2019-2020年高考物理一輪復習講義 第九章 電磁感應 第3講 電磁感應的綜合應用 教科版.doc
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2019-2020年高考物理一輪復習講義 第九章 電磁感應 第3講 電磁感應的綜合應用 教科版 一、電磁感應中的電路問題 1.內(nèi)電路和外電路 (1)切割磁感線運動的導體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當于電源. (2)該部分導體的電阻或線圈的電阻相當于電源的內(nèi)阻,其余部分是外電路. 2.電源電動勢和路端電壓 (1)電動勢:E=Blv或E=n. (2)電源正、負極:用右手定則或楞次定律確定. (3)路端電壓:U=E-Ir=IR. 二、電磁感應圖象問題 圖象類型 (1)隨時間變化的圖象如B-t圖象、Φ-t圖象、E-t圖象和I-t圖象 (2)隨位移x變化的圖象如E-x圖象和I-x圖象 問題類型 (1)由給定的電磁感應過程判斷或畫出正確的圖象 (2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感應過程,求解相應的物理量 (3)利用給出的圖象判斷或畫出新的圖象 應用知識 左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律、法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓定律、函數(shù)圖象知識等 三、感應電流在磁場中所受的安培力 1.安培力的大小 由感應電動勢E=Blv,感應電流I=和安培力公式F=BIl得F=. 2.安培力的方向判斷 — 四、電磁感應中的能量轉(zhuǎn)化與守恒 1.能量轉(zhuǎn)化的實質(zhì) 電磁感應現(xiàn)象的能量轉(zhuǎn)化實質(zhì)是其他形式能和電能之間的轉(zhuǎn)化. 2.能量的轉(zhuǎn)化 感應電流在磁場中受安培力,外力克服安培力做功,將其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能,電流做功再將電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(或其他形式的能). 3.熱量的計算 電流(恒定)做功產(chǎn)生的熱量用焦耳定律計算,公式Q=I2Rt. 1.穿過閉合回路的磁通量Φ隨時間t變化的圖象分別如圖①~④所示.下列關(guān)于回路中產(chǎn)生的感應電動勢的論述中正確的是( ) A.圖①中,回路產(chǎn)生的感應電動勢恒定不變 B.圖②中,回路產(chǎn)生的感應電動勢一直在變大 C.圖③中,回路在0~t1時間內(nèi)產(chǎn)生的感應電動勢小于在t1~t2時間內(nèi)產(chǎn)生的感應電動勢 D.圖④中,回路產(chǎn)生的感應電動勢先變小再變大 解析: 由法拉第電磁感應定律E=n可得,閉合回路產(chǎn)生的感應電動勢取決于Φ-t圖象的斜率的絕對值大?。畧D①中Φ-t圖象的斜率為零,故感應電動勢為零,A錯誤;圖②中Φ-t圖象斜率不變,故感應電動勢為定值,B錯誤;圖③中回路中0~t1時間內(nèi)Φ-t圖象的斜率的絕對值大于t1~t2時間內(nèi)Φ-t圖象的斜率的絕對值,故在0~t1時間內(nèi)產(chǎn)生的感應電動勢大于t1~t2時間內(nèi)產(chǎn)生的感應電動勢,C錯誤;圖④中Φ-t圖象的斜率的絕對值先變小再變大,故回路產(chǎn)生的感應電動勢先變小再變大,D正確. 答案: D 2.如圖所示,兩根相距為l的平行直導軌ab、cd,b、d間連有一固定電阻R,導軌電阻忽略不計,MN為放在ab和cd上的一導體桿,與ab垂直,其電阻也為R.整個裝置處于勻強磁場中,磁感應強度的大小為B,磁場方向垂直于導軌所在平面(指向圖中紙面內(nèi)),現(xiàn)對MN施力使它沿導軌方向以速度v(如圖)做勻速運動,令U表示MN兩端電壓的大小,則( ) A.U=vBl,流過固定電阻R的感應電流由b到d B.U=vBl,流過固定電阻R的感應電流由d到b C.U=vBl,流過固定電阻R的感應電流由b到d D.U=vBl,流過固定電阻R的感應電流由d到b 解析: 導體桿向右做勻速直線運動產(chǎn)生的感應電動勢Blv,R和導體桿形成一串聯(lián)電路,由分壓原理得U=R=Blv,由右手定則可判斷出感應電流方向由N→M→b→d→N,故A選項正確. 