204電磁感應(yīng)定律、自感綜合練習(xí)

電磁感應(yīng)定律、自感綜合練習(xí)【例題精選】1、如圖3所示，夾角為°的三角形導(dǎo)軌，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為8、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。導(dǎo)體ab以水平速度v向右平動(dòng)。試寫出：（1）在t時(shí)刻,ab中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式;（2）在時(shí)間t內(nèi),ab中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式。分析與解:（1）根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式，在t時(shí)刻ab中的電動(dòng)勢(shì)為八B^bv=Bvtt"v=Bv%et。（2）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，在時(shí)間t內(nèi)ab中，電動(dòng)勢(shì)的平均值為二岫=BAS=BX1vtXvttge^1Bv2tget?！鱰t 2 t2想一想：1）為什么￡=上e？（因?yàn)椋骸?Bv2tgetxt 為線性變量。）22）試證明：當(dāng)At-0時(shí)，利用￡=岫/△t，也可以求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值，即。=BS=Bv2tget2/2，△。=~Bv2tgel+At)2—12]=上Bv2tgeGtAt+At2)￡=lim=Bv2tget。2 2 at-oAt2、如圖4所示，把金屬線框從勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速拉出，是快拉還是慢拉做功多？分析與解：線框cd邊出磁場(chǎng)后，線框產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流，并受安培力，線框勻速運(yùn)動(dòng)，則外力F=F安。解法（一）：因?yàn)榫€框勻速運(yùn)動(dòng)，所以F=F安=BIL=BBLvL，拉力所做的功W=Fd=B2L2dv/R。無論快拉、慢拉，磁感應(yīng)強(qiáng)度B、ab邊長(zhǎng)L、拉出的位移d，線框電阻R都相同。所以拉出速度v越大，做功越多。解法（二）：思路基本與解法（一）相同，只是線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)用法拉第電磁感應(yīng)定律表達(dá)，即￡=岫/At，于是：w=Fd=BQtLd=冬M工。無論快R RAt拉、慢拉，線框拉出過程的磁通量變化岫相同，所用時(shí)間越短，做功越多?？炖龉Χ?。還應(yīng)注意到：岫=BLd-0。解法（三）：從能的轉(zhuǎn)化和守恒定律看，外力拉線框所做的功，全部轉(zhuǎn)化為線框所產(chǎn)生的電能（這一電能又通過線框電阻R變成焦耳熱）。有：W=￡2△t/r=M2/（r△t）?！鱰越小做功越多，快拉做功多。這個(gè)解法，不受線框所處的磁場(chǎng)是否是勻強(qiáng)磁場(chǎng)的限制，也不要求一定勻速拉出。所以，這個(gè)解法具有較為普遍適用的意義。我們知道，有安培力參與的運(yùn)動(dòng)，或是勻速運(yùn)動(dòng)，或是變加速運(yùn)動(dòng)，不可能是勻變速運(yùn)動(dòng)。因此，描述這樣的運(yùn)動(dòng)過程，往往只能采用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律解。3、如圖5所示，一個(gè)足夠長(zhǎng)的平行光滑導(dǎo)軌，豎直放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。導(dǎo)體ab從靜止開始沿導(dǎo)軌滑下，且回路電阻除R外都忽略不計(jì)。⑴為了使ab的收尾速度減一半，可以采用下列哪些方法？（）將ab質(zhì)量減一半而長(zhǎng)度不變；將電阻R減一半；將磁感應(yīng)強(qiáng)度B增為原來的.三倍；將電阻R增一倍；（2） 為了使ab的收尾電流加一倍，可以采用下列哪些方法？（）將ab長(zhǎng)度減一半而質(zhì)量不變；將電阻R減一半；將磁感應(yīng)強(qiáng)度B減一半；TOC\o"1-5"\h\z將磁感應(yīng)強(qiáng)度B增一倍 占（3） 為了電流達(dá)到收尾值時(shí)r的熱功率增加一倍，可以采用下列哪些方法？