2022-2023學(xué)年高中物理 第一章 電磁感應(yīng) 5 電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化與守恒學(xué)案 教科版選修3-2
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1、2022-2023學(xué)年高中物理 第一章 電磁感應(yīng) 5 電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化與守恒學(xué)案 教科版選修3-2 [目標(biāo)定位] 1.綜合運用楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律解決電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題.2.會分析電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化問題. 一、電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題 1.具有感應(yīng)電流的導(dǎo)體在磁場中將受到安培力作用,所以電磁感應(yīng)問題往往與力學(xué)問題聯(lián)系在一起,處理此類問題的基本方法是: (1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動勢的大小和方向. (2)求回路中的感應(yīng)電流的大小和方向. (3)分析導(dǎo)體的受力情況(包括安培力). (4)列動力學(xué)方程或平衡方程求解. 2.兩種狀態(tài)處理: (1)
2、導(dǎo)體處于平衡狀態(tài)——靜止或勻速直線運動狀態(tài). 處理方法:根據(jù)平衡條件——合力等于零列式分析. (2)導(dǎo)體處于非平衡狀態(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. 例1 如圖1所示,空間存在B=0.5 T、方向豎直向下的勻強磁場,MN、PQ是水平放置的平行長直導(dǎo)軌,其間距L=0.2 m,電阻R=0.3 Ω接在導(dǎo)軌一端,ab是跨接在導(dǎo)軌上質(zhì)量m=0.1 kg、電阻r=0.1 Ω的導(dǎo)體棒,已知導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.2.從零時刻開始,對ab棒施加一個大小為F=0.45 N、方向水平向左的恒定拉力,使其從靜止開始沿導(dǎo)軌滑動,過程中棒始終保持與導(dǎo)軌
3、垂直且接觸良好,求:(g=10 m/s2) 圖1 (1)導(dǎo)體棒所能達到的最大速度; (2)試定性畫出導(dǎo)體棒運動的速度-時間圖像. 解析 ab棒在拉力F作用下運動,隨著ab棒切割磁感線運動的速度增大,棒中的感應(yīng)電動勢增大,棒中感應(yīng)電流增大,棒受到的安培力也增大,最終達到勻速運動時棒的速度達到最大值.外力在克服安培力做功的過程中,消耗了其他形式的能,轉(zhuǎn)化成了電能,最終轉(zhuǎn)化成了焦耳熱. (1)導(dǎo)體棒切割磁感線運動,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢: E=BLv① I=② 導(dǎo)體棒受到的安培力F安=BIL③ 導(dǎo)體棒運動過程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力f的作用,根據(jù)牛頓第二定律: F-μmg-
4、F安=ma④ 由①②③④得:F-μmg-=ma 由上式可以看出,隨著速度的增大,安培力增大,加速度a減小,當(dāng)加速度a減小到0時,速度達到最大. 此時有F-μmg-=0 可得:vm==10 m/s (2)導(dǎo)體棒運動的速度-時間圖像如圖所示. 答案 (1)10 m/s (2)見解析圖 電磁感應(yīng)動力學(xué)問題中,要把握好受力情況、運動情況的動態(tài)分析.,基本思路是:導(dǎo)體受外力運動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢感應(yīng)電流導(dǎo)體受安培力―→合外力變化加速度變化―→速度變化―→感應(yīng)電動勢變化……→a=0,v最大值. 周而復(fù)始地循環(huán),循環(huán)結(jié)束時,加速度等于零,導(dǎo)體達到穩(wěn)定狀態(tài),a=0,速度v達到最大值.
