2019-3-14 高中 物理 感應(yīng)電動(dòng)勢 計(jì)算題

1、第第2頁共6頁第第 頁共6頁(3)77.9%一、計(jì)算題（本題共計(jì)10小題，每題10分，共計(jì)100分）(3)77.9%1、【答案】(1)1.2x104A(2)12.7m/s；【解析】（1）因金屬框勻速運(yùn)動(dòng)，所以金屬框受到的安培力等于重力與阻力之和，設(shè)當(dāng)電梯向上用勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬框中感應(yīng)電流大小為I由平衡條件：F-mg-f=O所受的安培力為：安=2顯由以上可得金屬框中感應(yīng)電流：/=1.2X104/1圖示時(shí)刻回路中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向;（2）金屬框中感應(yīng)電動(dòng)勢：E=2Bicrf（v0-vl）金屬框中感應(yīng)電流大小:2B金屬框中感應(yīng)電流大小:2BlLcd(.V0-vl)R由以上可得：v0=12.7m/s

2、（3）金屬框中的熱功率為:Pi=卩R=1-3x1QSW重力功率為：P2=Wi=4.75x1051V阻力的功率為：P3=5x103WPz提升轎廂的效率：耳=口丄D丄DX100%尸1十尸2十尸3所以效率為：=77.9%o2、【答案】（1）0.08Wb；（2）40V；（3）4A.【解析】（1）磁通量的變化量為-00.1-0.02=0.08Wb；（2）由法拉第電磁感應(yīng)定律得：=竽=100乂學(xué)卩=40#At0.2TE404（3）閉合電路的歐姆定律得：I=-=-A=4AoR103、【答案】（1）有;（2）0.2Wb；（3）0.5V【解析】（1）現(xiàn)用外力將線框拉入磁場中，線框的磁通量增大，故線框中有感應(yīng)電流

3、產(chǎn)生；（2）根據(jù)二2-1,得磁通量的變化量=02片；0.2（3）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律應(yīng)=幣，得：F=-=0.5VoAl（J.44、【答案】（1）見解析；（2）”=申反；（3）見解析。【解析】（1）a.如圖1所示，棒向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，電子具有向右的分速度，受到沿棒向下的洛倫茲Rf=evB,f即非靜電力，在啲作用下，電子從M移動(dòng)到N的過程中，非靜電力做evBl圖1w根據(jù)電動(dòng)勢定義E=q解得E=Blv(2)小球隨管向右運(yùn)動(dòng)的同時(shí)還沿管向上運(yùn)動(dòng)，其速度如圖2所示。小球所受洛倫茲力f厶如圖3所示。將f厶口口小球除受到洛倫茲力f合外，還受到管對它向右的支持力F,如圖5所示。洛倫茲力f合不做功合沿管方向，洛倫茲

4、力f做正功WA=fl=qvBl垂直管方向，洛倫茲力廠是變力，做負(fù)功“2=-1=-護(hù)肌由于小球在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，則P=f因此，管的支持力F對小球做正功Wr=qvBl(3)設(shè)自由電荷的電荷量為q,沿導(dǎo)體棒定向移動(dòng)的速率為叫沿棒方向的洛倫茲力人二quB,做正功，在At時(shí)間內(nèi)，1=/1必I=q訶如??；垂直棒方向的洛倫茲力f2=典已,做負(fù)功，在At時(shí)間內(nèi)，W2=-f2-vM=-quBvM.所以旳=-陸，即導(dǎo)體棒中一個(gè)自由電荷所受的洛倫茲力做功為零。5mgR55mgR5、【答案】匕產(chǎn)品；25m3g2R25盂八嘶【解析】(1)當(dāng)ab有最大初速度時(shí)坯，cd恰好不上滑，設(shè)此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢為E,回路中感應(yīng)電流為

5、I。對cd由平衡條件得：F=BIL=mgsind+imgcosd由法拉第電磁感應(yīng)定律：E=BLv根據(jù)歐姆定律：E=I-2RSmgR聯(lián)立以上各式得：(2)設(shè)ab上滑過程回路中總電熱為Q,cd上的熱量為也。根據(jù)系統(tǒng)能量守恒:-mpg=mgSsinO+mgScosO+Q21且Q產(chǎn)了25m3o2/?25解得：產(chǎn)芯莎5mgR25m3g2R25故本題答案是：坯二趙16,嚴(yán)一孑1mgR6、【答案】（1）t五；（2）由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；（3）在加速階段，重力勢能轉(zhuǎn)為動(dòng)能和內(nèi)能（或電能），在近似勻速階段，重力勢能轉(zhuǎn)為內(nèi)能（或電能）TOC o 1-5 h zB?【解析】（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E=-

