物理法拉第電磁感應定律的專項培優(yōu)練習題附答案

1、、法拉第電磁感應定律L=0.11.如圖所示，條形磁場組方向水平向里，磁場邊界與地面平行，磁場區(qū)域?qū)挾葹閙,磁場間距為2L, 一正方形金屬線框質(zhì)量為m = 0.1 kg,邊長也為L,總電阻為R= 0.02 Q.現(xiàn)將金屬線框置于磁場區(qū)域1上方某一高度h處自由釋放，線框在經(jīng)過磁場區(qū)域時bc邊始終與磁場邊界平行.當h=2L時，bc邊進入磁場時金屬線框剛好能做勻速運動.不計空氣阻力，重力加速度 g取10 m/s2. _d.&零I h k X X X X X X Xj E2L工7 k x x x 良工 1r入.?1出£鼻*xK.5. "(1)求磁感應強度 B的大??；(2)若h&

2、gt;2L,磁場不變，金屬線框bc邊每次出磁場時都剛好做勻速運動，求此情形中金屬線框釋放的高度 h;(3)求在(2)情形中，金屬線框經(jīng)過前 n個磁場區(qū)域過程中線框中產(chǎn)生的總焦耳熱.【答案】(1)1 T (2) 0.3 m (3) 0.3n J【解析】【詳解】 當h=2L時，bc進入磁場時線框的速度v ,- 2gh 2、gL 2m/s此時金屬框剛好做勻速運動，則有：mg=BILEBLvR R代入數(shù)據(jù)得：B 1T(2)當h > 2L時，bc邊第一次進入磁場時金屬線框的速度Vo ,2gh 2 , gL即有mg BIoL又已知金屬框bc邊每次出磁場時都剛好做勻速運動，經(jīng)過的位移為L,設此時線框的

3、速度為v；則有22v v 2gL解得：v .6m / s根據(jù)題意可知，為保證金屬框bc邊每次出磁場時都剛好做勻速運動，則應有v v 2gh即有h 0.3m(3)設金屬線框在每次經(jīng)過一個條形磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Qo,則根據(jù)能量守恒有：1 '2,、12 八mv mg(2 L) mv Q2 2代入解得：Q0 0.3J則經(jīng)過前n個磁場區(qū)域時線框上產(chǎn)生的總的焦耳熱Q=nQ°=0.3nJ。2.如圖所示，垂直于紙面的勻強磁場磁感應強度為Bo紙面內(nèi)有一正方形均勻金屬線框abcd,其邊長為L,總電阻為R, ad邊與磁場邊界平行。從 ad邊剛進入磁場直至 bc邊剛要進入的過程中，線框在向左的拉

4、力作用下以速度v勻速運動，求：箕 * X X 1Ra b0(1)拉力做功的功率 P;(2) ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q.2,2 2_2.3【答案】(1) P=B-L-v- (2) Q=B-L-vR4R【解析】【詳解】(1)線圈中的感應電動勢感應電流拉力大小等于安培力大小拉力的功率(2)線圈ab邊電阻運動時間ab邊產(chǎn)生的焦耳熱F=BIL2 2 2B L vP=Fv=RRab=4L t= vQ=I2Rabt =4R3 .如圖，匝數(shù)為 N、電阻為r、面積為S的圓形線圈P放置于勻強磁場中，磁場方向與線 圈平面垂直，線圈 P通過導線與阻值為 R的電阻和兩平行金屬板相連，兩金屬板之間的距 離為d,兩板間有垂直紙

5、面的恒定勻強磁場。當線圈P所在位置的磁場均勻變化時，一質(zhì)量為m、帶電量為q的油滴在兩金屬板之間的豎直平面內(nèi)做圓周運動。重力加速度為g,求：(1)勻強電場的電場強度(2)流過電阻R的電流(3)線圈P所在磁場磁感應強度的變化率【答案】吟2)曙(3)* q qR tmgd(R r)NQRS(1)由題意得:qE=mg解得(2)由電場強度與電勢差的關(guān)系得:由歐姆定律得:解得(3)根據(jù)法拉第電磁感應定律得到:根據(jù)閉合回路的歐姆定律得到: 解得：t I(RmgqmgdqRN t-BS tr)mgd(R r)NqRS4 .如圖，水平面(紙面)內(nèi)同距為 l的平行金屬導軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于

