(新課標(biāo))2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)練9 電磁感應(yīng)問(wèn)題(含解析)
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1、專題強(qiáng)化訓(xùn)練(九) 一、選擇題(共10個(gè)小題,1~6為單選,其余為多選,每題5分共50分) 1.如圖所示,有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線框abcd,由距勻強(qiáng)磁場(chǎng)上邊界H處?kù)o止釋放,其下邊剛進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)恰好能做勻速直線運(yùn)動(dòng).勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域?qū)挾纫矠長(zhǎng).ab邊開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)記為t1,cd邊出磁場(chǎng)時(shí)記為t2,忽略空氣阻力,從線框開(kāi)始下落到cd邊剛出磁場(chǎng)的過(guò)程中,線框的速度大小v、加速度大小a、ab兩點(diǎn)的電壓大小Uab、線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q隨時(shí)間t的變化圖象可能正確的是( ) 答案 C 解析 線圈在磁場(chǎng)上方H開(kāi)始下落到下邊進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中線圈做勻加速運(yùn)動(dòng);因線圈下邊剛進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)恰好能
2、做勻速直線運(yùn)動(dòng),可知線圈直到cd邊出磁場(chǎng)時(shí)也做勻速運(yùn)動(dòng),A、B兩項(xiàng)錯(cuò)誤;線圈ab邊進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程,E=BLv,則Uab=BLv;ab邊出離磁場(chǎng)的過(guò)程,E=BLv,則Uab=BLv;線圈進(jìn)入磁場(chǎng)和出離磁場(chǎng)過(guò)程中電動(dòng)勢(shì)相同,均為E=BLv,時(shí)間相同,則由功率公式可知,產(chǎn)生的熱量相同,故C項(xiàng)正確,A、B、D三項(xiàng)錯(cuò)誤.故選C項(xiàng). 2.如圖所示,內(nèi)環(huán)半徑為,外環(huán)半徑為L(zhǎng)的半圓環(huán)形閉合線圈ABCD,該導(dǎo)體線圈電阻為R,現(xiàn)在環(huán)形區(qū)域內(nèi)加一個(gè)垂直紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度從零開(kāi)始均勻增大的勻強(qiáng)磁場(chǎng),當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大到B時(shí)保持不變,此過(guò)程中通過(guò)線圈截面的電量為q1;然后讓線圈以O(shè)點(diǎn)為圓心勻速轉(zhuǎn)動(dòng)半周,該過(guò)程中通過(guò)線
3、圈截面的電量為q2.則q1:q2為( ) A.1∶1 B.1∶2 C.2∶3 D.3∶2 答案 A 解析 由公式q=n知:q1==, 第二個(gè)過(guò)程中的電荷量為:q2==, 所以q1∶q2=1∶1,故A項(xiàng)正確,B、C、D三項(xiàng)錯(cuò)誤.故選A項(xiàng). 3.如圖所示,足夠長(zhǎng)的平行導(dǎo)軌水平放置,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),質(zhì)量均為m,電阻均為R的金屬棒ab,cd放在導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌垂直,金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向下,用水平向右、大小等于μmg(g為重力加速度)的恒力F向右拉金屬棒cd,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,不計(jì)導(dǎo)軌電阻,下列說(shuō)法正
4、確的是( )
A.恒力F作用瞬間,金屬棒cd的加速度大小等于0
B.恒力F作用足夠長(zhǎng)時(shí)間后,金屬棒ab會(huì)向右運(yùn)動(dòng)
C.金屬棒cd運(yùn)動(dòng)的最大速度大小為
D.金屬棒cd的速度會(huì)不斷增大
答案 C
解析 恒力F作用瞬間,金屬棒cd的加速度大小為a==μg,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)cd棒的加速度為零時(shí)速度最大.設(shè)cd加速度為零時(shí)所受的安培力為F安,根據(jù)平衡條件有μmg=F安+μmg,則得F安=μmg,對(duì)ab棒,因F安 5、大速度大小為v=,故C項(xiàng)正確,D項(xiàng)錯(cuò)誤.故選C項(xiàng).