5、 例2 如圖2所示,豎直平面內(nèi)有足夠長的金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間距為0.2 m,金屬導(dǎo)體ab可在導(dǎo)軌上無摩擦地上下滑動,ab的電阻為0.4 Ω,導(dǎo)軌電阻不計,導(dǎo)體ab的質(zhì)量為0.2 g,垂直紙面向里的勻強磁場的磁感應(yīng)強度為0.2 T,且磁場區(qū)域足夠大,當(dāng)導(dǎo)體ab自由下落0.4 s時,突然閉合開關(guān)S,則:(g取10 m/s2) 圖2 (1)試說出S接通后,導(dǎo)體ab的運動情況; (2)導(dǎo)體ab勻速下落的速度是多少? 解析 (1)閉合S之前導(dǎo)體ab自由下落的末速度為: v0=gt=4 m/s. S閉合瞬間,導(dǎo)體產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流,ab立即受到一個豎直向上的安培力. F安=B
6、IL==0.016 N>mg=0.002 N. 此刻導(dǎo)體所受合力的方向豎直向上,與初速度方向相反,加速度的表達式為 a==-g,所以ab做豎直向下的加速度逐漸減小的減速運動.當(dāng)速度減小至F安=mg時,ab做豎直向下的勻速運動. (2)設(shè)勻速下落的速度為vm, 此時F安=mg,即=mg,vm==0.5 m/s. 答案 (1)先做豎直向下的加速度逐漸減小的減速運動,后做勻速運動 (2)0.5 m/s 例3 如圖3,兩固定的絕緣斜面傾角均為θ,上沿相連.兩細金屬棒ab(僅標(biāo)出a端)和cd(僅標(biāo)出c端)長度均為L,質(zhì)量分別為2m和m;用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca
7、,并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上,使兩金屬棒水平.右斜面上存在勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直于斜面向上,已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場中,回路電阻為R,兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ,重力加速度大小為g, 圖3 已知金屬棒ab勻速下滑.求 (1)作用在金屬棒ab上的安培力的大??; (2)金屬棒運動速度的大?。? 解析 (1)由ab、cd棒被平行于斜面的導(dǎo)線相連,故ab、cd速度總是相等,cd也做勻速直線運動.設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為T,右斜面對ab棒的支持力的大小為N1,作用 在ab棒上的安培力的大小為F,左斜面對cd棒的支持力大小為N2,對于ab棒,受力
8、分析如圖甲所示,由力的平衡條件得 甲 乙 2mgsin θ=μN1+T+F① N1=2mgcos θ② 對于cd棒,受力分析如圖乙所示,由力的平衡條件得 mgsin θ+μN2=T③ N2=mgcos θ④ 聯(lián)立①②③④式得:F=mg(sin θ-3μcos θ) (2)設(shè)金屬棒運動速度大小為v,ab棒上的感應(yīng)電動勢為 E=BLv⑤ 回路中電流I=⑥ 安培力F=BIL⑦ 聯(lián)立⑤⑥⑦得: v=(sin θ-3μcos θ) 答案 (1)mg(sin θ-3μcos θ) (2)(sin θ-3μcos θ) 電磁感應(yīng)中力學(xué)問題的解題技巧:
9、(1)受力分析時,要把立體圖轉(zhuǎn)換為平面圖,同時標(biāo)明電流方向及磁場B的方向,以便準(zhǔn)確地畫出安培力的方向. (2)要特別注意安培力的大小和方向都有可能變化,不像重力或其他力一樣是恒力. (3)根據(jù)牛頓第二定律分析a的變化情況,以求出穩(wěn)定狀態(tài)的速度. (4)列出穩(wěn)定狀態(tài)下的受力平衡方程往往是解題的突破口. 二、電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化與守恒 1.電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量守恒 電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的“阻礙”是能量守恒的具體體現(xiàn),在這種“阻礙”的過程中,其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能. 2.電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化方式 3.求解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中能量問題的一般思路 (1)確定回路,分清電源和外電
10、路. (2)分析清楚有哪些力做功,明確有哪些形式的能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化.如: ①有滑動摩擦力做功,必有內(nèi)能產(chǎn)生; ②有重力做功,重力勢能必然發(fā)生變化; ③克服安培力做功,必然有其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能,并 且克服安培力做多少功,就產(chǎn)生多少電能;如果安培力做正功,就有電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能. (3)列有關(guān)能量的關(guān)系式. 例4 如圖4所示,勻強磁場方向豎直向下,磁感應(yīng)強度為B.正方形金屬框abcd可繞光滑軸OO′轉(zhuǎn)動,邊長為L,總電阻為R,ab邊質(zhì)量為m,其他三邊質(zhì)量不計,現(xiàn)將abcd拉至水平位置,并由靜止釋放,經(jīng)一定時間到達豎直位置,ab邊的速度大小為v,則在金屬框內(nèi)產(chǎn)生熱量大小等于(
