2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 電磁感應(yīng)及應(yīng)用提能專訓(xùn).doc
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2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 電磁感應(yīng)及應(yīng)用提能專訓(xùn) 一、選擇題(本題共12小題,每小題4分,共48分.多選全部選對(duì)的得4分,選對(duì)但不全的得2分,有選錯(cuò)的得0分) 1. (xx河北唐山一中調(diào)研)經(jīng)過(guò)不懈的努力,法拉第終于在1831年8月29日發(fā)現(xiàn)了“磁生電”的現(xiàn)象,他把兩個(gè)線圈繞在同一個(gè)軟鐵環(huán)上(如圖所示),一個(gè)線圈A連接電池與開關(guān),另一線圈B閉合并在其中一段直導(dǎo)線附近平行放置小磁針.法拉第可觀察到的現(xiàn)象有( ) A.當(dāng)合上開關(guān),A線圈接通電流瞬間,小磁針偏轉(zhuǎn)一下,隨即復(fù)原 B.只要A線圈中有電流,小磁針就會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn) C.A線圈接通后電流越大,小磁鐵偏轉(zhuǎn)角度也越大 D.當(dāng)開關(guān)打開,A線圈電流中斷瞬間,小磁針會(huì)出現(xiàn)與A線圈接通電流瞬間完全相同的偏轉(zhuǎn) 答案:A 解析:閉合開關(guān)瞬間,穿過(guò)線圈的磁通量增加,在線圈B中產(chǎn)生感應(yīng)電流,電流的磁場(chǎng)使小磁針偏轉(zhuǎn);當(dāng)線圈A中電流恒定,磁通量不變化,線圈B中不產(chǎn)生感應(yīng)電流,磁針不偏轉(zhuǎn);當(dāng)開關(guān)斷開時(shí),磁通量減少使B中又產(chǎn)生感應(yīng)電流,使小磁鐵偏轉(zhuǎn),但偏轉(zhuǎn)方向相反,選項(xiàng)A正確. 2.(xx江蘇單科) 如圖所示,一正方形線圈的匝數(shù)為n,邊長(zhǎng)為a,線圈平面與勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直,且一半處在磁場(chǎng)中.在Δt時(shí)間內(nèi),磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不變,大小由B均勻地增大到2B.在此過(guò)程中,線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為( ) A. B. C. D. 答案:B 解析:磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率==,法拉第電磁感應(yīng)定律公式可寫成E=n=nS,其中磁場(chǎng)中的有效面積S=a2,代入得E=n,選項(xiàng)B正確,選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤. 3.如圖所示,L為自感系數(shù)很大,直流電阻不計(jì)的線圈,D1、D2、D3為三個(gè)完全相同的燈泡,E為內(nèi)阻不計(jì)的電源,在t=0時(shí)刻閉合開關(guān)S,當(dāng)電路穩(wěn)定后D1、D2兩燈的電流分別為I1、I2,t1時(shí)刻斷開開關(guān)S,若規(guī)定電路穩(wěn)定時(shí)流過(guò)D1、D2的電流方向?yàn)殡娏鞯恼较颍瑒t下圖能正確定性描述電燈電流i與時(shí)間t關(guān)系的是( ) 答案:D 解析:在t=0時(shí)刻閉合開關(guān)S,D2的電流立刻達(dá)到最大值,并且大于穩(wěn)定時(shí)的電流I2,D1由于和線圈串聯(lián),電流由零逐漸增加,排除A、B、C選項(xiàng);t1時(shí)斷開開關(guān)S,線圈和D1、D2構(gòu)成閉合回路,電流逐漸減小到零,因規(guī)定電路穩(wěn)定時(shí)流過(guò)D1、D2的電流方向?yàn)殡娏鞯恼较?,斷開開關(guān)S后D2中電流向上,與正方向相反,取負(fù)值,選項(xiàng)D正確. 4. 如圖所示,通電導(dǎo)線MN與單匝圓形線圈 a共面,位置靠近圓形線圈a左側(cè)且相互絕緣.當(dāng)MN中電流突然減小時(shí),下列說(shuō)法正確的是( ) A.線圈a中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较? B.線圈a中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较? C.線圈a所受安培力的合力方向垂直紙面向里 D.線圈a所受安培力的合力方向水平向左 答案:A 解析:根據(jù)安培定則,MN中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)在導(dǎo)線左側(cè)垂直紙面向外,在導(dǎo)線右側(cè)垂直紙面向里.由于導(dǎo)線MN位置靠近圓形線圈a左側(cè),所以單匝圓形線圈a中合磁場(chǎng)方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶铮?dāng)MN中電流突然減小時(shí),垂直紙面向里的磁通量減少,根據(jù)楞次定律可知,線圈a中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?,選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤.