12.如圖40所示.將邊長為a.質量為m.電阻為R的正方形導線框豎直向上拋出.穿過寬度為b.磁感應強度為B的勻強磁場.磁場的方向垂直紙面向里.線框向上離開磁場時的速度剛好是進人磁場時速度的一半.線框離開磁場后繼續上升一段高度.然后落下并勻速進人磁場.整個運動過程中始終存在著大小恒定的空氣阻力f且線框不發生轉動.求: (1)線框在下落階段勻速進人磁場時的速度V2, (2)線框在上升階段剛離開磁場時的速度V1, 圖40(3)線框在上升階段通過磁場過程中產生的焦耳熱Q. 查看更多

 

題目列表(包括答案和解析)

如圖甲所示,光滑的水平地面上固定一長為L=1.7 m的長木板C,板的左端有兩個可視為質點的物塊A和B,其間夾有一根長為1.0 m的輕彈簧,彈簧沒有形變,且與物塊不相連。已知ma=mc=20 kg,mb=40 kg,A與木板C、B與木板C的動摩擦因數分別為μa=0.50和μb=0.25。假設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等,F用水平力F作用于A,讓F從零開始逐漸增大,并使B緩慢地向右移動0.5 m,使彈簧儲存了彈性勢能E0 。

      

甲                                   乙

(1)若彈簧的勁度系數為k=200 N/m,以作用力F為縱坐標,物塊A移動的距離為橫坐標,試通過定量計算在圖乙的坐標系中畫出推力F隨物塊A位移的變化圖線。

(2)求彈簧儲存的彈性勢能E0的大小。

(3)當物塊B緩慢地向右移動了0.5 m后,保持A、B兩物塊間距不變,將其間夾有的彈簧更換,使得壓縮量相同的新彈簧儲存的彈性勢能為12E0,之后同時釋放三物體A、B和C,已被壓縮的輕彈簧將A、B向兩邊彈開,求哪一物塊先被彈出木板C?最終C的速度是多大?

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如圖所示為某種新型分離設備內部電、磁場分布情況圖.自上而下分為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個區域.區域Ⅰ寬度為d1,分布有沿紙面向下的勻強電場E1;區域Ⅱ寬度為d2,分布有垂直紙面向里的勻強磁場B1;寬度可調的區域Ⅲ中分布有沿紙面向下的勻強電場E2和垂直紙面向里的勻強磁場B2.現有一群質量和帶電量均不同的帶電粒子從區域Ⅰ上邊緣的注入孔A點被注入,這些粒子都只在電場力作用下由靜止開始運動,然后相繼進入Ⅱ、Ⅲ兩個區域,滿足一定條件的粒子將回到區域Ⅰ,其他粒子則從區域Ⅲ飛出,三區域都足夠長.已知能飛回區域Ⅰ的帶電粒子的質量為m=6.4×10-27 kg、帶電量為q=3.2×10-19 C,且有d1=10 cm,d2=5cm,E1=E2=40 V/m,B1=4×10-3 T,B2=2×10-3 T.試求:

(1)該帶電粒子離開區域Ⅰ時的速度;

(2)該帶電粒子離開區域Ⅱ時的速度;

(3)為使該帶電粒子還能回到區域Ⅰ的上邊緣,區域Ⅲ的寬度d3應滿足的條件;

(4)該帶電粒子第一次回到區域Ⅰ的上邊緣時離開A點的距離.

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某實驗小組探究彈簧的勁度系數k與其長度(圈數)的關系;實驗裝置如圖(a)所示:一均勻長彈簧豎直懸掛,7個指針P0、P1、P2、P3、P4、P5、P6分別固定在彈簧上距懸點0、10、20、30、40、50、60圈處;通過旁邊豎直放置的刻度尺,可以讀出指針的位置,P0指向0刻度;設彈簧下端未掛重物時,各指針的位置記為x0;掛有質量為0.100kg砝碼時,各指針的位置記為x;測量結果及部分計算結果如下表所示(n為彈簧的圈數,取重力加速度為9.80m/s2).已知實驗所用彈簧的總圈數為60,整個彈簧的自由長度為11.88cm.
                      