4.等離子體由左方連續(xù)以速度v0射入P1和P2兩板間的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,偏轉(zhuǎn)后會(huì)打到P1、P2板上,ab直導(dǎo)線通過(guò)滑動(dòng)變阻器與P1、P2相連接,線圈A通過(guò)滑動(dòng)變阻器與直導(dǎo)線cd連接,如圖甲所示.線圈A內(nèi)有圖乙所示的變化磁場(chǎng),且規(guī)定磁場(chǎng)B的正方向向右,則下列敘述正確的是( )
A.0~1 s內(nèi),通過(guò)兩直導(dǎo)線的電流均向下
B.1~2 s內(nèi),ab、cd導(dǎo)線互相吸引
C.2~3 s內(nèi),ab、cd導(dǎo)線互相排斥
D.3~4 s內(nèi),ab、cd導(dǎo)線互相吸引
答案 D
解析 由左側(cè)電路可以判斷ab中電流方向由a到b,由右側(cè)電路及圖乙判斷,根據(jù)楞次 6、定律0~1 s內(nèi)cd中電流為由d到c,ab中電流向下,通過(guò)兩導(dǎo)線的電流方向相反,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;由左側(cè)電路可以判斷ab中電流方向由a到b,1~2 s時(shí)間內(nèi)右側(cè)線圈中磁場(chǎng)向右且增強(qiáng),根據(jù)楞次定律知cd中電流為由d到c,ab、cd電流方向相反,ab、cd導(dǎo)線互相排斥,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;2~3 s時(shí)間內(nèi)由楞次定律得cd中電流由c到d,跟ab中電流同向,因此ab、cd相互吸引,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;3~4 s時(shí)間內(nèi)由楞次定律得cd中電流由c到d,跟ab中電流同向,因此ab、cd導(dǎo)線互相吸引,故D項(xiàng)正確.故選D項(xiàng).
5.如圖所示,兩條相距L的足夠長(zhǎng)的平行光滑導(dǎo)軌放置在傾角為θ=30°的斜面上,阻值為R的電阻與導(dǎo)軌相連,質(zhì) 7、量為m的導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置.整個(gè)裝置在垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.輕繩一端與導(dǎo)體棒相連,另一端跨過(guò)定滑輪與一個(gè)質(zhì)量為m的物塊相連,且滑輪與桿之間的輕繩與斜面保持平行,物塊距離地面足夠高,導(dǎo)軌、導(dǎo)體棒電阻不計(jì),輕繩與滑輪之間的摩擦力不計(jì),則將物塊從靜止釋放,下面說(shuō)法正確的是(重力加速度為g)( )
A.導(dǎo)體棒M端電勢(shì)高于N端電勢(shì)
B.導(dǎo)體棒的加速度可能大于g
C.導(dǎo)體棒的速度不會(huì)大于
D.通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量與金屬棒運(yùn)動(dòng)時(shí)間的平方成正比
答案 C
解析 根據(jù)右手定則可知導(dǎo)體棒中電流由M到N,導(dǎo)體棒M端電勢(shì)低于N端電勢(shì),故A項(xiàng)錯(cuò)誤;設(shè)導(dǎo)體棒的上升速度為v 8、,可知導(dǎo)體棒所受安培力為:F安=BIL=B·L=,根據(jù)牛頓第二定律可得:mg-mgsin30°-=2ma,當(dāng)導(dǎo)體棒的上升速度為零時(shí),導(dǎo)體棒的加速度最大,最大加速度為:am=g;當(dāng)導(dǎo)體棒的上升加速度為零時(shí),導(dǎo)體棒的速度最大,最大速度為:vm=,故B項(xiàng)錯(cuò)誤,C項(xiàng)正確;通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量為:q==,由于導(dǎo)體棒先做加速度減小的加速度運(yùn)動(dòng),后做勻速運(yùn)動(dòng),所以導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的位移與金屬棒運(yùn)動(dòng)時(shí)間的平方不成正比,故D項(xiàng)錯(cuò)誤.故選C項(xiàng).
