(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)問題(含解析)
《(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)問題(含解析)》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(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)問題(含解析)(14頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題強(qiáng)化訓(xùn)練(九) 一、選擇題(共10個小題,1~6為單選,其余為多選,每題5分共50分) 1.如圖所示,有一邊長為L的正方形線框abcd,由距勻強(qiáng)磁場上邊界H處靜止釋放,其下邊剛進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)域時恰好能做勻速直線運(yùn)動.勻強(qiáng)磁場區(qū)域?qū)挾纫矠長.ab邊開始進(jìn)入磁場時記為t1,cd邊出磁場時記為t2,忽略空氣阻力,從線框開始下落到cd邊剛出磁場的過程中,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隨時間t的變化圖象可能正確的是( ) 答案 C 解析 線圈在磁場上方H開始下落到下邊進(jìn)入磁場過程中線圈做勻加速運(yùn)動;因線圈下邊剛進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)域時恰好能
2、做勻速直線運(yùn)動,可知線圈直到cd邊出磁場時也做勻速運(yùn)動,A、B兩項錯誤;線圈ab邊進(jìn)入磁場的過程,E=BLv,則Uab=BLv;ab邊出離磁場的過程,E=BLv,則Uab=BLv;線圈進(jìn)入磁場和出離磁場過程中電動勢相同,均為E=BLv,時間相同,則由功率公式可知,產(chǎn)生的熱量相同,故C項正確,A、B、D三項錯誤.故選C項. 2.如圖所示,內(nèi)環(huán)半徑為,外環(huán)半徑為L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)加一個垂直紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度從零開始均勻增大的勻強(qiáng)磁場,當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大到B時保持不變,此過程中通過線圈截面的電量為q1;然后讓線圈以O(shè)點(diǎn)為圓心勻速轉(zhuǎn)動半周,該過程中通過線
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==, 第二個過程中的電荷量為:q2==, 所以q1∶q2=1∶1,故A項正確,B、C、D三項錯誤.故選A項. 3.如圖所示,足夠長的平行導(dǎo)軌水平放置,導(dǎo)軌間距為L,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)軌間的動摩擦因數(shù)均為μ,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場方向垂直導(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摩擦力,不計導(dǎo)軌電阻,下列說法正
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作用足夠長時間后,金屬棒ab會向右運(yùn)動
C.金屬棒cd運(yùn)動的最大速度大小為
D.金屬棒cd的速度會不斷增大
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項錯誤;當(dāng)cd棒的加速度為零時速度最大.設(shè)cd加速度為零時所受的安培力為F安,根據(jù)平衡條件有μmg=F安+μmg,則得F安=μmg,對ab棒,因F安 5、大速度大小為v=,故C項正確,D項錯誤.故選C項.
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)磁場中,偏轉(zhuǎn)后會打到P1、P2板上,ab直導(dǎo)線通過滑動變阻器與P1、P2相連接,線圈A通過滑動變阻器與直導(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,且規(guī)定磁場B的正方向向右,則下列敘述正確的是( )
A.0~1 s內(nèi),通過兩直導(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,通過兩導(dǎo)線的電流方向相反,故A項錯誤;由左側(cè)電路可以判斷ab中電流方向由a到b,1~2 s時間內(nèi)右側(cè)線圈中磁場向右且增強(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項錯誤;2~3 s時間內(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項錯誤;3~4 s時間內(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項正確.故選D項.
5.如圖所示,兩條相距L的足夠長的平行光滑導(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.整個裝置在垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.輕繩一端與導(dǎo)體棒相連,另一端跨過定滑輪與一個質(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,輕繩與滑輪之間的摩擦力不計,則將物塊從靜止釋放,下面說法正確的是(重力加速度為g)( )
A.導(dǎo)體棒M端電勢高于N端電勢
B.導(dǎo)體棒的加速度可能大于g
C.導(dǎo)體棒的速度不會大于
D.通過導(dǎo)體棒的電荷量與金屬棒運(yùn)動時間的平方成正比
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端電勢低于N端電勢,故A項錯誤;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,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,導(dǎo)體棒的速度最大,最大速度為:vm=,故B項錯誤,C項正確;通過導(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,后做勻速運(yùn)動,所以導(dǎo)體棒運(yùn)動的位移與金屬棒運(yùn)動時間的平方不成正比,故D項錯誤.故選C項.
