如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距l=1m，导轨平面与水平面成θ=30
kuaidi.ping-jia.net 作者：佚名 更新日期：2024-07-02
（2013?湛江二模）如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距l=1m，导轨平
如图所示,处于匀强磁场中的两根足够长,电阻不计的平行金属导轨相距1m...
答：解析：(1)由受力分析，根据牛顿第二定律，得：代入数据，解得。(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，金属棒重力势能一部分克服摩擦力做功，转化为内能，另一部分克服安培力做功，转化为电能，它等于电路中电阻R消耗的电功；设速度为，在时间内，据能量守恒，有：代入数据，解得：用右手定则判断磁场方向...
(15分)如图所示,处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相...
答：（2分）(3)设金属棒运动达到稳定时，所受安培力为F / ，棒在沿导轨方向受力平衡 （2分）解得： 0.8 N （2分）此时感应电流为 A = 2A （2分）电路中电阻R消耗的电功率： W = 8W （2分）（另解：由 ，解得稳定时速度达到最大值 m/s，本题克服安培力做功功率...
如图所示,处于匀强磁场中的两根足够长。电阻不计的平行金属导轨相距1m...
答：（1） (2) 试题分析：（1）金属棒开始下滑的初速度为零，根据牛顿第二定律： 解得 （2） 设金属棒达到稳定时，速度为v，所受安培力为F，棒沿导轨方向受力平衡： 电阻消耗的功率等于克服安培力做功的功率，即： 以上两式联立，解得： 点评：本题难度较小，随着导体棒速度的逐渐...
(12分)如图所示,处于匀强磁场中的两根足够长。电阻不计的平行金属导轨相...
答：(1)4m／s 2 (2)10m/s (3)0.4T, 磁场方向垂直导轨平面向上 试题分析：(1)金属棒开始下滑的初速为零，没有感应电流产生，不受安培力作用，故根据牛顿第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma ①由①式解得a＝10×(O.6－0.25×0.8)m／s 2 =4m／s 2 ②(2)设金属棒运动...
如图所示,处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m...
答：③ 此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率Fv＝P ④ 由③、④两式解得v＝ ＝10m/s ⑤ (3)设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长度为l，磁场的磁感应强度为B I＝ ⑥ P＝I 2 R ⑦ 由⑥、⑦两式解得B＝ ＝0.4T ⑧，磁场方向垂直导轨平面向上 ...
如图所示,处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1...
答：将上式代入即得F＝ma＝0.2×4 N＝0.8 N此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率P＝Fv所以v＝ ＝ m/s＝10 m/s（3）设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为L，磁感应强度为BI＝ ，P＝I 2 R，可解得：B＝ ＝ T＝0.4 T，磁场方向垂直导轨平面向上 ...
如图所示,处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L...
答：受力如图所示mg sinθ-μmgcosθ-BIL=0又I=BLvR，P=I2R=B2L2v2R解得B=mg(sinθ?μcosθ)LRP答：（1）金属棒沿导轨由静止开始下滑过程中，加速度的最大值为g（sinθ-μcosθ）．（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为P，磁感应强度的大小为mg(sinθ?μcosθ)LRP．
如图所示,处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L=...
答：解：（1）金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律 得：a＝10×（0.6－0.25×0.8）m/s 2 ＝4 m/s 2 （2）设金属棒运动达到稳定时，设速度为v，所受安培力为F，棒沿导轨方向受力平衡，根据物体平稳条件 将上式代入即得F＝0.8 N 此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻...
如图所示,处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L=...
答：· ＝8 W，得v＝15 m/s，选项B错误．根据左手定则可得，磁场方向垂直于导轨平面向上，由 ＝0.8 N，将v＝15 m/s代入得B＝0.4 T，选项C正确．根据能量守恒，产生的总焦耳热量为Q＝mgxsin θ－ mv 2 －μmgxcos θ＝25.5 J，R上产生的热量为Q R ＝ Q＝17 J，选项D错误．
如图所示,处于匀强磁场中的两根足够长的平行金属导轨相距1m,磁场的方向...
