電磁感應綜合練習題

電磁感應綜合練習題1.磁懸浮列車是一種高速低耗的新型交通工具。它的驅動系統(tǒng)簡化為如下模型，固定在列車下端的動力繞組可視為一種矩形純電阻金屬框，電阻為R，金屬框置于xOy平面內，長邊MN長為l，平行于y軸，寬為d的NP邊平行于x軸，如圖1所示。列車軌道沿Ox方向，軌道區(qū)域內存有垂直于金屬框平面的磁場，磁感應強度B沿Ox方向按正弦規(guī)律分布，其空間周期為λ，最大值為B0，如圖2所示，金屬框同一長邊上各處的磁感應強度相似，整個磁場以速度v0沿Ox方向勻速平移。設在短臨時間內，MN、PQ邊所在位置的磁感應強度隨時間的變化可以忽視，并忽視一切阻力。列車在驅動系統(tǒng)作用下沿Ox方向加速行駛，某時刻速度為v(v<v0)。(1)簡要論述列車運行中獲得驅動力的原理；(2)為使列車獲得最大驅動力，寫出MN、PQ邊應處在磁場中的什么位置及λ與d之間應滿足的關系式：(3)計算在滿足第(2)問的條件下列車速度為v時驅動力的大小。MOMOxzNPQydl圖1BOB0-B0xλ2λ圖22.如圖所示，間距為L的兩條充足長的平行金屬導軌與水平面的夾角為θ，導軌光滑且電阻忽視不計．場強為B的條形勻強磁場方向與導軌平面垂直，磁場區(qū)域的寬度為d1，間距為d2．兩根質量均為m、有效電阻均為R的導體棒a和b放在導軌上，并與導軌垂直．(設重力加速度為g)(1)若a進入第2個磁場區(qū)域時，b以與a同樣的速度進入第1個磁場區(qū)域，求b穿過第1個磁場區(qū)域過程中增長的動能△Ek；磁場區(qū)域1磁場區(qū)域2磁場區(qū)域3磁場區(qū)域4磁場區(qū)域5BBBBθd1d2d1d2d磁場區(qū)域1磁場區(qū)域2磁場區(qū)域3磁場區(qū)域4磁場區(qū)域5BBBBθd1d2d1d2d1d1d2d1B棒b棒a(3)對于第(2)問所述的運動狀況，求a穿出第k個磁場區(qū)域時的速率。3.如圖所示，豎直平面內有二分之一徑為r、內阻為R1、粗細均勻的光滑半圓形金屬球，在M、N處與相距為2r、電阻不計的平行光滑金屬軌道ME、NF相接，EF之間接有電阻R2，已知R1＝12R，R2＝4R。在MN上方及CD下方有水平方向的勻強磁場I和II，磁感應強度大小均為B。既有質量為m、電阻不計的導體棒ab，從半圓環(huán)的最高點A處由靜止下落，在下落過程中導體棒一直保持水平，與半圓形金屬環(huán)及軌道接觸良好，高平行軌道中夠長。已知導體棒ab下落r/2時的速度大小為v1，下落到MN處的速度大小為v2。（1）求導體棒ab從A下落r/2時的加速度大小。（2）若導體棒ab進入磁場II后棒中電流大小一直不變，求磁場I和II之間的距離h和R2上的電功率P2。（3）若將磁場II的CD邊界略微下移，導體棒ab剛進入磁場II時速度大小為v3，要使其在外力F作用下做勻加速直線運動，加速度大小為a，求所加外力F隨時間變化的關系式。4．如圖所示，兩根充足長的光滑金屬導軌MN、PQ間距為l=0.5m，其電阻不計，兩導軌及其構成的平面均與水平面成30°角。完全相似的兩金屬棒ab、cd分別垂直導軌放置，每棒兩端都與導軌一直有良好接觸，已知兩棒的質量均為0.02kg，電阻均為R=0.1Ω，整個裝置處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度為B=0.2T，棒ab在平行于導軌向上的力F作用下，沿導軌向上勻速運動，而棒cd恰好能保持靜止。取g=10m/s2，問：（1）通過cd棒的電流I是多少，方向怎樣？（2）棒ab受到的力F多大？（3）棒cd每產生Q=0.1J的熱量，力F做的功W是多少？