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物理法拉第电磁感应定律的专项培优练习题及答案

物理法拉第电磁感应定律的专项培优练习题及答案一、法拉第电磁感应定律1.如图(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B t 的大小随时间t 变化的规律如图(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 =t x 时刻(t x 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)ab 棒开始下滑的位置离EF 的距离;(3)ab 棒开始下滑至EF 的过程中回路中产生的热量。

【答案】(1)通过cd 棒电流的方向从d 到c ,区域I 内磁场的方向垂直于斜面向上;(2)3l (3)4mgl sin θ。

【解析】【详解】(1)由楞次定律可知,流过cd 的电流方向为从d 到c ,cd 所受安培力沿导轨向上,由左手定则可知,I 内磁场垂直于斜面向上,故区域I 内磁场的方向垂直于斜面向上。

(2)ab 棒在到达区域Ⅱ前做匀加速直线运动,a =sin mg mθ=gs in θ cd 棒始终静止不动,ab 棒在到达区域Ⅱ前、后,回路中产生的感应电动势不变,则ab 棒在区域Ⅱ中一定做匀速直线运动,可得:1Blv t∆Φ=∆ 2(sin )x xB l I BI g t t θ⋅⋅= 解得2sin x l t g θ=ab 棒在区域Ⅱ中做匀速直线运动的速度12sin v gl θ=则ab 棒开始下滑的位置离EF 的距离21232x h at l l =+= (3)ab 棒在区域Ⅱ中运动时间 222sin x l l t v g θ== ab 棒从开始下滑至EF 的总时间 222sin x l t t t g θ=+= 感应电动势:12sin E Blv Bl gl θ==ab 棒开始下滑至EF 的过程中回路中产生的热量:Q =EIt =4mgl sin θ2.两间距为L=1m 的平行直导轨与水平面间的夹角为θ=37° ,导轨处在垂直导轨平面向下、 磁感应强度大小B=2T 的匀强磁场中.金属棒P 垂直地放在导轨上,且通过质量不计的绝缘细绳跨过如图所示的定滑轮悬吊一重物(重物的质量m 0未知),将重物由静止释放,经过一 段时间,将另一根完全相同的金属棒Q 垂直放在导轨上,重物立即向下做匀速直线运动,金 属棒Q 恰好处于静止状态.己知两金属棒的质量均为m=lkg 、电阻均为R=lΩ,假设重物始终没有落在水平面上,且金属棒与导轨接触良好,一切摩擦均可忽略,重力加速度g=l0m/s 2,sin 37°=0.6,cos37°=0.8.求:(1)金属棒Q 放上后,金属棒户的速度v 的大小;(2)金属棒Q 放上导轨之前,重物下降的加速度a 的大小(结果保留两位有效数字); (3)若平行直导轨足够长,金属棒Q 放上后,重物每下降h=lm 时,Q 棒产生的焦耳热.【答案】(1)3m/s v = (2)22.7m/s a = (3)3J【解析】【详解】(1)金属棒Q 恰好处于静止时sin mg BIL θ=由电路分析可知E BLv = ,2E I R= ,代入数据得,3m/s v =(2)P 棒做匀速直线运动时,0sin m g BIL mg θ=+,金属棒Q 放上导轨之前,由牛顿第二定律可得00sin ()m g mg m m a θ-=+代入数据得,22.7m/s a =(3)根据能量守恒可得,0sin m gh mgh Q θ=+总由于两个金属棒电阻串联,均为R ,可知Q 棒产生的焦耳热为3J 2Q Q ==总3.如图,水平面(纸面)内同距为l 的平行金属导轨间接一电阻,质量为m 、长度为l 的金属杆置于导轨上,t =0时,金属杆在水平向右、大小为F 的恒定拉力作用下由静止开始运动.0t 时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好,两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g .求(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小;(2)电阻的阻值.【答案】0F E Blt g m μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ; R =220 B l t m【解析】【分析】【详解】(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a ,由牛顿第二定律得:ma=F-μmg ① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v ,由运动学公式有:v =at 0 ②当金属杆以速度v 在磁场中运动时,由法拉第电磁感应定律,杆中的电动势为:E=Blv ③ 联立①②③式可得:0F E Blt g m μ⎛⎫=- ⎪⎝⎭④ (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时,金属杆的电流为I ,根据欧姆定律:I=E R⑤ 式中R 为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为:f BIl = ⑥因金属杆做匀速运动,由牛顿运动定律得:F –μmg–f=0 ⑦联立④⑤⑥⑦式得: R=220 B l t m4.如图所示,竖直平面内两竖直放置的金属导轨间距为L1,导轨上端接有一电动势为E、内阻不计的电源,电源旁接有一特殊开关S,当金属棒切割磁感线时会自动断开,不切割时自动闭合;轨道内存在三个高度均为L2的矩形匀强磁场区域,磁感应强度大小均为B,方向如图。