答案: A 3.如圖所示,在光滑的水平面上,一質(zhì)量為m=0.1 kg,半徑為r=0.5 m,電阻為R=0.5 Ω的均勻金屬圓環(huán),以v0=5 m/s的初速度向一磁感應強度為B=0.1 T的有界勻強磁場滑去(磁場寬度d>2r).圓環(huán)的一半進入磁場歷時2秒,圓環(huán)上產(chǎn)生的焦耳熱為0.5 J,則2秒末圓環(huán)中感應電流的瞬時功率為( ) A.0.15 W B.0.2 W C.0.3 W D.0.6 W 解析: 圓環(huán)剛好有一半進入磁場時,設(shè)瞬時速度為v,由Q=mv-mv2,解得v= m/s,此時環(huán)上的瞬時感應電動勢為E=Bv2r,故瞬時功率為P=E2/R=0.3 W. 答案: C 4.如圖所示,水平放置的光滑平行金屬導軌上有一質(zhì)量為m的金屬棒ab.導軌的一端連接電阻R,其他電阻均不計,磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面向下.金屬棒ab在一水平恒力F作用下由靜止開始向右運動,則( ) A.隨著ab運動速度的增大,其加速度也增大 B.外力F對ab做的功等于電路中產(chǎn)生的電能 C.當ab做勻速運動時,外力F做功的功率等于電路中的電功率 D.無論ab做何種運動,它克服安培力做的功一定等于電路中產(chǎn)生的電能 解析: 設(shè)ab的速度為v,運動的加速度a=,ab由靜止先做加速度逐漸減小的加速運動,當a=0后做勻速運動,則A選項錯誤;由能量守恒知.外力F對ab做的功等于電路中產(chǎn)生的電能和ab增加的動能之和.a(chǎn)b克服安培力做的功一定等于電路中產(chǎn)生的電能,則B選項錯誤.D選項正確;當ab做勻速運動時,F(xiàn)=BIL,外力F做功的功率等于電路中的電功率,則C選項正確. 答案: CD 5.如圖所示,水平面上固定一個間距L=1 m的光滑平行金屬導軌,整個導軌處在豎直方向的磁感應強度B=1 T的勻強磁場中,導軌一端接阻值R=9 Ω的電阻.導軌上有質(zhì)量m=1 kg、電阻r=1 Ω、長度也為1 m的導體棒,在外力的作用下從t=0開始沿平行導軌方向運動,其速度隨時間的變化規(guī)律是v=2,不計導軌電阻.求: (1)t=4 s時導體棒受到的安培力的大??; (2)請在如圖所示的坐標系中畫出電流平方與時間的關(guān)系(I2-t)圖象. 解析: (1)4 s時導體棒的速度是 v=2=4 m/s 感應電動勢:E=BLv 感應電流:I= 此時導體棒受到的安培力:F安=BIL=0.4 N. (2)由(1)可得 I2=()2=4()2t=0.04t 作出圖象如圖所示 答案: (1)0.4 N (2)見解析圖 1.圖象問題的特點 考查方式比較靈活,有時根據(jù)電磁感應現(xiàn)象發(fā)生的過程,確定圖象的正確與否,有時依據(jù)不同的圖象,進行綜合計算. 2.解題關(guān)鍵 弄清初始條件,正、負方向的對應變化范圍,所研究物理量的函數(shù)表達式,進出磁場的轉(zhuǎn)折點是解決問題的關(guān)鍵. 3.“三看”、“三明確” 對于圖象問題,應做“三看”、“三明確”,即 (1)看軸——看清變量. (2)看線——看圖象的形狀. (3)看點——看特殊點和轉(zhuǎn)折點. (4)明確圖象斜率的物理意義. (5)明確截距的物理意義. (6)明確“+”“-”的含義. (xx福建理綜)如圖甲,一圓形閉合銅環(huán)由高處從靜止開始下落,穿過一根豎直懸掛的條形磁鐵,銅環(huán)的中心軸線與條形磁鐵的中軸線始終保持重合.若取磁鐵中心O為坐標原點,建立豎直向下為正方向的x軸,則圖乙中最能正確反映環(huán)中感應電流i隨環(huán)心位置坐標x變化的關(guān)系圖象是( ) 解析: 閉合銅環(huán)在下落過程中穿過銅環(huán)的磁場方向始終向上,磁通量先增加后減少,由楞次定律可判斷感應電流的方向要發(fā)生變化,D項錯誤;因穿過閉合銅環(huán)的磁通量的變化率不是均勻變化,所以感應電流隨x的變化關(guān)系不可能是線性關(guān)系,A項錯誤;銅環(huán)由靜止開始下落,速度較小,所以穿過銅環(huán)的磁通量的變化率較小,產(chǎn)生的感應電流的最大值較小,過O點后,銅環(huán)的速度增大,磁通量的變化率較大,所以感應電流的反向最大值大于正向最大值,故B項正確,C項錯誤. 