(新課標(biāo))河南省2015高考物理總復(fù)習(xí)講義 第9章 加強(qiáng)1講 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用

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1、 加強(qiáng)一講 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用 考點(diǎn)一 [79] 電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題 一、內(nèi)電路和外電路 1.切割磁感線運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當(dāng)于電源. 2.該部分導(dǎo)體的電阻或線圈的電阻相當(dāng)于電源的內(nèi)阻,其余部分是外電路. 二、解答電磁感應(yīng)電路問(wèn)題的三個(gè)步驟 1.確定電源:利用E=n或E=Blvsin θ求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小,利用右手定則或楞次定律判斷電流方向.如果在一個(gè)電路中切割磁感線的部分有多個(gè)并相互聯(lián)系,可等效成電源的串、并聯(lián). 2.分析電路結(jié)構(gòu):分析內(nèi)、外電路及外電路的串并聯(lián)關(guān)系,畫出等效電路圖. 3.利用電路規(guī)律求解:主要應(yīng)用歐姆定律及串并聯(lián)電路的基本性質(zhì)等列

2、方程求解. ——————[1個(gè)示范例]——————  如圖9-3-1(a)所示,水平放置的兩根平行金屬導(dǎo)軌,間距L=0.3 m.導(dǎo)軌左端連接R=0.6 Ω的電阻,區(qū)域abcd內(nèi)存在垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B=0.6 T,磁場(chǎng)區(qū)域?qū)扗=0.2 m.細(xì)金屬棒A1和A2用長(zhǎng)為2D=0.4 m的輕質(zhì)絕緣桿連接,放置在導(dǎo)軌平面上,并與導(dǎo)軌垂直,每根金屬棒在導(dǎo)軌間的電阻均為r=0.3 Ω.導(dǎo)軌電阻不計(jì),使金屬棒以恒定速度v=1.0 m/s沿導(dǎo)軌向右穿越磁場(chǎng),計(jì)算從金屬棒A1進(jìn)入磁場(chǎng)(t=0)到A2離開(kāi)磁場(chǎng)的時(shí)間內(nèi),不同時(shí)間段通過(guò)電阻R的電流強(qiáng)度,并在圖9-3-1(b)中畫出. 圖9-3-1 【

3、審題指導(dǎo)】 (1)細(xì)金屬棒A1、A2先后切割磁感線,切割磁感線的金屬棒為電源,另一金屬棒與R并聯(lián). (2)注意分析和計(jì)算有電流和無(wú)電流對(duì)應(yīng)的時(shí)間. 【解析】 t1==0.2 s 在0~t1時(shí)間內(nèi),A1產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1=BLv=0.18 V. 其等效電路如圖甲所示. 甲         乙 由圖甲知,電路的總電阻 R0=r+=0.5 Ω 總電流為I==0.36 A 通過(guò)R的電流為IR==0.12 A 從A1離開(kāi)磁場(chǎng)(t1=0.2 s)至A2剛好進(jìn)入磁場(chǎng)t2=的時(shí)間內(nèi),回路無(wú)電流,IR=0, 從A2進(jìn)入磁場(chǎng)(t2=0.4 s)至離開(kāi)磁場(chǎng)t3==0.6 s的時(shí)間

4、內(nèi),A2上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2=0.18 V, 其等效電路如圖乙所示. 由圖乙知,電路總電阻R0=0.5 Ω,總電流I=0.36 A,流過(guò)R的電流 IR=0.12 A, 綜合以上計(jì)算結(jié)果,繪制通過(guò)R的電流與時(shí)間關(guān)系圖線如圖所示. 【答案】 見(jiàn)解析 ——————[1個(gè)預(yù)測(cè)例]——————  如圖9-3-2所示,均勻?qū)Ь€制成的半徑為R的圓環(huán)以速度v勻速進(jìn)入一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到圖示位置(∠aOb=90°)時(shí),a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差為(  ) 圖9-3-2 A.BRv      B.BRv C.BRv D.BRv 【解析】 圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到圖示位

