刘老师物理：13429839255
v2?v1?Bld(R?r)m22?3.25m/s
12mv2?????2代入数据根据机械能守恒：mgh2?h2?0.53m(1分)
（3）设导体棒在整个运动过程中闭合电路中磁通量的变化为???，设导体棒在磁场中运
I安?I0??动中电流的平均值为，m 1v ① ?
F安?B?Ilq?I??t②?③?④?⑤?⑥?入数据?2 ?代? (6分) ???q5?1?0C ?I?E??E?R?r????t????BlL
11v015222
8．解：?据能量守恒，得 △E = mv0 - m（ ）= mv0-----------（3分）
22432?在底端，设棒上电流为I，加速度为a，由牛顿第二定律，则：
（mgsinθ+BIL）=ma1--------------------------（1分）
E
由欧姆定律，得I= ---------------（1分） E=BLv0---------------------（1分）
RB2L2v0由上述三式，得a1 = gsinθ + ---------------------（1分）
mR
B2L2v0
∵棒到达底端前已经做匀速运动∴mgsinθ= ------------------------------（1分）
4R代入，得a1 = 5gsinθ-----------------------------------------（2分）
（3）选沿斜面向上为正方向，上升过程中的加速度，上升到最高点的路程为S，
B2L2v
a = －（gsinθ + ）-----------------------（1分）
mR取一极短时间△t，速度微小变化为△v，由△v = a△t，得
△ v = －（ gsinθ△t+B2L2v△t/mR）-----------（1分） 其中，v△t = △s--------------------------（1分） 在上升的全过程中
∑△v = －（gsinθ∑△t+B2L2∑△s/mR）
即 0-v0= －（t0gsinθ+BLS/mR）-------------（1分） B2L2v0∵H=S·sinθ 且gsinθ= -------------------（1分）
4mR∴ H =（v0-gv0t0sinθ）/4g-----------------（1分）
2
22
41
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10．第（1）问8分，第（2）问6分，第（3）问6分，共20分
r?3rr?3r34解: （1）U型框向右运动时，NQ边相当于电源，产生的感应电动势E?Blv0 当如图乙所示位置时，方框bd之间的电阻为 Rbd? U型框连同方框构成的闭合电路的总电阻为 R?3r?Rdb?154r ER?4Blv015r?r
闭合电路的总电流为 I?
Blv05 根据欧姆定律可知，bd两端的电势差为：Ubd?IRbd? 方框中的热功率为 P?
UbdRbd2?4Blv075r222
（2）在U型框向右运动的过程中，U型框和方框组成的系统所受外力为零，故系统动量守恒，设到达图示位置时具有共同的速度v，根据动量守恒定律
v?(3m? 3m04mv 解得：v? )
37v0
根据能量守恒定律，U型框和方框组成的系统损失的机械能等于在这一过程中两框架上产生的热量，即 Q?13mv2?17mv2?6mv200
（3）设U型框和方框不再接触时方框速度为v1，U型框的速度为v2，根据动量守恒定
227 42
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律，有 3mv?4mv1?3mv2
两框架脱离以后分别以各自的速度做匀速运动，经过时间t方框最右侧和U型框最左侧距离为s，即(v2?v1)t?s 联立以上两式，解得：v1?37(v?st)；v2?17(3v?4st)
11．(1)运动。因磁场运动时，框与磁场有相对运动，ad、b边切害虫磁感线，框中产生感应电流(方向逆时针)，同时受安培力，方向水平向右，故使线框向右加速运动，且属于加速度越来越小的变加速运动。
????(6分)
(2)阻力f与安培力F安衡时，框有vmf=Kvm=F=2IBL①???(2分) 其中I=E/R ②???(1分) E=2BL(v-vm) ③???(2分) ①②③联立得：
Kvm=2·[2BL(v-vm)/R]·BL ∴Kvm=(4BLv-4BLvm)/R ∴vm=4B2L2v/(KR+4B2L2) =3.2m/s 据能量守恒
E硫=IRt+Kvm·vmt
4?1?0.4?1.822222222
④???(1分) ⑤???(2分)
(3)框消耗的磁场能一部分转化为框中电热，一部分克服阴力做功。
2
(4分)
E磁=[4B2L2(v-vm)2/R]·1+Kvm2·1 =
+018×3.22
=2.9J (2分) 12．（1）根据磁场分布特点，线框不论转到磁场中哪一位置，切割磁感线的速度始终与磁场
方向垂直，故线框aa?转到图示位置时，感应电动势的大小E=2Blv=2Bl
?L2=BlLω（3
分）。
（2）线框转动过程中，只能有一个线框进入磁场（作电源），另一个线框与外接电阻R并
联后一起作为外电路。.电源内阻为r，外电路总电阻R外=最大值：UR=IR
外
RrR?r?23r.故R两端的电压
?Er?2r3?23r?2E5?25BlL?（4
分）
（3）aa?和bb?在磁场中，通过R的电流大小相等，
U21BlL?iR=R?BlLω·?.
