如图所示，两条平行的金属导轨相距L=lm，水平部分处在竖直向下的匀强磁场B 1 中，倾斜部分与水平方向的夹
kuaidi.ping-jia.net 作者：佚名 更新日期：2024-06-30
如图所示，两金属导轨倾斜放置，匀强磁场垂直导轨平面向上，导轨左端连接电源、滑动变阻器，在导轨上垂直
(2014?青岛一模)如图所示,两条平行的金属导轨相距L=lm,金属导轨的倾斜...
答：t1=3s时速度为：v=at1=1×3mm/s=3m/s由E=BLv得：B=ELv=61×3T=2T （2）t1=3s时MN棒通过的位移为：x=12at21=12×1×32m=4.5m回路磁通量的变化量为：△Φ=BLx=2×1×4.5Wb=9Wb根据法拉第电磁感应定律得：.E=
如图所示,两条平行的金属导轨相距L=lm,水平部分处在竖直向下的匀强磁场...
答：t= △φ R MN + R PQ = 2 0.5+1.5 C=1C（3）金属棒MN做匀加速直线运动过程中，电流为：I= BLv R MN + R PQ = BLat R MN + R PQ = 0.5×1×2×t 0.5+1.5 =0.5t（A）对MN运用牛顿第二定律得：F 1...
如图所示,相距为L的两条足够长的平行金属导轨,与水平面的夹角 ,导轨上...
答：解得：v= ,选项A正确；当MN下滑速度最大时，EF与轨道间的摩擦力刚好到达最大静摩擦力，两棒所受的安培力大小相等，方向相反，则对EF棒： ，则得最大静摩擦力为f m =2mgsinθ．故B错误；导体棒MN匀速运动时速度最大，
如图所示,两条足够长的平行金属导轨相距L,与水平面的夹角为θ,整个空间...
答：由左手定则知MN受安培力F沿导轨向下，当EF刚上滑时，MN受安培力最大，摩擦力也最大，受力分析如图所示， 对导体棒EF切割磁感线知：E=BLv 0 ① 由闭合电路欧姆定律知：I= ②对导体棒MN，由平衡条件得：mgsinθ+
如图所示两平行的光滑金属导轨,相距为L,位于同一竖直平面内,两导轨间接...
答：（1）在ab棒从竖直放置转动到水平位置的过程中，由能量守恒 mgL2=12mv2+△E电 得电阻R消耗的电能△E电=mgL2-12mv2 （2）当ab刚要脱离EF时，电流最大，且最大电流 I=ER=B?2L?.vabR其中.vab为刚要脱离EF时ab棒的平均速度．在ab脱离EF至ab达到水平位置的过程中，由机械能守恒 ...
如图所示,两平行金属导轨相距L=20cm,与水平面成θ=37°角放置,上端接...
答：（1）以金属棒为研究对象受力分析，运用合成法如图：由几何知识得：F=mgtanθ根据闭合电路欧姆定律：I=ER+r由安培力公式：F=BIL联立以上三式解得：B=mg(r+R)ELtanθ＝20×10?3×10×(2+1)3×0.2×0.75＝0.75T由左手定则可得，磁场的方向竖直向下．（2）要使所加匀强磁场的磁感应强度...
如图所示,两根足够长的光滑平行金属导轨相距为L,导轨平面与水平面成θ...
答：mgssinθ=12mv02+Q，解得：Q=B2L2v0g(r+R)sinθ（gs?sinθ-12v02）．答：（1）金属棒ab匀速运动时电流强度I的大小为BLv0r+R，方向：a→b；（2）导体棒质量m的大小为B2L2v0g(r+R)sinθ；（3）在t0时间内产生的总热量Q为B2L2v0g(r+R)sinθ（gssinθ-12v02）．
如图所示,相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ...
答：A、当导体棒以v匀速运动时受力平衡，则有：mgsinθ=BIl=B2L2vR，当导体棒以2v匀速运动时受力平衡，则有：F+mgsinθ=BIl=2×B2L2vR，故有：F=mgsinθ，拉力的功率为：P=Fv=2mgvsinθ，故AB错误；C、当导体棒速度达到v2时，由牛顿第二定律得：mgsinθ-12×B2L2vR=ma，解得：a=g2...