 
 
P1
 
P2
 
P3
 
P4
 
P5
 
P6
 
x0 (cm)
 
2.04
 
4.06
 
6.06
 
8.05
 
10.03
 
12.01
 
x(cm)
 
2.64
 
5.26
 
7.81
 
10.30
 
12.93
 
15.41
 
n
 
10
 
20
 
30
 
40
 
50
 
60
 
k(N/m)
 
163
 

 
56.0
 
43.6
 
33.8
 
28.8
 
1/k(m/N)
 
0.0061
 

 
0.0179
 
0.0229
 
0.0296
 
0.0347
 
(1)將表中數據補充完整:;
(2)以n為橫坐標,1/k為縱坐標,在圖(b)給出的坐標紙上畫出1/k-n圖象;

(3)圖(b)中畫出的直線可以近似認為通過原點;若從實驗中所用的彈簧截取圈數為n的一段彈簧,該彈簧的勁度系數k與其圈數n的關系的表達式為k=  N/m;該彈簧的勁度系數k與其自由長度l0(單位為m)的表達式為k=  N/m.

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某實驗小組探究彈簧的勁度系數k與其長度(圈數)的關系;實驗裝置如圖(a)所示:一均勻長彈簧豎直懸掛,7個指針P0、P1、P2、P3、P4、P5、P6分別固定在彈簧上距懸點0、10、20、30、40、50、60圈處;通過旁邊豎直放置的刻度尺,可以讀出指針的位置,P0指向0刻度;設彈簧下端未掛重物時,各指針的位置記為x0;掛有質量為0.100kg砝碼時,各指針的位置記為x;測量結果及部分計算結果如下表所示(n為彈簧的圈數,取重力加速度為9.80m/s2).已知實驗所用彈簧的總圈數為60,整個彈簧的自由長度為11.88cm.
                      
 
P1
P2
P3
P4
P5
P6
x0 (cm)
2.04
4.06
6.06
8.05
10.03
12.01
x(cm)
2.64
5.26
7.81
10.30
12.93
15.41
n
10
20
30
40
50
60
k(N/m)
163

56.0
43.6
33.8
28.8
1/k(m/N)
0.0061

0.0179
0.0229
0.0296
0.0347
(1)將表中數據補充完整:,;
(2)以n為橫坐標,1/k為縱坐標,在圖(b)給出的坐標紙上畫出1/k-n圖象;

(3)圖(b)中畫出的直線可以近似認為通過原點;若從實驗中所用的彈簧截取圈數為n的一段彈簧,該彈簧的勁度系數k與其圈數n的關系的表達式為k=  N/m;該彈簧的勁度系數k與其自由長度l0(單位為m)的表達式為k=  N/m.

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(1)某同學用如圖1所示的裝置進行“驗證動量守恒定律”的實驗:

①先測出可視為質點的兩材質相同滑塊A、B的質量分別為m、M及滑塊與桌面間的動摩擦因數μ.
②用細線將滑塊A、B連接,使A、B間的輕彈簧處于壓縮狀態,滑塊B恰好緊靠桌邊.
③剪斷細線,測出滑塊B做平拋運動的水平位移x1,滑塊A沿水平桌面滑行距離為x2(未滑出桌面).
為驗證動量守恒定律,寫出還需測量的物理量及表示它們的字母
物體B下落的高度h
物體B下落的高度h
;如果動量守恒,需要滿足的關系式為
Mx1
g
2h
═m
2gμx2
Mx1
g
2h
═m
2gμx2

