1、阶段综合检测(五)(第九十一章)(90分钟100分)一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.电流天平是一种测量磁场力的装置,如图所示。两相距很近的通电平行线圈和,线圈固定,线圈置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时,天平示数恰好为零。下列说法正确的是()A.当天平示数为负时,两线圈电流方向相同B.当天平示数为正时,两线圈电流方向相同C.线圈对线圈的作用力大于线圈对线圈的作用力D.线圈对线圈的作用力与托盘对线圈的作用力是一对相互作用力【解析】选A。当两线圈电流方向相同时,表现为相互吸引,电流方向相反时,表现为相互排斥,故当天平示
2、数为正时,两者相互排斥,电流方向相反,当天平示数为负时,两者相互吸引,电流方向相同,A正确B错误;线圈对线圈的作用力与线圈对线圈的作用力是一对相互作用力,等大反向,C错误;静止时,线圈平衡,线圈对线圈的作用力与托盘对线圈的作用力施力物体不同,受力物体相同,不满足相互作用力的条件,D错误。【总结提升】本题的原理是两通电直导线间的相互作用规律:两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用。电流方向相同时,将会吸引;电流方向相反时,将会排斥。2.如图所示,半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,半径OC与OB成60角,质子甲以速度v从A点沿直径AB方向射入磁场,从C点射出。质子乙以速度从B
3、点沿BA方向射入磁场,从D点(图中未画出)射出磁场,不计质子重力,则C、D两点间的距离为()A.RB.2RC.2RD.R【解析】选D。质子在磁场中运动的轨迹如图所示,洛伦兹力提供质子做匀速圆周运动的向心力,则qvB0=m,得r=,由几何关系有r1=R。由于质子乙的速度是,故其轨迹半径r2=R,则tanO2OB=,得O2OB=30,故BOD=2O2OB=60,CD=2Rsin 60=R,选项D正确。3.(2019全国卷)如图,在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子垂直于x轴射入第二象限,随后垂直于y轴进入第一
4、象限,最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为()A.B.C.D.【解析】选B。带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,由R=可知,第一象限粒子的运动半径是第二象限的运动半径的二倍,整个运动轨迹如图,即运动由两部分组成:第一部分是个周期,第二部分是个周期,故总时间t=+=,故B正确。【加固训练】(2017全国卷)如图,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x0区域,磁感应强度的大小为B0;x1)。一质量为m、电荷量为q(q0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时,当粒子的速度方向再次沿x轴正向时,求(不计重力):(1)粒子运动的时间。(2)粒子与O点间
5、的距离。【解析】 (1)粒子的运动轨迹如图所示:带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,所以在x0区域有:qv0B0=,在x0区域有:qv0(B0)=解得R1=R2=在x0区域运动时间t1=;在x0区域运动时间t2=;粒子运动的时间t=t1+t2=。(2)粒子与O点间的距离d=2(R1-R2)=答案:(1)(2)4.如图所示为汽车的点火装置,此装置的核心是一个变压器,该变压器的原线圈通过开关连接到12 V 的蓄电池上,副线圈连接到火花塞的两端,开关由机械控制,当开关由闭合变为断开时,副线圈中产生10 000 V以上的电压,火花塞中产生火花。下列说法中正确的是()A.变压器的原