如图所示,有二平行金属导轨,相距l,位于同一水平面内(图中纸面),处在...
答：（3）金属杆在导轨上运动过程中，两杆构成的系统受到的水平方向的合外力为零，系统的质心作匀速直线运动．设系统质心的速度为VC，有：mv0=2mvc…（4）得：vc＝v02…（5）VC方向与v0相同，沿x轴的正方向．现取一新的参考系S′，它与质心固连在一起，并把质心作为坐标原点O′，取坐标轴O′x...
如图所示,两平行光滑的金属导轨MN、PQ固定在水平面上,相距为L,处于竖直...
答：+F n x 0 解得： Q= 2 x 20 B 4 L 4 m R 2 ( 1 2 + 2 2 +… n 2 ) 故棒ab通过第i磁场区时的水平拉力的拉力： F i = 2 i 2 B 4 L 4 x 0 m R 2 ，棒ab在穿过整个磁场区过程中回路产生...
当滑动变阻器的滑片p由左端向右端滑动时，变阻器在路电阻减小，电路中电流增大，金属棒所受的安培力增大．变阻器滑片移动之前，若金属棒的重力沿斜面向下的分力等于安培力，金属棒不受静摩擦力，当安培力增大时，金属棒将向上运动趋势，受到沿斜面向下的静摩擦力，静摩擦力增大；若金属棒的重力沿斜面向下的分力小于安培力，金属棒所受静摩擦力沿斜面向下，当安培力增大时，根据平衡条件得知，静摩擦力增大；若金属棒的重力沿斜面向下的分力大于安培力，金属棒所受静摩擦力沿斜面向上，当安培力增大时，根据平衡条件得知，静摩擦力或能一直减小，也可能先减小后反向增大；故C正确，ABD错误．故选C
由右手定则易知，ab 棒上的电流方向是
由b向a 。cd 棒做加速度减小的加速运动，ab 棒
做加速度增大的加速运动，两棒加速度相等时，系
统达稳定状态。
对整体有：F= (2m+m) a
对ab棒有：F安＝2ma
得ab棒所受安培力为： F安=2F/3
cd棒所受安培力与ab棒所受安培力大小相等。
由于开始时cd棒的加速度大于ab棒的加速度，
cd棒的速度必始终大于ab棒的速度，因此两棒间
距离不断增大。
| （1）金属棒MN在t=5s时的速度为： v=at=2×5m/s=10m/s 电动势为： E=BLv=0.5×1×10V=5V 电流为：I=
则PQ消耗的电功率为： P PQ =I 2 R PQ =2.5 2 ×1.5W=9.375W （2）t=0～2.0s时间内金属棒MN运动的位移为： s=
t=0～2.0s时间内穿过回路MNQP磁通量的变化量： △φ=B 1 Ls=0.5×1×4Wb=2Wb t=0～2.0s时间内通过PQ棒的电荷量为： q=
（3）金属棒MN做匀加速直线运动过程中，电流为： I=
对MN运用牛顿第二定律得： F 1 -BIL-F f =ma F 1 =ma+μmg+BIL 代入数据得：F 1 =（1.4+0.25t）（N） 金属棒PQ处于静止状态，根据平衡条件得： F 2 +BIL=mgsin37° 代入数据得：F 2 =（1.2-0.25t）（N） （4）MN棒做变加速直线运动，当s=5m时，v t =0.4s=0.4×5m/s=2m/s 因为速度v与位移s成正比，所以电流I、安培力也与位移s成正比，安培力做功： W B =-
MN棒动能定理：W F1 -μmgs=
W F1 =
答：（1）t=5s时，PQ消耗的电功率为9.375W； （2）t=0～2.0s时间内通过PQ棒的电荷量为1C； （3）F 1 随时间t变化的函数关系为F 1 =（1.4+0.25t）N，F 2 随时间t变化的函数关系为F 2 =（1.2-0.25t）N； （4）MN棒从静止开始到s=5m的过程中，F 1 所做的功为6.025J． |
答：t1=3s时速度为：v=at1=1×3mm/s=3m/s由E=BLv得：B=ELv=61×3T=2T （2）t1=3s时MN棒通过的位移为：x=12at21=12×1×32m=4.5m回路磁通量的变化量为：△Φ=BLx=2×1×4.5Wb=9Wb根据法拉第电磁感应定律得：.E=
答：t= △φ R MN + R PQ = 2 0.5+1.5 C=1C（3）金属棒MN做匀加速直线运动过程中，电流为：I= BLv R MN + R PQ = BLat R MN + R PQ = 0.5×1×2×t 0.5+1.5 =0.5t（A）对MN运用牛顿第二定律得：F 1...