6.如圖甲所示,梯形硬導(dǎo)線框abcd固定在磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向與線框平面垂直,圖乙表示該磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系,t=0時(shí)刻磁場(chǎng)方向垂直紙面向里.在0~5t0時(shí)間內(nèi),設(shè) 9、垂直ab邊向上為安培力的正方向,線框ab邊受到該磁場(chǎng)對(duì)它的安培力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖為( )
答案 D
解析 0~2t0,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:E1=S=S,為定值,
3t0~5t0,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:E2=S=S,也為定值,
因此感應(yīng)電流也為定值,
那么安培力F=BIL∝B
由于0~t0,B逐漸減小到零,故安培力逐漸減小到零,根據(jù)楞次定律,可知,線圈中感應(yīng)電流方向順時(shí)針,依據(jù)左手定則,可知,線框ab邊受到安培力方向向上,即為正;
同理,t0~2t0,安培力方向向下,為負(fù),大小增大,
而在2t0~3t0,沒(méi)有安培力;
在3t0~4t0,安培力方向向上,為正,大小減?。?
在4 10、t0~5t0,安培力方向向下,為負(fù),大小增大,故D項(xiàng)正確,A、B、C三項(xiàng)錯(cuò)誤.故選D項(xiàng).
7.如圖所示,電阻R、電容器C與固定在同一水平面上的光滑平行導(dǎo)軌相連,導(dǎo)軌間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng).一導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好,導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌電阻不計(jì).現(xiàn)讓導(dǎo)體棒獲得一初速度v0從位置A向右滑動(dòng)并經(jīng)過(guò)B、C兩位置,在導(dǎo)體棒向右滑動(dòng)的過(guò)程中,下列說(shuō)法正確的是( )
A.R中的電流從a到b
B.導(dǎo)體棒向右做勻速滑動(dòng)
C.電容器的帶電量逐漸變小
D.在BC段滑動(dòng)時(shí)導(dǎo)體棒動(dòng)能的減少量等于電阻R上產(chǎn)生的熱量
答案 AC
解析 根據(jù)右手定則可判定回路中的電流沿逆時(shí)針?lè)较?,過(guò)電阻R的電流從a 11、到b,故A項(xiàng)正確;根據(jù)左手定則可判斷,導(dǎo)體棒受到向左的安培力作用做減速運(yùn)動(dòng),所以電動(dòng)勢(shì)不斷變小,電容器兩端電壓不斷變小,根據(jù)C=得:Q=CU,故電容器電荷量逐漸變小,故B項(xiàng)錯(cuò)誤,C項(xiàng)正確;根據(jù)能量守恒可知,在BC段滑動(dòng)時(shí)導(dǎo)體棒動(dòng)能的減少量等于電阻R上產(chǎn)生的熱量以及電容器儲(chǔ)存的電能之和,故D項(xiàng)錯(cuò)誤.故選A、C兩項(xiàng).