6、线圈要用粗导线绕制,而副线圈可以用细导线绕制B.若该点火装置的开关始终闭合,火花塞的两端会持续产生高压C.变压器原线圈输入的12 V电压必须是交流电,否则就不能在副线圈中产生高压D.该点火装置中变压器的副线圈匝数必须小于原线圈的匝数【解析】选A。由题可知原线圈处接12 V的直流电源,当断开开关瞬间原线圈中电流迅速变化,会产生变化的磁场,则在副线圈中可产生高压,所以C错误;汽车的点火装置是利用变压器原理工作的,当开关始终闭合时,通过原线圈的电流恒定,原线圈中产生的磁场恒定,则在副线圈上不会产生电压,所以B错误;由=可知,要在副线圈中产生高压,则原线圈匝数必须小于副线圈的匝数,所以D错误。变压器线
7、圈中电流越大,所用的导线应当越粗,原线圈电压低,根据P=UI知,原线圈电流大,副线圈电流小,所以原线圈用粗导线绕制,副线圈用细导线绕制,故A正确。故选A。5. (2019汕尾模拟)如图所示,一个边长为2L的等腰直角三角形ABC区域内,有垂直纸面向里的匀强磁场,其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abdc,线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域,设电流逆时针方向为正。则在线框通过磁场的过程中,线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是()【解析】选B。开始进入时,边bd切割磁感线,产生逆时针方向电流,即为正方向,且由于线框匀速运动,产生的感应电动势恒定,感应电流也恒定,故A错误;线框
8、开始进入磁场运动L的过程中,只有边bd切割,感应电流不变,前进L后,边bd开始出磁场,边ac开始进入磁场,回路中的感应电动势为边ac产生的感应电动势减去bd边在磁场中产生的电动势,随着线框的运动回路中电动势逐渐增大,电流逐渐增大,方向为负方向;当再前进L时,边bd完全出磁场,ac边也开始出磁场,有效切割长度逐渐减小,电流方向不变,故B正确,C、D错误。6.如图所示,垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a,磁感应强度的大小为B。一边长为a、电阻为4R的正方形均匀导线框CDEF正以速度v从图示位置开始沿x轴匀速穿过磁场区域,在图中给出的线框E、F两端的电压UEF与线框移动距离x的关系的图象正确的是
9、()【解析】选D。由楞次定律判断可知,在线框穿过磁场的过程中,E的电势始终高于F的电势,则UEF为正值;EF和CD边切割磁感线时产生的感应电动势为E=Bav。在0a内,EF切割磁感线,EF的电压是路端电压,则UEF=E=Bav;在a2a内,线框完全在磁场中运动,穿过线框的磁通量没有变化,不产生感应电流,则UEF=E=Bav;在2a3a内,E、F两端的电压等于路端电压的,则UEF=E=Bav,故D正确。【加固训练】(2020襄阳模拟)如图所示,在光滑水平桌面上有一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd,在导线框右侧有一边长为2L、磁感应强度为B、方向竖直向下的正方形匀强磁场区域,磁场的左边界
10、与导线框的ab边平行。在导线框以速度v匀速向右穿过磁场区域的全过程中()A.感应电动势的大小为B.感应电流的方向始终沿abcda方向C.导线框受到的安培力先向左后向右D.导线框克服安培力做功【解析】选D。在线框进入磁场和离开磁场过程中,有一个边切割磁感线,感应电动势大小为:E=BLv,在线框完全在磁场的过程中,两个边同时切割磁感线,感应电动势方向相同,感应电动势大小也为:E=BLv,故A错误;根据右手定则,线框进入磁场时的感应电流方向为abcda方向,离开磁场的方向为dcbad方向,故B错误;根据楞次定律,从阻碍相对运动的角度看,在线框进入和离开磁场的过程,导线框受到的安培力均是向左,故C错误
