内容正文:
(3)当加速度a=0,即B”=mgsin9时,ab杆达到最大速:2.解析:1)金属框的总电阻为
R
R=4=4×0.40×5.0×10-82=0.0082
mgRsin 0
度,nx
金属框中产生的感应电动势为
B229
2
[答案]1)见解析图(2)
R
gsin -Bu
mR
E=△Φ
△BX2
△t△t
=0.1×2×0.4V=0.008V
(3)mgRsin 0
E
B212
金属框中的电流为I=尺=1A
[针对训练]
t=2.0s时磁感应强度B2=(0.3一0.1X2)T=0.1T
1.选BC根据法拉第电磁感应定律有E=AΦ=0.5V,则回
金属框处于磁场中的有效长度为L=√21
△t
此时金属框所受安培力大小为
路中的电流为I=
E
=8A,A错误;所受安培力的大小为:F
F=B2IL=0.1×1×2×0.4N=0.04√2N。
=BIl=8N,B正确;根据牛顿第二定律有:F一F=(M十
(2)0~2.0s内金属框产生的焦耳热为Q=Rt=12X
m)a,F=(M十m)g,代入数据解得a=3m/s2,C正确,D】
0.008×2J=0.016J.
错误。
答案:(1)0.04√2N(2)0.016J
2.选AB两线圈的质量相等,线圈所用材料相同,则体积相
同,甲线圈的匝数是乙线圈的2倍,则甲的横截面积是乙的
第四节
互感和自感
一半,长度是乙的2倍,由电阻定律可知,甲的电阻是乙的电
阻的4倍;两线圈从同一高度同时由静止开始下落,则到达
落实必备知识
磁场上边界时两线圈的速度相同,设乙线圈的匝数为,两
;[预读教材]
线圈的边长均为,两线圈进入磁场后,乙受到的安培力F,
=nBIl=口”,甲受到的安培力Fp=4nB-1.感应电动势
R
4R
二、
””,可见,甲,乙受到的安培力大小相同,重力也相同,1,线圈本身2.自感感应3.自感
电感亨利亨
R
4.形状长短匝数铁芯
则运动情况相同,A、B正确
综合提能(四)
[情境创设]
[典例]解析:(1)磁场区域足够大,金属棒由静止开始先做变
!1.提示:两个线圈发生互感现象。
加速运动,当重力沿导轨向下的分力与安培力平衡时,金属
2.(1)×(2)√(3)/
棒在磁场中运动的速度最大,产生的感应电动势也最大。设
3.提示:断开开关S,线圈中电流变小,线圈L中产生自感电流
在磁场中达到的最大速度为飞m,有Em=BLvm,根据闭合电
以阻碍电路中原电流的减小,所以人会受到电击。
略欧好定律有1。一员
强化关键能力
新知学习(一)
根据平衡条件有mgsin 0-=BImL
[任务驱动]
解得En-③mgR
提示:冲击钻的两个线圈发生互感现象,根据楞次定律,当线圈
2BL
中的磁通量增大时,M向右运动,故可能原因是开关S突然闭
(2)根据能量守恒定律,金属棒下滑过程中电阻R上产生的!合或滑片P向左滑动。
1
热量等于金属棒损失的机械能,所以有Q=mgH-2m
:[典例]选Bt,时刻感应电流为0,故两环间作用力为0,A
错误;2和t3时刻,A环中电流在减小,则B环中产生与A
解得Q=mg(H一3r)。
环中同向的电流,故两环相互吸引,B正确、C错误;4时刻,
(3)假设金属棒能通过圆形轨道的最高,点D,则金属棒由C
A环中电流为0,两环无相互作用,D错误。
点运动到D,点机械能守恒,根据机械能守恒定律有
:[针对训练]
2me2=2mw2+mg·2r
1.选D当线圈α输入正弦交变电流时,线圈b输出同频率的
正弦交变电流,A错误;当线圈a输入恒定电流时,线圈a产
解得vD=√2gr
生稳定的磁场,通过线圈b的磁通量不变,但不为0,B错误;
金属棒通过圆形轨道最高点D时,根据牛顿第二定律及向
由于互感现象的存在,每个线圈中的交变电流都会对另外一
心力公式有Fw十mg=m
个线圈的磁场产生影响,C错误;当线圈的磁场变化时,通
解得FD=mg,所以金属棒能通过最高点。
过线圈b的磁通量发生变化,一定产生感应电动势,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!2,选D左侧门框中某段时间通电线圈中存在(由左向右看)
轨道的压力FND'=FD=mg,方向竖直向上。
顺时针方向均匀减小的电流,无金属片通过时,右侧接收线
答案:(1)3mgR
圈中磁通量均匀减小,根据楞次定律,右侧线圈中产生的感
2BL
(2)mg(H-3r)(3)能大小为mg,方
应电流方向为顺时针,大小恒定,A、B错误:有金属片通过
向竖直向上
时,金属片中产生涡流,使右侧接收线圈中的感应电流大小
[针对训练]
发生变化,方向仍为顺时针,C错误,D正确。
1.选Cab棒切割磁感线产生的电动势为E=BLo,ab棒相当新知学习(二)
于电源,由于电源有内阻,所以ab棒两端电势差小于BL),
:[典例]选ABC自感作用