6.如圖甲所示,梯形硬導(dǎo)線框abcd固定在磁場中,磁場方向與線框平面垂直,圖乙表示該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的關(guān)系,t=0時刻磁場方向垂直紙面向里.在0~5t0時間內(nèi),設(shè) 9、垂直ab邊向上為安培力的正方向,線框ab邊受到該磁場對它的安培力F隨時間t變化的關(guān)系圖為( )
答案 D
解析 0~2t0,感應(yīng)電動勢為:E1=S=S,為定值,
3t0~5t0,感應(yīng)電動勢為: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項正確,A、B、C三項錯誤.故選D項.
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.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.現(xiàn)讓導(dǎo)體棒獲得一初速度v0從位置A向右滑動并經(jīng)過B、C兩位置,在導(dǎo)體棒向右滑動的過程中,下列說法正確的是( )
A.R中的電流從a到b
B.導(dǎo)體棒向右做勻速滑動
C.電容器的帶電量逐漸變小
D.在BC段滑動時導(dǎo)體棒動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針方向,過電阻R的電流從a 11、到b,故A項正確;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,所以電動勢不斷變小,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項錯誤,C項正確;根據(jù)能量守恒可知,在BC段滑動時導(dǎo)體棒動能的減少量等于電阻R上產(chǎn)生的熱量以及電容器儲存的電能之和,故D項錯誤.故選A、C兩項.
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)磁場區(qū)域,磁場方向與線框平面垂直,MN和M′N′是勻強(qiáng)磁場區(qū)域的水平邊界.現(xiàn)使線框從MN上方由靜止開始下落,下落過程中bc邊始終水平.如圖乙是線框開始下落到完全穿過磁場區(qū)域的v-t 12、圖象(其中OA、BC、DE相互平行).已知金屬線框邊長為L(L 13、落體運(yùn)動的加速度相同,可知線框全部進(jìn)入磁場,即t2是線框全部進(jìn)入磁場瞬間,t3時刻開始做變減速運(yùn)動,t4時刻,又做加速度為g的勻加速運(yùn)動,可知t4是線框全部離開磁場瞬間,故A項正確;線框全部進(jìn)入磁場前的瞬間,可能重力和安培力平衡,有:mg=,解得:v1=,故B項正確;從bc邊進(jìn)入磁場起一直到ad邊離開磁場為止,根據(jù)動能定理得:mg(s+L)-W=mv12-mv22,線框出磁場時,設(shè)克服安培力做功為W′,根據(jù)動能定理得:mgL-W′=mv12-mv22,解得:W=mgs+W′,W′≠mgs,則W≠2mgs,故C項錯誤;根據(jù)q=知,線框進(jìn)入磁場和出磁場的過程中,磁通量的變化量相同,則通過的電荷量相 14、同,故D項錯誤,故選A、B兩項.
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.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磁場區(qū)域,依次經(jīng)過圖中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ位置.已知三角形OPQ的邊長是三角形abc的倍,Ⅰ位置時a點(diǎn)與O點(diǎn)重合,Ⅱ位置時d點(diǎn)、e點(diǎn)分別在OP、OQ上,Ⅲ位置時d點(diǎn)、e點(diǎn)在PQ上.則( )
A.經(jīng)過Ⅱ位置和Ⅲ位置時,線框中的感應(yīng)電流方向相同
B.經(jīng)過Ⅱ位置和Ⅲ位置時,線框中的感應(yīng)電流大小相等
C.經(jīng)過Ⅱ位置和Ⅲ位置時,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位置的兩個過程中,穿過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)動過程穿過線框的磁通量增加,線框在位置Ⅲ運(yùn)動時穿過線框的磁通量減少,由楞次定律可知,兩位置感應(yīng)電流方向相反,故A項錯誤;由圖示可知,線框經(jīng)過Ⅱ位置和經(jīng)過Ⅲ位置時,線框切割磁感線的有效長度L相等,由E=BLv可知,線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等,由歐姆定律可知,線框中的感應(yīng)電流大小相等,故B項正確;線框在Ⅱ位置時,dae相當(dāng)于電源,線框在Ⅲ位置時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項正確;
通過線框?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位置過程:ΔS1=2S,線框從Ⅱ位置到Ⅲ位置過程:ΔS2=3S-2S=S,
則從Ⅰ位置到Ⅱ位置和從Ⅱ位置到Ⅲ位置的兩個過程中,穿過線框橫截面的電荷量之比:
===,故D項正確.故選B、C、D三項.