11、;在线框进入和离开磁场的过程中,感应电流大小为I=,安培力大小为:F=BIL=,故导线框克服安培力做功为:W=F2L=,故D正确。7.如图所示,两平行光滑金属导轨MN、PQ竖直放置,导轨间距为L,MP间接有一电阻R。导轨平面内ABCD区域有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,AB、CD水平,两者间高度为h,现有一电阻也为R,质量为m的水平导体棒沿着导轨平面从AB边以速度v0向上进入磁场,当导体棒运动到CD边时速度恰好为零,运动中,导体棒始终与导轨接触,空气阻力和导轨电阻均不计,则()A.导体棒刚进入磁场时,电阻R两端的电压为BLv0B.导体棒刚进入磁场时,电阻R上电流方向为从P流向M
12、C.导体棒通过磁场区域过程中电阻R上产生的热量Q=m-mghD.导体棒通过磁场区域的时间t=-【解析】选D。导体棒刚进入磁场时,AB棒产生的感应电动势为E=BLv0,则电阻R两端的电压为U=E=BLv0,故A错误;导体棒刚进入磁场时,由楞次定律知,电阻R上电流方向为从M流向P,故B错误;导体棒通过磁场区域过程中,根据能量守恒得,回路中产生的总热量为Q总=m-mgh,R上产生的热量为Q=Q总=(m-mgh),故C错误;设导体棒AB速度为v时加速度大小为a,则由牛顿第二定律得:mg+=ma=m,即得mgt+t=mv,两边求和得:mgt+=mv0;所以导体棒通过磁场区域的时间t=-,故D正确。8.如
13、图所示,在圆柱形区域内存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度的大小B随时间t的变化关系为B=B0+kt,其中B0、k为正的常数。在此区域的水平面内固定一个半径为r的圆环形内壁光滑的细玻璃管,将一电荷量为q的带正电小球在管内由静止释放,不考虑带电小球在运动过程中产生的磁场,则下列说法正确的是()A.从上往下看,小球将在管内沿顺时针方向运动,转动一周的过程中动能增量为2qkrB.从上往下看,小球将在管内沿逆时针方向运动,转动一周的过程中动能增量为2qkrC.从上往下看,小球将在管内沿顺时针方向运动,转动一周的过程中动能增量为qkr2D.从上往下看,小球将在管内沿逆时针方向运动,转动一周的过程中动能增量
14、为qkr2【解析】选C。由题意可知,如题图所示的磁场在均匀增加时,会产生顺时针方向的涡旋电场,那么正电荷在电场力作用下,做顺时针方向圆周运动,根据动能定理,转动一周过程中,动能的增量等于电场力做功,则为W=qU=qr2=qkr2,故C正确,A、B、D错误。二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)9.如图所示,平行纸面向下的匀强电场与垂直纸面向外的匀强磁场相互正交,一带电小球刚好能在其中做竖直面内的匀速圆周运动。若已知小球做圆周运动的半径为r,电场强度大小为E,磁感应强度大小为B,重力
15、加速度大小为g,则下列判断中正确的是()A.小球一定带负电荷B.小球一定沿顺时针方向转动C.小球做圆周运动的线速度大小为D.小球在做圆周运动的过程中,电场力始终不做功【解析】选A、C。带电小球在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动,可知,带电小球受到的重力和电场力是一对平衡力,重力竖直向下,所以电场力竖直向上,与电场方向相反,故小球一定带负电荷,故A正确;磁场方向向外,洛伦兹力的方向始终指向圆心,由左手定则可判断小球的旋转方向为逆时针(四指所指的方向与带负电的小球的运动方向相反),故B错误;由电场力和重力大小相等,得:mg=qE,带电小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为:r=,联
16、立得:v=,故C正确;小球在做圆周运动的过程中,电场力要做功,洛伦兹力始终不做功,故D错误;故选A、C。10.霍尔元件广泛应用于测量和自动控制等领域,霍尔元件一般用半导体材料做成,有的半导体中的载流子(自由电荷)是自由电子,有的半导体中的载流子是空穴(相当于正电荷)。如图所示为用半导体材料做成的霍尔元件的工作原理示意图,磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下,通入电流I的方向如图所示,C、D两侧面会形成电势差。则下列说法中正确的是()A.若元件的载流子是自由电子,则D侧面的电势高于C侧面的电势B.若元件的载流子是空穴,则D侧面的电势高于C侧面的电势C.在测地球赤道上方的地磁场强弱时,元件的工作
