4.4法拉第電磁感應(yīng)定律同步練習(xí)10

Δt0000220020Δtπ第章電感Δt0000220020Δtπ4.4法第電感定同練10如圖所，在水平面上有一固定的U金屬框架，框架上置一金屬桿ab.垂直紙面方向有一勻強(qiáng)磁場，下面情況可能的()若場方向垂直紙面向外，并且磁感應(yīng)強(qiáng)度增大時(shí)，桿將向右移動(dòng)若場向垂直紙面向外，并且磁感應(yīng)強(qiáng)度減小時(shí)，桿將右移動(dòng)C.若磁場方向垂直紙面向里，并磁感應(yīng)強(qiáng)度增大時(shí)，桿ab將右移動(dòng)若場方向垂直紙面向里，并磁感應(yīng)強(qiáng)度減小時(shí)，桿ab將右移動(dòng)答案：BD如圖所行導(dǎo)軌間有一矩形的勻強(qiáng)磁場區(qū)域金棒沿導(dǎo)軌從處速運(yùn)動(dòng)到的程中，棒上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E隨時(shí)間t化的圖象正確的是)解析：A.MN進(jìn)入磁場后，切割磁感線生感應(yīng)電動(dòng)＝BLv，是一定值；而剛開始運(yùn)動(dòng)和最后一段未切割磁感線，不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，故A.如圖，勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框，半圓直徑與磁場邊緣重合向垂直于半圓面紙)向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小.該線框從靜止開始繞過圓心O垂直于半圓面的軸以角速度ω0勻速轉(zhuǎn)動(dòng)半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流現(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間線性變化為Δ了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動(dòng)半周過程中同樣大小的電流，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率的小應(yīng)為()ωB2ωBB.ππ

0ωBωBC.ππ解析當(dāng)導(dǎo)線框勻速轉(zhuǎn)時(shí)徑r框阻R小t間內(nèi)圓角θ＝Δt，由法拉第電磁感應(yīng)定律及歐姆定律可得感應(yīng)電I＝1

BS＝Δt

ΔθB·r2πBrω＝；導(dǎo)線框不動(dòng)，而磁感應(yīng)強(qiáng)Δt2RΔBS·πrΔBω度發(fā)生變化時(shí)，同理可得感應(yīng)電I＝＝，令I(lǐng)＝I可得＝，選.2RΔt2Δt1如圖，載流長直導(dǎo)線和一矩形導(dǎo)線框固定在同一平面內(nèi)框在長直導(dǎo)線右側(cè)，且其長邊與長直導(dǎo)線平行已知在t＝到＝的間間隔內(nèi)，直導(dǎo)線中流i發(fā)某種變化，而線中的感應(yīng)電流總是沿順11

ΔtqΔtΔtq時(shí)針方向；線框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向.電流i正向與圖中箭頭所示方向相同，則i隨時(shí)間變的圖線可能()ΔtqΔtΔtq解析：選A.依意知，線框中感應(yīng)電流方向總是沿順時(shí)針方向，由于線框受到的安培力中邊受力較大，故以左邊受力為主，由左手定則可知直導(dǎo)線中電流方向向上時(shí)，線框受到向左的安培力，導(dǎo)線中電流方向向下時(shí)，線框受到向右的安培力，故A.如圖所，等腰三角形內(nèi)分布有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，它的底邊在軸上且長為2L高為L，紙面內(nèi)一邊長為L的方形導(dǎo)線框沿軸正方向做勻速直運(yùn)動(dòng)穿過勻強(qiáng)磁場區(qū)域t＝刻恰好位于圖所示的位置，以順時(shí)針方向?yàn)閷?dǎo)線框中電流的正方向，在圖中，能夠正確表示導(dǎo)線框的電位移I)關(guān)系的是()解析：選A.如甲所示，線框運(yùn)動(dòng)距離≤L時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)＝；當(dāng)≤L時(shí)幾何關(guān)系如圖乙所示，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為EBvL－－BvxL＝Bv(3－2x，此時(shí)圖線斜率的絕對(duì)值為L時(shí)的2倍由右手定則可知電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，由對(duì)稱性可知A正故選如圖所，兩塊水平放置的金屬板間距離為d，用導(dǎo)線與一個(gè)n匝圈連接，線圈置于方向豎直向上的磁場B.兩板間有一個(gè)質(zhì)量為電荷量為油滴恰好處于平衡狀態(tài)則線圈中的磁場B的變化情況和磁通量變化率分別是()ΔΦ正增強(qiáng)；＝ΔΦ正減；＝ΔΦC.正在減弱；＝2

