内容正文:
综合提能(二)
综合提能(四)》
[典例]选A根据题意,金属棒匀速运动,因为导轨与金属[典例]解析:(1)磁场区域足够大,金属棒由静止开始先做变
棒电阻不计,故感应电流与感应电动势成正比,A正确;由F
加速运动,当重力沿导轨向下的分力与安培力平衡时,金属
=BIL可知t=0时刻安培力不为0,故B错误;由P=F
棒在磁场中运动的速度最大,产生的感应电动势也最大。设
可知C错误;电阻两端电压与电流成正比,故D错误。
在磁场中达到的最大速度为ym,有Em=BLm,根据闭合电
[针对训练]
1.选C由题图可知,从导线框的cd边进入磁场到ab边刚好
路欧姆定律有1。=尺
进入磁场,用时为0.2$,可得导线框运动速度的大小v
根据平衡条件有ngsin0=BIL
0.2m/s=0.5m/s,B错误:cd边切割磁感线产生的感应电
0.1
解得En=3mgR
2BL
动势E=0.01V,由公式E=Bl,可得磁感应强度的大小B:
(2)根据能量守恒定律,金属棒下滑过程中电阻R上产生的
0.1X0.5T=0.2T,A错误;感应电流的方向为顺时针
0.01
热量等于金属棒损失的机械能,所以有Q=mgH一2m
时,对cd边应用右手定则可知,磁感应强度的方向垂直于纸
解得Q=mg(H一3r)。
面向外,C正确:t=0.4s至t=0.6s时间段为cd边离开磁
(3)假设金属棒能通过圆形轨道的最高,点D,则金属棒由C
场,b边切割磁感线的过程,由闭合电路的欧姆定律及安培
点运动到D点机械能守恒,根据机械能守恒定律有令m
力公式得安培力F-.代入载据得F=0.O4N.D错误。
m2+mg·2r
2.选D由题图乙可知,0t1时间内,线框中电流的大小与方
向都不变,易知线框中磁通量的变化率不变,故0一(1时间
解得vD=√2gr
内磁感应强度与时间的关系图线是一条倾斜的直线,A、B
金属棒通过圆形轨道最高点D时,根据牛顿第二定律及向
错误;又由于0~t1时间内电流的方向为正,即沿abeda方
心力公式有Fw十mg=m
向,由楞次定律可知,电路中感应电流的磁场方向垂直纸面
向里,故0一t1时间内原磁场垂直纸面向里减小或垂直纸面
解得FND=mg,所以金属棒能通过最高点。
向外增大,C错误,D正确。
由牛顿第三定律可知,金属棒通过圆形轨道最高点D时对
轨道的压力FND'=FND=mg,方向竖直向上。
综合提能(三)
[典例]解析:(1)如图所示,ab杆受重力mg,竖
答案:(1)3mgR
2BL
(2)mg(H-3r)(3)能mg方向竖
直向下;支持力F、,垂直导轨平面向上;安培力
直向上
F,沿导轨平面向上。
针对训练]
(2)当ab杆速度为v时,感应电动势E=Bl0,
1.选Cab棒切割磁感线产生的电动势为E=BLv,ab棒相当
此时电路中的电流I一
EBlv
于电源,由于电源有内阻,所以ab棒两端电势差小于BL),
A错误:由于ab棒匀速上升,由右手定则可知,a端电势更
ab杆受到的安培力F=Bl=BIy
高,B错误;由于ab棒匀速上升,由动能定理可知,作用在ab
R
棒上的各个力的合力做的功等于零,C正确:根据功能关系
根据牛顿第二定律,有ngsin0-F=ma
可知,拉力F做的功等于重力势能的增加量和电路中产生
得a=gsin0-Bu
的热量之和,D错误。
1mR
2.解析:(1)金属框的总电阻为
(3)当加速度a=0,即B"=mgsin0时,ab杆达到最大速
R=4lλ=4×0.40×5.0×1032=0.0082
R
金属框中产生的感应电动势为
度,x="ngRsin0
B212
△BX
答案:(1)见解析图
(2)B
gsin 0-BFv
△t
△t
=0.1x7×a.4PV=0.008V
mR
E
(3)mgRsin 0
金属框中的电流为I=尺=1A
B12
t=2.0s时磁感应强度B2=(0.3一0.1×2)T=0.1T
[针对训练]
金属框处于磁场中的有效长度为L=√21
1,选C根据法拉第电磁感应定律有E=A=0.5V,则回路
此时金属框所受安培力大小为
△t
F=B2IL=0.1×1×W2×0.4N=0.042N。
中的电流为1=是-8A,A错送:所交安培力的大小为:F
(2)0一2.0s内金属框产生的焦耳热为Q=2Rt=12×
BIl=8N,B错误:根据牛顿第二定律有:F-F=(M+m)a,
0.008×2J=0.016J。
F:=(M十m)g,代入数据解得a=3m/s2,C正确,D错误。
答案:(1)0.042N(2)0.016J
2.选A两线圈的质量相等,线圈所用材料相同,则体积相同
第3节涡流、电磁阻尼和电磁驱动
甲线圈的匝数是乙线圈的2倍,则甲的横截面积是乙的一
半,长度是乙的2倍,由电阻定律可知,甲的电阻是乙的电阻
落实必备知识