(2)某實驗小組利用拉力傳感器和速度傳感器探究功和動能變化的關系,如圖2所示,他們將拉力傳感器固定在小車上,用不可伸長的細線將其通過一個定滑輪與鉤碼相連,用拉力傳感器記錄小車受到拉力的大。谒阶烂嫔舷嗑50.0cm的A、B兩點各安裝一個速度傳感器,記錄小車通過A、B時的速度大。≤囍锌梢苑胖庙来a.
(Ⅰ)實驗中木板略微傾斜,這樣做目的是
CD
CD

A.是為了使釋放小車后,小車能勻加速下滑
B.是為了增大小車下滑的加速度
C.可使得細線拉力做的功等于合力對小車做的功
D.可使得小車在未施加拉力時做勻速直線運動
(Ⅱ)實驗主要步驟如下:
①測量
小車、砝碼
小車、砝碼
和拉力傳感器的總質量M1;把細線的一端固定在拉力傳感器上,另一端通過定滑輪與鉤碼相連;正確連接所需電路.
②將小車停在C點,接通電源,
靜止釋放小車
靜止釋放小車
,小車在細線拉動下運動,記錄細線拉力及小車通過A、B時的速度.
③在小車中增加砝碼,或增加鉤碼個數,重復②的操作.
(Ⅲ)下表是他們測得的一組數據,其中M1是傳感器與小車及小車中砝碼質量之和,|v
 
2
2
-v
 
2
1
|是兩個速度傳感器記錄速度的平方差,可以據此計算出動能變化量△E,F是拉力傳感器受到的拉力,W是拉力F在A、B間所做的功.表格中△E3=
0.600
0.600
,W3=
0.610
0.610
 (結果保留三位有效數字).
次數 M1/kg |v
 
2
2
-v
 
2
1
|/(m/s)2
△E/J F/N W/J
1 0.500 0.760 0.190 0.400 0.200
2 0.500 1.65 0.413 0.840 0.420
3 0.500 2.40 △E3 1.220 W3
4 1.000 2.40 1.20 2.420 1.21
5 1.000 2.84 1.42 2.860 1.43

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高考真題

1.【解析】對A選項,靜止的導線上的穩恒電流附近產生穩定的磁場,通過旁邊靜止的線圈不會產生感應電流,A被否定;穩恒電流周圍的穩定磁場是非勻強磁場,運動的線圈可能會產生感應電流,B符合事實;靜止的磁鐵周圍存在穩定的磁場,旁邊運動的導體棒會產生感應電動勢,C符合;運動的導線上的穩恒電流周圍產生運動的磁場,即周圍磁場變化,在旁邊的線圈中產生感應電流,D符合。

【答案】A

2.【解析】本題考查右手定則的應用。根據右手定則,可判斷PQ作為電源,Q端電勢高,在PQcd回路中,電流為逆時針方向,即流過R的電流為由c到d,在電阻r的回路中,電流為順時針方向,即流過r的電流為由b到a。當然也可以用楞次定律,通過回路的磁通量的變化判斷電流方向.所以選項B正確

【答案】B

3.【解析】如圖所示,設觀察方向為面向北方,左西右東,則地磁場方向平行赤道表面向北,

若飛機由東向西飛行時,由右手定則可判斷出電動勢方向為由上

向下,若飛機由西向東飛行時,由右手定則可判斷出電動勢方向

為由下向上,A對B錯;沿著經過地磁極的那條經線運動時,速

度方向平行于磁場,金屬桿中一定沒有感應電動勢,C錯D對。

【答案】AD

4.【解析】在釋放的瞬間,速度為零,不受安培力的作用,只受到重力,A對。由右手定則可得,電流的方向從b到a,B錯。當速度為時,產生的電動勢為,受到的安培力為,計算可得,C對。在運動的過程中,是彈簧的彈性勢能、重力勢能和內能的轉化,D錯。

