题目内容
20.| A. | 刚释放导体棒a时,其加速度一定最大 | |
| B. | 整个运动过程中,导体棒a的最大速度为$\frac{mgRsinθ}{{B}_{0}^{2}{l}^{2}}$ | |
| C. | 在t1~t2时间内,导体棒a可能先做加速度减小的加速运动,然后做匀速直线运动 | |
| D. | 若在t3时刻,导体棒a已经达到最大速度,则在t1~t3时间内,通过导体棒的电荷量为$\frac{mg({t}_{3}-{t}_{1})sinθ}{{B}_{0}l}$-$\frac{{m}^{2}gRsinθ}{{B}_{0}^{3}{l}^{3}}$ |
分析 根据牛顿第二定律判断加速度大小;、
根据共点力的平衡条件结合安培力的计算公式求解最大速度;
分析运动过程中安培力的大小变化情况,确定加速度大小变化情况,由此分析运动情况;
在t1~t3时间内,由动量定理结合电荷量的计算公式列方程求解电荷量.
解答 解:A、刚释放导体棒时,回路中只有感生电动势,其加速度为mgsinθ-B0Il=ma,当到达t2时刻后,感生电动势产生的电流消失,只剩下动生电动势产生 的电流,此时mgsinθ-B0I'l=ma',因为不能判断I'与I的大小关系,所以加速度a不一定大于a',故A错误;
B、导体棒的最大速度应该可以出现在t2时刻之后,当mgsinθ=$\frac{{B}_{0}^{2}{l}^{2}v}{R}$时,有最大速度v=$\frac{mgRsinθ}{{B}_{0}^{2}{l}^{2}}$,故B正确;
C、t1~t2时间内,由于下滑速度越来越大,所以产生的动生电动势也越来越大,此时回路中的感应电流变大,导体棒所受安培力也越来越大,所以其加速度越来越小,其加速度有可能在到达t2时刻之前已经减为零,所以之后其可能做匀速直线运动,故C正确;
D、在t1~t3时间内,由动量定理可得mgsinθ(t3-t1)-B0I″l(t3-t1)=m△v,可解得:q=I″(t3-t1)=$\frac{mg({t}_{3}-{t}_{1})sinθ}{{B}_{0}l}$-$\frac{{m}^{2}gRsinθ}{{B}_{0}^{3}{l}^{3}}$,故D正确.
故选:BCD.
点评 对于电磁感应问题研究思路常常有两条:一条从力的角度,重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题,根据平衡条件列出方程;另一条是能量,分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题,根据动能定理、功能关系等列方程求解.
| A. | O点速率不变 | |
| B. | 拉力F的功率一直增大 | |
| C. | 箱子受到地面的支持力大小不变 | |
| D. | 箱子受到地面的支持力和摩擦力的合力方向不变 |
| A. | 小球P处于超重状态 | B. | 小球P所受的合力水平向右 | ||
| C. | 小球P的加速度大小为$\frac{\sqrt{3}}{3}$g | D. | 可以求出直杆Q对小球P的推力大小 |
| A. | 此过程中通过线框截面的电量为$\frac{2B{a}^{2}}{R}$ | |
| B. | 此时线框的加速度为$\frac{{B}^{2}{a}^{2}v}{2mR}$ | |
| C. | 此过程中回路产生的电能为$\frac{3}{8}$mv2 | |
| D. | 此时线框中的电功率为$\frac{{B}^{2}{a}^{2}{v}^{2}}{R}$ |
| A. | 在这个过程中,小车和物块构成的系统水平方向动量守恒 | |
| B. | 在这个过程中,物块克服摩擦力所做的功为mgR | |
| C. | 在这个过程中,摩擦力对小车所做的功为$\frac{MgR{m}^{2}}{(M+m)^{2}}$ | |
| D. | 在这个过程中,由于摩擦生成的热量为$\frac{mMgR}{M+m}$ |
| A. | 两线圈进入磁场过程中感应电流的大小和方向均相同 | |
| B. | 两线圈进入磁场过程中通过导线横截面积电量相同 | |
| C. | 乙线圈也刚好能滑离磁场 | |
| D. | 整个运动过程中甲、乙两线圈产生的热量一定不相等 |
| A. | 22J | B. | 24J | C. | 8J | D. | -8J |
| A. | 车轮与路面间的静摩擦力 | B. | 重力和支持力的合力 | ||
| C. | 发动机的牵引力 | D. | 空气的阻力 |