R52r5r从线框aa′进入磁场开始计时，每隔T/8（线框转动45°）电流发生一次变化，其iR随时间t变化的图象如图所示。（5分，其中图3分）
（4）因每个线框作为电源时产生的总电流和提供的功率分别为：
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I=
Er?2r3?3E5r, P=IE=3E5r2?3(BlL?)5r2.（4分）
两线框转动一周时间内，上线圈只有两次进入磁场，每次在磁场内的时间（即作为电源时的做功时间）为T.根据能的转化和守恒定律，外力驱动两线圈转动一周的功，完全转化
8为电源所获得的电能，所以
W外=4P·=P·=P·?82?TT?3?BlL?5r222（4分）
UR,R??bac13．(1) 根据安培力公式,推力F1=I1Bb,其中I1?则F1?URBb?Uac?796.8N
?对海水推力的方向沿y轴方向(向右) (2)U感?Bvsb?9.6V
U1(3)根据欧姆定律,I2?R?(U?Bvsb)ac?b?600A
安培推力F2?I2Bb?720N 对船的推力F?80ò?576N
推力的功率P?Fvs?80òvs?2880W 14．(1)3:1 (2)1:3 (3)2:1
15．解：?设a的速度为v1，由于b初态速度为零，则 I? 对b：FA?BId?Bdv122E12R?Bdv12R ① （2分）
2R 将①②式代入③式得：v1＜10m/s ④（2分）
②（2分） FA＜mgsinθ ③（1分）
?设a的速度为v1，b的速度为v2，回路电流为I，
E?E2Bd(v1?v2)?则：I?1 ⑤（1分） 2R2R22Bd(v1?v2)?F ⑥（2分 对a：mgsinθ + FA = F mgsin??2Rv代入数据得: F?3?2(N) （1分）
422Bd(v1?vm)?mgsin?（2分）设b的最大速度为vm，则有： 代入数据得: vm=
2R8m/s
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?对b：mgsinθ－FA= ma mgsin??Bd(v1?v2)2R2222?ma （1分） ?t?ma?t （2分）
取任意无限小△t时间：mg?tsinθ?代入数据并求和得：8??t?Bd(v1?v2)2R??x2?2??v2 8t－x2 = 2v2 （1分）
将t=2s，v2=5.06m/s代入上式得：x2=5.88m （1分） a的位移：x1=v1t = 2×2 = 4m 由功能关系知： WF?12mv2?mgxsin??mgx2sin??Q （2分） 12 代入数据得：WF=14.9J
16．解：(1) (5分) 设绝缘棒与金属棒碰前的速率为v1，绝缘棒在导轨由最低点向上滑动的过程中,由动能定理
??m2gS1cos??m2gS1sin??1m21m2?v1??v0 v1=5m/s 2222（2）(10分）设碰后安培力对金属棒做功为W安，由功能关系，安培力做的功等于回路中产生的总电热
R?rRW安?Q W安= 0.25J
设碰后金属棒速率为v、切割磁感线产生的感应电动势为E，回路中感应电流为I，安培
力为F安
ER?rE=Bdv I? F安=BId
由动能定理
－W安－mgS2sinα－μmgS2cosα=0－12mv22 v=3m/s
设两棒碰后瞬时金属棒的加速度为a，由牛顿第二定律 μmgcosα＋mgsinα＋F安= ma a = 25m/s2
（3）（5分）设金属棒在导轨上运动时间为t，在此运动过程中，安培力的冲量为I安，沿导轨方向，由动能定理
－I安－μmgtcosα－mgtsinα=0－mv ?????????????? (1分)
I安=BdI△t ????????????????????? (1分)
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