5、置時(shí),切割磁感線的有效長(zhǎng)度為2Rsin 45°=R,圓環(huán)中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv=BRv,Uab=E=BRv,故D正確. 【答案】 D 電磁感應(yīng)電路問(wèn)題的分析方法  (1)“源”的分析:用法拉第電磁感應(yīng)定律算出E的大小,用楞次定律或右手定則確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向,從而確定電源正負(fù)極,明確內(nèi)阻r. (2)“路”的分析:根據(jù)“等效電源”和電路中其他各元件的連接方式畫出等效電路. (3)根據(jù)E=Blv或E=n結(jié)合閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路知識(shí)和電功率、焦耳定律等關(guān)系式聯(lián)立求解. 考點(diǎn)二 [80] 電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的圖象問(wèn)題 一、題型特點(diǎn) 一般可把圖象問(wèn)題

6、分為三類: 1.由給定的電磁感應(yīng)過(guò)程選出或畫出正確的圖象. 2.由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應(yīng)過(guò)程,求解相應(yīng)的物理量. 3.根據(jù)圖象定量計(jì)算. 二、解題關(guān)鍵 弄清初始條件、正負(fù)方向的對(duì)應(yīng)、變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達(dá)式、進(jìn)出磁場(chǎng)的轉(zhuǎn)折點(diǎn)是解決問(wèn)題的關(guān)鍵. ——————[1個(gè)示范例]——————   圖9-3-3 (2012·新課標(biāo)全國(guó)高考)如圖9-3-3,一載流長(zhǎng)直導(dǎo)線和一矩形導(dǎo)線框固定在同一平面內(nèi),線框在長(zhǎng)直導(dǎo)線右側(cè),且其長(zhǎng)邊與長(zhǎng)直導(dǎo)線平行.已知在t=0到t=t1的時(shí)間間隔內(nèi),長(zhǎng)直導(dǎo)線中電流i發(fā)生某種變化,而線框中的感應(yīng)電流總是沿順時(shí)針?lè)较?;線框受到的安培力

7、的合力先水平向左,后水平向右.設(shè)電流i正方向與圖中箭頭所示方向相同,則i隨時(shí)間t變化的圖線可能是(  ) 【解析】 因通電導(dǎo)線周圍的磁場(chǎng)離導(dǎo)線越近磁場(chǎng)越強(qiáng),而線框中左右兩邊的電流大小相等、方向相反,所以受到的安培力方向相反,導(dǎo)線框的左邊受到的安培力大于導(dǎo)線框的右邊受到的安培力,所以合力與左邊導(dǎo)線框受力的方向相同.因?yàn)榫€框受到的安培力的合力先水平向左,后水平向右,根據(jù)左手定則,導(dǎo)線框處的磁場(chǎng)方向先垂直紙面向里,后垂直紙面向外,根據(jù)右手螺旋定則,導(dǎo)線中的電流先為正,后為負(fù),所以選項(xiàng)A正確,選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤. 【答案】 A ——————[1個(gè)預(yù)測(cè)例]——————   圖9-3-4

8、 (2013·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ)如圖9-3-4,在光滑水平桌面上有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R的正方形導(dǎo)線框;在導(dǎo)線框右側(cè)有一寬度為d(d>L)的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,磁場(chǎng)的邊界與導(dǎo)線框的一邊平行,磁場(chǎng)方向豎直向下.導(dǎo)線框以某一初速度向右運(yùn)動(dòng).t=0時(shí)導(dǎo)線框的右邊恰與磁場(chǎng)的左邊界重合,隨后導(dǎo)線框進(jìn)入并通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域.下列v-t圖象中,可能正確描述上述過(guò)程的是(  ) 【審題指導(dǎo)】 (1)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)和離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí),安培力為變力,線框做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng). (2)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),不受安培力作用,故勻速運(yùn)動(dòng). 【解析】 導(dǎo)體切割磁感線時(shí)產(chǎn)生感應(yīng)電流,同時(shí)產(chǎn)生安培力阻礙