由左手定則可知,導(dǎo)線左側(cè)圓弧所受安培力方向水平向右,導(dǎo)線右側(cè)圓弧所受安培力方向水平向右,所以線圈a所受安培力的合力方向水平向右,選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤. 5.(xx衡水模擬)如圖所示,等腰三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),它的底邊在x軸上且長(zhǎng)為2L,高為L(zhǎng).紙面內(nèi)一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)穿過(guò)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,在t=0時(shí)刻恰好位于圖中所示的位置.以順時(shí)針?lè)较驗(yàn)閷?dǎo)線框中電流的正方向,在下面四幅圖中能夠正確表示電流—位移(Ix)關(guān)系的是( ) 答案:C 解析:線框勻速穿過(guò)L的過(guò)程中,有效長(zhǎng)度l均勻增加,由E=Blv知,電動(dòng)勢(shì)隨位移均勻變大,x=L處電動(dòng)勢(shì)最大,電流I最大;從x=L至x=1.5L過(guò)程中,框架兩邊都切割磁感線,總電動(dòng)勢(shì)減小,電流減??;從x=1.5L至x=2L,左邊框切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大于右邊框,故電流反向且增大;x=2L至x=3L過(guò)程中,只有左邊框切割磁感線,有效長(zhǎng)度l減小,電流減?。C上所述,只有C項(xiàng)符合題意. 6.(xx廣東韶關(guān)一模) (多選)如圖所示,先后以速度v1和v2勻速把一矩形線圈拉出有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,v1=2v2,在先后兩種情況下( ) A.線圈中的感應(yīng)電流之比I1∶I2=2∶1 B.線圈中的感應(yīng)電流之比I1∶I2=1∶2 C.線圈中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2=4∶1 D.通過(guò)線圈某截面的電荷量之比q1∶q2=1∶1 答案:AD 解析:由于v1=2v2,根據(jù)E=BLv得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比=,感應(yīng)電流I=,則感應(yīng)電流之比為=,A正確,B錯(cuò)誤;線圈出磁場(chǎng)時(shí)所用的時(shí)間t=,則時(shí)間比為=,根據(jù)Q=I2Rt可知熱量之比為Q1∶Q2=2∶1,C錯(cuò)誤;根據(jù)q=Δt=Δt=Δt=得=,D正確. 7.(xx四川理綜)(多選)如圖所示,不計(jì)電阻的光滑U形金屬框水平放置,光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上,H、P的間距很?。|(zhì)量為0.2 kg的細(xì)金屬桿CD恰好無(wú)擠壓地放在兩擋板之間,與金屬框接觸良好并圍成邊長(zhǎng)為1 m的正方形,其有效電阻為0.1 Ω.此時(shí)在整個(gè) 空間加方向與水平面成30角且與金屬桿垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律是B=(0.4-0.2t) T,圖示磁場(chǎng)方向?yàn)檎较颍?、擋板和桿不計(jì)形變.則( ) A.t=1 s時(shí),金屬桿中感應(yīng)電流方向從C到D B.t=3 s時(shí),金屬桿中感應(yīng)電流方向從D到C C.t=1 s時(shí),金屬桿對(duì)擋板P的壓力大小為0.1 N D.t=3 s時(shí),金屬桿對(duì)擋板H的壓力大小為0.2 N 答案:AC 解析:根據(jù)楞次定律可判斷感應(yīng)電流的方向總是從C到D,故A項(xiàng)正確,B項(xiàng)錯(cuò)誤;由法拉第電磁感應(yīng)定律可知:E===sin 30=0.212 V=0.1 V,故感應(yīng)電流為I==1 A,金屬桿受到的安培力FA=BIL,t=1 s時(shí),F(xiàn)A=0.211 N=0.2 N,方向如圖甲,此時(shí)金屬桿受力分析如圖甲,由平衡條件可知F1=FAcos 60=0.1 N,F(xiàn)1為擋板P對(duì)金屬桿施加的力.t=3 s時(shí),磁場(chǎng)反向,此時(shí)金屬桿受力分析如圖乙,此時(shí)擋板H對(duì)金屬桿施加的力向右,大小為F3=BILcos 60=0.211 N=0.1 N.故C正確,D錯(cuò)誤. 8.(xx沈陽(yáng)市協(xié)作校期中聯(lián)考)如圖所示,兩個(gè)互連的金屬圓環(huán),粗金屬環(huán)的電阻是細(xì)金屬環(huán)電阻的一半,磁場(chǎng)垂直穿過(guò)粗金屬環(huán)所在的區(qū)域,當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化時(shí),在粗環(huán)內(nèi)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E,則ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為( ) A. B. C. D.E 答案:C 解析:粗環(huán)相當(dāng)于電源,細(xì)環(huán)相當(dāng)于負(fù)載,ab間的電勢(shì)差就是等效電路的路端電壓;粗環(huán)電阻是細(xì)環(huán)電阻的一半,則路端電壓是電動(dòng)勢(shì)的,即Uab=,故選C. 9.