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)磁場中,水平臺面所在區(qū)域無磁 17、場.長為d,質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒甲靜止在光滑水平臺面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,經(jīng)時間t后導(dǎo)體棒甲恰好運(yùn)動至左邊緣A1C1,此時撤去恒力,導(dǎo)體棒甲從左邊緣A1C1飛出臺面,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后開始做勻速運(yùn)動.兩導(dǎo)體棒粘連后在導(dǎo)軌上運(yùn)動時始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,除了電阻R外,其他電阻不計,一切摩擦不計,下列判斷正確的是( )
A.導(dǎo)體棒甲到達(dá)A1C1處時的速度大小為gt
B.A2C2與臺面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)動的速度大小為
D.兩導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上變速滑行的過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mg2t2+mgx-
答案 ABD
解析 導(dǎo)體棒在臺面上做勻加速直線運(yùn)動,速度:v0=at,由牛頓第二定律得:mg=ma,解得:v0=gt,故A項正確;導(dǎo)體棒離開臺面后做平拋運(yùn)動,豎直方向:vy=v0tanθ,vy2=2gh,解得:h=gt2,故B項正確;導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上做勻速直線運(yùn)動,處于平衡狀態(tài),由平衡條件得:2mgsinθ=BId,電流:I==,解得:v=,故C項錯誤;甲與乙碰撞前的速度為:v甲==gt.甲、乙兩棒碰撞過程中動量守恒,根據(jù)動量守恒定律可得:mv甲=2mv共,解得:v共=gt.根 19、據(jù)動能定理可得: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項正確.故選A、B、D三項.
二、計算題(共4個小題,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.一根長為d的金屬棒ab放置在框架上,其質(zhì)量為m,電阻為r,該棒通過一根繞過右側(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.則:
(1)若所加磁場為磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,求導(dǎo)體棒運(yùn)動的最大速度;
(2)若所加磁場為隨時間變化的勻強(qiáng)磁場,導(dǎo)體棒運(yùn)動的v-t圖象如圖乙所示,t=0時刻,導(dǎo)體棒ab與PM距離為l,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0,求t時刻磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度.
答案 (1) (2)
解析 (1)對導(dǎo)體棒ab,有:Em=Bdvm
此時流過導(dǎo)體棒的電流為:I==,
根據(jù)平衡條件可得:BId=3mg,
解得:vm=;
(2)對于導(dǎo)體棒ab根據(jù)牛頓第二定律可得:
3mg-FA=4ma,
t=0時FA=0,則加速度為:a=g,
導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動,則有:I=0,
t時刻的位移為: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)磁場中傾斜放置電阻不計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)軌上無摩擦地滑動.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,整個過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桿兩端的電勢差Uab;
(3)0.5 s的時間內(nèi)通過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)電動勢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)電勢比b點(diǎn)的高,故有:
Uab=2.4 V.
(3)由于桿勻速運(yùn)動,所以通過桿的電流為一個定值,根據(jù)電荷量的計算公式可得:
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和,間距為L的導(dǎo)軌有一小段左右斷開,為使導(dǎo)軌上的金屬棒能勻速通過斷開處,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,所有導(dǎo)軌的電阻都不計.電源電動勢為E,內(nèi)阻不計.整個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.閉合開關(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)斷開處右側(cè)的導(dǎo)軌上.求:
(1)空間勻強(qiáng)磁場的方向;
(2)通過電源E某截面的電荷量;
(3)從導(dǎo)體棒ab滑上導(dǎo)軌MN和PQ起至開始勻速運(yùn)動止,這一過程中棒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的方向豎直向下.