9、導(dǎo)體運(yùn)動(dòng),利用法拉第電磁感應(yīng)定律、安培力公式及牛頓第二定律可確定線框在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn). 線框進(jìn)入和離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí),安培力的作用都是阻礙線框運(yùn)動(dòng),使線框速度減小,由E=BLv、I=及F=BIL=ma可知安培力減小,加速度減小,當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后穿過(guò)線框的磁通量不再變化,不產(chǎn)生感應(yīng)電流,不再產(chǎn)生安培力,線框做勻速直線運(yùn)動(dòng),故選項(xiàng)D正確. 【答案】 D 電磁感應(yīng)圖象問(wèn)題的一般解題步驟  (1)明確圖象的種類,即是B-t圖還是Φ-t圖,或者還是E-t圖、I-t圖等. (2)分析電磁感應(yīng)的具體過(guò)程,判斷對(duì)應(yīng)的圖象是否分段,共分幾段. (3)用右手定則或楞次定律確定感應(yīng)電流的方

10、向. (4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓定律等規(guī)律寫出函數(shù)關(guān)系式. (5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式,進(jìn)行數(shù)學(xué)分析. (6)畫圖象或判斷圖象. 考點(diǎn)三 [81] 電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題分析 一、電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化特點(diǎn) 外力克服安培力做功,把機(jī)械能或其他能量轉(zhuǎn)化成電能;感應(yīng)電流通過(guò)電路做功又把電能轉(zhuǎn)化成其他形式的能(如內(nèi)能).這一功能轉(zhuǎn)化途徑可表示為: 二、電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量的三種計(jì)算方法 1.利用克服安培力求解:電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功. 2.利用能量守恒求解:機(jī)械能的減少量等于產(chǎn)生的電能. 3.利用電路特征來(lái)求解:通過(guò)電路中所產(chǎn)生的電能來(lái)計(jì)算.

11、——————[1個(gè)示范例]——————   圖9-3-5 (2013·天津高考)如圖9-3-5所示,紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框abcd,ab邊長(zhǎng)大于bc邊長(zhǎng),把它置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強(qiáng)磁場(chǎng)外,線框兩次勻速地完全進(jìn)入磁場(chǎng),兩次速度大小相同,方向均垂直于MN.第一次ab邊平行MN進(jìn)入磁場(chǎng),線框上產(chǎn)生的熱量為Q1,通過(guò)線框?qū)w橫截面的電荷量為q1;第二次bc邊平行MN進(jìn)入磁場(chǎng),線框上產(chǎn)生的熱量為Q2,通過(guò)線框?qū)w橫截面的電荷量為q2,則(  ) A.Q1>Q2,q1=q2    B.Q1>Q2,q1>q2 C.Q1=Q2,q1=q2 D.Q1

12、=Q2,q1>q2 【解析】 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=Blv、歐姆定律I=和焦耳定律Q=I2Rt,得線圈進(jìn)入磁場(chǎng)產(chǎn)生的熱量Q=·=,因?yàn)閘ab>lbc,所以Q1>Q2.根據(jù)=,=及q=Δt得q=,故q1=q2.選項(xiàng)A正確,選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤. 【答案】 A  (1)在利用能量的轉(zhuǎn)化和守恒分析電磁感應(yīng)問(wèn)題時(shí),除準(zhǔn)確把握參與轉(zhuǎn)化的能量形式和種類外,還要確定哪種能量增加,哪種能量減少. (2)克服安培力做功消耗的能量和電路中產(chǎn)生的焦耳熱需要的能量在列式時(shí)不能重復(fù)計(jì)算. ——————[1個(gè)預(yù)測(cè)例]——————   圖9-3-6 如圖9-

13、3-6所示,用質(zhì)量為m、電阻為R的均勻?qū)Ь€做成邊長(zhǎng)為l的單匝正方形線框MNPQ,線框每一邊的電阻都相等.將線框置于光滑絕緣的水平面上.在線框的右側(cè)存在豎直方向的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)邊界間的距離為2l,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,在垂直MN邊的水平拉力作用下,線框以垂直磁場(chǎng)邊界的速度v勻速穿過(guò)磁場(chǎng).在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中線框平面水平,且MN邊與磁場(chǎng)的邊界平行.求: (1)線框MN邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),線框中感應(yīng)電流的大小; (2)線框MN邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),M、N兩點(diǎn)間的電壓UMN; (3)在線框從MN邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到PQ邊剛穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中,水平拉力對(duì)線框所做的功W. 【審題指導(dǎo)】 (1)MN切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),U