一质量为m的金属棒从ab位置由静止开始下落,到达cd位置前已经开始做匀速运动,棒通过cdfe区域的过程中始终做匀速运动。

已知定值电阻和金属棒的阻值均为R,其余电阻不计,整个过程中金属棒与导轨接触良好,重力加速度为g,求:(1)金属棒匀速运动的速度大小;(2)金属棒与金属导轨间的动摩擦因数μ;(3)金属棒经过efgh区域时定值电阻R上产生的焦耳热。

【答案】(1);(2);(3)mgL2。

【解析】【分析】(1)金属棒到达cd位置前已经开始做匀速运动,根据平衡条件结合安培力的计算公式求解;(2)分析导体棒的受力情况,根据平衡条件结合摩擦力的计算公式求解;(3)根据功能关系结合焦耳定律求解。

【详解】(1)金属棒到达cd位置前已经开始做匀速运动,根据平衡条件可得:mg=BIL1,由于解得:;(2)由于金属棒切割磁感线时开关会自动断开,不切割时自动闭合,则在棒通过cdfe区域的过程中开关是闭合的,此时棒受到安培力方向垂直于轨道向里;根据平衡条件可得:mg=μF A,通过导体棒的电流I′=,则F A=BI′L1,解得μ=;(3)金属棒经过efgh 区域时金属棒切割磁感线时开关自动断开,此时导体棒仍匀速运动;根据功能关系可知产生的总的焦耳热等于克服安培力做的功,而W 克=mgL 2,则Q 总=mgL 2,定值电阻R 上产生的焦耳热Q R =Q 总=mgL 2。

【点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条:一条从力的角度,根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程;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。

5.如图所示,两条平行的金属导轨相距L =lm ,金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为37°,整个装置处在竖直向下的匀强磁场中.金属棒MN 和PQ 的质量均为m =0.2kg ,电阻分别为R MN =1Ω和R PQ =2Ω.MN 置于水平导轨上,与水平导轨间的动摩擦因数μ=0.5,PQ 置于光滑的倾斜导轨上,两根金属棒均与导轨垂直且接触良好.从t =0时刻起,MN 棒在水平外力F 1的作用下由静止开始以a =1m /s 2的加速度向右做匀加速直线运动,PQ 则在平行于斜面方向的力F 2作用下保持静止状态.t =3s 时,PQ 棒消耗的电功率为8W ,不计导轨的电阻,水平导轨足够长,MN 始终在水平导轨上运动.求:(1)磁感应强度B 的大小;(2)t =0~3s 时间内通过MN 棒的电荷量;(3)求t =6s 时F 2的大小和方向;(4)若改变F 1的作用规律,使MN 棒的运动速度v 与位移s 满足关系:v =0.4s ,PQ 棒仍然静止在倾斜轨道上.求MN 棒从静止开始到s =5m 的过程中,系统产生的焦耳热.【答案】(1)B = 2T ;(2)q = 3C ;(3)F 2=-5.2N (负号说明力的方向沿斜面向下)(4)203Q J 【解析】【分析】t =3s 时,PQ 棒消耗的电功率为8W ,由功率公式P =I 2R 可求出电路中电流,由闭合电路欧姆定律求出感应电动势.已知MN 棒做匀加速直线运动,由速度时间公式求出t =3s 时的速度,即可由公式E =BLv 求出磁感应强度B ;根据速度公式v =at 、感应电动势公式E =BLv 、闭合电路欧姆定律和安培力公式F =BIL 结合,可求出PQ 棒所受的安培力大小,再由平衡条件求解F 2的大小和方向;改变F 1的作用规律时,MN 棒做变加速直线运动,因为速度v 与位移x 成正比,所以电流I 、安培力也与位移x 成正比,可根据安培力的平均值求出安培力做功,系统产生的热量等于克服安培力,即可得解.【详解】(1)当t =3s 时,设MN 的速度为v 1,则v 1=at =3m/s感应电动势为:E 1=BL v 1根据欧姆定律有:E 1=I (R MN + R PQ )根据P =I 2 R PQ代入数据解得:B =2T(2)当t =6 s 时,设MN 的速度为v 2,则速度为:v 2=at =6 m/s感应电动势为:E 2=BLv 2=12 V根据闭合电路欧姆定律:224MN PQ E I A R R ==+ 安培力为:F 安=BI 2L =8 N规定沿斜面向上为正方向,对PQ 进行受力分析可得:F 2+F 安cos 37°=mg sin 37°代入数据得:F 2=-5.2 N(负号说明力的方向沿斜面向下)(3)MN 棒做变加速直线运动,当x =5 m 时,v =0.4x =0.4×5 m/s =2 m/s因为速度v 与位移x 成正比,所以电流I 、安培力也与位移x 成正比,安培力做功:12023MN PQ BLv W BL x J R R =-⋅⋅=-+安 【点睛】本题是双杆类型,分别研究它们的情况是解答的基础,运用力学和电路.关键要抓住安培力与位移是线性关系,安培力的平均值等于初末时刻的平均值,从而可求出安培力做功.6.如图1所示,水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN 和PQ ,两导轨间距为l ,电阻均可忽略不计。

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