答案: B 1.圖象問題的求解類型 2.解決圖象問題的一般步驟 (1)明確圖象的種類,即是B-t圖象還是Φ-t圖象,或者E-t圖象、I-t圖象等. (2)分析電磁感應的具體過程. (3)用右手定則或楞次定律確定方向?qū)P(guān)系. (4)結(jié)合法拉第電磁感應定律、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,進行數(shù)學分析,如分析斜率的變化、截距等. (6)畫圖象或判斷圖象. 1-1:如圖甲所示,空間存在一寬度為2L的有界勻強磁場,磁場方向垂直紙面向里.在光滑絕緣水平面內(nèi)有一邊長為L的正方形金屬線框,其質(zhì)量m=1 kg、電阻R=4 Ω,在水平向左的外力F作用下,以初速度v0=4 m/s勻減速進入磁場,線框平面與磁場垂直,外力F大小隨時間t變化的圖線如圖乙所示.以線框右邊剛進入磁場時開始計時,求: (1)勻強磁場的磁感應強度B; (2)線框進入磁場的過程中,通過線框的電荷量q; (3)判斷線框能否從右側(cè)離開磁場?說明理由. 解析: (1)由F-t圖象可知,線框加速度a==2 m/s2 線框的邊長L=v0t-at2=(41-212) m=3 m t=0時刻線框中的感應電流I= 線框所受的安培力F安=BIL 由牛頓第二定律F1+F安=ma 又F1=1 N,聯(lián)立得B= T=0.33. (2)線框進入磁場的過程中,平均感應電動勢= 平均電流= 通過線框的電荷量q=t 聯(lián)立得q=0.75 C. (3)設(shè)勻減速運動速度減為零的過程中線框通過的位移為x. 由運動學公式得0-v=-2ax 代入數(shù)值得x=4 m<2L 所以線框不能從右側(cè)離開磁場. 答案: (1) T (2)0.75 C (3)不能 1.對電磁感應電源的理解 (1)電源的正、負極可用右手定則或楞次定律判定. (2)電源電動勢的大小可由E=Blv或E=n求得. 2.對電磁感應電路的理解 (1)在電磁感應電路中,相當于電源的部分把其他形式的能通過電流做功轉(zhuǎn)化為電能. (2)“電源”兩端的電壓為路端電壓,而不是感應電動勢. (xx浙江理綜)為了提高自行車夜間行駛的安全性,小明同學設(shè)計了一種“閃爍”裝置.如圖所示,自行車后輪由半徑r1=5.010-2 m的金屬內(nèi)圈、半徑r2=0.40 m的金屬外圈和絕緣輻條構(gòu)成.后輪的內(nèi)、外圈之間等間隔地接有4根金屬條,每根金屬條的中間均串聯(lián)有一電阻值為R的小燈泡.在支架上裝有磁鐵,形成了磁感應強度B=0.10 T、方向垂直紙面向外的“扇形”勻強磁場,其內(nèi)半徑為r1、外半徑為r2、張角θ=.后輪以角速度ω=2π rad/s相對于轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動.若不計其它電阻,忽略磁場的邊緣效應. (1)當金屬條ab進入“扇形”磁場時,求感應電動勢E,并指出ab上的電流方向. (2)當金屬條ab進入“扇形”磁場時,畫出“閃爍”裝置的電路圖; (3)從金屬條ab進入“扇形”磁場時開始,經(jīng)計算畫出輪子轉(zhuǎn)一圈過程中,內(nèi)圈與外圈之間電勢差Uab隨時間t變化的Uab-t圖象. 解析: (1)金屬條ab在磁場中切割磁感線時,所構(gòu)成的回路的磁通量變化.設(shè)經(jīng)過時間Δt,磁通量的變化量為ΔΦ,由法拉第電磁感應定律 E= ① ΔΦ=BΔS=B(rΔθ-rΔθ) ② 由①、②式并代入數(shù)值得: E==Bω(r-r) ≈4.910-2 V ③ 根據(jù)右手定則(或楞次定律),可得感應電流方向為b→a. ④ (2)通過分析,可得電路圖為 (3)設(shè)電路中的總電阻為R總,根據(jù)電路圖可知, R總=R+R=R ⑤ ab兩端電勢差 Uab=E-IR=E-R =E≈1.210-2 V ⑥ 設(shè)ab離開磁場區(qū)域的時刻為t1,下一根金屬條進入磁場區(qū)域的時刻為t2. t1== s ⑦ t2== s ⑧ 設(shè)輪子轉(zhuǎn)一圈的時間為T, T==1 s ⑨ 在T=1 s內(nèi),金屬條有四次進出,后三次與第一次相同 ⑩ 由⑥、⑦、⑧、⑨、⑩可畫出如下Uab-t圖象. 