14、MN為路端電壓. (2)線框勻速穿過(guò)磁場(chǎng),水平拉力做的功等于進(jìn)出磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱之和. 【解析】 (1)線框MN邊在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv 線框中的感應(yīng)電流I==. (2)M、N兩點(diǎn)間的電壓 UMN=E=Blv. (3)只有MN邊在磁場(chǎng)中時(shí),線框運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t= 此過(guò)程線框中產(chǎn)生的焦耳熱 Q1=I2Rt= 只有PQ邊在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),線框中產(chǎn)生的焦耳熱 Q2= 根據(jù)能量守恒定律得水平外力做的功 W=Q1+Q2=. 【答案】 (1) (2)Blv (3) 電磁感應(yīng)中“導(dǎo)軌+桿”模型 一、模型特點(diǎn) 1.“導(dǎo)軌+桿”模型又分為“單桿”型和“雙

15、桿”型;放置方式可分為水平、豎直和傾斜. 2.導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上切割磁感線運(yùn)動(dòng),發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象. 3.導(dǎo)體棒受到的安培力為變力,在安培力的作用下做變加速運(yùn)動(dòng). 4.當(dāng)安培力與其它力平衡時(shí),導(dǎo)體棒速度達(dá)到穩(wěn)定,稱為“收尾速度” 二、解題思路 1.涉及瞬時(shí)速度問(wèn)題,用牛頓第二定律求解. 2.求解導(dǎo)體棒穩(wěn)定速度,用平衡條件求解,如mg=F安,F(xiàn)安=. 3.涉及能量問(wèn)題,用動(dòng)能定理或功能關(guān)系來(lái)求解. 三、兩類常見(jiàn)的模型 類型 “電-動(dòng)-電”型 “動(dòng)-電-動(dòng)”型 示意圖 過(guò)程分析 S閉合,棒ab受安培力F=,此時(shí)a=,棒ab速度v↑→感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)BLv↑→電流I↓→安

16、培力F=BIL↓→加速度a↓,當(dāng)安培力F=0時(shí),a=0,v最大,最后勻速 棒ab釋放后下滑,此時(shí)a=gsin α,棒ab速度v↑→感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv↑→電流I=↑→安培力F=BIL↑→加速度a↓,當(dāng)安培力F=mgsin α?xí)r,a=0,v最大,最后勻速  【規(guī)范解答】 (1)棒cd受到的安培力 Fcd=IlB① 棒cd在共點(diǎn)力作用下平衡,則 Fcd=mgsin 30°② 由①②式,代入數(shù)據(jù)解得 I=1 A③ 根據(jù)楞次定律可知,棒cd中的電流方向由d至c.④ (2)棒ab與棒cd受到的安培力大小相等 Fab=Fcd 對(duì)棒ab,由共點(diǎn)力平衡知 F=

17、mgsin 30°+I(xiàn)lB⑤ 代入數(shù)據(jù)解得 F=0.2 N.⑥ (3)設(shè)在時(shí)間t內(nèi)棒cd產(chǎn)生Q=0.1 J的熱量,由焦耳定律知 Q=I2Rt⑦ 設(shè)棒ab勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為v,其產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E=Blv⑧ 由閉合電路歐姆定律知 I=⑨ 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式知在時(shí)間t內(nèi),棒ab沿導(dǎo)軌的位移 x=vt⑩ 力F做的功 W=Fx? 綜合上述各式,代入數(shù)據(jù)解得 W=0.4 J.? ②④⑤⑥⑨?每式2分,其余每式1分 【答案】 (1)1 A 方向由d至c (2)0.2 N (3)0.4 J  【規(guī)范解答】 (1)金屬棒達(dá)到最大速度時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E=B0Lvm