6、=-S=k-LxL=kLA,AtAt宀丄亠丄EkL1kL2k2L3t安培力：Fa=BIL=BL-=BL=ktL=,aRRRR設(shè)t時(shí)刻能獲得向上的加速度，此時(shí)安培力：Fmg,即：一mg,ARmgR解得：t忑J;（2）設(shè)t=0時(shí)，金屬桿距離頂部x,為了不產(chǎn)生感應(yīng)電流，任意時(shí)刻t時(shí)磁通量應(yīng)與剛開始時(shí)相同，設(shè)t時(shí)間內(nèi)位移s,已知：B=,磁通量保持不變，貝Lx=O+s）c+dtcc+dtxd，-解得：s=F,由靜止開始向下的勻加速直線運(yùn)動(dòng).C（3）在加速階段，重力勢能轉(zhuǎn)為動(dòng)能和內(nèi)能（或電能），在勻速運(yùn)動(dòng)階段，重力勢能轉(zhuǎn)為內(nèi)能（或電能）7、【答案】（7、【答案】（1）2m/s；(2)0.1J；(3)0.0

7、04J【解析】（1）線框進(jìn)入磁場時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢：E=BdvTE電流：IR安培力：F=BId線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得：mgsin0=|Limgcos0+F解得：v=2m/s；(2)線圈離開磁場最高點(diǎn)的距離為x,線圈離開磁場最高點(diǎn)時(shí),由動(dòng)能定理得：-mgxsin0-iimgxcos0=0-EHi,K1線圈從最高點(diǎn)進(jìn)入磁場時(shí)，由動(dòng)能定理得：mgxsin0-Limgxcos0=EK-O其中：EK=-mv2,解得：Ek=0.1J；(3)線圈向下勻速通過磁場過程中，由能量守恒定律得：mg2dsin0-Limg2dcos0+W=O焦耳熱：Q=W解得：Q=0.004J。8、【答案】(1)1V；(

8、2)3.2W；(3)5N；(4)14.4J【解析】(1)2s內(nèi)的位移：x=at2/2=4m回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢：E=BxL/t=0.5x4/2=lV；BLv0.5x1x2X22s時(shí)電路中的電流：=4AK-VV導(dǎo)體棒兩端電壓：U=IR=4x0.2=0.8V,R上消耗的電功率為：P=I2R=42x0.2=3.2W；安培力：Fp=BIL=0.5x4xl=2N,由左手定則可知，安培力向左，由牛二定律得：F-FB=ma,F=5N方向水平向右.一12由能量守恒定律得：Vy=-mv2+Qvat代入數(shù)據(jù)解得：Q=24J,則導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的熱量Q=三X24=14.4/oR+r53BLj9、【答案】(1)E=人J

9、2加；(2)U=Q2gh【解析】(1)線框先自由下落，由高度h求得速度v,由E=BLv求解感應(yīng)電動(dòng)勢的大小。(2)cd兩點(diǎn)間的電3勢差大小等于外電壓，等于&E。一一12線框進(jìn)入磁場前做自由落體運(yùn)動(dòng)，由機(jī)械能守恒定律得：rngh=-mvcd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢：E=BLv解得：卜H屈IE根據(jù)閉合電路的歐姆定律得：此時(shí)線框中電流為心斤3R3cd兩點(diǎn)間的電勢差：U=I=BLyf2ghQ4410、【答案】(1)6W；(2)0.8C；(3)F=(1.4+0.2t)N；【解析】(1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與時(shí)間的關(guān)系導(dǎo)體棒在t=5s時(shí)的瞬時(shí)速度為：v=al=2x5m/s=l()m/s所以此時(shí)由

10、于導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢：卜:=旳=().5x1:E由閉合電路歐姆定律得回路的電流為：R+r所以在t=5s時(shí)，外接電阻R消耗的電功率為：P=I2R=22x1.5W=t=02.0s時(shí)間內(nèi)，回路磁通量的變化量為：=5AS一12由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知，導(dǎo)體棒前進(jìn)的距離為：=-at=4m導(dǎo)體棒和回路圍成的面積變化量為：A5=%L=4m2故t=02.0s時(shí)間內(nèi)，流過金屬棒的電量：Q=0.8CR+r以導(dǎo)體棒為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得:件F安其中尸安=仏BBLv根據(jù)閉合電路歐姆定律得：/=R+r由根據(jù)速度和時(shí)間的關(guān)系：v=at聯(lián)立方程并代入數(shù)據(jù)得：耳=1-4+0.2tN；、導(dǎo)體棒做變加速直線運(yùn)動(dòng)，在x=6m處，