【答案】AC

5.【解析】在x=R左側,設導體棒與圓的交點和圓心的連線與x軸正方向成θ角,則導體棒切割有效長度L=2Rsinθ,電動勢與有效長度成正比,故在x=R左側,電動勢與x的關系為正弦圖像關系,由對稱性可知在x=R右側與左側的圖像對稱。

【答案】A

  6.【解析】考查自感現象。電鍵K閉合時,電感L1和L2的電流均等于三個燈泡的電流,斷開電鍵K的瞬間,電感上的電流i突然減小,三個燈泡均處于回路中,故b、c燈泡由電流i逐漸減小,B、C均錯,D對;原來每個電感線圈產生感應電動勢均加載于燈泡a上,故燈泡a先變亮,然后逐漸變暗,A對。本題涉及到自感現象中的“亮一下”現象,平時要注意透徹理解。

【答案】AD.

7.【解析】該題利用導體在磁場中的切割模型綜合考查法拉第電磁感應定律、歐姆定律、物體平衡、牛頓第二定律和變速直線運動規律;導體從靜止開始又變加速到勻加速,又由勻加速到勻速直至完成全過程,環環相扣,逐步深入,循序漸進,無不滲透著經典物理的科學思想和方法.

(1)體棒ab從A處下落時的有效切割長度為r,由法拉第電磁感應定律得:

E1Brv1,此時等效電路的電阻為R總1==4R,所以I1==,故安培力F1=BI1L1=,由牛頓第二定律得mg-F1=ma,所以a=g-,

(2)有效切割長度為2r,所以感應電動勢為E2=2Brv,此時等效電路的電阻為R總2==3R,所以I2==,故安培力為F2=BI2L2=,因棒中電流大小始終不變,也就是速度不變,所以棒受力平衡,即mg=,v=,在無磁場區域棒做勻加速直線運動,由勻變速直線運動規律v2-v22=2gh,所以h=-,得I22=I2=,故P2=I222R2==,

(3)由牛頓第二定律F+mg-=ma,所以F=ma-mg+

【答案】(1) a=g-   (2)   (3) F=ma-mg+

8.(1)a和b不受安培力作用,由機械能守恒可知

(2)設導體棒剛進入無磁場區域時的速度為,剛離開無磁場區域時的速度為

由能量守恒得:在磁場區域中,

在無磁場區域中,

解得:

(3)在無磁場區域,根據勻變速直線運動規律,且平均速度,有磁場區域,棒a受到的合力

感應電動勢  ,感應電流,解得

根據牛頓第二定律,在t到時間內

解得

【答案】(1)    

(2)      

 (3)

9.【解析】(1)改變電流方向,磁通量變化量為原來磁通量的兩倍,即2BS,代入公式計算得B=,由法拉第電磁感應定律可知電動勢的平均值ε=。

(2)根據數據可得B與I成正比,比例常數約為0.00125,故B=kI(或0.00125I)

(3)為了得到平均電動勢的準確值,時間要盡量小,由B的計算值可看出與N和S相關聯,故選擇A、B。

【答案】(1),             

(2)0.00125I(或kI)      

(3)A,B

10.【解析】正確分析線框的受力情況和運動情況是解決問題的關鍵

(1)cd邊剛進入磁場時,做自由落體運動,線框速度v=

所以線框中產生的感應電動勢E=BLv=BL

(2)此時線框中電流   I=由分壓原理可得,cd兩點間的電勢差U=I()=

(3)安培力     F=BIL=   根據牛頓第二定律mg-F=ma,由a=0

解得下落高度滿足    h=

【答案】(1)E=BLv=BL  (2)U=I()=   (3)

11.【解析】導體棒所受的安培力為:F=BIl………………① 

由題意可知,該力的大小不變,棒做勻減速運動,因此在棒的速度從v0減小到v1的過程中,平均速度為:……………………②  

當棒的速度為v時,感應電動勢的大小為:E=Blv………………③  

棒中的平均感應電動勢為:………………④  

綜合②④式可得:………………⑤   

導體棒中消耗的熱功率為:………………⑥   

負載電阻上消耗的熱功率為:…………⑦   

由以上三式可得:…………⑧   

  【答案】(1)    (2)