18、 回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I=(1分) 金屬棒所受安培力F=B0IL(1分) 金屬棒所受合外力為零時(shí),下滑的速度達(dá)到最大,則 mgsin θ-F-μmgcos θ=0(2分) 解得vm=2 m/s(1分) (2)設(shè)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q,整個(gè)電路產(chǎn)生的焦耳熱為Q總,則由動(dòng)能定理mgssin θ-μmgscos θ-W安=mv(3分) W安=Q總(1分) Q=Q總(1分) 解得Q=0.16 J(1分) (3)不產(chǎn)生感應(yīng)電流,即磁通量不變,金屬棒不受安培力作用,金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律可得 mgsin θ-μmgcos θ=ma(2分) 得a=g(sin

19、 θ-μcos θ)=10×(0.6-0.5×0.8) m/s2=2 m/s2(1分) 根據(jù)閉合回路磁通量不變有B0Ls=BL(s+vmt+at2)(3分) 得B=(1分) 所以,當(dāng)t=1 s時(shí),B=0.5 T(1分) 【答案】 (1)2 m/s (2)0.16 J (3)0.5 T  如圖9-3-9甲所示,足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ豎直放置,其寬度L=1 m,一勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)導(dǎo)軌平面,導(dǎo)軌的上端M與P之間連接阻值為R=0.40 Ω的電阻,質(zhì)量為m=0.01 kg、電阻為r=0.30 Ω的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上.現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開(kāi)始下滑,下滑過(guò)程

20、中ab始終保持水平,且與導(dǎo)軌接觸良好,其下滑距離x與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示,圖象中的OA段為曲線,AB段為直線,導(dǎo)軌電阻不計(jì),g=10 m/s2(忽略ab棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)原磁場(chǎng)的影響),求: 圖9-3-9 (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小; (2)金屬棒ab在開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的1.5 s內(nèi),通過(guò)電阻R的電荷量; (3)金屬棒ab在開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的1.5 s內(nèi),電阻R上產(chǎn)生的熱量. 【解析】 (1)金屬棒在AB段勻速運(yùn)動(dòng),由題中圖象乙得: v==7 m/s I=,mg=BIL 解得B=0.1 T (2)q=Δt = ΔΦ=B 解得:q=0.67 C (3)Q=mgx-mv2 解得Q

21、=0.455 J 從而QR=Q=0.26 J 【答案】 (1)0.1 T (2)0.67 C (3)0.26 J ⊙電磁感應(yīng)圖象問(wèn)題 1.(2010·廣東高考)如圖9-3-10所示,平行導(dǎo)軌間有一矩形的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,細(xì)金屬棒PQ沿導(dǎo)軌從MN處勻速運(yùn)動(dòng)到M′N′的過(guò)程中,棒上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E隨時(shí)間t變化的圖象,可能正確的是(  ) 圖9-3-10 【解析】 在金屬棒PQ進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域之前或出磁場(chǎng)后,棒上均不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),D項(xiàng)錯(cuò)誤.在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv,與時(shí)間無(wú)關(guān),保持不變,故A選項(xiàng)正確. 【答案】 A 2. 圖9-3-11 如圖

22、9-3-11所示,兩個(gè)相鄰的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,方向相反且垂直紙面,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B,以磁場(chǎng)區(qū)左邊界為y軸建立坐標(biāo)系,磁場(chǎng)區(qū)域在y軸方向足夠長(zhǎng),在x軸方向?qū)挾染鶠閍.矩形導(dǎo)線框ABCD的CD邊與y軸重合,AD邊長(zhǎng)為a.線框從圖示位置水平向右勻速穿過(guò)兩磁場(chǎng)區(qū)域,且線框平面始終保持與磁場(chǎng)垂直,線框中感應(yīng)電流i與線框移動(dòng)距離x的關(guān)系圖象正確的是(以逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)殡娏鞯恼较?(  ) 【解析】 由楞次定律可知,剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)電流沿逆時(shí)針?lè)较?,線框全部在磁場(chǎng)中時(shí)電流沿順時(shí)針?lè)较?,出磁?chǎng)時(shí)沿逆時(shí)針?lè)较?,進(jìn)入磁場(chǎng)和穿出磁場(chǎng)等效為一條邊切割磁感線,全部在磁場(chǎng)中時(shí),AB邊和CD邊均切割磁感線,相當(dāng)于兩等