17、面应保持竖直D.在测地球赤道上方的地磁场强弱时,元件的工作面应保持水平【解析】选A、C。若载流子为自由电子,由左手定则可判断电子受洛伦兹力作用使其偏向C侧面,则C侧面的电势会低于D侧面,选项A正确;若载流子为空穴,根据左手定则,空穴在洛伦兹力的作用下也是向C侧面聚集,C侧面的电势会高于D侧面,选项B错误;地球赤道上方的地磁场的方向水平向北,霍尔元件的工作面应保持竖直才能让地磁场垂直其工作面,选项C正确,D错误。11.图甲中,理想变压器的原、副线圈的匝数比为41,RT为阻值随温度升高而减小的热敏电阻,R1为定值电阻,电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化,如图乙所
18、示。下列说法正确的是()A.变压器输入、输出功率之比为41B.变压器原、副线圈中的电流强度之比为14C.u随t变化的规律为u=51sin(50t) V(国际单位制)D.若热敏电阻RT的温度升高,则电压表的示数不变,电流表的示数变大【解析】选B、D。由题意知变压器是理想变压器,故输入、输出功率之比为11,选项A错误;变压器原、副线圈中的电流之比与匝数成反比,即=,选项B正确;由图乙可知交流电压最大值Um=51 V,周期T=0.02 s,可由周期求出角速度的值为=100 rad/s,则可得交流电压u的表达式u=51sin(100t) V,故选项C错误;RT的温度升高时,阻值减小,电流表的示数变大,
19、电压表示数不变,故选项D正确。12.如图所示,足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成角,其中MN与PQ平行且间距为L,导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,导轨电阻不计。质量为m的金属棒ab由静止开始沿导轨下滑,并与两导轨始终保持垂直且接触良好,ab棒接入电路的电阻为R,当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时,棒的速度大小为v,则金属棒ab在这一过程中()A.金属棒速度为v时的加速度为B.下滑的位移为C.产生的焦耳热为sin-mv2D.受到的最大安培力为【解析】选B、C、D。金属棒ab开始时做加速运动,速度增大,感应电动势增大,所以感应电流也增大,导致金属棒受到的安培力增大,所以加速度减小,即
20、金属棒做加速度逐渐减小的变加速运动,根据牛顿第二定律,有:mgsin-BIL=ma;其中I=;故a=gsin-,故A错误;由电荷量计算公式q=It=可得,下滑的位移大小为x=,故B正确;根据能量守恒定律:产生的焦耳热Q=mgxsin-mv2=sin-mv2,故C正确;金属棒ab受到的最大安培力大小为F=BIL=BL=,故D正确。三、实验题(本题共2小题,共14分)13.(6分)电控调光玻璃能根据光照强度自动调节玻璃的透明度,将光敏电阻Rx和定值电阻R0接在9 V的电源上,光敏电阻阻值随光强变化关系如表所示:光强E/cd12345电阻值/18963.6“光强”为表示光强弱程度的物理量,符号为E,
21、单位为坎德拉(cd)(1)当光照强度为4坎德拉(cd)时光敏电阻Rx的大小为_。(2)其原理是光照增强,光敏电阻Rx阻值变小,施加于玻璃两端的电压降低,玻璃透明度下降,反之则玻璃透明度上升。若电源电压不变,R0是定值电阻,则下列电路图中符合要求的是_(填序号)。【解析】(1)由表格数据可知,光敏电阻Rx与光强E的乘积均为18 cd不变,则当E=4 cd时,光敏电阻的阻值:Rx=4.5 。(2)由题意可知,光敏电阻Rx与定值电阻R0串联连接,光照增强时,光敏电阻Rx阻值减小,电路中的总电阻减小,由I=可知,电路中的电流增大,由U=IR可知,R0两端的电压增大,因串联电路中总电压等于各分电压之和,
