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PAGEPAGE13法拉第电磁感应定律、公式E=Blv的使用一、基础知识(一)法拉第电磁感应定律1、感应电动势(1)感应电动势:在电磁感应现象中产生的电动势.产生感应电动势的那部分导体就相当于电源,导体的电阻相当于电源内阻.(2)感应电流与感应电动势的关系:遵循闭合电路欧姆定律,即I=eq\f(E,R+r).2、法拉第电磁感应定律(1)内容:闭合电路中感应电动势的大小,跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比.(2)公式:E=neq\f(ΔΦ,Δt).3、导体切割磁感线的情形(1)一般情况:运动速度v和磁感线方向夹角为θ,则E=Blvsin_θ.(2)常用情况:运动速度v和磁感线方向垂直,则E=Blv.(3)导体棒在磁场中转动导体棒以端点为轴,在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E=Bleq\x\to(v)=eq\f(1,2)Bl2ω(平均速度等于中点位置线速度eq\f(1,2)lω).(二)法拉第电磁感应定律的应用1、感应电动势大小的决定因素(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)和线圈的匝数共同决定,而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系.(2)当ΔΦ仅由B引起时,则E=neq\f(SΔB,Δt);当ΔΦ仅由S引起时,则E=neq\f(BΔS,Δt).2、磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)是Φ-t图象上某点切线的斜率.(三)导体切割磁感线产生感应电动势的计算1、公式E=Blv的使用条件(1)匀强磁场.(2)B、l、v三者相互垂直.(3)如不垂直,用公式E=Blvsinθ求解,θ为B与v方向间的夹角.2、“瞬时性”的理解若v为瞬时速度,则E为瞬时感应电动势.若v为平均速度,则E为平均感应电动势,即E=Bleq\x\to(v).3、切割的“有效长度”公式中的l为有效切割长度,即导体与v垂直的方向上的投影长度.图8中有效长度分别为:图8甲图:l=eq\x\to(cd)sinβ;乙图:沿v1方向运动时,l=eq\x\to(MN);沿v2方向运动时,l=0.丙图:沿v1方向运动时,l=eq\r(2)R;沿v2方向运动时,l=0;沿v3方向运动时,l=R.4、“相对性”的理解E=Blv中的速度v是相对于磁场的速度,若磁场也运动,应注意速度间的相对关系.1.应用法拉第电磁感应定律解题的一般步骤(1)分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况;(2)利用楞次定律确定感应电流的方向;(3)灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解.2.几点注意(1)公式E=neq\f(ΔΦ,Δt)是求解回路某段时间内平均电动势的最佳选择.(2)用公式E=nSeq\f(ΔB,Δt)求感应电动势时,S为线圈在磁场范围内的有效面积.(3)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路总电阻R总有关,与时间长短无关.推导如下:q=eq\x\to(I)Δt=eq\f(nΔΦ,ΔtR总)·Δt=eq\f(nΔΦ,R总).二、练习1、(2011·广东理综·15)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中,线圈平面与磁场方向垂直,关于线圈中产生的感应电动势和感应电流,下列表述正确的是 ()A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关B.穿过线圈的磁通量越大,感应电动势越大C.穿过线圈的磁通量变化越快,感应电动势越大D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同答案C解析由法拉第电磁感应定律E=neq\f(ΔΦ,Δt)可知感应电动势的大小E与n有关,与eq\f(ΔΦ,Δt)即磁通量变化的快慢成正比,所以A、B错误,C正确.