(xx云南一模)如圖甲所示,線圈ABCD固定于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向垂直紙面向外,當(dāng)磁場(chǎng)變化時(shí),線圈AB邊所受安培力向右且變化規(guī)律如圖乙所示,則磁場(chǎng)的變化情況可能是下列選項(xiàng)中的( ) 答案:D 解析:由題意可知,安培力的方向向右,根據(jù)左手定則可知感應(yīng)電流的方向由B到A,再由右手定則可知,當(dāng)垂直向外的磁場(chǎng)在增加時(shí),會(huì)產(chǎn)生由B到A的感應(yīng)電流,由法拉第電磁感應(yīng)定律,結(jié)合閉合電路歐姆定律,則安培力的表達(dá)式F=BIL=BL,因安培力的大小不變,則B是定值,因磁場(chǎng)B增大,則減小,故D正確,A、B、C錯(cuò)誤. 10.(xx山西太原一模)(多選)如圖甲所示,將長(zhǎng)方形導(dǎo)線框abcd垂直磁場(chǎng)方向放入勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中,規(guī)定垂直ab邊向右為ab邊所受安培力F的正方向,F(xiàn)隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示.選取垂直紙面向里為磁感應(yīng)強(qiáng)度B的正方向,不考慮線圈的形變,則B隨時(shí)間t的變化關(guān)系可能是下列選項(xiàng)中的( ) 答案:ABD 解析:在每個(gè)整數(shù)秒內(nèi)四個(gè)選項(xiàng)中磁感應(yīng)強(qiáng)度都是均勻變化的,磁通量的變化率為恒定的,產(chǎn)生的電流大小也是恒定的,再由F=BIL可知,B均勻變化時(shí),F(xiàn)也均勻變化,在0~1 s內(nèi),F(xiàn)為向左,根據(jù)楞次定律,磁通量均勻減小,與B的方向無(wú)關(guān).同理1~2 s內(nèi),F(xiàn)為向右,所以磁通量均勻增大,與B的方向無(wú)關(guān),這樣周期性的變化的磁場(chǎng)均正確,所以有A、B、D項(xiàng)正確,C項(xiàng)錯(cuò). 11.(xx河北唐山一模) (多選)如圖所示,水平傳送帶帶動(dòng)兩金屬桿勻速向右運(yùn)動(dòng),傳送帶右側(cè)與兩光滑平行金屬導(dǎo)軌平滑連接,導(dǎo)軌與水平面間夾角為30,兩虛線EF、GH之間有垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,磁場(chǎng)寬度為L(zhǎng),兩金屬桿的長(zhǎng)度和兩導(dǎo)軌的間距均為d,兩金屬桿a、b的質(zhì)量均為m,兩桿與導(dǎo)軌接觸良好.當(dāng)金屬桿a進(jìn)入磁場(chǎng)后恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)金屬桿a離開磁場(chǎng)時(shí),金屬桿b恰好進(jìn)入磁場(chǎng),則( ) A.金屬桿b進(jìn)入磁場(chǎng)后做加速運(yùn)動(dòng) B.金屬桿b進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng) C.兩桿在穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中,回路中產(chǎn)生的總熱量為 D.兩桿在穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中,回路中產(chǎn)生的總熱量為mgL 答案:BD 解析:金屬桿a進(jìn)入磁場(chǎng)后恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng),所受的安培力與重力沿斜面向下的分力大小相等,由于b棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度與a進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度相同,所受的安培力相同,所以兩棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的受力情況相同,則b進(jìn)入磁場(chǎng)后所受的安培力與重力沿斜面向下的分力也平衡,所以也做勻速運(yùn)動(dòng),故A項(xiàng)錯(cuò)誤,B項(xiàng)正確;兩桿穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中都做勻速運(yùn)動(dòng),根據(jù)能量守恒定律得,回路中產(chǎn)生的總熱量為Q=2mgsin 30L=mgL,故C項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確. 12.(xx山東菏澤一模)(多選)如圖所示,足夠長(zhǎng)的平行光滑導(dǎo)軌固定在水平面上,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)=1 m,其右端連接 有定值電阻R=2 Ω,整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌平面磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.