（） |XXX將ab質(zhì)量增加一倍而長(zhǎng)度不變； [xxx將ab長(zhǎng)度減為原來的1/&而質(zhì)量不變； xxx將電阻R增大一倍； I將磁感應(yīng)強(qiáng)度B減一半 圖5分析與解:（1）當(dāng)ab受到的安培力與重力平衡時(shí)，速度達(dá)到收尾值，即mg=bii=bJ，v=淄3冬，所以，正確選項(xiàng)A、B、C。RmB212 B2（2）同理，電流的收尾速度值為、=畋3_L,所以，正確選項(xiàng)為A、C。（3）電流達(dá)到收尾功率值時(shí),R的熱功率為p=12rJmg]2r3、r，所以，mkBlJ B212正確選項(xiàng)為B、C。4、如圖6所示，在光滑水平面上，小車與所X裝載的閉合線圈的總質(zhì)量為m。質(zhì)量也為m的月、 用條形磁體，從h高處由靜止開始無摩擦滑下，且| pYO穿出線圈時(shí)速度為v。不計(jì)條形磁體在弧形導(dǎo)軌 UKL一上運(yùn)動(dòng)時(shí)與線圈的相互作用。求從磁體開始下滑到以速度v穿出線圈的全過程中，產(chǎn)生的焦 6耳熱是多少？分析與解：根據(jù)機(jī)械能守恒，磁鐵進(jìn)入水平軌道的速度為：v0=兩，以磁鐵、線圈為系統(tǒng)，設(shè)磁體穿出線圈時(shí)，線圈的速度為V，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒,有：

mv0mgh=mv+mVV=v。mv0mgh=mv+mVV=v。-v=mv2/2+mV2/2+Q。根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律，還有:,所以，線圈中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=mv（5-v）。在本題5、如圖7所示，平行導(dǎo)軌間距為l,左端接阻值為R的電阻，右端接電容為C的電容器，并處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。長(zhǎng)為21的導(dǎo)體oa，以角速度①繞O軸轉(zhuǎn)過90。。求全過程中，通過電阻mv（5-v）。在本題分析與解：在oa從豎直位置轉(zhuǎn)過60。的過程中,oa與電阻R構(gòu)成的閉合回路的磁通量發(fā)生變化。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，通過R的感應(yīng)電量為：, Bx上lx21cos30。 廠cQ=Ai=冬=一2 =!!Bi±。同時(shí),oa對(duì)電容C充電，且充電結(jié)束RR R 2R時(shí)，電容器的最大電壓為U=1B①（21）2=2B④12。在oa從60。轉(zhuǎn)至90。的過程中，m2電容C對(duì)電阻R放電，且放電量為：Q2=Cu=2B?l2C，所以，在全過程中，通過R的電量為：Q=Q1+Q2=Bl2[I3R+2WC。6、如圖8所示，不計(jì)電源內(nèi)阻和除變阻器R以外的一切外電阻，當(dāng)滑動(dòng)觸頭P向右勻速滑動(dòng)時(shí)，用絲線懸掛著的閉合金屬環(huán)M將A.不動(dòng) B.向左擺動(dòng)C.向右擺動(dòng) D.向上運(yùn)動(dòng)分析與解：選擇答案A的學(xué)生主要是從“勻速向右滑動(dòng)”中得到的啟示。因?yàn)閯蛩倩瑒?dòng)就意味著R是均勻變化的，那么均勻變化又意味著什么呢？有些學(xué)生有這樣一種預(yù)感：一定和某種恒定不變的量相聯(lián)系，如均勻變化的電場(chǎng)產(chǎn)生恒定的磁場(chǎng)，速度均勻變化表明加速度恒定，磁通量均勻變化產(chǎn)生恒定電動(dòng)勢(shì)……，平時(shí)考試的得利無意中培養(yǎng)了學(xué)生自信的性格。所以這部分學(xué)生敏感地意識(shí)到,R的均勻變化，一定是在l2中產(chǎn)生恒定不變的電動(dòng)勢(shì)。憑這種“靈感”使他們陷入了題目設(shè)下的“陷井”，而不能自拔。仔細(xì)發(fā)析由R的變化引起I的變化，由/=￡/r,I與R成反比，其變化規(guī)律如圖9所示。由于R與t成正比，圖11一17也反映了I與t的函數(shù)關(guān)系。由圖象的斜率可以直觀的看出電流的變化率是逐漸減小的，在L2中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)、通過L3的電流是逐漸減小的。所以l3中的磁場(chǎng)也是逐漸減弱的,

