……
Fn??tn?mvn?mvn?1……………………………………………………………………1分
在每一段极短的时间内，杆的速度、杆上的电动势和安培力都可认为是不变的， 则Δt1时间内，安培力
Blv1B2l2v1………………………………1分 F1?Bi1l?Bl?rrBlv2B2l2v2则Δt2时间内，安培力 F2?Bi2l?B l?rr则
Δt3
时间内，安培力
Blv3B2l2v3………………………………1分 F3?Bi3l?Bl?rr…… 冲
量
1累加
F1??t?F??t?F??t??Fn??tn?mv………………………………1分
B2l2vn???tn?mv1
rB2l2v3B2l2v1B2l2v2??t1???t2???t3?rrrB2l2(v1??t1?v2??t2?v3??t3?r?vn??tn)?mv1…………………………………1
分
B2l2(?x1??x2??x3?r??xn)?mv1
B2l2x?mv1……………………………………………………………………………r……1分 解
x?mm1?B28得
…………………………………………………………………1
vl2r分 15、（1）励磁线圈中电流方向是顺时针方向。 （3分） （2）电子在加速电场中加速，由动能定理
11
12 ① mv02 电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力
eU?2v0 eB0v?m ②
r
D = 2r ③ e8U 解得： ?22 ④
mD?B又
B?9?10?7NI?9?10?4T R
⑤
代入数据得：
e?1.9?1011C/kg ⑥ (12分) m
（3）增大加速电压；减小线圈中的电流。 （3分）
16、解：（1）MN滑行到C、E两点时，在回路中的长度等于L 此时回路中的感应电动势 E?BL0v
由于MN的电阻忽略不计，CD和DE的电阻相等
所以C、D两点电势差的大小
U?11E?BLv0 4分 22× M × × × × C × ×
B ×
（2）设经过时间t运动到如图所示位置， 此时杆在回路中的长度
l?2v0ttan30? 电动势
E?Blv0?23v0t 3× × v0t D × × × × × × 23E Bv02t 6分 N 3（3）在第（2）题图示位置时，回路中的电阻 R? 回路中的电流 I?Bv0 2r043r0v0t 3 即回路中的电流为一常量。 此时安培力的大小
3B2v02 F安?BIl?t
3r0FB2v0L 2r0安 由于MN在CDE上滑动时的位移
0 3L 2x
12 x?v 0t 所以
3B2v0 F安?x
3r0 所以安培力的大小随位移变化的图线（F安-x图）如图所示，
所以MN在CDE上的整个滑行过程中，安培力所做的功
3B2L2v0 W安? 8r0 根据能量的转化和守恒定律
回路中产生的焦耳热Q等于安培力所做的功，即
3B2L2v0 Q? 8分
8r0
17、（1）设输电线总电阻的最大值为r，当通过输电线的电流为I时，输电线上损耗的功率为
2P损?Ir （2分）
采用U=500kV直流电向某地区输电P=5.00×109W时，通过输电线的电流
I?P （2分） U 依题意得 P损?P?5%
解得 r = 2.5 Ω （2分）
（2）设卫星的轨道半径为R，卫星所在轨道的向心加速度大小为a，根据万有
引力定律和牛顿第二定律得：
GMm?ma （2分） R2 解得
2
aR2?GM
（2分）
当卫星在地表附近时，gR0?GM
13
在同步轨道上，atRt2?GM
根据题意，同步轨道的半径Rt =211R0
2R02 解得卫星在地球同步轨道上向心加速度的大小at?2g?0.23m/s
Rt（2分）
（3）三峡水电站的发电功率P?1?9.0?109W 1??Qgh（2分）
设卫星太阳能电池板的面积至少为S，则宇宙太阳能发电站的发电功率
P2?10P0?20%?50%S?103S （2分）
根据题意 P1 =P2
所以太阳能电池板的面积至少为（2分）
S
= 9.0×106m2
18、23．（18分）
解：(1)对线框和物块组成的整体，由机械能守恒定律
1
mgL＝(m＋M)v12 （2分）
2v1＝
2mgL
（2分） m＋M
(2)线框从Ⅰ区进入Ⅱ区过程中，
ΔΦ＝Φ2-Φ1＝2BL2 （2分）
E＝ΔΦ
（1分） Δt
E
I＝ （1分） R
2BL2
通过线圈导线某截面的电量：q＝IΔt＝（2分）
R
(3)线框ab边运动到位置NN′之前，线框只有ab边从PP′位置下降2L的过程中才有感应电流，设线框ab边刚进入Ⅱ区域做匀速运动的速度是v2，线圈中电流为I2，
I2＝
E2BLv2? （2分） RR14
此时M、m均做匀速运动， 2BI2L＝mg （2分）
mgR
v2＝22
4BL
1
根据能量转化与守恒定律，mg·3L＝(m＋M)v22＋Q （2分）
2(m＋M)m2g2R2
则线圈中产生的焦耳热为: Q＝3mgL－ （2分）
32B4L4 19、（1）滑杆由AA’滑到OO’的过程中切割磁感线，平均感应电动势
??BLd E???t?tBLd通过电阻R的电量q?I??t?
R带入数据，可得 q=1.25C
滑杆运动到OO’位置时，小车通过S点时的速度为v=1.2m/s，设系绳与水平面的夹角α，则
H?H?d
sin?4sin??，??530
53可得cos??
5小车的速度可视为绳端沿绳伸长方向的速度与垂直于绳长方向的速
度的合速度，此时滑杆向上的速度即绳端沿绳长方向的速度：
v1?vcos??1.2?0.6?0.72m/s
（2）滑杆运动到OO’位置时绳子突然断了，滑杆将继续沿斜面上滑，由机械能守恒，可知它再通过OO’的速度大小为0.72m/s，进入磁场切割磁感线，产生感应电流
I?EBL1v? RRB2L2v1 受到的安培力F洛?BIL?
R 带入数据，可得
N F洛?1.5 滑杆运动到AA’位置后做匀速运动的速度设为v2，有
15