23、效電源串聯(lián),故電流大小為進(jìn)入磁場(chǎng)和穿出時(shí)的兩倍,所以C正確. 【答案】 C ⊙電磁感應(yīng)電路問(wèn)題的分析 3.粗細(xì)均勻的電阻絲圍成的正方形線框置于有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直于線框平面,其邊界與正方形線框的邊平行.現(xiàn)使線框以同樣大小的速度沿四個(gè)不同方向平移出磁場(chǎng),下面四個(gè)選項(xiàng)中,在移出過(guò)程中線框的一邊 a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差絕對(duì)值最大的是(  ) 【解析】 將線框等效成直流電路,設(shè)線框每條邊的電阻為r,如圖所示. 因線框在四次移動(dòng)中速度大小相等,其感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv也大小相等.A、C、D中|Uab|=Ir=×r=Blv,B中|Uab|=I×3r=&#

24、215;3r=Blv,故正確答案為B.B中a、b兩點(diǎn)間的電勢(shì)差應(yīng)該是a、b兩點(diǎn)間的路端電壓,而不是感應(yīng)電動(dòng)勢(shì). 【答案】 B ⊙電磁感應(yīng)能量綜合問(wèn)題 圖9-3-12 4.(2013·安徽高考)如圖9-3-12所示,足夠長(zhǎng)平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置,傾角為37°,寬度為0.5 m,電阻忽略不計(jì),其上端接一小燈泡,電阻為1 Ω.一導(dǎo)體棒MN垂直于導(dǎo)軌放置,質(zhì)量為0.2 kg,接入電路的電阻為1 Ω,兩端與導(dǎo)軌接觸良好,與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5.在導(dǎo)軌間存在著垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.8 T.將導(dǎo)體棒MN由靜止釋放,運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后,小燈泡穩(wěn)定發(fā)光,此后導(dǎo)

25、體棒MN的運(yùn)動(dòng)速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6)(  ) A.2.5 m/s 1 W        B.5 m/s 1 W C.7.5 m/s 9 W D.15 m/s 9W 【解析】 把立體圖轉(zhuǎn)為平面圖,由平衡條件列出方程是解決此類問(wèn)題的關(guān)鍵.對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析作出截面圖,如圖所示,導(dǎo)體棒共受四個(gè)力作用,即重力、支持力、摩擦力和安培力. 由平衡條件得mgsin 37°=F安+Ff① Ff=μFN② FN=mgcos 37°③ 而F安=BIL④ I=⑤ E=BLv⑥ 聯(lián)立①~⑥式,

26、 解得v= 代入數(shù)據(jù)得v=5 m/s. 小燈泡消耗的電功率為P=I2R⑦ 由⑤⑥⑦式得P=()2R=1 W.故選項(xiàng)B正確. 【答案】 B 5.如圖9-3-13甲所示,邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框靜置于光滑水平面上,處于與水平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示.求: 甲        乙 圖9-3-13 (1)在t=0到t=t0時(shí)間內(nèi),通過(guò)導(dǎo)線框的感應(yīng)電流大?。? (2)在t=時(shí)刻,ab邊所受磁場(chǎng)作用力大??; (3)在t=0到t=t0時(shí)間內(nèi),導(dǎo)線框中電流做的功. 【解析】 (1)由法拉第電磁感應(yīng)定律得,導(dǎo)線框的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E== 通過(guò)導(dǎo)線框的感應(yīng)電流大?。篒== (2)t=時(shí)刻,ab邊所受磁場(chǎng)作用力大小:F=BIL F= (3)在t=0到t=t0時(shí)間內(nèi),導(dǎo)線框中電流做的功:W=I2Rt0= 【答案】 (1) (2) (3) 希望對(duì)大家有所幫助,多謝您的瀏覽!

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