5、如圖所示，兩充足長的光滑金屬導軌豎直放置，相距為L,一理想電流表與兩導軌相連，勻強磁場與導軌平面垂直。一質量為m、有效電阻為R的導體棒在距磁場上邊界h處靜止釋放。導體棒進入磁場后，流經電流表的電流逐漸減小，最終穩(wěn)定為I。整個運動過程中，導體棒與導軌接觸良好，且一直保持水平，不計導軌的電阻。求：（1）磁感應強度的大小B；（2）電流穩(wěn)定后，導體棒運動速度的大小v；（3）流經電流表電流的最大值Im6、如圖所示，一對光滑的平行金屬導軌固定在統(tǒng)一水平面內，導軌間距l(xiāng)=0.5m，左端接有阻值R=0.3Ω的電阻。一質量m=0.1kg，電阻r=0.1Ω的金屬棒MN放置在導軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應強度B=0.4T。棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a=2m/s2的加速度做勻加速運動，當棒的位移x=9m時撤去外力，棒繼續(xù)運動一段距離后停下來，已知撤去外力前后回路中產生的焦耳熱之比Q1：Q2=2：1。導軌充足長且電阻不計，棒在運動過程中時鐘與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸。求1、棒在勻加速過程中，通過電阻R的電荷量q：2、撤去外力后回路中產生的焦耳熱Q2：3、外力做的功WF7、為了提高自行車夜間行駛的安全性，小明同學設計了一種“閃爍”裝置，如圖所示，自行車后輪由半徑r1=5.0╳10-2m的金屬內圈、半徑r2=0.40m的金屬內圈和絕緣輻條構成。后輪的內、外圈之間等間隔地接有4根金屬條，每根金屬條的中間均串聯(lián)有一電阻值為R的小燈泡。在支架上裝有磁鐵，形成了磁感應強度B=0.10T、方向垂直紙面向外的“扇形”勻強磁場，其內半徑為r1、外半徑為r2、張角θ=π/6。后輪以角速度ω=2πrad/s（1）當金屬條ab進入“扇形”磁場時，求感應電動勢E，并指出ab上的電流方向；（2）當金屬條ab進入“扇形”磁場時，畫出“閃爍”裝置的電路圖；（3）從金屬條ab進入“扇形”磁場開始，經計算畫出輪子轉一圈過程中，內圈與外圈之間電勢差Uab-t圖象；（4）若選擇的是“1.5V、0.3A”的小燈泡，該“閃爍”裝置能否正常工作？有同學提出，通過變化磁感應強度B、后輪外圈半徑r2、角速度ω和張角θ等物理量的大小，優(yōu)化前同學的設計方案，請給出你的評價。7、解析：（1）金屬條ab在磁場中切割磁感應線時，使所構成的回路磁通量變化，導體棒轉動切割，有法拉第電磁感應定律.，可推導出：，此處：代入數(shù)據(jù)解得：根據(jù)右手定則判斷可知電流方向由b到a的。（2）．通過度析，將ab條可看做電源，并且有內阻，其他三等看做外電路，如圖所示：（3）．當例如ab棒切割時，ab可當做電源，其燈泡電阻相稱于電源內阻，外電路是三個燈泡，此時Uab為路端電壓，有圖2易知內阻與外阻之比為3：1的關系，因此，其他棒切割時同理。，如圖可知在框勻速轉動時，磁場區(qū)域張角θ=π/6，因此有電磁感應的切割時間與無電磁感應切割時間之比為1：2，=1S，得圖如下（4）．小燈泡不能正常工作，由于感應電動勢為：遠不不小于燈泡的額定電壓，因此閃爍裝置不也許工作。B增大，E增大，但有程度；r增大，E增大，但有程度；增大，E增大,但有程度；θ增大，E不增大。參照答案1、解析：(1)由于列車速度與磁場平移速度不一樣，導致穿過金屬框的磁通量發(fā)生變化，由于電磁感應，金屬框中會產生感應電流，該電流受到的安培力即為驅動力。