由楞次定律可知,感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的原磁通量的变化,即原磁通量增加,感应电流的磁场方向与原磁场方向相反;原磁通量减小,感应电流的磁场方向与原磁场方向相同,故D错误.2、如图所示的金属圆环放在有界匀强磁场中,将它从磁场中匀速拉出来,下列说法正确的是 ()A.向左拉出和向右拉出过程中,其感应电流方向相反B.不管从什么方向拉出,环中的感应电流方向总是顺时针的 C.不管从什么方向拉出,环中的磁通量的变化量都相同D.在匀速拉出过程中,感应电流大小不变答案BC解析无论是向左拉出或向右拉出磁场区域,圆环中的磁通量都减少,由楞次定律可判出环中的感应电流方向应是顺时针的,B、C项正确,A项错误;由E=Blv知,圆环被拉出时,切割的有效长度在变化,因此,E发生变化,感应电流大小发生变化,D项错误.3、(2010·江苏单科·2)一矩形线框置于匀强磁场中,线框平面与磁场方向垂直.先保持线框的面积不变,将磁感应强度在1s时间内均匀地增大到原来的两倍.接着保持增大后的磁感应强度不变,在1s时间内,再将线框的面积均匀地减小到原来的一半.先后两个过程中,线框中感应电动势的比值为 ()A.eq\f(1,2) B.1 C.2 D.4答案B解析设原磁感应强度是B,线框面积是S.第1s内ΔΦ1=2BS-BS=BS,第2s内ΔΦ2=2B·eq\f(S,2)-2B·S=-BS.因为E=neq\f(ΔΦ,Δt),所以两次感应电动势大小相等,B正确.4、一个由电阻均匀的导线绕制成的闭合线圈放在磁场中,如图所示,线圈平面与磁场方向成60°角,磁感应强度随时间均匀变化,下列方法可使感应电流增加一倍的是 ()A.把线圈匝数增加一倍B.把线圈面积增加一倍 C.把线圈半径增加一倍D.改变线圈与磁场方向的夹角为另一定值答案C解析设导线的电阻率为ρ,横截面积为S0,线圈的半径为r,线圈与磁场方向的夹角为θ,线圈匝数为n,则I=eq\f(E,R)=eq\f(n\f(ΔΦ,Δt),R)=eq\f(nπr2\f(ΔB,Δt)sinθ,ρ\f(n·2πr,S0))=eq\f(S0r,2ρ)·eq\f(ΔB,Δt)·sinθ,可见,将r增加一倍,I增加一倍;改变线圈与磁场方向的夹角,sinθ不能变为原来的2倍(因sinθ最大值为1);若将线圈的面积增加一倍,半径r增加(eq\r(2)-1)倍,电流增加(eq\r(2)-1)倍;I与线圈匝数无关.综上所述,只有C项正确.5、(2012·课标全国·19)如图,均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框,半圆直径与磁场边缘重合;磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里,磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周,在线框中产生感应电流.现使线框保持图中所示位置,磁感应强度大小随时间线性变化.为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流,磁感应强度随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)的大小应为()A.eq\f(4ωB0,π)B.eq\f(2ωB0,π)C.eq\f(ωB0,π)D.eq\f(ωB0,2π)答案C解析当线框绕过圆心O的转动轴以角速度ω匀速转动时,由于面积的变化产生感应电动势,从而产生感应电流.设半圆的半径为r,导线框的电阻为R,即I1=eq\f(E,R)=eq\f(ΔΦ,RΔt)=eq\f(B0ΔS,RΔt)=eq\f(\f(1,2)πr2B0,R\f(π,ω))=eq\f(B0r2ω,2R).当线框不动,磁感应强度变化时,I2=eq\f(E,R)=eq\f(ΔΦ,RΔt)=eq\f(ΔBS,RΔt)=eq\f(ΔBπr2,2RΔt),因I1=I2,可得eq\f(ΔB,Δt)=eq\f(ωB0,π),C选项正确.6、如图所示,两块水平放置的金属板距离为d,用导线、开关K与一个n匝的线圈连接,线圈置于方向竖直向上的均匀变化的磁场B中.