答：解得：v= ,选项A正确；当MN下滑速度最大时，EF与轨道间的摩擦力刚好到达最大静摩擦力，两棒所受的安培力大小相等，方向相反，则对EF棒： ，则得最大静摩擦力为f m =2mgsinθ．故B错误；导体棒MN匀速运动时速度最大，
答：由左手定则知MN受安培力F沿导轨向下，当EF刚上滑时，MN受安培力最大，摩擦力也最大，受力分析如图所示， 对导体棒EF切割磁感线知：E=BLv 0 ① 由闭合电路欧姆定律知：I= ②对导体棒MN，由平衡条件得：mgsinθ+
答：（1）在ab棒从竖直放置转动到水平位置的过程中，由能量守恒 mgL2=12mv2+△E电 得电阻R消耗的电能△E电=mgL2-12mv2 （2）当ab刚要脱离EF时，电流最大，且最大电流 I=ER=B?2L?.vabR其中.vab为刚要脱离EF时ab棒的平均速度．在ab脱离EF至ab达到水平位置的过程中，由机械能守恒 ...
答：（1）以金属棒为研究对象受力分析，运用合成法如图：由几何知识得：F=mgtanθ根据闭合电路欧姆定律：I=ER+r由安培力公式：F=BIL联立以上三式解得：B=mg(r+R)ELtanθ＝20×10?3×10×(2+1)3×0.2×0.75＝0.75T由左手定则可得，磁场的方向竖直向下．（2）要使所加匀强磁场的磁感应强度...
答：mgssinθ=12mv02+Q，解得：Q=B2L2v0g(r+R)sinθ（gs?sinθ-12v02）．答：（1）金属棒ab匀速运动时电流强度I的大小为BLv0r+R，方向：a→b；（2）导体棒质量m的大小为B2L2v0g(r+R)sinθ；（3）在t0时间内产生的总热量Q为B2L2v0g(r+R)sinθ（gssinθ-12v02）．
答：A、当导体棒以v匀速运动时受力平衡，则有：mgsinθ=BIl=B2L2vR，当导体棒以2v匀速运动时受力平衡，则有：F+mgsinθ=BIl=2×B2L2vR，故有：F=mgsinθ，拉力的功率为：P=Fv=2mgvsinθ，故AB错误；C、当导体棒速度达到v2时，由牛顿第二定律得：mgsinθ-12×B2L2vR=ma，解得：a=g2...
答：（3）金属杆在导轨上运动过程中，两杆构成的系统受到的水平方向的合外力为零，系统的质心作匀速直线运动．设系统质心的速度为VC，有：mv0=2mvc…（4）得：vc＝v02…（5）VC方向与v0相同，沿x轴的正方向．现取一新的参考系S′，它与质心固连在一起，并把质心作为坐标原点O′，取坐标轴O′x...
答：+F n x 0 解得： Q= 2 x 20 B 4 L 4 m R 2 ( 1 2 + 2 2 +… n 2 ) 故棒ab通过第i磁场区时的水平拉力的拉力： F i = 2 i 2 B 4 L 4 x 0 m R 2 ，棒ab在穿过整个磁场区过程中回路产生...