一質(zhì)量m=2 kg的金屬棒在恒定的水平拉力F=10 N的作用下,在導(dǎo)軌上由靜止開始向左運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)中金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直.導(dǎo)軌及金屬棒的電阻不計(jì),下列說(shuō)法正確的是( ) A.產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向在金屬棒中由a指向b B.金屬棒向左做先加速后減速運(yùn)動(dòng)直到靜止 C.金屬棒的最大加速度為5 m/s2 D.水平拉力的最大功率為200 W 答案:ACD 解析:金屬棒向左運(yùn)動(dòng)切割磁感線,根據(jù)右手定則判斷得知產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向由a→b,A正確;金屬棒所受的安培力先小于拉力,棒做加速運(yùn)動(dòng),后等于拉力做勻速直線運(yùn)動(dòng),速度達(dá)到最大,B錯(cuò)誤;根據(jù)牛頓第二定律得:F-=ma,可知棒的速度v增大,加速度a減小,所以棒剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度最大,最大加速度amax== m/s2=5 m/s2,C正確;當(dāng)棒的加速度a=0時(shí)速度最大,設(shè)最大速度為vmax,則有F=,所以vmax== m/s=20 m/s,所以水平拉力的最大功率Pmax= Fvmax=1020 W=200 W,D正確. 二、計(jì)算題(本題包括4小題,共52分.解答應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要演算步驟,只寫出最后答案不能得分) 13. (12分)如圖所示,在一傾角θ=37的斜面上固定有兩個(gè)間距d=0.5 m、電阻不計(jì)、足夠長(zhǎng)且相互平行的金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌下端通過(guò)導(dǎo)線與阻值R=4 Ω的電阻相連,上端通過(guò)導(dǎo)線與阻值R′=2 Ω的小燈泡相連,一磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直斜面向上.質(zhì)量m=1.0 kg、電阻r= Ω的金屬棒PQ從靠近燈泡的一端開始下滑,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后,燈泡的亮度不再發(fā)生變化,若金屬棒PQ與金屬導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5.求:(g取10 m/s2 ,sin 37=0.6,cos 37=0.8) (1)最終金屬棒PQ運(yùn)動(dòng)的速度大??; (2)最終通過(guò)小燈泡的電流. 答案:(1)4 m/s (2) A 解析:(1)由題意可知,當(dāng)小燈泡的亮度不再發(fā)生變化時(shí),金屬棒PQ將沿傾斜導(dǎo)軌勻速下滑,設(shè)其勻速下滑時(shí)的速度大小為v 則有mgsin θ=μmgcos θ+BId 又因?yàn)镮=,R總=+r 將以上三式聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可解得v=4 m/s. (2)由mgsin θ=μmgcos θ+BId代入數(shù)據(jù)可解得I=2 A 所以加在小燈泡兩端的電壓為U=Bdv-Ir 代入數(shù)據(jù)可得U= V 所以最終通過(guò)小燈泡的電流I′= 解得I′= A. 14.(12分)如圖甲所示,電流傳感器(相當(dāng)于一只理想的電流表)能將各時(shí)刻的電流數(shù)據(jù)實(shí)時(shí)通過(guò)數(shù)據(jù)采集器傳輸給計(jì)算機(jī),經(jīng)計(jì)算機(jī)處理后在屏幕上同步顯示出I-t圖象.電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)光滑金屬軌道寬L=1.0 m,與水平面的夾角θ=37.軌道上端連接阻值R=1.0 Ω的定值電阻,金屬桿MN與軌道等寬,其電阻r=0.50 Ω、質(zhì)量m=0.02 kg.在軌道區(qū)域加一垂直軌道平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),讓金屬桿從圖示位置由靜止開始釋放,桿在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與軌道垂直,此后計(jì)算機(jī)屏幕上顯示出如圖乙所示的I-t圖象.重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,試求: (1)t=1.2 s時(shí)電阻R的熱功率; (2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??; (3)t=1.2 s時(shí)金屬桿的速度大小和加速度大?。? 答案:(1)2.2510-2 W (2)0.75 T (3)0.3 m/s 0.375 m/s2 解析:(1)由題圖乙可知,t=1.2 s時(shí)電流I1=0.15 A. P=IR=0.022 5 W=2.2510-2 W. (2)電流I2=0.16 A時(shí)電流不變,棒勻速運(yùn)動(dòng), BI2L=mgsin 37,得B=0.75 T. (3)t=1.2 s時(shí),電源電動(dòng)勢(shì)E=I1(R+r)=BLv, 代入數(shù)據(jù)得v=0.3 m/s. mgsin 37-BI1L=ma, 代入數(shù)據(jù)得a= m/s2=0.375 m/s2. 