1M3g2R2sin2?2（2）Fs?Mv?Q（4分） Q?Fs?（2分） 4422Bl2
ΔφΔB2εkl4．解析：（1）ε=Δt =Δt S=klI=r =r (2分)
因为金属棒始终静止，在t时刻磁场的磁感强度为Bt=B0+kt，所以
kl2kl3k2l3
F外=FA=BIl=(B0+kt)r l=B0r +r t(2分)方向向右(1分)
（2）根据感应电流产生的条件，为使回路中不产生感应电流，回路中磁通量的变化应为零，
因为磁感强度是逐渐增大的，所以金属棒应向左运动（使磁通量减小）(1分) 即：Δφ=0，即Δφ=BtSt-B0S0， 也就是Btl（l-vt）=B0l2(2分) B0 l
得Bt= l- vt (2分)
（3）如果金属棒的右匀速运动，因为这时磁感强度 是逐渐减小的，同理可推得， B0 l
Bt= l+ vt (2分)
所以磁感强度随时间变化的图像如右图（t2时刻Bt不为零）(2分) 5.解：（1）由v-t图可知道，刚开始t=0时刻线圈加速度为a?此时感应电动势????/?t?L?B/?t（2分）
2Bt B0 t 0 -B0 以竖直向下为正方向 t1 t2 v0
（2分） t1
L2?BI??/R?（2分）
R?tB0L3?B?ma（2分） 线圈此刻所受安培力为F?BIL?R?t得到：
?Bmv0R?（2分） ?tB0t1L3（2）线圈t2时刻开始做匀速直线运动，所以t3时刻有两种可能：
(a)线圈没有完全进入磁场，磁场就消失，所以没有感应电流，回路电功率P=0.（2分） (b)磁场没有消失，但线圈完全进入磁场，尽管有感应电流，所受合力为零，同样做匀速
24m2v0R直线运动P??(2L?B/?t)/R?222（2分）
RB0t1L?2226．解析：（1）感应电流的方向：顺时针绕向……1分
?????B?ld?1.0?0.5?1?0.5V……2分 ?t?t感应电流大小：I??R0?R?0.5?1A……3分
0.4?0.1?B?t……1分 ?t（2）由感应电流的方向可知磁感应强度应增加：B?B0??B?t)Id……2分 ?t?B?t)Id?mg……3分 要提起重物，F≥mg，(B0??tmg2?10?B0?0.5Id1.0?0.5t???39.5s……2分 ?B1?t安培力F?BId?(B0?7.解析：（1）（6分）a棒匀速运动，F?mag?BIaL
BIaL 22Ea当a匀速运动时Ea?BLv1 Ia?
3R3mgR 解得v1?2b2 ①
BL?B2L2v2 当b匀速运动时：mbg?BI?L?
3R3mbgRv2? ②
2B2L2
b棒静止Ib?Ia 2mbg?F?mag?2mbg?0.4N BIaL?2BIbL?2mbg
①②式联立得v2?5m/s （3）（6分）E???S?BBLhE I? 2BIL=mag ???t?tt2R
B2L2v1由①式得R?
3mbg得h?
2m 3
8．解：（1）在t时刻AB棒的坐标为x?vt①
感应电动势e?Blv?B0lvsin?vt②
2l回路总电阻R总?R?1R?3R③
22
回路感应电流i?e?R总2B0lvsin3R?vt2l④
棒匀速运动F=F安=BIl⑤ 解得：F?222B0lvsin2(?vt3R)2l(0?t?2l)⑥
v（2）导体棒AB在切割磁感线过程中产生半个周期的正弦交流电 感应电动势的有效值为E?2B0lv⑦
22回路产生的电热Q?Et⑧
R总通电时间t?2l⑨
v23解得：Q?2B0lv⑩
3R评分标准：本题共12分。①、②、③、④、⑤、⑧式各1分，⑥、⑦、⑩式各2分。 9．（1）变速运动（或变加速运动、加速度减小的加速运动，加速运动）。 （2）感应电动势??vBL①
vB2L2感应电流I?② 安培力FM?IBL?③
RR?由图线可知金属杆受拉力、安增力和阻力作用，匀速时合力为零。
vB2L2F??f④
R?v?R(F?f)⑤ B2L2由图线可以得到直线的斜率k=2，?B?R?1（T）⑥ 2kL（3）由直线的截距可以求得金属杆受到的阻力f，f=2（N）⑦
若金属杆受到的阻力仅为动摩擦力，由截距可求得动摩擦因数??0.4⑧ 10、解：?E＝BL（v1－v2） I＝E/R
B2L2(v1?v2)F?BIL?