8.如圖甲所示,abcd是位于豎直平面內(nèi)的正方形閉合金屬線框,其下方有一寬度為s,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,磁場(chǎng)方向與線框平面垂直,MN和M′N′是勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的水平邊界.現(xiàn)使線框從MN上方由靜止開(kāi)始下落,下落過(guò)程中bc邊始終水平.如圖乙是線框開(kāi)始下落到完全穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的v-t 12、圖象(其中OA、BC、DE相互平行).已知金屬線框邊長(zhǎng)為L(zhǎng)(L 13、落體運(yùn)動(dòng)的加速度相同,可知線框全部進(jìn)入磁場(chǎng),即t2是線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間,t3時(shí)刻開(kāi)始做變減速運(yùn)動(dòng),t4時(shí)刻,又做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng),可知t4是線框全部離開(kāi)磁場(chǎng)瞬間,故A項(xiàng)正確;線框全部進(jìn)入磁場(chǎng)前的瞬間,可能重力和安培力平衡,有:mg=,解得:v1=,故B項(xiàng)正確;從bc邊進(jìn)入磁場(chǎng)起一直到ad邊離開(kāi)磁場(chǎng)為止,根據(jù)動(dòng)能定理得:mg(s+L)-W=mv12-mv22,線框出磁場(chǎng)時(shí),設(shè)克服安培力做功為W′,根據(jù)動(dòng)能定理得:mgL-W′=mv12-mv22,解得:W=mgs+W′,W′≠mgs,則W≠2mgs,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)q=知,線框進(jìn)入磁場(chǎng)和出磁場(chǎng)的過(guò)程中,磁通量的變化量相同,則通過(guò)的電荷量相 14、同,故D項(xiàng)錯(cuò)誤,故選A、B兩項(xiàng).
9.如圖,等邊三角形OPQ區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng).用粗細(xì)均勻的導(dǎo)線繞制的等邊三角形導(dǎo)線框abc位于紙面內(nèi),其bc邊與磁場(chǎng)邊界PQ平行,d、e分別為ab、ac的中點(diǎn).導(dǎo)線框沿垂直于bc的方向向上勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域,依次經(jīng)過(guò)圖中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ位置.已知三角形OPQ的邊長(zhǎng)是三角形abc的倍,Ⅰ位置時(shí)a點(diǎn)與O點(diǎn)重合,Ⅱ位置時(shí)d點(diǎn)、e點(diǎn)分別在OP、OQ上,Ⅲ位置時(shí)d點(diǎn)、e點(diǎn)在PQ上.則( )
A.經(jīng)過(guò)Ⅱ位置和Ⅲ位置時(shí),線框中的感應(yīng)電流方向相同
B.經(jīng)過(guò)Ⅱ位置和Ⅲ位置時(shí),線框中的感應(yīng)電流大小相等
C.經(jīng)過(guò)Ⅱ位置和Ⅲ位置時(shí),線框上de兩點(diǎn)間的電壓之比為2∶ 15、1
D.從Ⅰ位置到Ⅱ位置和從Ⅱ位置到Ⅲ位置的兩個(gè)過(guò)程中,穿過(guò)線框橫截面的電荷量之比為2∶1
答案 BCD
解析 由題意可知,線框在Ⅱ位置運(yùn)動(dòng)過(guò)程穿過(guò)線框的磁通量增加,線框在位置Ⅲ運(yùn)動(dòng)時(shí)穿過(guò)線框的磁通量減少,由楞次定律可知,兩位置感應(yīng)電流方向相反,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;由圖示可知,線框經(jīng)過(guò)Ⅱ位置和經(jīng)過(guò)Ⅲ位置時(shí),線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度L相等,由E=BLv可知,線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等,由歐姆定律可知,線框中的感應(yīng)電流大小相等,故B項(xiàng)正確;線框在Ⅱ位置時(shí),dae相當(dāng)于電源,線框在Ⅲ位置時(shí)dbce相當(dāng)于電源,在兩位置線框電流I相等,dbce部分的電阻是dae部分電阻的兩倍,即:Rdbce=2Rdae,U 16、deⅡ=IRdbce,UdeⅢ=IRdae,則:UdeⅡ=2UdeⅢ,故C項(xiàng)正確;
通過(guò)線框?qū)Ь€橫截面的電荷量為:q=IΔt=Δt=Δt==,設(shè)三角形abc的面積為4S,
由圖示可知,線框從Ⅰ位置到Ⅱ位置過(guò)程:ΔS1=2S,線框從Ⅱ位置到Ⅲ位置過(guò)程:ΔS2=3S-2S=S,
則從Ⅰ位置到Ⅱ位置和從Ⅱ位置到Ⅲ位置的兩個(gè)過(guò)程中,穿過(guò)線框橫截面的電荷量之比:
===,故D項(xiàng)正確.故選B、C、D三項(xiàng).