ΔtCΔtΔt222l22ΔΦΔtCΔtΔt222l22正增強(qiáng)；＝U解析B.油滴平衡有＝qU＝容器上極板必帶負(fù)電么線管下端相當(dāng)于電源正極qΔΦΦmgd由楞次定律知，磁場B正在減弱，又＝，＝，得＝.選C如圖所阻值為R金屬棒從圖示位置ab分以的度沿光滑導(dǎo)軌(電阻不計(jì)勻速滑到ab1位置，若v∶＝1∶2，則在這兩次過程中)1回電流I∶＝112產(chǎn)的量∶Q1∶1C.通過任一截面的電荷量∶＝∶21外的功率P∶P＝11EBlvBll解析：A感電動(dòng)勢(shì)lv，感應(yīng)電I＝，大小與速度成正比，產(chǎn)生的熱QIRt＝RR＝

B

22

lBlvlBllR是樣的，兩次生的熱量比就是運(yùn)動(dòng)速度.過任一截面的電荷＝It＝＝Bll

與速度無關(guān)，所以應(yīng)為1金棒運(yùn)動(dòng)受磁場力的作用，為使棒勻速運(yùn)動(dòng)，外力大小要與磁場力相同.則外力的功P＝Fv＝BIlv＝選A

Bl

，其中B、lR相同，外力的功與速度的平方成正比，應(yīng)14.故如圖所一形線框以豎直向上的初速度進(jìn)入只有一條水平邊界的勻強(qiáng)場場方向垂直紙面向里，進(jìn)入磁場后上升一段高度又落下離開磁場，運(yùn)動(dòng)中線框只受重力和安培力作用，線框在向、向下經(jīng)過圖中、2置時(shí)的速率按時(shí)間順序依次為v、、和v，可以確()134＜v1C.v＜34

＜2v＜4解析選D.由量守恒定律可知框從進(jìn)入磁場到離開磁場的過程中部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，即機(jī)械能減小，＜D確；而線框完全在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于磁通量不變，沒有感應(yīng)電流，故線框41只受重力作用，機(jī)械能守恒，＝v，B誤；由楞次定律可知，線框進(jìn)入磁場受到的安培力方向豎直2向下，重力方向豎直向下，因而做減速運(yùn)動(dòng)，＞vA錯(cuò)；線框離開磁場時(shí)受到的安培力方向豎直向12上，重力方向豎直向下，二者大小關(guān)系不能確定，v、大關(guān)系也能確定C錯(cuò)故.3如圖長U形滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成θ角＜＜90°)與平且間距為，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)軌電阻不金屬棒由止開始沿導(dǎo)軌下滑，并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且良好接觸，棒接入電路的電阻為，當(dāng)流過ab某一橫截面的電荷量為時(shí)棒的速度大小為v，則金屬棒在這一過程中)3

2222ΔtRR2222222ΔtRR222運(yùn)的平均速度大小為v下的移大小為C.產(chǎn)生的焦耳熱為BL受的最大安培力大小為θBL解析：B分金屬棒的受力，sin－＝，對(duì)題意進(jìn)行分析可得棒做加速度減小的加速運(yùn)ΔΦ動(dòng)其均速度不等于初末速的平均值A(chǔ)誤沿面下滑的位移為x則電量q＝·Δt·t＝

ΔΦBxLqR＝解位x＝B確根能量守恒產(chǎn)生的焦耳熱等于棒機(jī)械能的減少量＝sinθBL－mv.屬棒受到的最大安培力為，C、錯(cuò)誤.選B10.如圖所示兩電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌傾角為θ導(dǎo)下端接有電阻勻磁場垂直斜面向上.質(zhì)量為m電阻不計(jì)的金屬棒ab在斜面與棒垂直的恒力F作下沿導(dǎo)軌勻速上滑，上升高度為，在這個(gè)過程中)金棒所受各力的合力所做的功等于零金棒受各力的合力所做的功等于和阻上生的焦耳熱之和C.恒力與力的合力所的功等于棒克服安培力所做的功與電阻上生的焦耳熱之和恒與力的合力所的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱解析選AD.勻速上升的過程有三個(gè)力做功力做正功培做功根動(dòng)能定理：＝＋W＋W＝0A正確B誤；恒與G的合力所做的功等于導(dǎo)體克服安培力做的.導(dǎo)FG體克服安培力做的功等于回路中電(最終轉(zhuǎn)化為焦耳熱)增加量，克服安培力做功與焦耳熱不能重復(fù)考慮，故錯(cuò)誤，D確故選AD.11.如圖所示，有一個(gè)電不計(jì)的光滑導(dǎo)體框架，水平放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)場中，框架寬為l框架上放一質(zhì)量為m電阻為的體棒，現(xiàn)用一水平恒力F作于棒上，使棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)求：(1)棒的速度為零時(shí)，其加速度大；(2)棒的速度為時(shí)棒的加速度大??；(3)棒的加速度為零時(shí)，其速度大解析：(1)當(dāng)導(dǎo)體棒速度為零時(shí)，導(dǎo)體棒中電流為.4