RB2L2(v1?v2)?f 速度恒定时有：
R可得：v2?v1?fR 22BLB2L2v1?fm?
R?P棒?Fv2?f(v1?fR) 22BLP电路E2B2L2(v1?v2)2f2R???22 RRBLB2L2(v1?v2)?f?ma ?因为
R导体棒要做匀加速运动，必有v1－v2为常数，设为?v，则：
a?vt??v tB2L2(at?v2)?f?ma 则：
RB2L2vt?fR可解得：a?22
BLt?mR11．(1)金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律 mgsinθ－μmgcosθ＝ma
①
②
由①式解得a＝10×(O.6－0.25×0.8)m／s2=4m／s2
(2夕设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡 mgsinθ一μmgcos0一F＝0
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
⑤
由③、④两式解得v?P8?m/s?10m/s F0.2?10?(0.6?0.25?0.8)(3)设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B
I?vBl R ⑥ P＝I2R ⑦
由⑥、⑦两式解得B?PR8?2?T?0.4T vl10?1 ⑧
磁场方向垂直导轨平面向上
12．解析：取AB杆为研究对象其受力如图示建立如图所示坐标系
N f θ mg FB FX?mgsin??FB?f?ma①
Fg?N?mgcos??0②
④ f??N③ FB?BILI??R?r⑤ ??Bl?⑥
B2l2v联立上面①②③④⑤⑥解得a?gsim???cos??（4分）当v?2m/s时
m(R?r)1330.52?12?2a?10???10???1.5(m/s2)（2分）
2520.1?(2?8)B2l2?②由上问可知a?gsin???gcos??故AB做加速度减小的加速运动当
m(R?r)1330.1?10?(2?8)(??)mg(R?r)(sin???cos?)252?8m/s a?0??vm??2222Bl0.5?1③从静止开始到运速运动过程中????⑦ ?tI??R?r⑧Q?I?t⑨
??（3分） R?rQ(R?r)1?(8?2)??20(m)（2分） 而???BlS?S?Bl0.5?1联立⑦⑧⑨可知E?设两电阻发热和为QR?Qr，由能量守恒可知
mgSsin??12mvm??mgcos??S?QR?Qr??QR?Qr?0.85(J)（4分） 211 QR:Qr?R:r⑩（2分）QR?Qr?QR?r○联立⑩○11得QR?R8QR?r??0.8?0.64(J)（1分） R?r8?213．解析：（1）E=（L·d）△B/△t=0.5×3×2/4=0.75V I=E/(R+r)=0.75/5=0.15A P=I2·Rl=0.152×4=0.09w
(2)由题分析知：杆在匀强磁场中匀速运动，插入磁场区域之前匀加速运动 ∴F=F安=ILB=0.15×0.5×2=0.15N (3)E′=I(R+r)=0.15×5=0.75V E′=BLV′V′=0.75/(2×0.5)=0.75m/s
F=ma V′=at m=F/a=0.15/(0.75/4)=0.8kg
14.解：?设ab上产生的感应电动势为E，回路中电流为I，ab运动距离s所用的时间为t，
Est?Q＝I2(4R)t 4Rt4QR由上述方程得：v?22
Bls则有：E＝BLvI??设电容器两极板间的电势差为U，则有：U＝IR 电容器所带电荷量为：q＝CU 解得：q?
CQR Bls