两板间放一台小型压力传感器,压力传感器上表面绝缘,在其上表面静止放置一个质量为m、电荷量为q的带正电小球.K没有闭合时传感器有示数,K闭合时传感器示数变为原来的一半.则线圈中磁场B的变化情况和磁通量变化率分别为 ()A.正在增强,eq\f(ΔΦ,Δt)=eq\f(mgd,2q) B.正在增强,eq\f(ΔΦ,Δt)=eq\f(mgd,2nq)C.正在减弱,eq\f(ΔΦ,Δt)=eq\f(mgd,2q) D.正在减弱,eq\f(ΔΦ,Δt)=eq\f(mgd,2nq)答案B解析根据K闭合时传感器示数变为原来的一半,推出带正电小球受电场力向上,即上极板带负电,下极板带正电,线圈感应电动势的方向从上极板经线圈流向下极板,根据安培定则知感应磁场的方向向下,与原磁场方向相反,又由楞次定律得线圈中磁场正在增强;对小球受力分析得qeq\f(E,d)=eq\f(mg,2),其中感应电动势E=neq\f(ΔΦ,Δt),代入得eq\f(ΔΦ,Δt)=eq\f(mgd,2nq),故B正确.7、如图所示,长为L的金属导线弯成一圆环,导线的两端接在电容为C的平行板电容器上,P、Q为电容器的两个极板,磁场垂直于环面向里,磁感应强度以B=B0+Kt(K>0)随时间变化,t=0时,P、Q两极板电势相等.两极板间的距离远小于环的半径,则经时间t电容器P板 () A.不带电B.所带电荷量与t成正比C.带正电,电荷量是eq\f(KL2C,4π)D.带负电,电荷量是eq\f(KL2C,4π)答案D解析磁感应强度以B=B0+Kt(K>0)随时间变化,由法拉第电磁感应定律得E=eq\f(ΔΦ,Δt)=Seq\f(ΔB,Δt)=KS,而S=eq\f(L2,4π),经时间t电容器P板所带电荷量Q=EC=eq\f(KL2C,4π);由楞次定律知电容器P板带负电,故D选项正确.8、如图甲所示,电路的左侧是一个电容为C的电容器,电路的右侧是一个环形导体,环形导体所围的面积为S.在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示.则在0~t0时间内电容器 ()A.上极板带正电,所带电荷量为eq\f(CSB2-B1,t0)B.上极板带正电,所带电荷量为eq\f(CB2-B1,t0)C.上极板带负电,所带电荷量为eq\f(CSB2-B1,t0)D.上极板带负电,所带电荷量为eq\f(CB2-B1,t0)答案A解析由题图乙可知eq\f(ΔB,Δt)=eq\f(B2-B1,t0),B增大,根据楞次定律,感应电流沿逆时针方向,故上极板带正电,E=neq\f(SΔB,Δt)=eq\f(SB2-B1,t0),Q=CE=eq\f(CSB2-B1,t0),A正确.9、如图所示,正方形线圈abcd位于纸面内,边长为L,匝数为N,线圈内接有电阻值为R的电阻,过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上,磁场的磁感应强度为B.当线圈转过90°时,通过电阻R的电荷量为 () A.eq\f(BL2,2R) B.eq\f(NBL2,2R)C.eq\f(BL2,R) D.eq\f(NBL2,R)答案B解析初状态时,通过线圈的磁通量为Φ1=eq\f(BL2,2),当线圈转过90°时,通过线圈的磁通量为0,由q=Neq\f(ΔΦ,R总)可得通过电阻R的电荷量为eq\f(NBL2,2R).10、如图(a)所示,一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路.线圈的半径为r1,在线圈中半径为r2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场,磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图(b)所示.图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计.求0至t1时间内:(a)(b)(1)通过电阻R1上的电流大小和方向;(2)通过电阻R1上的电荷量q及电阻R1上产生的热量.审题指导1.