12.【解析】(1)由于列車速度與磁場平移速度不同,導致穿過金屬框的磁通量發生變化,由于電磁感應,金屬框中會產生感應電流,該電流受到的安培力即為驅動力。                                             

(2)為使列車獲得最大驅動力,MN、PQ應位于磁場中磁感應強度同為最大值且反向的地方,這會使得金屬框所圍面積的磁通量變化率最大,導致框中電流最強,也會使得金屬框長邊中電流受到的安培力最大。因此,d應為的奇數倍,即

     或       ()①

(3)由于滿足第(2)問條件:則MN、PQ邊所在處的磁感應強度大小均為B0且方向總相反,經短暫的時間,磁場沿Ox方向平移的距離為,同時,金屬框沿Ox方向移動的距離為。  因為v0>V,所以在時間內MN邊掃過磁場的面積

    在此時間內,MN邊左側穿過S的磁通移進金屬框而引起框內磁通量變化

            

    同理,該時間內,PQ邊左側移出金屬框的磁通引起框內磁通量變化

           

    故在內金屬框所圍面積的磁通量變化         

根據法拉第電磁感應定律,金屬框中的感應電動勢大小          

 根據閉合電路歐姆定律             

根據安培力公式,MN邊所受的安培力   PQ邊所受的安培力    

 根據左手定則,MN、PQ邊所受的安培力方向相同,此時列車驅動力的大小

         聯立解得     

【答案】(1)  電流受到的安培力即為驅動力   (2)   (3)

名校試題

1.【解析】若保持電鍵閉合,磁通量不變,感應電流消失,所以鋁環跳起到某一高度后將回落;正、負極對調,同樣磁通量增加,由楞次定律,鋁環向上跳起.

【答案】CD

2.【解析】 是楞次定律可以判斷選項AC正確                    

【答案】AC

3.【解析】橡膠盤A在加速轉動時,產生的磁場在不斷增加,穿過B的磁通量不斷增加,根據楞次定律可知B正確。

【答案】B

4.【解析】矩形線框向上進入勻強磁場時,受到向下的重力和磁場力,致使速度減小,所

以v1>v2,A正確;進入磁場后上升階段從位置2到位置3,無磁場力,重力做負功,所以v2>v3,B錯誤;從位置2上升至最高點后再返回至位置2,無磁場力,重力做功為零,所以v2=v4,C正確;下落離開磁場的過程中,受到向下的重力和向上的磁場力,兩個力大小無法確定,所以v4與v5無法比較,D錯誤。

【答案】AC

5.【解析】當拉力恒定時,                       

 

最終以的速度做勻速運動,則,代入的表達式中得

當功率恒定時,

最終以的速度做勻速運動,則

代入的表達式中得

【答案】C

6.【解析】對、棒受力分析如圖所示,從能的轉化與守恒角度出發,可推知外力F克服棒所受的摩擦力做功直接將其他形式的能轉化為內能,而F克服安培阻力做的功將其他形式的能轉化為電能,其功率為P=(F-f)Va,故感應電流做功的 功率也為,C項正確.本題易錯選D,實際上它是回路的總電能的一部分。在棒上通過克服做功轉化為棒與軌道的內能,功率.這時棒與相當于電動機通過感應電流而運動,把電能通過克服做功轉化為內能.電能的另一部分,由電流的熱效應轉化為電路的內能,電能的另一部分,由電流的熱效應轉化為電路的內能,其功率為感應電流做功的總功率減去棒上輸出的功率,即,故D項所指正是這部分功率而非感應電流做功的總功率.