22、所以Rx两端的电压减小,反之,光照减弱时,光敏电阻Rx阻值增大,R0两端的电压减小,Rx两端的电压增大,则玻璃并联在R0两端时不符合,玻璃并联在Rx两端时符合,故A项错误,C项正确;若玻璃与电源并联,光照变化时,玻璃两端的电压不变,故B、D项错误。答案:(1)4.5(2)C14.(8分)利用传感器可以探测、感受外界的信号、物理条件等。图甲所示为某同学用传感器做实验得到的小灯泡的U-I关系图线。(1)实验室提供的器材有:电流传感器、电压传感器、滑动变阻器A(阻值范围010 )、滑动变阻器B(阻值范围0100 )、电动势为6 V的电源(不计内阻)、小灯泡、电键、导线若干。该同学做实验时,滑动变阻器
23、选用的是_(选填“A”或“B”);请在图乙的方框中画出该实验的电路图。(2)如果将该小灯泡接入丙图所示的电路中,已知电流传感器的示数为0.3 A,电源电动势为3 V。则此时小灯泡的电功率为_W,电源的内阻为_。【解析】(1)在保证安全的前提下,为方便操作,应选择最大阻值较小的滑动变阻器。若选择阻值较大的滑动变阻器,则开始滑动时,示数变化不明显,划过一定距离后,示数又会变化过于显著,不利于实验操作。实验时,电流从零开始变化,故滑动变阻器选择分压式接法。因为小灯泡电阻较小,故电流表选择外接法,据此作出电路图。(2)从甲图中读出,通过灯泡的电流为0.3 A时,灯泡两端的电压约为2.3 V,所以灯泡的
24、功率为P=UI=2.3 V0.3 A=0.69 W。电源电动势为3 V,所以过点(0.3 A,2.3 V)和(0,3 V)作一条直线,如图所示。此直线即为电源的伏安特性曲线。该直线斜率的绝对值即为电源的内阻r=2.3 。答案:(1)A图见解析(2)0.69(0.660.72)2.3(22.6)四、计算题(本题共4小题,共46分。需写出规范的解题步骤)15.(8分) (2019全国卷)如图,在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后,沿平行于x轴的方向射入磁场;一段时间后,该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O
25、点为坐标原点,N点在y轴上,OP与x轴的夹角为30,粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d,不计重力。求:(1)带电粒子的比荷;(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。【解析】(1)设带电粒子的质量为m,电荷量为q,加速后的速度大小为v。由动能定理有qU=mv2设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB=m由几何关系知d=r联立式得=(2)由几何关系知,带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s=+rtan30带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t=联立式得t=(+)答案:(1)(2)(+)16.(8分)某空间存在着变化的电场和另一个变化
26、的磁场,电场方向向右,即如图中b点到c点的方向,电场强度大小变化如图中E-t图象;磁场强度变化如图中B-t所示。在a点从t=0开始每隔2 s有一个相同的带电粒子沿ab方向以速度v射出(第1 s末射出第一个粒子),这些粒子都恰能击中c点,若ab垂直于bc,ac=2bc,粒子重力不计,且粒子在ac段运动时间小于1 s,求(1)图中E0与B0的比值;(2)两次带电粒子击中c点的速度之比;(3)若以第一个粒子击中c点的时刻为(1+t)s,那么第二个粒子击中c点的时刻为多少?【解析】(1)设ac=2bc=2L。在t=1 s时,空间区域只存在匀强磁场,粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力。由牛顿第二定律