對(duì)閉合環(huán)M而言，就相當(dāng)于磁鐵從圓環(huán)中抽出一樣，故M應(yīng)向左擺動(dòng)。正確選項(xiàng)B。7、如圖10所示，用相同的絕緣導(dǎo)線圍成半徑都為r、電阻都為R的兩個(gè)圓環(huán)1和2,兩環(huán)均過對(duì)方圓心交疊于A、B兩點(diǎn)，相交處彼此絕緣，在兩環(huán)交疊區(qū)域內(nèi)，有垂直圓環(huán)平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，交疊區(qū)域的圓環(huán)導(dǎo)線恰好在磁場(chǎng)邊緣，交疊區(qū)域圓環(huán)導(dǎo)線所在位置有磁場(chǎng)，當(dāng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度從零均勻增加，即B=kt（k為常量）時(shí)，求:（1通過圓環(huán)1的感應(yīng)電流的大小和方向;（2）當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度增大到B=B0時(shí)，圓環(huán)1受到的磁場(chǎng)力的大小和方向。分析與解：首先計(jì)算出變化磁場(chǎng)所在范圍的面積，如圖11所示，即兩圓相交的重疊區(qū)域，此區(qū)域也是每個(gè)圓環(huán)（閉合回路）所包圍的磁通發(fā)生變化的區(qū)域。(1)ZAOC=120。，與ZAOC對(duì)應(yīng)的扇形面積為：S1=?！?/3,aAOC的面積為:S=1rsin30°x2rcos30。=迫r2，磁場(chǎng)區(qū)域的面積為：S=2(S-S)=2[正-業(yè)L2，TOC\o"1-5"\h\z2 4 1 2I3 4)通過圓環(huán)1的電流強(qiáng)度：/=-1剪=您［生-旦疽。電流方向?yàn)镽AtRI3 4）逆時(shí)針。2K.兀*‘‘3) BK(2寸33)(2)F=BIL=B0? 1—-—\r2?2rcos30。=-[ -\rF的方向向左，如圖11所示。8、如圖12所示，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,MN、PQ是兩條平行金屬導(dǎo)軌，而ab、cd為串有電壓表和電流表的兩根金屬棒。當(dāng)兩棒以相同速度向右運(yùn)動(dòng)時(shí)（）電壓表有讀數(shù)，電流表有讀數(shù)；電壓表無讀數(shù)，電流表無讀數(shù)；電壓表有讀數(shù)，電流表無讀數(shù)；電壓表無讀數(shù)，電流表有讀數(shù)分析與解：要理解和掌握的基礎(chǔ)知識(shí)是:（1）無論是電流表、電壓表還是歐姆表,必須要有一定電流通過表頭，才會(huì)有讀數(shù)顯示;（2）ab、cd棒在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以相同速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，所產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等，都為Blv;（3）從電路結(jié)構(gòu)看，兩棒都為產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)的部分，等效為兩個(gè)并聯(lián)的電源。因此，本題的新穎之處與迷惑所在是裝置未形成閉合電路，無電流通過電表。所以，電流表無電流顯示，而電壓表兩端雖然存在電勢(shì)差，也因無電流通過而無電壓顯示，故正確選項(xiàng)為B。

9、如圖13所示電路中,A和L2是兩個(gè)相同的小燈泡,L是一個(gè)自感系數(shù)很大的線圈，其電阻與R相同，由于存在自感現(xiàn)象，在開關(guān)S接通和斷開瞬間,A和L2亮暗的順序是怎樣的？分析與解：通電瞬間,R選達(dá)最亮，然后L2和L1達(dá)到一樣的亮度。因?yàn)橥娝查g，流過線圈的電流由零變大，線圈中產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢(shì)方向從右向左，使通過線圈的電流逐斷增大，所以開始瞬間電流幾乎全部從L通過，而通過A的電流同時(shí)分路流過L2和R,因此L先達(dá)最亮，經(jīng)過暫短的時(shí)間電流穩(wěn)定后，自感現(xiàn)象消失，線圈只起直流電阻作用，最后A和L2一樣亮。斷電瞬間，電源提供的電流立即為零,L2立即熄滅。對(duì)于L1，由于通過線圈的電流突然減小，線圈中產(chǎn)生自左向右的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，使L和A組成的閉合回路有自感電流，則L1延遲熄滅。