【答案】C

7.【解析】⑴勻速時,拉力與安培力平衡,F=BIL

    得:                        

⑵金屬棒a切割磁感線,產生的電動勢E=BLv

    回路電流  聯立得:

⑶平衡時,棒和圓心的連線與豎直方向的夾角為θ,

        得:θ=60°

【答案】(1)   (2)    (3)

8.【解析】(1)設ab棒離開磁場邊界前做勻速運動的速度為v,產生的電動勢為E = BLv…

電路中電流 I = ……………對ab棒,由平衡條件得 mg-BIL = 0…

解得 v =

(2) 由能量守恒定律:mg(d0 + d) = E + mv2

解得

(3)設棒剛進入磁場時的速度為v0,由mgd0 = mv02,得v0 =

棒在磁場中勻速時速度為v = ,則

1 當v0=v,即d0 = 時,棒進入磁場后做勻速直線運 

2 當v0 < v,即d0 <時,棒進入磁場后做先加速后勻速直線運動

3 當v0>v,即d0時,棒進入磁場后做先減速后勻速直線運動

【答案】(1) (2)  (3)

9.【解析】(1)勻速下降時,金屬桿勻速上升,回路中產生的感應電動勢為:

、整體有:

由以上式子解得:

(2)由(1)得:                       

圖象可知:

所以解得:

【答案】(1)     (2)

10.【解析】(1)當金屬棒勻速下滑時速度最大,設最大速度為vm,達到最大時則有

mgsinθ=F              F=ILB

                    其中   R=6R                                         所以      mgsinθ=        解得最大速度                                    

(2)R2上消耗的功率       其中                                        

     又                                          

解以上方程組可得

時,R2消耗的功率最大          最大功率 

 【答案】(1)  (2)          

11.【解析】(1)在t=0至t=4s內,金屬棒PQ保持靜止,磁場變化導致電路中產生感應電動勢.電路為r與R并聯,再與RL串聯,電路的總電阻

=5Ω                     ①

此時感應電動勢

=0.5×2×0.5V=0.5V          ②

通過小燈泡的電流為:=0.1A            ③

(2)當棒在磁場區域中運動時,由導體棒切割磁感線產生電動勢,電路為R與RL并聯,再與r串聯,此時電路的總電阻

=2+Ω=Ω       ④

由于燈泡中電流不變,所以燈泡的電流IL=0.1A,則流過棒的電流為

0.3A             ⑤

電動勢                        ⑥

解得棒PQ在磁場區域中v=1m/s                                 

【答案】(1)    0.1A       (2)運動的速度大小v=1m/s

12.【解析】(1)ab桿向右運動時,ab桿中產生的感應電動勢方向為a→b,大小為E=BLv1,…   耐桿中的感應電流方向為d→c.cd桿受到的安培力方向水平向右

    安培力大小為①   

解①、③兩式,ab桿勻速運動的速度為

(2)ab桿所受拉力F=

(3)設cd桿以v2速度向下運動h過程中,ab桿勻速運動了s距離

    整個回路中產生的焦耳熱等于克服安培力所做的功

   

【答案】(1)   (2)  (3)

 13.【解析】導軌在外力作用下向左加速運動,由于切割磁感線,在回路中要產生感應電流,導軌的bc邊及金屬棒PQ均要受到安培力作用PQ棒受到的支持力要隨電流的變化而變化,導軌受到PQ棒的摩擦力也要變化,因此導軌的加速度要發生改變.導軌向左切割磁感線時,感應電動勢   E=BLv    ①  

感應電流       ②  

    ③       導軌受到向右的安培力F 1= BIL,金屬棒PQ受到向上的安培力F2= BIL,導軌受到PQ棒對它的摩擦力, 

根據牛頓第二定律,有

        ④   

(1)當剛拉動導軌時,v=0,由③④式可知I=0時有最大加速度am,即

m/s2  

(2)隨著導軌速度v增大感應電流I增大而加速度a減小,當a=0時,導軌有最大速度vm,從④式可得

 

A代入③式,得             

m/s  

20080523

t=t1時,v達到最大,I達到2.5 A,電流I隨時間t的變化圖線如圖所示所示.  