(2)對ab棒,設(shè)受安培力的時間為Δt,這段時間內(nèi)的平均電流為I, 25、平均安培力為F,通過導(dǎo)體棒(也就是電源)某截面的電荷量為q.由動量定理得:
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)電動勢為0)而各自做勻速運(yùn)動,設(shè)ab和cd勻速運(yùn)動的速度分別為v1和v2.經(jīng)歷的時間為t,這一過程回路中的平均電流為I′.
由動量定理得:
對ab棒:-BI′Lt=mv1-mv0;
對cd棒:BI′·t=mv2-0;
穩(wěn)定時有: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,光滑平行長直導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上,導(dǎo)軌間距為L,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,兩磁場的磁感應(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被彈開后以一定的速度進(jìn)入磁場(b進(jìn)入磁場前,彈簧已恢復(fù)原長),從b進(jìn)入磁場到b最終停止的過程中,導(dǎo)體棒b中產(chǎn)生的焦耳熱為Q.導(dǎo)軌的電阻不計,求:
(1)彈簧被鎖定時具有的彈性勢能;
(2)導(dǎo)體棒b進(jìn) 27、入磁場時的速度大小及在磁場中滑行的距離;
(3)若導(dǎo)體棒a不固定解除彈簧的鎖定后,兩導(dǎo)體棒恰好能同時進(jìn)入磁場,則兩導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場時的速度分別為多大?當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度為進(jìn)磁場時速度的一半時,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具有的彈性勢能為:Ep=3Q.
(2)導(dǎo)體棒b進(jìn)入磁場時的速度大小為v,則有:Ep=×2mv2,解得:v=;
根據(jù)動量定理可得:-BILt=0-2mv,其中I=
則有:=2mv,
解得在磁場中滑行的距離為: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)入磁場時的速度分別為va、vb,
根據(jù)動量守恒定律可得: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)磁場時速度的一半時,即為:v′a=,
由于水平方向合動量為零,則b的速度為:v′b=,
此時回路中的感應(yīng)電動勢為:E=BL(v′a+v′b)=BL.
回路中的電功率為:P==.
14
- 溫馨提示:
1: 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請下載最新的WinRAR軟件解壓。
2: 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
3.本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網(wǎng)頁內(nèi)容里面會有圖紙預(yù)覽,若沒有圖紙預(yù)覽就沒有圖紙。
4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
5. 裝配圖網(wǎng)僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯,并不能對任何下載內(nèi)容負(fù)責(zé)。
6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當(dāng)內(nèi)容,請與我們聯(lián)系,我們立即糾正。
7. 本站不保證下載資源的準(zhǔn)確性、安全性和完整性, 同時也不承擔(dān)用戶因使用這些下載資源對自己和他人造成任何形式的傷害或損失。
最新文檔
- 110中國人民警察節(jié)(筑牢忠誠警魂感受別樣警彩)
- 2025正字當(dāng)頭廉字入心爭當(dāng)公安隊伍鐵軍
- XX國企干部警示教育片觀后感筑牢信仰之基堅守廉潔底線
- 2025做擔(dān)當(dāng)時代大任的中國青年P(guān)PT青年思想教育微黨課
- 2025新年工作部署會圍繞六個干字提要求
- XX地區(qū)中小學(xué)期末考試經(jīng)驗總結(jié)(認(rèn)真復(fù)習(xí)輕松應(yīng)考)
- 支部書記上黨課筑牢清廉信念為高質(zhì)量發(fā)展?fàn)I造風(fēng)清氣正的環(huán)境
- 冬季消防安全知識培訓(xùn)冬季用電防火安全
- 2025加強(qiáng)政治引領(lǐng)(政治引領(lǐng)是現(xiàn)代政黨的重要功能)
- 主播直播培訓(xùn)直播技巧與方法
- 2025六廉六進(jìn)持續(xù)涵養(yǎng)良好政治生態(tài)
- 員工職業(yè)生涯規(guī)劃方案制定個人職業(yè)生涯規(guī)劃
- 2024年XX地區(qū)黨建引領(lǐng)鄉(xiāng)村振興工作總結(jié)
- XX中小學(xué)期末考試經(jīng)驗總結(jié)(認(rèn)真復(fù)習(xí)輕松應(yīng)考)
- 幼兒園期末家長會長長的路慢慢地走