本章易错过关(二) 1.C [解析] 条形磁铁从线圈正上方由左向右运动的过程中,穿过线圈的磁通量先增大后减小,根据“来拒去留”可知,线圈先有向下和向右的运动趋势,后有向上和向右的运动趋势,故线圈受到的支持力先大于重力后小于重力,运动趋势向右,C正确. 2.D [解析] 现突然用外力向右拉动金属杆AB,根据右手定则可知AB中电流由B到A,根据安培定则可知螺线管中突然产生向下的磁场,则通过环的磁通量突然向下增大,根据楞次定律可知环中有逆时针的电流(俯视),金属环受到的安培力有使其远离铁芯的趋势,所以金属环受到的安培力向上,故D正确. 3.D [解析] 线框进入磁场时,UAB是路端电压,其大小应该是感应电动势的四分之三,此时E=Bav,所以UAB=;线框完全进入磁场后,没有感应电流,但有感应电动势,大小为Bav;线框穿出磁场时,电压UAB大小应该是感应电动势的四分之一,UAB=,方向始终相同,即φA>φB,故D正确. 4.C [解析] 感应电动势为E=BLv,由于v1=2v2,则感应电动势之比为E1∶E2=2∶1,故A错误;感应电流为I=,由于E1∶E2=2∶1,则感应电流之比为I1∶I2=2∶1,故B错误;线圈出磁场所用的时间为t=,由于v1=2v2,则t1∶t2=1∶2,产生的焦耳热为Q=I2Rt,则焦耳热之比Q1∶Q2=t1∶t2=(22×1)∶(12×2)=2∶1,故C正确;通过线圈某截面的电荷量为q=Δt=Δt=Δt==,由于B、S、R都相等,则通过某截面的电荷量之比为1∶1,故D错误. 5.BD [解析] 当S接通时,灯泡A与线圈L串联,由于自感现象,灯泡A中的电流逐渐增加到最大,灯泡B直接接通,灯泡B中的电流不变;当S断开时,因为线圈阻碍电流的减小,相当于电源(右端是正极),L和灯泡A、B构成回路,通过L的电流也流过灯泡B,所以灯泡B中电流变成反向,且逐渐减小到零,故B、D正确,A、C错误. 6.AB [解析] 由楞次定律可知,从位置1运动到位置2过程,线框中感应电流方向为HNMQH,故A正确;从位置1运动到位置2过程,通过导线横截面的电荷量为q=Δt=Δt==,故B正确;在位置2时NM和NH两边所受安培力大小相等,由左手定则可知NM边所受安培力的方向垂直于NM向下,NH边所受安培力的方向垂直于NH向下,两安培力的合力方向竖直向下,与速度v的方向并不相反,故C错误;在位置2时只有NH边切割磁感线,则线框产生的感应电动势E=BLv,线框中的电流大小为I=,安培力FNM=FNH=ILB=,由矢量合成法则可知,线框受到安培力的大小F=FNM=,故D错误. 7.CD [解析] 设P棒到达轨道最低点时速度大小为v0,根据机械能守恒定律得mgR=m,根据牛顿第二定律得N-mg=,联立解得N=3mg,由牛顿第三定律可得,P棒到达轨道最低点瞬间对轨道的压力大小为3mg,故A错误;设Q棒第一次稳定运动时的速度为vQ,P棒的速度为vP,则有BLvP=B··vQ,Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定过程中,对P、Q棒分别由动量定理有LBΔt=mv0-mvP,··B·Δt=mvQ,又因q=Δt,联立解得vP=,vQ=,q=,故B错误,C正确;P棒进入导轨Ⅱ部分运动后,两棒再次稳定时,两棒速度相同,设稳定速度为v,由动量守恒定律得mvP+mvQ=2mv,由能量守恒定律得Q=m+m-×2mv2,解得P、Q两棒中产生的总焦耳热为Q=mgR,故D正确. 8.(1)mgr-mv2 (2)g- (3)不对 理由见解析 [解析] (1)根据能量守恒定律可知,AB棒下落到圆心O过程中产生的电热为Q=mgr-mv2. (2)AB棒下落到圆心O处时产生的感应电动势E=B·2r·v AB棒中的电流I= 由牛顿第二定律得mg-I·2r·B=ma 解得加速度a=g-. (3)不对.AB棒下落过程中,回路中的电阻不断改变,得不出表达式q=. 9.(1)0.5 s (2)1 J (3)3.2 C [解析] (1)对导体棒CD,根据牛顿第二定律有 F-μmg=ma 根据运动学公式有d2=at2 联立解得a=8 m/s2,t=0.5 s. (2)在0~0.5 s内,根据法拉第电磁感应定律有 E==3 V 由于CD、SP并联后再与R串联,因此干路电流大小 I==4 A CD上产生的焦耳热Q=rt=1 J. (3)在0~0.5 s内,通过定值电阻R的电荷量q1=It=2 C CD与SP碰前的速度 ... ...
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