，由动能定理得：（m2gsinθ-μm2gcosθ）（d2-L）-m1g（d2-L）=12（m1+m2）v2-12（m1+m2）v02，...
如图所示,一边长L=0.2m,质量m1=0.5kg,电阻R=0.1Ω的正方形导体线框abcd...
答：（1）由于线框匀速出磁场，则 m2g=BIL+m1g又因为 I＝BLυR由以上各式联立可得：v=1m/s （2）从初状态到线框全部穿出磁场，由能的转化与守恒定律得： m2g（d1+d2+L）-m1g（d1+d2+L）=12(m1+m2)v2+Q 代入数据解得：Q=2.625J （3）设线框全部进入磁场时的动能为Ek1，...
如图所示,一正方形金属框abcd,边长L=0.2m,电阻R=2欧,在I、II区域中存在...
答：（1）当ab刚进入磁场区I时，ab视为电源，E=BLV=0.32v，Uab=外电阻RadbxE/R总=0.24v （2）当ab离开磁场区II时，cd视为电源，ab两点的电压Uab=RabxE/R总=0.08v；（3）从ab刚进入磁场I到ab刚进入磁场区II的过程中，I=E/R总=0.16A，F安1=BIL，W1=F安XL 从ab刚进入磁场II到ab刚...
如图所示,导体棒ab长L=0.2m,阻值R 0 =0.5Ω,质量m=0.02kg,用两个轻质...
答：I= E R+ R 0 +r 解得：I= 2 18+0.5+1.5 A=0.1A对于导体棒ab，由平衡得：2T′=mg+F再由安培力公式得：F=BIL代入数据解得：T′=0.2N答：（1）电键k打开时，每个轻质导线的拉力是0.1N；（2）电键k闭合后，每个轻质导线的拉力又是0.2N．
如图所示,一边长L= 0.2m,质量m 1 =0.5kg,电阻R= 0.1Ω的正方形导体线...
答：解：（1）由于线框匀速出磁场，则对m 2 有： 对m 1 有： 又因为 联立可得： （2）从线框刚刚全部进入磁场到线框 ad 边刚要离开磁场，由动能定理得： 将速度 v 代入，整理可得线框刚刚全部进入磁场时，线框与物块的动能和为 J所以此时线框的动能为 J （3）从初状态到线框刚...
如图所示,正方形导线框ABCD每边长L=0.2m,线框电阻R=0.1Ω,质量m=0.1k...
答：（1）5m/s （2）0.6J （3）0.4J 试题分析：(1)线框恰好匀速直线运动，说明受力平衡，即重力和安培力平衡，所以可得： ,解得 (2) 线框做匀速运动过程中，物体M对线框做的功等于线框产生的内能和重力势能增加量，(3)因为线圈的动能不变化，所以有： 点评：对于这类问题要正确受力分...
如图所示,边长为L=0.2m的正方形线圈abcd,其匝数为n=10、总电阻为r=2...
答：所以e=nBL 2 ωsinωt=0.4sin2t．故B错误；C、感应电动势的最大值：E m =nBSω=10× 2×0． 2 2 × 1 2 × 2π 2 =0.4πV从t=O时到t= π 4 s时刻，电阻R上产生的热量为Q=I 2 Rt=（ 0.4π 8+2 ） 2 ×8× π 4...
(2014?徐汇区一模)如图所示,一边长L=0.2m,质量m1=0.5kg,电阻R=0.1Ω的...
答：①对m1有：T-m1g-BIL=0…②又因为有：I＝BLvR…③联立①②③可得：v=m2g(sinθ?μcosθ)?m1gB2L2R=2×10(0.8?0.5×0.6)?0.5×102.52×0．22=2m/s（2）从线框刚刚全部进入磁场到线框ad边刚要离开磁场，由动能定理得：(m2gsinθ?μm2gcosθ)(d2?L)?m1g(d2?L)＝12(...
如图所示,导体棒长 L =0.2m、电阻 r =0.1Ω,放在位于水平面内间距也为...
答：(1)5m/s (2) 8×10 -11 C A板带负电 （1）CD匀速直线运动时有： ……（2分） ……（2分） E = BLv ………（2分） ………（2分）得： ………（2分）（2）CD以5m/s的速度匀速运动时，开关S闭合后达到稳定后，没有电流流过开关S，电容器上的电压为U C 就是电阻...