22ml222202222204422044022220422ml2222022222044220440222204F＝maam(2)當(dāng)棒運(yùn)動(dòng)速度為時(shí)BlvF＝，＝，＝′Fl＝－(3)當(dāng)棒的加速度為零時(shí)，′F＝F，＝BIlI＝，＝FFl答案：(1)(2)－(3)mmRl12.如圖b)所示，光滑的平行水平金屬導(dǎo)MN相距在點(diǎn)點(diǎn)連接一個(gè)阻值為R電阻在兩導(dǎo)軌間c矩區(qū)域內(nèi)垂直導(dǎo)軌平面豎直向上、寬d勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度.一質(zhì)量m、電阻為r、度也剛好為的體棒a垂擱在導(dǎo)軌上，與磁場左邊界相距d.用一個(gè)水平向右的力拉b0使它由靜止開始運(yùn)動(dòng)，棒b開磁場前做勻速直線運(yùn)動(dòng)，棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好接觸，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，F(xiàn)隨a與初始位置的距x變化的情況如(a)，已知.求：0(1)棒a離開磁場右邊界時(shí)的速(2)棒a通過磁場區(qū)域的過程中整個(gè)回路所消耗的電.(3)d滿什么條件時(shí)，棒進(jìn)入磁場后一直勻速運(yùn)0解析：(1)設(shè)離開右邊界時(shí)棒a速度為v，則有EE＝I＝＋r2R＋r對(duì)棒有：F－BIL＝0解得：v＝0L(2)在棒動(dòng)整個(gè)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理：F＋－＝mv0000由功能關(guān)系＝(R＋)解得：E＝(＋d)－0L(3)設(shè)棒剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度為，有0F＝mv－002Fm＋)當(dāng)v＝v，即d＝時(shí)進(jìn)入磁場后一直勻速運(yùn).00LF＋r)答案：(1)＝BL(＋r)(2)Ed＋d)－L5

2044ΔttFm＋)2044Δtt(3)d＝0L13.如圖所示，PQ為平面內(nèi)平行放置的光滑金長直導(dǎo)軌，間距為L，在豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)1度大小為的勻強(qiáng)磁場中，一導(dǎo)體桿垂直于PQ放在導(dǎo)軌上，在外力作用下向左勻速直線運(yùn)質(zhì)1量為、每邊電阻均為r、長為L的方形金屬框abcd置豎直平面內(nèi)，兩頂點(diǎn)a、過細(xì)導(dǎo)線與導(dǎo)2軌相連磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的強(qiáng)磁場垂直金屬框向里金屬框恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)不計(jì)余電阻和細(xì)2導(dǎo)線對(duì)、b的作用.(1)通過ab邊電流I是多大？ab(2)導(dǎo)體桿的動(dòng)速度v是大？答案：(1)I＝ab

L22

3mgr(2)vBLL1212解析：(1)設(shè)通過正方形金屬框的總電流為I，邊的電流為I，邊的電流為I，有I＝Iab4

①I＝I

②金屬框受重力和安培力，處于靜止?fàn)顟B(tài)，有mgIL＋I(xiàn)L③222由①～③，解得I＝④abBL22mg(2)由(可得I⑤BL22設(shè)導(dǎo)體桿切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為，有E＝L⑥11設(shè)addc三邊電阻串聯(lián)后與邊阻并聯(lián)的總電阻為R則＝r

⑦E根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I⑧mgr由⑤～⑧，解得v＝⑨BLL1212本題綜合了平衡、電路、電磁感應(yīng)等問題，但思路并不曲折，屬于容易.14.如所示