【綜合練習(xí)】1、如圖14所示的通有恒定電流的直導(dǎo)線MN與閉合金屬框共面，第一次將金屬框由位置I單移到位置II;第二次將金屬框由位移I繞cd邊翻轉(zhuǎn)到位置II,設(shè)先后兩種情況下，通過金屬框某截面的電量分別是％和q2,貝U()A.q1<q2 B.q1=q2 C.q1>q2d.q1豐0,q2=02、一個(gè)質(zhì)量為m,半徑為r,電阻為R的金屬圓環(huán),豎直自由下落，經(jīng)一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，當(dāng)圓環(huán)進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的豎直高度為刁，如圖14所示，圓環(huán)所受合力為零，此時(shí)圓環(huán)的速度大小是。3、在光滑絕緣的水平面上，質(zhì)量為m的圓形金屬環(huán)與速度七向一個(gè)有界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)滑去，如圖16所示。已知磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，圓環(huán)半徑為r，電阻為R，經(jīng)t秒后，圓環(huán)的一半進(jìn)入了磁場(chǎng)，在這段時(shí)間內(nèi)，圓環(huán)產(chǎn)生的熱量為0以上各量均為國(guó)際單位)求(1)t秒末圓環(huán)中感應(yīng)電流的即時(shí)值;(2)t秒末圓環(huán)運(yùn)動(dòng)的加速度?4、一閉合線圈放在磁場(chǎng)中，線圈的軸線與磁場(chǎng)方向成0=30。角如圖17,當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻變化時(shí)，在下述辦法中(如需要改繞線圈，用原規(guī)格的導(dǎo)線)，哪一種可以使線圈中的感應(yīng)電流增加一倍？()將線圈的匝數(shù)增加一倍將線圈的面積增加一倍將線圈的半徑增加一倍將線圈軸線的方向改變將細(xì)圈的匝數(shù)減少一半TOC\o"1-5"\h\z5、相距為L(zhǎng)的兩光滑平行導(dǎo)軌與水平面成0角放置。上 上端連接一阻值為r的電阻，其它電阻不計(jì)。整個(gè)裝置處在方 /―巳7向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為瓦質(zhì)量為m,電明―二A阻為r的導(dǎo)體MN,垂直放在導(dǎo)軌上，如圖18所示，由靜止比」e-~開始釋放導(dǎo)體MN,求： 國(guó)18MN可以達(dá)到的最大速度vmMN的速度v=上v時(shí)的加速度a回路中產(chǎn)生的最大功率PmTOC\o"1-5"\h\zI 16、 勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2T,磁場(chǎng)寬度說遂；x x xIL=3m,一正方形金屬框邊長(zhǎng)ab=l=1m,其電 匚|x x 乂 x」阻r=0.2q,金屬框以v=10m/s的速度勻速穿過' 磁場(chǎng)區(qū)，其平面始終保持與磁感線方向垂直，如 圖圖19所示，求:(1)畫出金屬線框穿過磁場(chǎng)區(qū)的過程中，金屬框內(nèi)感應(yīng)電流的I-t圖象。(2)畫出ab兩端電壓的U—t圖象。答案：1、選項(xiàng)A正確。提示：q=It=rt=￡△t=^,計(jì)算岫要注意磁通量是雙向標(biāo)量。r r△t △t2 mgR 4B2d(2r-d)分析與解：由圓環(huán)所受合力為零，有mg=—,而F=BIl=B旦l=BBVl=心V，所以有v=蛙,此時(shí)圓環(huán)切割磁感線的有效長(zhǎng)安 RR R B212度l=2Xr2+(r-d)2,故 mgR 4B2d(2r-d)o4B2r23、p= 4Bo4B2r23、p= 提示：根據(jù)功能關(guān)系Q=1m2—1m2可求出V；由TOC\o"1-5"\h\z2 0 2F=馴=B冬2rP=FV，代入V的表達(dá)式求P；由牛二律a=以求加速度。安 R，安 m4、正確選項(xiàng)為C提示：設(shè)線圈匝數(shù)為N,半徑為r,導(dǎo)線電阻率為p,橫截面積為S,線圈中的A。 AB 力1ABScos30°rocrP電流可表示為/1ABScos30°rocrPRL N2兀rP一PS S5、（1）v=mg（R+r）tg0/B2L2cos0m（2） a=2gsin03（3） P=m2g2（R+r）tg20/B2L2解：（1）當(dāng)導(dǎo)體MN下滑的加速度a=0時(shí)有最大速度v,這時(shí)導(dǎo)體的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，為：￡=BLvcos0,回路中的電流為Im=sm/（R+r）M