A、B、当金属棒进入磁场B1区域后,恰好做匀速运动,说明金属棒所受的安培力与重力大小相等、方向相反.若B2=B1,根据安培力公式FA=
C、若B2<B1,金属棒进入B2区域后安培力减小,将小于金属棒的重力,棒将先做加速运动,随着速度增加,安培力增大,当安培力再次与重力平衡后,金属棒又做匀速运动.故C正确. D、若B2>B1,金属棒进入B2区域后安培力增大,将大于金属棒的重力,棒将先做减速运动,随着速度减小,安培力减小,当安培力再次与重力平衡后,金属棒又做匀速运动.故D正确. 故选:BCD |
(1)到达最低点时,设棒的速度为v,产生的感应电动势为E,感应电流为I,则 2mg-mg=m
金属棒产生的感应电动势 E=BLv 感应电流 I=
解得v= |
(1)cd杆刚要滑动时,所受的静摩擦力达到最大,设最大静摩擦力为f,由平衡条件得: mgsinθ=f N+F安cd=mgcosθ 又有f=μN,F安cd=BIl 解得:F安cd=
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(1)由F安=BId,I=
当V=Vm时,有F=F安+f 代入解得 Vm=8m/s (2)速度最大后电流为恒定电流, 则 Em=BdVm,Im=
P=Im2R 代入解得 P=3w (3)E'=Bd
由F-F'-f=ma 所以:a=2.5m/s2 答:(1)CD运动的最大速度是8m/s. (2)当CD到最大速度后,电阻R消耗的电功率是3W. (3)当CD的速度为最大速度的一半时,CD的加速度是2.5m/s2. |
(1)线框刚进磁场时匀速直线运动,则有 mgsinθ=μmgcosθ+F安 又由F安=BIb,I=
联立可得:v=
线框未进磁场时,加速度为a=
则得 s=
代入可得:s=
(2)能,在穿越过程中,当只有一条边在磁场中时有E=Bbv,I=
(3)对于线框穿越磁场的整个过程,由能量守恒得:mg(4bsinθ)=Q+μ(mgcosθ)4b, 解得 Q=4mgb(sinθ-μcosθ). 答: (1)导线框从静止开始到进入磁场时所滑过的距离s为
(2)通过计算说明导线框能匀速通过整个磁场; (3)导线框从静止开始到全部离开磁场所产生的焦耳热Q为4mgb(sinθ-μcosθ). |
(1)设电动势为E,橡胶带运动速率为v. 由E=BLv,E=U 得,v=
(2)设电功率为P,则P=
(3)设电流强度为I,安培力为F,克服安培力做的功为W. I=
得:W=
答:(1)橡胶带匀速运动的速率为v=
(2)电阻R消耗的电功率为P=
(3)一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功为W=
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(1)据v2-s图象知,当线框进入磁场时:v2=16(m/s)2,s=1.6m 由v2=2as得:a=
对线框,由牛顿第二定律得:mgsinθ=ma 解得:θ=30° 磁场的宽厚d=
(2)由图线知线框穿过磁场的过程中匀速运动,且v=
由平衡条件得:F磁=mgsinθ 又F磁=BId=Bd•
由上两式解得:B=0.5T 答: (1)斜面倾角θ为30°,磁场宽度d是0.5m. (2)匀强磁场的磁感应强度是0.5T. |
当飞机在北半球飞行时,由于地磁场的存在,且地磁场的竖直分量方向竖直向下,由于感应电动势的方向与感应电流的方向是相同的,由低电势指向高电势,由右手定则可判知,在北半球,不论沿何方向水平飞行,都是飞机的左方机翼电势高,右方机翼电势低,即总有ϕ1比ϕ2高. 故BD错误,AC正确. 故选:AC |
(1)ab运动后切割磁感线,产生感应电流,而后受到安培力,当受力平衡时,加速度为0,速度达到最大,受力情况如图所示.则: mgsinα=F安cosα 又F安=BIL,E感=BLvmcosα,I=
联立上式解得:vm=
(2)若将ab、a′b′同时释放,因两边情况相同,所以达到的最大速度大小相等,设为vm′.这时ab、a′b′都产生感应电动势而且是串联. ∴mgsinα=F安′cosα 又F安′=BI′L,E感′=BLvm′cosα,I′=
∴vm′=
答:(1)如果两条导轨皆光滑,让a′b′固定不动,将ab释放,则ab达到的最大速度是
(2)如果将ab与a′b′同时释放,它们所能达到的最大速度分别是
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(1)导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E=Bdv 感应电流为 I=
则知 电流最大时导体棒的位置坐标为 x=
(2)导体棒所受的安培力 F安=BId 导体棒做匀速运动,外力与安培力平衡,则有 F=F安=BId 又 x=vt 联立得 F=
(3)由I=
Q=[
答: (1)导体棒运动到位置坐标为 x=
(2)外力随时间t的变化关系为F=
(3)导体棒发生上个λ的位移过程中,电阻R上产生的焦耳热是
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