【答案】(1)  

m/s2  

(2)m/s    (3)如圖所示26所示

20080523

(2)棒做加速度逐漸減小的變加速運動,棒到達底端時速度最大,由能量守恒定律得

   解得   m/s 

(3)當棒的速度為v時,感應電動勢  E=Bdv 

感應電流   棒所受安培力F=BId   

當棒的速度為v=2 m/s時,F=1 N     由牛頓第二定律得 

解得棒的加速度  m/s2 

【答案】(1)由b指向a;(2)m/s;  (3)m/s2

考點預測題

1.【解析】銅環經過位置1時,有磁通量變化產生感應電流受磁場力方向向上,阻礙磁通量的增加,所以,; 經過位置2時,環中磁通量最大,磁通量變化率為零,不產生感應電流,只受重力mg,故a2 =g;銅環在位置3時速度大于位置1時的速度,所以經過位置3時磁通量變化率比位置1時大,產生的感應電流也大,受到的磁場力也大,且該磁場力仍然是阻礙環與磁場的相對運動,方向向上,所以a3< a1<g 。

 【答案】A、B、D.

 2.【解析】由于環中感應電流所受安培力的方向既跟直流電流產生的磁場方向垂直,又跟環中感應電流方向垂直,環各部分所受的安培力的合力應在豎直平面上,環只可能的豎直平面內運動,故轉動不可能。如左右平動,不影響環垂直磁場的凈面積,也不影響穿過圓環的凈磁通。如向上平動,使凈面積增加,凈磁通增加,故向上平動不可能。如向下平動,使凈面積減小,凈磁通減少,滿足“效果阻礙原因”。顯然不論直導線中電流方向如何,只要電流強度增大,最終環的機械運動都一樣,即向下平動。反之如電流強度減小,則向上平動。

【答案】A.

2.法拉第電磁感應定律問題

3.【解析】當雙刀雙擲開關S使螺線管的電流反向時,測量線圈中就產生感應電動勢,根據法拉第電磁感應定律可得:

                         

由歐姆定律得:            

由上述二式可得:

【答案】

4.【解析】(1)設線圈向右移動一距離ΔS,則通過線圈的磁通量變化為:,而所需時間為,  

根據法拉第電磁感應定律可感應電動勢力為V.

(2)根據歐姆定律可得感應電流A,     

電功率P=IE=W          

【答案】(1) V   (2)W

5.【解析】0-1s內B垂直紙面向里均勻增大,則由楞次定律及法拉第電磁感應定律可得線圈中產生恒定的感應電流,方向為逆時針方向,排除A、C選項;2s-3s內,B垂直紙面向外均勻增大,同理可得線圈中產生的感應電流方向為順時針方向,排除B選項,D正確。

【答案】D

6.【解析】從正方形線框下邊開始進入到下邊完全進入過程中,線框切割磁感線的有效長度逐漸增大,所以感應電流也逐漸拉增大,A項錯誤;從正方形線框下邊完全進入至下邊剛穿出磁場邊界時,切割磁感線有效長度不變,故感應電流不變,B項錯;當正方形線框下邊離開磁場,上邊未進入磁場的過程比正方形線框上邊進入磁場過程中,磁通量減少的稍慢,故這兩個過程中感應電動勢不相等,感應電流也不相等,D項錯,故正確選項為C。

     【答案】C

7.【解析】當滑過時,其等效電路如圖所示.這時的有效切割長度為

電阻:   

總電流:

由并聯分流關系可知:

導線中的電流方向由.                      

【答案】方向由.

8.【解析】(1)棒滑過圓環直徑OO′ 的瞬時,MN中的電動勢

E1=B2a v=0.2×0.8×5=0.8V          

等效電路如圖所示,流過

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