答案: (1)4.910-2 V 電流方向為b→a (2)見解析 (3)見解析 解決電磁感應電路問題的基本步驟 (1)“源”的分析:用法拉第電磁感應定律算出E的大小,用楞次定律或右手定則確定感應電動勢的方向.從而確定電源正負極,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)電路知識和電功率、焦耳定律等關(guān)系式聯(lián)立求解. 2-1:如圖所示,勻強磁場B=0.1 T,金屬棒AB長0.4 m,與框架寬度相同,電阻為 Ω,框架電阻不計,電阻R1=2 Ω,R2=1 Ω,當金屬棒以5 m/s的速度勻速向左運動時,求: (1)流過金屬棒的感應電流多大? (2)若圖中電容器C為0.3 μF,則充電荷量是多少? 解析: (1)由E=BLv得 E=0.10.45 V=0.2 V R== Ω= Ω I== A=0.2 A. (2)路端電壓U=IR=0.2 V = V Q=CU2=CU=0.310-6 C =410-8 C. 答案: (1)0.2 A (2)410-8 C 1.運動的動態(tài)分析 2.電磁感應問題中兩大研究對象及其相互制約關(guān)系 (xx廣東理綜)如圖所示,質(zhì)量為M的導體棒ab,垂直放在相距為l的平行光滑金屬導軌上.導軌平面與水平面的夾角為θ,并處于磁感應強度大小為B、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中.左側(cè)是水平放置、間距為d的平行金屬板.R和Rx分別表示定值電阻和滑動變阻器的阻值,不計其他電阻. (1)調(diào)節(jié)Rx=R,釋放導體棒,當棒沿導軌勻速下滑時,求通過棒的電流I及棒的速度v. (2)改變Rx,待棒沿導軌再次勻速下滑后,將質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的微粒水平射入金屬板間,若它能勻速通過,求此時的Rx. 解析: (1)對勻速下滑的導體棒進行受力分析如圖所示 導體棒所受安培力F安=BIl ① 導體棒勻速下滑,所以 F安=Mgsin θ ② 聯(lián)立①②式,解得I=③ 導體棒切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢E=Blv ④ 由閉合電路歐姆定律得I=,且Rx=R,所以I= ⑤ 聯(lián)立③④⑤式,解得 v=. ⑥ (2)由題意知,其等效電路圖如圖所示. 由圖知,平行金屬板兩板間的電壓等于Rx兩端的電壓. 設(shè)兩板間的電壓為U,由歐姆定律知 U=IRx ⑦ 要使帶電的微粒勻速通過,則 mg=q ⑧ 因為導體棒勻速下滑時的電流仍為I,所以 聯(lián)立③⑦⑧式,解得Rx=. 答案: (1) (2) 導體棒兩種狀態(tài)的處理方法 (1)導體處于平衡態(tài)——靜止或勻速直線運動狀態(tài) 處理方法:根據(jù)平衡條件列方程求解. (2)導體處于非平衡態(tài)——加速度不為零 處理方法:根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析. 3-1:如圖所示,有兩根和水平方向成α角的光滑且平行的金屬軌道,上端接有可變電阻R,下端足夠長,空間有垂直于軌道平面的勻強磁場,磁感應強度為B.一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下.經(jīng)過足夠長的時間后,金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vm,則( ) A.如果B增大,vm將變大 B.如果α變大,vm將變大 C.如果R變大,vm將變大 D.如果m變小,vm將變大 解析: 以金屬桿為研究對象,受力如圖所示.根據(jù)牛頓第二定律得 mgsin α-F安=ma, 其中F安=. 當a→0時,v→vm, 解得vm=, 結(jié)合此式分析即得B、C選項正確. 答案: BC 1.能量轉(zhuǎn)化特點 2.