用公式E=neq\f(ΔB,Δt)·S求解时,S应为线圈在磁场范围内的有效面积,eq\f(ΔB,Δt)应为B-t图象斜率的大小.2.产生感应电动势的线圈相当于电源,R1为外电阻.解析(1)穿过闭合线圈的磁场的面积为S=πreq\o\al(2,2)由题图(b)可知,磁感应强度B的变化率的大小为eq\f(ΔB,Δt)=eq\f(B0,t0)根据法拉第电磁感应定律得:E=neq\f(ΔΦ,Δt)=nSeq\f(ΔB,Δt)=eq\f(nB0πr\o\al(2,2),t0)由闭合电路欧姆定律可知流过电阻R1的电流为:I=eq\f(E,R+2R)=eq\f(nB0πr\o\al(2,2),3Rt0)再根据楞次定律可以判断,流过电阻R1的电流方向应由b到a(2)0至t1时间内通过电阻R1的电荷量为q=It1=eq\f(nB0πr\o\al(2,2)t1,3Rt0)电阻R1上产生的热量为Q=I2R1t1=eq\f(2n2B\o\al(2,0)π2r\o\al(4,2)t1,9Rt\o\al(2,0))答案(1)eq\f(nB0πr\o\al(2,2),3Rt0)方向从b到a(2)eq\f(nB0πr\o\al(2,2)t1,3Rt0)eq\f(2n2B\o\al(2,0)π2r\o\al(4,2)t1,9Rt\o\al(2,0))11、如图甲所示,边长为L、质量为m、总电阻为R的正方形导线框静置于光滑水平面上,处于与水平面垂直的匀强磁场中,匀强磁场磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示.求:甲乙(1)在t=0到t=t0时间内,通过导线框的感应电流大小;(2)在t=eq\f(t0,2)时刻,ab边所受磁场作用力大小;(3)在t=0到t=t0时间内,导线框中电流做的功.答案(1)eq\f(B0L2,Rt0)(2)eq\f(B\o\al(2,0)L3,2Rt0)(3)eq\f(B\o\al(2,0)L4,Rt0)解析(1)由法拉第电磁感应定律得,导线框的感应电动势E=eq\f(ΔΦ,Δt)=eq\f(B0L2,t0)通过导线框的感应电流大小:I=eq\f(E,R)=eq\f(B0L2,Rt0)(2)t=eq\f(t0,2)时刻,ab边所受磁场作用力大小:F=BILF=eq\f(B\o\al(2,0)L3,2Rt0)(3)在t=0到t=t0时间内,导线框中电流做的功:W=I2Rt0=eq\f(B\o\al(2,0)L4,Rt0).12、2012年11月24日,中国的歼-15战机成功在“辽宁号”航母上起降,使中国真正拥有了自己的航母.由于地磁场的存在,飞机在一定高度水平飞行时,其机翼就会切割磁感线,机翼的两端之间会有一定的电势差.则从飞行员的角度看,机翼左端的电势比右端的电势 ()A.低 B.高C.相等 D.以上情况都有可能答案B解析北半球的地磁场的竖直分量向下,由右手定则可判定飞机无论向哪个方向飞行,由飞行员的角度看均为左侧机翼电势较高.13、如图所示,长为L的金属导线上端悬于C点,下端系一小球A,在竖直向下的匀强磁场中做圆锥摆运动,转动方向如图所示,导线与竖直方向的夹角为θ,摆球的角速度为ω,磁感应强度为B,则金属导线中产生感应电动势的高电势端及大小为 ()A.C点eq\f(1,2)BL2ωB.C点eq\f(1,2)BL2ωsin2θ C.A点eq\f(1,2)BL2ωD.A点eq\f(1,2)BL2ωsin2θ答案B解析由右手定则可判断φC>φA,即C端的电势高于A端的电势;金属导线切割磁感线的有效长度为Lsinθ,所以导线中产生的感应电动势为:E=eq\f(1,2)B(Lsinθ)2ω=eq\f(1,2)BL2ωsin2θ.故B正确.14、在范围足够大,方向竖直向下的匀强磁场中,B=0.2T,有一水平放置的光滑框架,宽度为L=0.4m,如图所示,框架上放置一质量为0.05kg、电阻为1Ω的金属杆cd,框架电阻不计.若杆cd以恒定加速度a=2m/s2(1)在5s内平均感应电动势是多少? (2)第5s末,回路中的电流多大?(3)第5s末,作用在cd杆上的水平外力多大?