答：P=I2R⑦由⑥、⑦两式解得：B=PRvl=8×210×1=0.4T ⑧磁场方向垂直导轨平面向上．答：（1）金属棒在下滑过程中的最大加速度的大小为4m/s2；（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，该速度的大小为10m/s；（3）在（2）问中，若R=2Ω，求磁感应强度B的大小为0.4T．
（1）设金属棒刚开始下滑时的加速度为a，由于金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律有 mgsinθ=ma ①代入数据解得 a=gsin30°=5m/s2 ②（2）设金属棒运动达到稳定时的速度为v、所受安培力为FA，棒在沿导轨方向受力平衡，则有 mgsin θ-FA=0 ③此时金属棒克服安培力做功的功率等于小电珠消耗的电功率，则有 P=FAv ④联立③④式并入代数据解得 v=5m/s ⑤（3）设磁感应强度的大小为B，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E=Blv ⑥小电珠正常发光，其两端电压等于E，必有E=U灯=2.5V ⑦联立⑥⑦式并代入数据解得 B=0.5T ⑧答：（1）金属棒沿导轨由静止刚开始下滑时的加速度大小是5m/s2；（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，小电珠正常发光，该速度的大小为5m/s；（3）磁感应强度的大小是0.5T．
（1） （2）在上升过程中： ，方向沿导轨平面向上；在下降过程中： ，方向沿导轨平面向上（3）图线见解析。 （1） （2分） （2分） （2分）（2）当 时， （2分）分两种情况ⅰ）在上升过程中 （2分） （1分） 方向沿导轨平面向上 （1分）ⅱ）在下降过程中 （2分） （1分）方向沿导轨平面向上（1分）（3）如图所示（4分）
| （1）设金属棒刚开始下滑时的加速度为a，由于金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律有 mgsinθ=ma ① 代入数据解得 a=gsin30°=5m/s 2 ② （2）设金属棒运动达到稳定时的速度为v、所受安培力为F A ，棒在沿导轨方向受力平衡，则有 mgsin θ-F A =0 ③ 此时金属棒克服安培力做功的功率等于小电珠消耗的电功率，则有 P=F A v ④ 联立③④式并入代数据解得 v=5m/s ⑤ （3）设磁感应强度的大小为B，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E=Blv ⑥ 小电珠正常发光，其两端电压等于E，必有E=U 灯 =2.5V ⑦ 联立⑥⑦式并代入数据解得 B=0.5T ⑧ 答： （1）金属棒沿导轨由静止刚开始下滑时的加速度大小是5m/s 2 ； （2）当金属棒下滑速度达到稳定时，小电珠正常发光，该速度的大小为5m/s； （3）磁感应强度的大小是0.5T． |
答：解析：(1)由受力分析，根据牛顿第二定律，得：代入数据，解得。(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，金属棒重力势能一部分克服摩擦力做功，转化为内能，另一部分克服安培力做功，转化为电能，它等于电路中电阻R消耗的电功；设速度为，在时间内，据能量守恒，有：代入数据，解得：用右手定则判断磁场方向...
答：（2分）(3)设金属棒运动达到稳定时，所受安培力为F / ，棒在沿导轨方向受力平衡 （2分）解得： 0.8 N （2分）此时感应电流为 A = 2A （2分）电路中电阻R消耗的电功率： W = 8W （2分）（另解：由 ，解得稳定时速度达到最大值 m/s，本题克服安培力做功功率...
答：（1） (2) 试题分析：（1）金属棒开始下滑的初速度为零，根据牛顿第二定律： 解得 （2） 设金属棒达到稳定时，速度为v，所受安培力为F，棒沿导轨方向受力平衡： 电阻消耗的功率等于克服安培力做功的功率，即： 以上两式联立，解得： 点评：本题难度较小，随着导体棒速度的逐渐...
答：(1)4m／s 2 (2)10m/s (3)0.4T, 磁场方向垂直导轨平面向上 试题分析：(1)金属棒开始下滑的初速为零，没有感应电流产生，不受安培力作用，故根据牛顿第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma ①由①式解得a＝10×(O.6－0.25×0.8)m／s 2 =4m／s 2 ②(2)设金属棒运动...
答：③ 此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率Fv＝P ④ 由③、④两式解得v＝ ＝10m/s ⑤ (3)设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长度为l，磁场的磁感应强度为B I＝ ⑥ P＝I 2 R ⑦ 由⑥、⑦两式解得B＝ ＝0.4T ⑧，磁场方向垂直导轨平面向上 ...
答：将上式代入即得F＝ma＝0.2×4 N＝0.8 N此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率P＝Fv所以v＝ ＝ m/s＝10 m/s（3）设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为L，磁感应强度为BI＝ ，P＝I 2 R，可解得：B＝ ＝ T＝0.4 T，磁场方向垂直导轨平面向上 ...
答：受力如图所示mg sinθ-μmgcosθ-BIL=0又I=BLvR，P=I2R=B2L2v2R解得B=mg(sinθ?μcosθ)LRP答：（1）金属棒沿导轨由静止开始下滑过程中，加速度的最大值为g（sinθ-μcosθ）．（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为P，磁感应强度的大小为mg(sinθ?μcosθ)LRP．
答：解：（1）金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律 得：a＝10×（0.6－0.25×0.8）m/s 2 ＝4 m/s 2 （2）设金属棒运动达到稳定时，设速度为v，所受安培力为F，棒沿导轨方向受力平衡，根据物体平稳条件 将上式代入即得F＝0.8 N 此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻...
答：· ＝8 W，得v＝15 m/s，选项B错误．根据左手定则可得，磁场方向垂直于导轨平面向上，由 ＝0.8 N，将v＝15 m/s代入得B＝0.4 T，选项C正确．根据能量守恒，产生的总焦耳热量为Q＝mgxsin θ－ mv 2 －μmgxcos θ＝25.5 J，R上产生的热量为Q R ＝ Q＝17 J，选项D错误．
答：P=I2R⑦由⑥、⑦两式解得：B=PRvl=8×210×1=0.4T ⑧磁场方向垂直导轨平面向上．答：（1）金属棒在下滑过程中的最大加速度的大小为4m/s2；（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，该速度的大小为10m/s；（3）在（2）问中，若R=2Ω，求磁感应强度B的大小为0.4T．