電能的求解思路 — (20分)如圖所示,在傾角為θ=37的斜面內(nèi),放置MN和PQ兩根不等間距的光滑金屬導軌,該裝置放置在垂直斜面向下的勻強磁場中.導軌M、P端間接入阻值R1=30 Ω的電阻和理想電流表,N、Q端間接阻值為R2=6 Ω的電阻.質(zhì)量為m=0.6 kg、長為L=1.5 m的金屬棒放在導軌上以v0=5 m/s的初速度從ab處向右上滑到a′b′處的時間為t=0.5 s,滑過的距離l=0.5 m.a(chǎn)b處導軌間距Lab=0.8 m,a′b′處導軌間距La′b′=1 m.若金屬棒滑動時電流表的讀數(shù)始終保持不變,不計金屬棒和導軌的電阻,sin 37=0.6,cos 37=0.8,g取10 m/s2.求: (1)此過程中電阻R1上產(chǎn)生的熱量. (2)此過程中電流表上的讀數(shù). (3)勻強磁場的磁感應強度. 規(guī)范解答//:解 (1)因電流表的讀數(shù)始終保持不變,即感應電動勢不變,故BLabv0=BLa′b′va′b′,(2分) 代入數(shù)據(jù)可得va′b′=4 m/s(2分) 根據(jù)能量守恒定律得: Q總=m(v-v)-mglsin 37=QR1+QR2(4分) 由Q=t得:=(1分) 代入數(shù)據(jù)可求得:QR1=0.15 J.(1分) (2)由焦耳定律:QR1=IR1t可知:電流表讀數(shù) I1==0.1 A.(2分) (3)不計金屬棒和導軌上的電阻,則R1兩端的電壓始終等于金屬棒與兩軌接觸間的電動勢,E=I1R1,(2分) E=BLa′b′va′b′(2分) 所以B==0.75 T.(2分) 答案: (1)0.15 J (2)0.1 A (3)0.75 T. 此類問題求解的一般步驟 (1)確定研究對象(導體棒或回路); (2)弄清電磁感應過程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化; (3)根據(jù)能量守恒定律列式求解. 4-1:處于豎直向上勻強磁場中的兩根電阻不計的平行金屬導軌,下端連一電阻R,導軌與水平面之間的夾角為θ.一電阻可忽略的金屬棒ab,開始時固定在兩導軌上某位置,棒與導軌垂直.如圖所示,現(xiàn)釋放金屬棒讓其由靜止開始沿軌道平面下滑.就導軌光滑和粗糙兩種情況比較,當兩次下滑的位移相同時,則有( ) A.重力勢能的減少量相同 B.機械能的變化量相同 C.磁通量的變化率相同 D.產(chǎn)生的焦耳熱相同 解析: 本題考查金屬棒在磁場中的運動及能量轉(zhuǎn)化問題.當兩次下滑的位移相同時,易知重力勢能的減少量相同,則選項A正確;兩次運動的加速度不同,所用時間不同,速度不同,產(chǎn)生的感應電動勢不同,磁通量的變化率也不同,動能不同,機械能的變化量不同,則產(chǎn)生的焦耳熱也不同,故選項B、C、D均錯誤. 答案: A 1.(xx課標)如圖,一載流長直導線和一矩形導線框固定在同一平面內(nèi),線框在長直導線右側(cè),且其長邊與長直導線平行.已知在t=0到t=t1的時間間隔內(nèi),直導線中電流i發(fā)生某種變化,而線框中的感應電流總是沿順時針方向;線框受到的安培力的合力先水平向左、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隨時間t變化的圖線可能是( ) 解析: 因通電導線周圍的磁場離導線越近磁場越強,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,導線框的左邊受到的安培力大于導線框的右邊受到的安培力,所以合力與左邊導線框受力的方向相同.因為線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,導線框處的磁場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,導線中的電流先為正,后為負,所以選項A正確,選項B、D、D錯誤. 答案: A 2.如圖所示,金屬棒AB垂直跨擱在位于水平面上的兩條平行光滑金屬導軌上,棒與導軌接觸良好,棒AB和導軌的電阻均忽略不計,導軌左端接有電阻R,垂直于導軌平面的勻強磁場向下穿過平面,現(xiàn)以水平向右的恒力F拉著棒AB向右移動,t秒末棒AB的速度為v,移動距離為x,且在t秒內(nèi)速度大小一直在變化,則下列判斷正確的是( ) A.t秒內(nèi)AB棒所受安培力方向水平向左且逐漸增大 B.t秒內(nèi)AB棒做加速度逐漸減小的加速運動 C.t秒內(nèi)AB棒做勻加速直線運動 D.t秒末外力F做功的功率為 答案: AB 3.