11、 ) 圖4 A. B. C.mgL- D.mgL+ 解析 金屬框繞光滑軸轉(zhuǎn)下的過程中機械能有損失但能量守恒,損失的機械能為mgL-,故產(chǎn)生的熱量為mgL-,選項C正確. 答案 C 例5 如圖5所示,兩根電阻不計的光滑平行金屬導(dǎo)軌傾角為θ,導(dǎo)軌下端接有電阻R,勻強磁場垂直斜面向上.質(zhì)量為m、電阻不計的金屬棒ab在沿斜面與棒垂直的恒力F作用下沿導(dǎo)軌勻速上滑,上升高度為h,在這個過程中( ) 圖5 A.金屬棒所受各力的合力所做的功等于零 B.金屬棒所受各力的合力所做的功等于mgh和電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱之和 C.恒力F與重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做 的功與電
12、阻R上產(chǎn)生的焦耳熱之和 D.恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 解析 棒勻速上升的過程有三個力做功:恒力F做正功、重力G做負功、安培力F安做負功.根據(jù)動能定理:W=WF+WG+W安=0,故A對,B錯;恒力F與重力G的合力所做的功等于棒克服安培力做的功.而棒克服安培力做的功等于回路中電能(最終轉(zhuǎn)化為焦耳熱)的增加量,克服安培力做功與焦耳熱不能重復(fù)考慮,故C錯,D對. 答案 AD 電磁感應(yīng)中焦耳熱的計算技巧:,(1)電流恒定時,根據(jù)焦耳定律求解,即Q=I2Rt.,(2)感應(yīng)電流變化,可用以下方法分析:,①利用動能定理,求出克服安培力做的功,產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的
13、功,即Q=W安.,②利用能量守恒,即感應(yīng)電流產(chǎn)生的焦耳熱等于減少的其他形式的能量,即Q=ΔE其他. 1.如圖6,在光滑水平桌面上有一邊長為L、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)的條形勻強磁場區(qū)域,磁場的邊界與導(dǎo)線框的一邊平行,磁場方向豎直向下.導(dǎo)線框以某一初速度向右運動.t=0 時導(dǎo)線框的右邊恰好與磁場的左邊界重合,隨后導(dǎo)線框進入并通過磁場區(qū)域.下列vt圖像中,可能正確描述上述過程的是( ) 圖6 答案 D 解析 進入階段,導(dǎo)線框受到的安培力F安=BIL=,方向向左,所以導(dǎo)線框速度減小,安培力減小,所以進入階段導(dǎo)線框做的是加速度減小的減速運
14、動.全部進入之后,磁通量不變化,根據(jù)楞次定律,電路中沒有感應(yīng)電流,速度不變.出磁場階段,導(dǎo)線框受到的安培力F安=BIL=,方向向左.所以導(dǎo)線框速度減小,安培力減小,所以出磁場階段導(dǎo)體框做的是加速度減小的減速運動.綜上所述,D正確. 2.(電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題)如圖7所示,光滑金屬直導(dǎo)軌MN和PQ固定在同一水平面內(nèi),MN、PQ平行且足夠長,兩導(dǎo)軌間的寬度L=0.5 m.導(dǎo)軌左端接一阻值R=0.5 Ω的電阻.導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強度大小為B=0.4 T,方向豎直向下的勻強磁場中,質(zhì)量m=0.5 kg的導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放置.在沿著導(dǎo)軌方向向右的力F作用下,導(dǎo)體棒由靜止開始運動,導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸
15、良好并且相互垂直,不計導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻,不計空氣阻力,若力F的大小保持不變,且F=1.0 N,求: 圖7 (1)導(dǎo)體棒能達到的最大速度vm的大小; (2)導(dǎo)體棒的速度v=5.0 m/s時,導(dǎo)體棒的加速度大小. 答案 (1)12.5 m/s (2)1.2 m/s2 解析 (1)導(dǎo)體棒達到最大速度vm時受力平衡,有F=F安m,此時F安m=,解得vm=12.5 m/s. (2)導(dǎo)體棒的速度v=5.0 m/s時,感應(yīng)電動勢E=BLv=1.0 V,導(dǎo)體棒上通過的感應(yīng)電流大小I==2.0 A,導(dǎo)體棒受到的安培力F安=BIL=0.4 N,根據(jù)牛頓第二定律,有F-F安=ma,解得a=1.2
16、m/s2. 3.(電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化)如圖8所示,一對光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi),導(dǎo)軌間距L=0.5 m,左端接有阻值R=0.3 Ω的電阻,一質(zhì)量m=0.1 kg、電阻r=0.1 Ω 的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上,整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中,磁場的磁感應(yīng)強度B=0.4 T.金屬棒在水平向右的外力作用下,由靜止開始以a=2 m/s2的加速度做勻加速運動,當(dāng)金屬棒的位移x=9 m時撤去外力,金屬棒繼續(xù)運動一段距離后停下來,已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2=2∶1.導(dǎo)軌足夠長且電阻不計,金屬棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸.求: 圖8 (1