15.(xx廣東中山市模擬)(14分)如圖所示,兩平行光滑的金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平面上,相距為L(zhǎng),處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,整個(gè)磁場(chǎng)由n個(gè)寬度皆為x0的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域1、2、3、…、n組成,從左向右依次排列,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為1B、2B、3B、4B、…、nB,兩導(dǎo)軌左端之間接入電阻R.一質(zhì)量為m的金屬棒ab垂直于MN、PQ放在水平導(dǎo)軌上,與導(dǎo)軌接觸良好,不計(jì)導(dǎo)軌和金屬棒的電阻. (1)對(duì)導(dǎo)體棒ab施加水平向右的力,使其從圖示位置開始運(yùn)動(dòng)并穿過(guò)n個(gè)磁場(chǎng)區(qū),求導(dǎo)體棒穿越磁場(chǎng)區(qū)1的過(guò)程中通過(guò)電阻的電荷量q. (2)對(duì)導(dǎo)體棒ab加水平向右的力,讓它從距離磁場(chǎng)區(qū)1左側(cè)x=x0的位置由靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng).當(dāng)ab進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)1時(shí)開始做勻速運(yùn)動(dòng).此后在不同的磁場(chǎng)區(qū)施加不同的拉力,使棒ab保持勻速運(yùn)動(dòng)通過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域,求棒ab通過(guò)第i區(qū)域時(shí)水平拉力Fi和ab穿過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域所產(chǎn)生的焦耳Q. 答案:見(jiàn)解析 解析:(1)電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E= 通過(guò)電阻的電荷量q=IΔt=Δt 導(dǎo)體棒穿過(guò)1區(qū)過(guò)程ΔΦ=BLx0 解得q=BL (2)設(shè)進(jìn)入磁場(chǎng)1時(shí)拉力為F1,速度為v,則有 F1x0=mv2,F(xiàn)1-=0 解得F1=,v= 進(jìn)入第i區(qū)時(shí)的拉力:Fi== 導(dǎo)體棒以后通過(guò)每區(qū)都以v做勻速運(yùn)動(dòng),則有 Q=F1x0+F2x0+F3x0+…+Fnx0 解得Q=(12+22+32+…+n2) 16.(xx深圳二模)(14分)如圖甲所示,靜止在粗糙水平面上的正三角形金屬線框,匝數(shù)N=10、總電阻R=2.5 Ω、邊長(zhǎng)L=0.3 m,處在兩個(gè)半徑均為r=的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中,線框頂點(diǎn)與右側(cè)圓形中心重合.線框底邊中點(diǎn)與左側(cè)圓形中心重合.磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的磁場(chǎng)垂直水平面向上,大小不變;B2垂直水平面向下,大小隨時(shí)間變化,B1、B2的值如圖乙所示.線框與水平面間的最大靜摩擦力f=0.6 N,(取π≈3)求: (1)t=0時(shí)刻穿過(guò)線框的磁通量; (2)線框滑動(dòng)前的電流強(qiáng)度及電功率; (3)經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間線框開始滑動(dòng)及在此過(guò)程中產(chǎn)生的熱量. 答案:(1)0.005 Wb (2)0.1 A 0.025 W (3)0.01 J 解析:(1)設(shè)磁場(chǎng)向下穿過(guò)線框磁通量為正,由磁通量的定義得t=0時(shí) Φ=B2πr2-B1πr2=-0.005 Wb (2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有 E=N=Nπr2=0.25 V I==0.1 A P=I2R=0.025 W (3)右側(cè)線框每條邊受到的安培力 F1=NB2Ir=N(2+5t)Ir 因兩個(gè)力互成120,兩條邊的合力大小仍為F1 左側(cè)線框受力F2=NB1I2r 線框受到的安培力的合力F安=F1+F2 當(dāng)安培力的合力等于最大靜摩擦力時(shí)線框就要開始滑動(dòng),則 F安=f 即F安=N(2+5t)Ir+NB1I2r=f 解得t=0.4 s Q=I2Rt=0.01 J.- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來(lái)的問(wèn)題本站不予受理。
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- 2019年高考物理二輪復(fù)習(xí) 電磁感應(yīng)及應(yīng)用提能專訓(xùn) 2019 年高 物理 二輪 復(fù)習(xí) 電磁感應(yīng) 應(yīng)用 提能專訓(xùn)
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