(2)為使列車獲得最大驅動力，MN、PQ應位于磁場中磁感應強度同為最大值且反向的地方，這會使得金屬框所圍面積的磁通量變化率最大，導致框中電流最強，也會使得金屬框長邊中電流受到的安培力最大。因此，d應為的奇數(shù)倍，即或（）①(3)由于滿足第(2)問條件：則MN、PQ邊所在處的磁感應強度大小均為B0且方向總相反，經短暫的時間，磁場沿Ox方向平移的距離為，同步，金屬框沿Ox方向移動的距離為。由于v0>V，因此在Δt時間內MN邊掃過磁場的面積：S＝(v0－v)lΔt①在此時間內，MN邊左側穿過S的磁通移進金屬框而引起框內磁通量變化：ΔΦMN＝B0l(v0－v)Δt②同理，該時間內，PQ邊左側移出金屬框的磁通引起框內磁通量變化ΔΦPQ＝B0l(v0－v)Δt③故在內金屬框所圍面積的磁通量變化ΔΦ＝ΔΦMN＋ΔΦPQ④根據(jù)法拉第電磁感應定律，金屬框中的感應電動勢大小E＝⑤根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I＝⑥根據(jù)安培力公式，MN邊所受的安培力FMN＝B0IlPQ邊所受的安培力FPQ＝B0Il根據(jù)左手定則，MN、PQ邊所受的安培力方向相似，此時列車驅動力的大小F＝FMN＋FPQ＝2B0Il⑦聯(lián)立解得F＝⑧2、解析：(1)a和b不受安培力作用，由機械能守恒定律知，……①(2)設導體棒剛進入無磁場區(qū)域時的速度為v1剛離開無磁場區(qū)域時的速度為v2，由能量守恒知：在磁場區(qū)域中，……②在無磁場區(qū)域中，……③解得……④(3)在無磁場區(qū)域：根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律……⑤且平均速度……⑥有磁場區(qū)域：棒a受到的合力……⑦感應電動勢……⑧感應電流……⑨解得……⑩根據(jù)牛頓第二定律，在t到t+△t時間內……⑾則有……⑿解得……⒀答案：（1）穿過地1個磁場區(qū)域過程中增長的動能；（2）；（3）3、解析：（1）以導體棒為研究對象，棒在磁場I中切割磁感線，棒中產生感應電動勢，導體棒ab從A下落r/2時，導體棒在方略與安培力作用下做加速運動，由牛頓第二定律，得mg－BIL＝ma，式中l(wèi)＝r式中＝4R由以上各式可得到（2）當導體棒ab通過磁場II時，若安培力恰好等于重力，棒中電流大小一直不變，即式中解得 導體棒從MN到CD做加速度為g的勻加速直線運動，有得此時導體棒重力的功率為根據(jù)能量守恒定律，此時導體棒重力的功率所有轉化為電路中的電功率，即＝因此，＝（3）設導體棒ab進入磁場II后通過時間t的速度大小為，此時安培力大小為由于導體棒ab做勻加速直線運動，有根據(jù)牛頓第二定律，有F＋mg－F′＝ma即由以上各式解得4．（1）棒cd受到的安培力①棒cd在共點力作用下平衡，則②由①②式代入數(shù)據(jù)解得I=1A，方向由右手定則可知由d到c。（2）棒ab與棒cd受到的安培力大小相等Fab=Fcd對棒ab由共點力平衡有③代入數(shù)據(jù)解得F=0.2N④（3）設在時間t內棒cd產生Q=0.1J熱量，由焦耳定律可知⑤設ab棒勻速運動的速度大小為v，則產生的感應電動勢E=Blv⑥由閉合電路歐姆定律知⑦由運動學公式知，在時間t內，棒ab沿導軌的位移x=vt⑧力F做的功W=Fx⑨綜合上述各式，代入數(shù)據(jù)解得W=0.4J5、解析（1）電流穩(wěn)定后，導體棒做勻速運動①解得：B=②（2）感應電動勢③感應電流④由②③④解得（3）由題意知，導體棒剛進入磁場時的速度最大，設為vm機械能守恒感應電動勢的最大值感應電流的最大值解得：【答案】（1）（2）（3）6、解析：（1）棒勻加速運動所用時間為t，有s根據(jù)法拉第電磁感應定律和閉合電路的歐姆