答案(1)0.4V(2)0.8A(3)0.164解析(1)5s内的位移x=eq\f(1,2)at2=25m5s内的平均速度eq\x\to(v)=eq\f(x,t)=5m/s(也可用eq\x\to(v)=eq\f(0+v5,2)求解)故平均感应电动势eq\x\to(E)=BLeq\x\to(v)=0.4V(2)第5s末:v=at=10m/s此时感应电动势:E=则回路中的电流为I=eq\f(E,R)=eq\f(BLv,R)=eq\f(0.2×0.4×10,1)A=0.8A(3)杆cd匀加速运动,由牛顿第二定律得F-F安=ma即F=BIL+ma=0.164N15、解析(1)金属棒达到最大速度时产生的电动势E=B0Lvm(1分)回路中产生的感应电流I=eq\f(E,R+r)(1分)金属棒所受安培力F=B0IL(1分)金属棒所受合外力为零时,下滑的速度达到最大,则mgsinθ-F-μmgcosθ=0(2分)解得vm=2m/s((2)设电阻R上产生的焦耳热为Q,整个电路产生的焦耳热为Q总,则由动能定理,得mgssinθ-μmgscosθ-W安=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)(3分)W安=Q总(1分)Q=eq\f(R,R+r)Q总(1分)解得Q=0.16J.(1分)(3)不产生感应电流,即磁通量不变,金属棒不受安培力作用,金属棒做匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得mgsinθ-μmgcosθ=ma(2分)得a=g(sinθ-μcosθ)=10×(0.6-0.5×0.8)m/s2=2m/s2(根据闭合回路磁通量不变有B0Ls=BL(s+vmt+eq\f(1,2)at2)(3分)得B=eq\f(3,t2+2t+3)(1分)所以,当t=1s时,B=0.5T.(1分)答案(1)2m/s(2)0.16J(3)0.516、如图所示,线圈A、B是由不同材料制成的导体线圈,它们的质量一样大,形状一样,设磁场足够大,下列说法正确的是 ()A.电阻大的线圈达到稳定速度时的速度大B.电阻小的线圈达到稳定速度时的速度大 C.两线圈的稳定速度是一样的D.电阻率大的材料制成的线圈,稳定速度大答案A解析以极端情况分析,若线圈电阻非常大,以至于无穷大时,线圈中电流趋近于零,线圈做自由落体运动,速度将不断增大,所以可推知电阻大的线圈稳定运动时的速度大,A正确.17、如图甲所示,MN、PQ是固定于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨,间距L=2.0m,R是连在导轨一端的电阻,质量m=1.0kg的导体棒ab垂直跨在导轨上,电压传感器与这部分装置相连.导轨所在空间有一磁感应强度B=0.50T、方向竖直向下的匀强磁场.从t=0开始对导体棒ab施加一个水平向左的拉力,使其由静止开始沿导轨向左运动,电压传感器测出R两端的电压随时间变化的图线如图乙所示,其中OA、BC段是直线,AB段是曲线.假设在1.2s以后拉力的功率P=4.5W保持不变.导轨和导体棒ab的电阻均可忽略不计,导体棒ab在运动过程中始终与导轨垂直,且接触良好.不计电压传感器对电路的影响.g取10(1)导体棒ab最大速度vm的大小;(2)在1.2s~2.4s的时间内,该装置总共产生的热量Q;(3)导体棒ab与导轨间的动摩擦因数μ和电阻R的值.审题指导1.R两端的电压和导体棒中产生的电动势有什么关系?2.在1.2s~2.4s的时间内,能量是如何转化的?3.0~1.2s和2.4s后导体棒分别做什么运动?受力情况如何?解析(1)从题图乙可知,2.4s时R两端的电压最大,Um=1.0V,由于导体棒内阻不计,故Um=Em=BLvm=1.0V,所以vm=eq\f(Em,BL)=1.0m/s①(2)因为U=E=BLv,而B、L为常数,所以由题图乙知,在0~1.2s内导体棒做匀加速直线运动.设导体棒在这段时间内的加速度为a,t1=1.2s时导体棒的速度为v1,由题图乙可知此时电压U1=0.90V.