（1）CD杆产生的电动势为E，电流表的示数为I，电压表示数为U感应电动势，E=BLv 闭合电路欧姆定律，I=BLvR+r解得：I=2A U=IR=1.0V （2）设CD杆受到的拉力为F安培力大小，FA=BIL 则有F=FA=1.6N （3）由能量守恒，回路中产生的电热Q等于CD棒动能的减少量Q=12mv2=0.2J 电阻R上产生的电热QR=RR+rQ=0.125J 答：（1）电路中理想电流表和与理想电压表的示数1V（2）拉动金属棒的外力F的大小1.6N；（3）若此时撤去外力F，金属棒将逐渐慢下来，最终停止在导轨上．求撤去外力到金属棒停止运动的过程中，在电阻R上产生的电热0.125J．
（1）设CD杆产生的电动势为E，电流表的示数为I，电压表示数为U：感应电动势：E=BLv ①感应电流：I=ER+r ②由①②解得：I=2A，电压表示数：U=IR=2×0.5V=1.0V；（2）CD杆做匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件可知，其受到的拉力为F：F=F安培=BIL=4×2×0.2N=1.6N；（3）由能量守恒，回路中产生的电热Q等于CD棒动能的减少量：Q=12mv2=12×0.1×22J=0.2J，电阻R上产生的电热：QR=RR+rQ=0.50.5+0.3×0.2J=0.125J；答：（1）理想电压表的示数为1V；（2）拉动金属棒的外力F的大小为1.6N；（3）电阻R上产生的电热为0.125J．
| （1）CD杆产生的电动势为E，电流表的示数为I，电压表示数为U 感应电动势，E=BLv 闭合电路欧姆定律，I=
解得：I=2A U=IR=1.0V （2）设CD杆受到的拉力为F 安培力大小，F A =BIL 则有F=F A =1.6N （3）由能量守恒，回路中产生的电热Q等于CD棒动能的减少量 Q=
电阻R上产生的电热 Q R =
答：（1）电路中理想电流表和与理想电压表的示数1V （2）拉动金属棒的外力F的大小1.6N； （3）若此时撤去外力F，金属棒将逐渐慢下来，最终停止在导轨上．求撤去外力到金属棒停止运动的过程中，在电阻R上产生的电热0.125J． |
答：回路中产生的电热Q等于CD棒动能的减少量：Q=12mv2=12×0.1×22J=0.2J，电阻R上产生的电热：QR=RR+rQ=0.50.5+0.3×0.2J=0.125J；答：（1）理想电压表的示数为1V；（2）拉动金属棒的外力F的大小为1.6N；（3）电阻R上产生的电热为0.125J．
答：代入数据解得：T=10N，对m1：T-m1g-BIL=0，感应电流：I=BLvR，代入数据解得：v=2m/s，绳子拉力的功率：P=Tv=10×2=20W；（2）从线框刚全部进入磁场到线框ad边刚离开磁场过，由动能定理得：（m2gsinθ-μm2gcosθ）（d2-L）-m1g（d2-L）=12（m1+m2）v2-12（m1+m2）v02，...
答：（1）由于线框匀速出磁场，则 m2g=BIL+m1g又因为 I＝BLυR由以上各式联立可得：v=1m/s （2）从初状态到线框全部穿出磁场，由能的转化与守恒定律得： m2g（d1+d2+L）-m1g（d1+d2+L）=12(m1+m2)v2+Q 代入数据解得：Q=2.625J （3）设线框全部进入磁场时的动能为Ek1，...
答：（1）当ab刚进入磁场区I时，ab视为电源，E=BLV=0.32v，Uab=外电阻RadbxE/R总=0.24v （2）当ab离开磁场区II时，cd视为电源，ab两点的电压Uab=RabxE/R总=0.08v；（3）从ab刚进入磁场I到ab刚进入磁场区II的过程中，I=E/R总=0.16A，F安1=BIL，W1=F安XL 从ab刚进入磁场II到ab刚...
答：I= E R+ R 0 +r 解得：I= 2 18+0.5+1.5 A=0.1A对于导体棒ab，由平衡得：2T′=mg+F再由安培力公式得：F=BIL代入数据解得：T′=0.2N答：（1）电键k打开时，每个轻质导线的拉力是0.1N；（2）电键k闭合后，每个轻质导线的拉力又是0.2N．
答：解：（1）由于线框匀速出磁场，则对m 2 有： 对m 1 有： 又因为 联立可得： （2）从线框刚刚全部进入磁场到线框 ad 边刚要离开磁场，由动能定理得： 将速度 v 代入，整理可得线框刚刚全部进入磁场时，线框与物块的动能和为 J所以此时线框的动能为 J （3）从初状态到线框刚...
答：（1）5m/s （2）0.6J （3）0.4J 试题分析：(1)线框恰好匀速直线运动，说明受力平衡，即重力和安培力平衡，所以可得： ,解得 (2) 线框做匀速运动过程中，物体M对线框做的功等于线框产生的内能和重力势能增加量，(3)因为线圈的动能不变化，所以有： 点评：对于这类问题要正确受力分...
答：所以e=nBL 2 ωsinωt=0.4sin2t．故B错误；C、感应电动势的最大值：E m =nBSω=10× 2×0． 2 2 × 1 2 × 2π 2 =0.4πV从t=O时到t= π 4 s时刻，电阻R上产生的热量为Q=I 2 Rt=（ 0.4π 8+2 ） 2 ×8× π 4...
答：①对m1有：T-m1g-BIL=0…②又因为有：I＝BLvR…③联立①②③可得：v=m2g(sinθ?μcosθ)?m1gB2L2R=2×10(0.8?0.5×0.6)?0.5×102.52×0．22=2m/s（2）从线框刚刚全部进入磁场到线框ad边刚要离开磁场，由动能定理得：(m2gsinθ?μm2gcosθ)(d2?L)?m1g(d2?L)＝12(...
答：(1)5m/s (2) 8×10 -11 C A板带负电 （1）CD匀速直线运动时有： ……（2分） ……（2分） E = BLv ………（2分） ………（2分）得： ………（2分）（2）CD以5m/s的速度匀速运动时，开关S闭合后达到稳定后，没有电流流过开关S，电容器上的电压为U C 就是电阻...