17、)金屬棒在勻加速運動過程中,通過電阻R的電荷量q; (2)撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2; (3)外力做的功WF. 答案 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J 解析 (1)勻加速運動過程中產(chǎn)生的平均電動勢=n 回路中的電流為= 通過電阻R的電荷量為q=Δt 由上述公式聯(lián)立可得:q=n== C=4.5 C. (2)撤去外力前金屬棒做勻加速運動,根據(jù)運動學(xué)公式得x=at2,v=at 所以v=6 m/s 撤去外力后金屬棒在安培力作用下做減速運動,安培力做負功先將金屬棒的動能轉(zhuǎn)化為電能,再通過電流做功將電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,所以焦耳熱等于金屬棒的動能減少量,有: Q2
18、=ΔEk=mv2=×0.1×62 J=1.8 J. (3)根據(jù)題意,在撤去外力前的焦耳熱為 Q1=2Q2=3.6 J, 撤去外力前拉力做正功、安培力做負功(其大小等于焦耳熱Q1)、重力不做功.金屬棒的動能增大,根據(jù)動能定理有: ΔEk=WF-Q1 則WF=Q1+ΔEk=3.6 J+1.8 J=5.4 J. 題組一 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題 1.如圖1所示,在一勻強磁場中有一U形導(dǎo)線框abcd,線框處于水平面內(nèi),磁場與線框平面垂直,R為一電阻,ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿,它可在ab、cd上無摩擦地滑動.桿ef及線框中導(dǎo)線的電阻都可不計.開始時,給ef一個向右的初速度,則( )
19、 圖1 A.ef將減速向右運動,但不是勻減速 B.ef將勻減速向右運動,最后停止 C.ef將勻速向右運動 D.ef將往返運動 答案 A 解析 ef向右運動,切割磁感線,產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流,會受到向左的安培力而做減速運動,直到停止,但不是勻減速,由F=BIL==ma知,ef做的是加速度減小的減速運動,故A正確. 2.如圖2所示,MN和PQ是兩根互相平行豎直放置的光滑金屬導(dǎo)軌,已知導(dǎo)軌足夠長,且電阻不計,ab是一根不但與導(dǎo)軌垂直而且始終與導(dǎo)軌接觸良好的金屬桿,開始時,將開關(guān)S斷開,讓桿ab由靜止開始自由下落,過段時間后,再將S閉合,若從S閉合開始計時,則金屬桿ab的速度v
20、隨時間t變化的圖像不可能是下圖中的( ) 圖2 答案 B 解析 S閉合時,若>mg,先減速再勻速,D項有可能;若=mg,勻速,A項有可能;若<mg,先加速再勻速,C項有可能;由于v變化,-mg=ma中a不恒定,故B項不可能. 3.(多選)如圖3所示,有兩根和水平方向成α角的光滑平行金屬軌道,間距為l,上端接有可變電阻R,下端足夠長,空間有垂直于軌道平面向上的勻強磁場,磁感應(yīng)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( ) 圖3 A.如果B變大,vm將變大 B.如果α變大,vm將變大 C.如果R變
21、大,vm將變大 D.如果m變小,vm將變大 答案 BC 解析 金屬桿從軌道上滑下切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E=Blv,在閉合電路中形成電流I=,因此金屬桿從軌道上滑下的過程中除受重力、軌道的彈力外還受安培力作用,F(xiàn)安=BIl=,先用右手定則判定感應(yīng)電流方向,再用左手定則判定出安培力方向,如圖所示, 根據(jù)牛頓第二定律,得mgsinα-=ma,當(dāng)a→0時,v→vm,解得vm=,故選項B、C正確. 4.如圖4,水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻,質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上,t=0時,金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動,t0時刻,金屬桿進入磁感
22、應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域,且在磁場中恰好能保持勻速運動.桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計,兩者始終保持垂直且接觸良好,兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ.重力加速度大小為g.求 圖4 (1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大??; (2)電阻的阻值. 答案 (1)Blt0(-μg) (2) 解析 (1)設(shè)金屬桿進入磁場前的加速度大小為a,由牛頓第二定律得 F-μmg=ma① 設(shè)金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v,由運動學(xué)公式有 v=at0② 當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運動時,由法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的電動勢為 E=Blv③ 聯(lián)立①②③式可得 E=Blt0(-μg