因为U1=E1=BLv1②所以v1=eq\f(U1,BL)=0.90m/s在1.2s~2.4s时间内,根据功能关系eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)+P·Δt=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)+Q③代入数据解得Q≈5.3J(3)导体棒做匀加速运动的加速度a=eq\f(v1-0,t1)=0.75m/s2当t1=1.2s时,设拉力为F1,则有F1=eq\f(P,v1)=5.0N同理,当t2=2.4s时,设拉力为F2,则有F2=eq\f(P,vm)=4.5N对ab棒受力分析如图所示,根据牛顿第二定律有F1-Ff-F安1=ma ④F2-Ff-F安2=0 ⑤mg-FN=0 ⑥又因为F安1=BI1L=eq\f(BLU1,R) ⑦F安2=BI2L=eq\f(BLUm,R) ⑧Ff=μFN ⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨,代入数据可求得R=0.4Ω,μ=0.2答案(1)1.0m/s(2)5.3J(3)0.20.418、(2012·四川理综·20)半径为a、右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆,单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置,整个内部区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.直杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动,直杆始终有两点与圆环良好接触,从圆环中心O开始,直杆的位置由θ确定,如图所示.则 ()A.θ=0时,直杆产生的电动势为2Bav B.θ=eq\f(π,3)时,直杆产生的电动势为eq\r(3)BavC.θ=0时,直杆受的安培力大小为eq\f(2B2av,π+2R0)D.θ=eq\f(π,3)时,直杆受的安培力大小为eq\f(3B2av,5π+3R0)答案AD解析当θ=0时,直杆切割磁感线的有效长度l1=2a,所以直杆产生的电动势E1=Bl1v=2Bav,选项A正确.此时直杆上的电流I1=eq\f(E1,πa+2aR0)=eq\f(2Bv,π+2R0),直杆受到的安培力大小F1=BI1l1=eq\f(4B2av,π+2R0),选项C错误.当θ=eq\f(π,3)时,直杆切割磁感线的有效长度l2=2acoseq\f(π,3)=a,直杆产生的电动势E2=Bl2v=Bav,选项B错误.此时直杆上的电流I2=eq\f(E2,2πa-\f(2πa,6)+aR0)=eq\f(3Bv,5π+3R0),直杆受到的安培力大小F2=BI2l2=eq\f(3B2av,5π+3R0),选项D正确.19、(2010·山东理综·21)如图所示,空间存在两个磁场,磁感应强度大小均为B,方向相反且垂直纸面,MN、PQ为其边界,OO′为其对称轴.一导线折成边长为L的正方形闭合回路abcd,回路在纸面内以恒定速度v0向右运动,当运动到关于OO′对称的位置时()A.穿过回路的磁通量为零 B.回路中感应电动势大小为BLv0C.回路中感应电流的方向为顺时针方向D.回路中ab边与cd边所受安培力方向相同答案AD解析由于两磁场的磁感应强度大小相等,方向相反,且回路此时关于OO′对称,因而此时穿过回路的磁通量为零,A项正确;ab、cd均切割磁感线,相当于两个电源,由右手定则知,回路中感应电流方向为逆时针方向,两电源串联,感应电动势为2BLv0,B、C项错误;由左手定则知ab、cd所受安培力方向均向左,D项正确.20、一个边长为L的正方形导线框在倾角为θ的光滑固定斜面上由静止开始沿斜面下滑,随后进入虚线下方方向垂直于斜面的匀强磁场中.如图所示,磁场的上边界线水平,线框的下边ab边始终水平,斜面以及下方的磁场往下方延伸到足够远.下列推理判断正确的是()A.线框进入磁场过程b点的电势比a点高 B.线框进入磁场过程一定是减速运动C.线框中产生的焦耳热一定等于线框减少的机械能D.线框从不同高度下滑时,进入磁场过程中通过线框导线横截面的电荷量不同答案C解析ab边进入磁场后,切割磁感线,ab相当于电源,由右手定则可知a为等效电源的正极,a点电势高,A项错.由于线框所受重力的分力mgsinθ与安培力大小不能确定,所以不能确定其是减速还是加速,B项错;由能量守恒知C项对;由q=neq\f

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