27、得:qvB0=m由题可知,R=ac=2L则B0=当粒子在电场中运动时,在ab方向上是匀速运动,在bc方向上是匀加速运动,则有L=vtL=at2=t2得:E0=t=。(2)第一次粒子在磁场中做匀速圆周运动,则击中c点的速度为v;第二次粒子在电场中运动击中c点时,沿bc方向的速度:v1=at=v则合速度:v=v则两次带电粒子击中c点的速度之比:=。(3)第一个粒子击中c点的时刻已知为(1+t) s,该粒子是在磁场中运动,所需时间是由其轨迹对应的圆心角所确定的,粒子从a到c时,轨迹的圆心角为,所以t=可得:=并将其代入t=,可得第二个粒子在电场中运动的时间为:t=,故第二个粒子击中c点的时刻为:t2
28、=3+t=3+。答案:(1)(2)(3)3+【总结提升】带电粒子在交变复合场中的运动问题的基本思路17. (14分)(2020沧州模拟)如图所示,金属棒ab从高为h处自静止起沿光滑的弧形导轨下滑,进入光滑导轨的水平部分。导轨的水平部分处于竖直向上的匀强磁场中,在水平部分导轨上静止有另一根金属棒cd,两根导体棒的质量均为m。整个水平导轨足够长并处于广阔的匀强磁场中,忽略一切阻力,重力加速度为g。求:(1)金属棒ab进入磁场前的瞬间,ab棒的速率v0;(2)假设金属棒ab始终没跟金属棒cd相碰,两棒的最终速度大小;(3)在上述整个过程中两根金属棒和导轨所组成的回路中产生的焦耳热Q;(4)若已知导轨
29、宽度为L,匀强磁场的磁感应强度为B,上述整个过程中通过导体棒cd横截面的电量q。【解析】(1)对ab由机械能守恒得:mgh=m解得:v0=(2)两棒最终速度相等,由动量守恒得:mv0=2mv解得:v=(3)由能量守恒得:Q=mgh-2mv2=mgh(4)对cd棒由动量定理:BILt=mv-0q=It=答案:(1)(2)(3)mgh(4)18.(16分)(2020和平区模拟)图甲是磁悬浮实验车与轨道示意图,图乙是固定在车底部金属框abcd(车厢与金属框绝缘)与轨道上运动磁场的示意图。水平地面上有两根很长的平行直导轨PQ和MN,导轨间有垂直纸面方向等间距的匀强磁场B1和B2,二者方向相反。车底部金
30、属框的ad边宽度与磁场间隔相等,当匀强磁场B1和B2同时以恒定速度v0沿导轨方向向右运动时,金属框会受到磁场力,带动实验车沿导轨运动。设金属框垂直导轨的ab边长L=0.20 m、总电阻R=1.6 ,实验车与线框的总质量m=2.0 kg,磁感应强度B=B1=B2=1.0 T,磁场运动速度v0=10 m/s。已知悬浮状态下,实验车运动时受到恒定的阻力f=0.20 N,求:(1)设t=0时刻,实验车的速度为零,求金属框受到的磁场力的大小和方向;(2)求实验车的最大速率vm;(3)实验车以最大速度做匀速运动时,为维持实验车运动,外界在单位时间内需提供的总能量。(4)假设两磁场由静止开始向右做匀加速运动
31、来启动实验车,当两磁场运动的时间为t=30 s时,实验车正在向右做匀加速直线运动,此时实验车的速度为v=4 m/s,求由两磁场开始运动到实验车开始运动所需要的时间t0。【解析】(1)当实验车速度为零时,线框相对于磁场的速度大小为v0线框中产生的感应电动势为E1=2BLv0感应电流为I1=金属框受到的磁场力大小为F1=2BI1L=1 N根据楞次定律判断,磁场力方向水平向右。(2)实验车最大速率为vm时相对磁场的切割速率为v0-vm,则此时线框所受的磁场力大小为F=此时线框所受的磁场力与阻力平衡,得:F=fvm=v0-=(10-) m/s=8 m/s(3)克服阻力的功率为P1=fvm=1.6 W当
32、实验车以速度v匀速运动时金属框中感应电流I= A=0.5 A金属框中的热功率为P2=I2R=0.4 W外界在单位时间内需提供的总能量为E=(P1+P2)t=2 J(4)根据题意分析可得,为实现实验车最终沿水平方向做匀加速直线运动,其加速度必须与两磁场由静止开始做匀加速直线运动的加速度相同设加速度为a,则t时刻金属框中的电动势E=2BL(at-v)金属框中感应电流I=又因为安培力F=2BIL=所以对实验车,由牛顿第二定律得-f=ma得a=0.6 m/s2设从磁场运动到实验车启动需要时间为t0,则t0时刻金属框中的电动势E0=2BLat0金属框中感应电流I0=又因为安培力F0=2BI0L=对实验车,由牛顿第二定律得:F0=f即=f得:t0= s答案:(1)1 N水平向右(2)8 m/s(3)2 J(4) s关闭Word文档返回原板块
