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20.如圖所示,一個(gè)圓形線(xiàn)圈的匝數(shù)n=1000,線(xiàn)圈面積S=200cm2,線(xiàn)圈的電阻r=1Ω,線(xiàn)圈外接一個(gè)阻值R=4Ω的電阻,把線(xiàn)圈放入一方向垂直線(xiàn)圈平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化規(guī)律如圖所示.求:
(1)前4s內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì);
(2)前5s內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì);
(3)前5s內(nèi)流過(guò)電阻R的電荷量.

分析 (1)前4S內(nèi),在B-t圖中同一條直線(xiàn),磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率是相同的,由法拉第電磁感應(yīng)定律可得出前4S內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì).
(2)再運(yùn)用法拉第電磁感應(yīng)定律求得出前5S內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)
(3)求出前5s內(nèi)的平均電流,由q=It求電量;

解答 解:(1)根據(jù)B-t圖中同一條直線(xiàn),磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率是相同的,則磁通量的變化率也是相同的,所以產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為定值,前4S內(nèi)磁通量的變化為:
△φ=φ21=S(B2-B1)=200×10-4×(0.4-0.2)Wb=4×10-3Wb
由法拉第電磁感應(yīng)定律得:E=nφt=1000×4×1034V=1V;
(2)前5S內(nèi)磁通量的變化量:△φ′=φ′2-φ′1=S(B2′-B1)=200×10-4×(0.2-0.2)Wb=0
由法拉第電磁感應(yīng)定律得:E′=nφt=0
(3)前5s內(nèi)的平均電流¯I=¯ER+r=0
通過(guò)R的電荷量q=¯It=0
答:(1)前4s內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)1V;
(2)前5s內(nèi)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0;
(3)前5s內(nèi)流過(guò)電阻R的電荷量為0.

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵熟練掌握楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律,以及磁通量表達(dá)式的應(yīng)用,注意成立條件:B與S垂直.

練習(xí)冊(cè)系列答案
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(1)小球沿斜面下滑的加速度多大?
(2)拍攝時(shí)C球的速度多大?

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(1)當(dāng)該車(chē)組用最大牽引功率以最大速度在平直軌道上勻速行駛3min,通過(guò)的路程是多少?
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15.如圖所示,足夠長(zhǎng)的U形光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成θ角,其中MN與PQ平行且間距為L(zhǎng),導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直,導(dǎo)軌電阻不計(jì).金屬棒ab由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌下滑,并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且良好接觸,ab棒接入電路的電阻為R,當(dāng)流過(guò)ab棒某一橫截面的電量為q時(shí),棒的速度大小為υ,則金屬棒ab在這一過(guò)程中( �。�
A.加速度為v22LB.下滑的位移為qRBL
C.產(chǎn)生的焦耳熱為mgqRBLsinθD.受到的最大安培力為B2L2vR

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B.小球重力勢(shì)能與彈簧彈性勢(shì)能之和一直增大
C.小球動(dòng)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和一直增大
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求:
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(2)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度大��;
(3)小鋼運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí),對(duì)繩的拉力是大于重力還是小于重力?

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(1)0-10s內(nèi)物體位移的大��;
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(3)0-10s內(nèi)物體機(jī)械能增量及因與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q.

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A.彈簧的彈性勢(shì)能和物體動(dòng)能總和不變
B.彈簧的最大動(dòng)能等于mgA
C.物體在最低點(diǎn)時(shí)的加速度大小為g
D.物體在最低點(diǎn)時(shí)的彈力大小為mg

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