10.如圖所示,間距為d的平行導(dǎo)軌A2A3、C2C3所在平面與水平面的夾角θ=30°,其下端連接阻值為R的電阻,處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,水平臺(tái)面所在區(qū)域無(wú)磁 17、場(chǎng).長(zhǎng)為d,質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒甲靜止在光滑水平臺(tái)面ACC1A1上,在大小為mg(g為重力加速度大小),方向水平向左的恒力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng),經(jīng)時(shí)間t后導(dǎo)體棒甲恰好運(yùn)動(dòng)至左邊緣A1C1,此時(shí)撤去恒力,導(dǎo)體棒甲從左邊緣A1C1飛出臺(tái)面,并恰好沿A2A3方向落到A2C2處,與放置在此處的導(dǎo)體棒乙(與導(dǎo)體棒甲完全相同)碰撞后粘在一起然后沿導(dǎo)軌下滑距離x后開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng).兩導(dǎo)體棒粘連后在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,除了電阻R外,其他電阻不計(jì),一切摩擦不計(jì),下列判斷正確的是( )
A.導(dǎo)體棒甲到達(dá)A1C1處時(shí)的速度大小為gt
B.A2C2與臺(tái)面ACC1A1間的高度差為gt2
C.兩導(dǎo)體 18、棒在導(dǎo)軌上做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為
D.兩導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上變速滑行的過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mg2t2+mgx-
答案 ABD
解析 導(dǎo)體棒在臺(tái)面上做勻加速直線運(yùn)動(dòng),速度:v0=at,由牛頓第二定律得:mg=ma,解得:v0=gt,故A項(xiàng)正確;導(dǎo)體棒離開(kāi)臺(tái)面后做平拋運(yùn)動(dòng),豎直方向:vy=v0tanθ,vy2=2gh,解得:h=gt2,故B項(xiàng)正確;導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上做勻速直線運(yùn)動(dòng),處于平衡狀態(tài),由平衡條件得:2mgsinθ=BId,電流:I==,解得:v=,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;甲與乙碰撞前的速度為:v甲==gt.甲、乙兩棒碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒,根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得:mv甲=2mv共,解得:v共=gt.根 19、據(jù)動(dòng)能定理可得:2mgsinθ·x-WA=·2mv2-·2mv共2,解得:WA=mg2t2+mgx-,根據(jù)功能關(guān)系可得電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mg2t2+mgx-,故D項(xiàng)正確.故選A、B、D三項(xiàng).
二、計(jì)算題(共4個(gè)小題,11題10分,12題12分,13題14分,14題14分,共50分)
11.如圖甲所示,相距為d的足夠長(zhǎng)光滑的U型金屬框架NMPQ固定在水平桌面上,框架所在的空間內(nèi)存在方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng).一根長(zhǎng)為d的金屬棒ab放置在框架上,其質(zhì)量為m,電阻為r,該棒通過(guò)一根繞過(guò)右側(cè)定滑輪的絕緣輕繩和一物塊相連,物塊質(zhì)量為3m.已知重力加速度為g,導(dǎo)體棒與金屬框間接觸電阻及金屬框架的電阻不 20、計(jì).則:
(1)若所加磁場(chǎng)為磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),求導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的最大速度;
(2)若所加磁場(chǎng)為隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng),導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖乙所示,t=0時(shí)刻,導(dǎo)體棒ab與PM距離為l,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0,求t時(shí)刻磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度.