23、)④ (2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時,金屬桿中的電流為I,根據(jù)歐姆定律 I=⑤ 式中R為電阻的阻值.金屬桿所受的安培力為 F安=BlI⑥ 因金屬桿做勻速運動,有 F-μmg-F安=0⑦ 聯(lián)立④⑤⑥⑦式得 R=⑧ 題組二 電磁感應(yīng)中的能量問題 5.光滑曲面與豎直平面的交線是拋物線,如圖5所示,拋物線的方程為y=x2,其下半部處在一個水平方向的勻強磁場中,磁場的上邊界是y=a的直線(圖中虛線所示),一個質(zhì)量為m的小金屬塊從拋物線y=b(b>a)處以速度v沿拋物線下滑,假設(shè)拋物線足夠長,則金屬塊在曲面上滑動的過程中產(chǎn)生的焦耳熱總量是( ) 圖5 A.mgb
24、 B.mv2 C.mg(b-a) D.mg(b-a)+mv2 答案 D 解析 金屬塊在進入磁場或離開磁場的過程中,穿過金屬塊的磁通量發(fā)生變化,產(chǎn)生電流,進而產(chǎn)生焦耳熱,最后,金屬塊在高為a的曲面上做往復(fù)運動,減少的機械能為mg(b-a)+mv2,由能量守恒定律可知,減少的機械能全部轉(zhuǎn)化成焦耳熱,即D選項正確. 6.如圖6所示,質(zhì)量為m、高為h的矩形導(dǎo)線框在豎直面內(nèi)自由下落,其上下兩邊始終保持水平,途中恰好勻速穿過一有理想邊界、高亦為h的勻強磁場區(qū)域,線框在此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為( ) 圖6 A.mgh B.2mgh C.大于mgh而小于2mgh D.大于2mg
25、h 答案 B 解析 因線框勻速穿過磁場,在穿過磁場的過程中合外力做功為零,克服安培力做功為2mgh,產(chǎn)生的內(nèi)能亦為2mgh.故選B. 7.如圖7所示,紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框abcd,ab邊長大于bc邊長,置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外,線框兩次勻速地完全進入磁場,兩次速度大小相同,方向均垂直于MN.第一次ab邊平行MN進入磁場,線框上產(chǎn)生的熱量為Q1,通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q1;第二次bc邊平行于MN進入磁場,線框上產(chǎn)生的熱量為Q2,通過線框?qū)w橫截面的電荷量為q2,則( ) 圖7 A.Q1>Q2,q1=q2 B.Q1>Q2,q1>q2 C.Q1=Q2,q
26、1=q2 D.Q1=Q2,q1>q2 答案 A 解析 根據(jù)功能關(guān)系知,線框上產(chǎn)生的熱量等于克服安培力做的功,即Q1=W1=F1lbc=lbc=lab,同理Q2=lbc,又lab>lbc,故Q1>Q2;因q=t=t=,故q1=q2,因此A正確. 題組三 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題和能量問題的綜合 8.(多選)如圖8所示,相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為θ,上端接有定值電阻R,勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面,磁感應(yīng)強度為B.將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒由靜止釋放,當(dāng)速度達到v時開始勻速運動,此時對導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力,并保持拉力的功率恒為P,導(dǎo)體棒最終以2v的速度勻速運
27、動.導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,不計導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻,重力加速度為g.下列選項正確的是( ) 圖8 A.當(dāng)導(dǎo)體棒速度達到時加速度大小為gsinθ B.當(dāng)導(dǎo)體棒速度達到時加速度大小為gsinθ C.P=2mgvsin θ D.P=3mgvsin θ 答案 AC 9.如圖9所示,長L1、寬L2的矩形線圈電阻為R,處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場邊緣,線圈與磁感線垂直,求將線圈以向右的速度v勻速拉出磁場的過程中, 圖9 (1)拉力的大小F; (2)線圈中產(chǎn)生的電熱Q. 答案 (1) (2) 解析 (1)線圈出磁場時:F=BIL2 I= E=BL2v 解得F=
28、. (2)方法一:t= Q=I2Rt 所以Q= 方法二:Q=W=FL1=. 10.如圖10所示,足夠長的光滑金屬框豎直放置,框?qū)扡=0.5 m,框的電阻不計,勻強磁場的磁感應(yīng)強度B=1 T,方向與框面垂直,金屬棒MN的質(zhì)量為100 g,電阻為1 Ω,現(xiàn)讓MN無初速度釋放并與框保持接觸良好的豎直下落,從釋放直至到最大速度的過程中通過棒某一截面的電荷量為2 C,求此過程中回路產(chǎn)生的電能為多少?(空氣阻力不計,g=10 m/s2) 圖10 答案 3.2 J 解析 金屬棒下落過程做加速度逐漸減小的加速運動,加速度減小到零時速度達到最大,根據(jù)平衡條件得mg=① 在下落過程中,金屬棒減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為它的動能和電能E,由能量守恒定律得mgh=mv+E② 通過棒某一橫截面的電荷量為q=③ 由①②③解得: E=mgh-mv=-= J- J=3.2 J.
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