如圖所示,在方向垂直于紙面向里,磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域中有一個由均勻?qū)Ь€制成的單匝矩形線框abcd,線框在水平拉力作用下以恒定的速度v沿垂直磁場方向向右運動,運動中線框dc邊始終與磁場右邊界平行,線框邊長ad=l,cd=2l,線框?qū)Ь€的總電阻為R.則線框離開磁場的過程中( ) A.a(chǎn)b間的電壓為 B.a(chǎn)d間的電壓為 C.線框中的電流在ab邊產(chǎn)生的熱量為 D.線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量為 解析: 線框離開磁場的過程中,ab邊切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢E=2Blv,由閉合電路歐姆定律得,ab間的電壓為Uab=,ad間的電壓為Uad=,A正確,B錯;根據(jù)焦耳定律可得,線框中的電流在ab邊產(chǎn)生的熱量為Qab=,線框中的電流在ad邊產(chǎn)生的熱量為Qad=,C錯,D正確. 答案: AD 4.如圖所示,在絕緣光滑水平面上,有一個邊長為L的單匝正方形線框abcd,在外力的作用下以恒定的速率v向右運動進入磁感應強度為B的有界勻強磁場區(qū)域.線框進入磁場的過程中線框平面保持與磁場方向垂直,線框的ab邊始終平行于磁場的邊界,已知線框的四個邊的電阻值相等,均為R.求: (1)在ab邊剛進入磁場區(qū)域時,線框內(nèi)的電流大小. (2)在ab邊剛進入磁場區(qū)域時,ab邊兩端的電壓. (3)在線框進入磁場的整個過程中,線框中的電流產(chǎn)生的熱量. 解析: (1)ab邊切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為E=BLv, 所以通過線框的電流為I=. (2)在ab邊剛進入磁場區(qū)域時,ab邊兩端的電壓為路端電壓Uab=E=BLv. (3)因線框是勻速進入的,所以線框中電流產(chǎn)生的熱量 Q=I24Rt=. 答案: (1) (2)BLv (3) 5.如圖甲所示,足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ豎直放置,其寬度L=1 m,一勻強磁場垂直穿過導軌平面,導軌的上端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緊貼在導軌上.現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑,下滑過程中ab始終保持水平,且與導軌接觸良好,其下滑距離x與時間t的關(guān)系如圖乙所示,圖象中的OA段為曲線,AB段為直線,導軌電阻不計,g=10 m/s2(忽略ab棒運動過程中對原磁場的影響),求: (1)磁感應強度B的大??; (2)金屬棒ab在開始運動的1.5 s內(nèi),通過電阻R的電荷量; (3)金屬棒ab在開始運動的1.5 s內(nèi),電阻R上產(chǎn)生的熱量. 解析: (1)金屬棒在AB段勻速運動,由題中圖象得: v==7 m/s I= mg=BIL 解得B=0.1 T. (2)q=Δt = 解得:q=1 C. (3)Q=mgh-mv2 解得Q=0.455 J QR=Q=0.26 J. 答案: (1)0.1 T (2)1 C (3)0.26 J- 1.請仔細閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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- 2019-2020年高考物理一輪復習講義 第九章 電磁感應 第3講 電磁感應的綜合應用 教科版 2019 2020 年高 物理 一輪 復習 講義 第九 綜合 應用
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