答案 (1) (2)
解析 (1)對(duì)導(dǎo)體棒ab,有:Em=Bdvm
此時(shí)流過(guò)導(dǎo)體棒的電流為:I==,
根據(jù)平衡條件可得:BId=3mg,
解得:vm=;
(2)對(duì)于導(dǎo)體棒ab根據(jù)牛頓第二定律可得:
3mg-FA=4ma,
t=0時(shí)FA=0,則加速度為:a=g,
導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng),則有:I=0,
t時(shí)刻的位移為:x=at2=gt 21、2,
由于感應(yīng)電流為零,則磁通量變化為零,有:
B0ld=B(l+x)d,
解得:B=.
12.如圖所示,在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中傾斜放置電阻不計(jì)的兩根平行光滑金屬導(dǎo)軌,金屬導(dǎo)軌與水平面成θ=37°角,平行導(dǎo)軌間距L=1.0 m.勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.0 T.兩根金屬桿ab和cd可以在導(dǎo)軌上無(wú)摩擦地滑動(dòng).兩金屬桿的質(zhì)量均為m=0.20 kg,ab桿的電阻為R1=1.0 Ω,cd桿的電阻為R2=2.0 Ω.若用與導(dǎo)軌平行的拉力F作用在金屬桿ab上,使ab桿勻速上滑并使cd桿在導(dǎo)軌上保持靜止,整個(gè)過(guò)程中兩金屬桿均與導(dǎo)軌垂直且接觸良好.取重力加速度g=10 m/s2,sin3 22、7°=0.6,cos37°=0.8.求:
(1)ab桿上滑的速度v的大??;
(2)ab桿兩端的電勢(shì)差Uab;
(3)0.5 s的時(shí)間內(nèi)通過(guò)cd桿的電量q.
答案 (1)3.6 m/s (2)2.4 V (3)0.60 C
解析 (1)以cd桿為研究對(duì)象,根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件可得:BIL=mgsin37°,
解得:I==A=1.2 A,
根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得:
ab桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=I(R1+R2)=1.2×3 V=3.6 V,
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得:E=BLv,
解得:v=3.6 m/s.
(2)ab桿兩端的電勢(shì)差是路端電壓,根據(jù)歐姆定律可得:U=IR 23、2=1.2×2 V=2.4 V,
根據(jù)右手定則可知a點(diǎn)電勢(shì)比b點(diǎn)的高,故有:
Uab=2.4 V.
(3)由于桿勻速運(yùn)動(dòng),所以通過(guò)桿的電流為一個(gè)定值,根據(jù)電荷量的計(jì)算公式可得:
q=It=1.2×0.5 C=0.60 C.
13.如圖的水平光滑金屬導(dǎo)軌在同一水平面上,間距分別為L(zhǎng)和,間距為L(zhǎng)的導(dǎo)軌有一小段左右斷開(kāi),為使導(dǎo)軌上的金屬棒能勻速通過(guò)斷開(kāi)處,在此處鋪放了與導(dǎo)軌相平的光滑絕緣材料(圖中的虛線框處).質(zhì)量為m,電阻為R1的均勻金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌放置在靠近斷開(kāi)處的左側(cè),另一質(zhì)量也為m,電阻為R2的均勻金屬棒cd垂直于導(dǎo)軌放置在間距為的導(dǎo)軌左端.導(dǎo)軌MN和PQ、M′N′和P′Q′都 24、足夠長(zhǎng),所有導(dǎo)軌的電阻都不計(jì).電源電動(dòng)勢(shì)為E,內(nèi)阻不計(jì).整個(gè)裝置所在空間有豎直方向的,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng).閉合開(kāi)關(guān)S,導(dǎo)體棒ab迅即獲得水平向右的速度v0并保持該速度到達(dá)斷開(kāi)處右側(cè)的導(dǎo)軌上.求:
(1)空間勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向;
(2)通過(guò)電源E某截面的電荷量;
(3)從導(dǎo)體棒ab滑上導(dǎo)軌MN和PQ起至開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)止,這一過(guò)程中棒ab和棒cd組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能.
