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1.B.提示:将圆环转换为并联电源模型,如图
2.CD 3.AD
4.Q=IΔt=或Q=
5.(1)3.2×10-2 N (2)1.28×10-2 J
提示:将电路转换为直流电路模型如图.
6.(1)电压表 理由略
(2)F=1.6 N (3)Q=
7.(1)如图所示,当EF从距BD端s处由静止开始滑至BD的过程中,受力情况如图所示.安培力:F安=BIl=B
根据牛顿第二定律:a= ①
所以,EF由静止开始做加速度减小的变加速运动.当a=0时速度达到最大值vm.
由①式中a=0有:Mgsinθ-B
vm=
(2)由恒力F推至距BD端s处,棒先减速至零,然后从静止下滑,在滑回BD之前已达最大速度vm开始匀速.
设EF棒由BD从静止出发到再返回BD过程中,转化成的内能为ΔE.根据能的转化与守恒定律:
Fs-ΔE=Mvm2 ③
ΔE=Fs-M()2 ④
8.(1)每半根导体棒产生的感应电动势为
E1=Bl=Bl2ω=×0.4×103×(0.5)2 V=50 V.
(2)两根棒一起转动时,每半根棒中产生的感应电动势大小相同、方向相同(从边缘指向中心),相当于四个电动势和内阻相同的电池并联,得总的电动势和内电阻
为E=E1=50 V,r=R0=0.1 Ω
当电键S断开时,外电路开路,电流表示数为零,电压表示数等于电源电动势,为50 V.
当电键S′接通时,全电路总电阻为
R′=r+R=(0.1+3.9)Ω=4Ω.
由全电路欧姆定律得电流强度(即电流表示数)为
I= A=
此时电压表示数即路端电压为
U=E-Ir=50-12.5×0.1 V=48.75 V(电压表示数)
或U=IR=12.5×3.9 V=48.75 V
(2013天津市五校联考)如下图(a)所示,间距为L、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上。在区域I内有方向垂直于斜面的匀强磁场,磁感应强度为B,在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场,其磁感应强度Bt的大小随时间t变化的规律如下图(b)所示。t=0时刻在轨道上端的金属细棒ab从如图位置由静止开始沿导轨下滑,同时下端的另一金属细棒cd在位于区域I内的导轨上由静止释放。在ab棒运动到区域Ⅱ的下边界EF处之前,cd棒始终静止不动,两棒均与导轨接触良好。已知ab棒和cd棒的质量均为m、电阻均为R,区域Ⅱ沿斜面的长度为2L,在t=tx时刻(tx未知)ab棒恰进入区域Ⅱ,重力加速度为g。求:
(1)通过cd棒电流的方向和区域I内磁场的方向
(2)当ab棒在区域Ⅱ内运动时cd棒消耗的电功率和热量
(3)ab棒开始下滑至EF的过程中流过导体棒cd的的电量
查看习题详情和答案>>(1)当ab棒通过图中c、d两点时(c、d两点位置如图中所示,θ=60°),计算R0此时刻的电功率;
(2)当ab棒在CE段运动时,求水平拉力做功的功率.
已知cd棒的质量为m、电阻为R,ab棒的质量、阻值均未知,区域Ⅱ沿斜面的长度为2l,在t=tx时刻(tx未知)ab棒恰进入区域Ⅱ,重力加速度为g.求:
(1)通过cd棒电流的方向和区域I内磁场的方向;
(2)当ab棒在区域Ⅱ内运动时cd棒消耗的电功率;
(3)ab棒开始下滑的位置离EF的距离;
(4)ab棒开始下滑至EF的过程中回路中产生的热量.