答案 (1)豎直向下 (2) (3)mv02
解析 (1)閉合開(kāi)關(guān)S,電流由b到a,導(dǎo)體棒ab受到的安培力向右,由左手定則可知磁場(chǎng)的方向豎直向下.
(2)對(duì)ab棒,設(shè)受安培力的時(shí)間為Δt,這段時(shí)間內(nèi)的平均電流為I, 25、平均安培力為F,通過(guò)導(dǎo)體棒(也就是電源)某截面的電荷量為q.由動(dòng)量定理得:
FΔt=mv0-0,
且F=BIL,q=IΔt,
聯(lián)立得:q=.
(3)ab滑上MN和PQ時(shí)的速度仍為v0,安培力使ab減速,使cd加速,直至電路中電流為0(即總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0)而各自做勻速運(yùn)動(dòng),設(shè)ab和cd勻速運(yùn)動(dòng)的速度分別為v1和v2.經(jīng)歷的時(shí)間為t,這一過(guò)程回路中的平均電流為I′.
由動(dòng)量定理得:
對(duì)ab棒:-BI′Lt=mv1-mv0;
對(duì)cd棒:BI′·t=mv2-0;
穩(wěn)定時(shí)有:BLv1=Bv2,
解得:v1=,v2=.
棒ab和棒cd組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為:
ΔE=mv02-,
26、解得:ΔE=mv02.
14.如圖所示,光滑平行長(zhǎng)直導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),垂直于導(dǎo)軌的虛線MN左側(cè)、虛線PQ右側(cè)均有垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.MN、PQ間有垂直于導(dǎo)軌放置的長(zhǎng)度均為l的直導(dǎo)體棒a、b,質(zhì)量分別為m、2m,電阻分別為2R、R,兩導(dǎo)體棒間夾有壓縮了的彈簧,彈簧與導(dǎo)體棒不拴接,彈簧處于鎖定狀態(tài).若固定導(dǎo)體棒a解除彈簧鎖定,導(dǎo)體棒b被彈開(kāi)后以一定的速度進(jìn)入磁場(chǎng)(b進(jìn)入磁場(chǎng)前,彈簧已恢復(fù)原長(zhǎng)),從b進(jìn)入磁場(chǎng)到b最終停止的過(guò)程中,導(dǎo)體棒b中產(chǎn)生的焦耳熱為Q.導(dǎo)軌的電阻不計(jì),求:
(1)彈簧被鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能;
(2)導(dǎo)體棒b進(jìn) 27、入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小及在磁場(chǎng)中滑行的距離;
(3)若導(dǎo)體棒a不固定解除彈簧的鎖定后,兩導(dǎo)體棒恰好能同時(shí)進(jìn)入磁場(chǎng),則兩導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度分別為多大?當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度為進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)速度的一半時(shí),回路中的電功率多大?
答案 (1)3Q (2)
(3)2
解析 (1)導(dǎo)體棒b中產(chǎn)生的焦耳熱為Q,則整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱為:Q總=×3R=3Q,
根據(jù)功能關(guān)系可得彈簧被鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能為:Ep=3Q.
(2)導(dǎo)體棒b進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v,則有:Ep=×2mv2,解得:v=;
根據(jù)動(dòng)量定理可得:-BILt=0-2mv,其中I=
則有:=2mv,
解得在磁場(chǎng)中滑行的距離為:x=t=.
(3)若導(dǎo)體棒a不固定解除彈簧的鎖定后,兩導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度分別為va、vb,
根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得:mva=2mvb,
根據(jù)功能關(guān)系可得:Ep=mva2+×2mvb2,
聯(lián)立解得:va=2,vb=,
當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度為進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)速度的一半時(shí),即為:v′a=,
由于水平方向合動(dòng)量為零,則b的速度為:v′b=,
此時(shí)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為:E=BL(v′a+v′b)=BL.
回路中的電功率為:P==.
14
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