6、導軌上，t=0時，金屬桿在水平向右、大小為 F的恒定拉力作用下由靜止開始運動.to時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域,且在磁場中恰好能保持勻速運動.桿與導軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸 良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為.重力加速度大小為 g.求(1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大小;(2)電阻的阻值.【答案】E Bit。F gm_ 2 2 R=BJL2t2 =m(1)設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a,由牛頓第二定律得：ma=F-!i mg設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v,由運動學公式有：v=ato當金屬桿以速度 v在磁場中運動時，由法拉第電磁

7、感應定律，桿中的電動勢為：E=Bk聯(lián)立式可得：E Blt0 gm(2)設金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時，金屬桿的電流為I,根據(jù)歐姆定律：I=R式中R為電阻的阻值.金屬桿所受的安培力為：f BIl因金屬桿做勻速運動，由牛頓運動定律得：F-科mg=0B212t 一聯(lián)立式得：R=B1*m5 .如圖所示，光滑的長平行金屬導軌寬度d=50cm,導軌所在的平面與水平面夾角0 =37,。導軌上端電阻 R=0.8 0其他電阻不計.導軌放在豎直向上的勻強磁場中，磁感應ab的質(zhì)量v.若在同一時間內(nèi)，電阻產(chǎn)生的I0的表達式(各物理量全部用字強度B=0.4T.金屬棒ab從上端由靜止開始下滑，金屬棒2)(1)求導體棒下滑

8、的最大速度；(2)求當速度達到 5m/s時導體棒的加速度；22mgs mv2Rt(3)若經(jīng)過時間t,導體棒下滑的垂直距離為 s,速度為 熱與一恒定電流Io在該電阻上產(chǎn)生的熱相同，求恒定電流 母表示).【答案】(1) 18.75m/s (2) a=4.4m/s2 (3)【解析】【分析】根據(jù)感應電動勢大小與安培力大小表達式，結(jié)合閉合電路歐姆定律與受力平衡方程，即可求解；根據(jù)牛頓第二定律，由受力分析，列出方程，即可求解 ；根據(jù)能量守恒求解；解：(1)當物體達到平衡時，導體棒有最大速度，有： mg sin F cos ,根據(jù)安培力公式有：F BIL ,根據(jù)歐姆定律有：I E BLv COs ,R Rm

9、gRsin ,八一斛得： v 2 22 18.75 ；B L cos(2)由牛頓第二定律有：mgsin F cos ma ,BLv cos 1A,RBIL 0.2N ,24.4m/s ;(3)根據(jù)能量守恒有:mgs122-mv I0 Rt , 2解得：1n1mgs mv2,； 2Rt6.如圖為電磁驅(qū)動與阻尼模型,在水平面上有兩根足夠長的平行軌道有阻值為R的定值電阻，其間有垂直軌道平面的磁感應強度為PQ和MN,左端接B的勻強磁場，兩軌道間距及磁場寬度均為L.質(zhì)量為m的金屬棒ab靜置于導軌上，當磁場沿軌道向右運動的速度為 v時，棒ab恰好滑動.棒運動過程始終在磁場范圍內(nèi)，并與軌道垂直且接觸良好，軌

10、道和 棒電阻均不計，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.Qf大?。?1)判斷棒ab剛要滑動時棒中的感應電流方向，并求此時棒所受的摩擦力mR(2)右磁場不動，將棒 ab以水平初速度2V運動，經(jīng)過時間t不 停止運動，求棒 abBL運動位移x及回路中產(chǎn)生的焦耳熱 Q;(3)若t=0時棒ab靜止，而磁場從靜止開始以加速度a做勻加速運動，下列關(guān)于棒 ab運動的速度時間圖像哪個可能是正確的？請分析說明棒各階段的運動情況.2mv;(3)丙圖正確【解析】【詳解】(1)根據(jù)右手定則，感應電流方向 a至b依題意得，棒剛要運動時，受摩擦力等于安培力:f=FABLv又有 Fa=BIiL, I1聯(lián)立解得:2. 2B L vR(

11、2)設棒的平均速度為 v ,根據(jù)動量定理可得:Ft ft 0 2mvBLv又有 F BIL， I , x vt聯(lián)立得:mvR根據(jù)動能定理有:fx WA120 m 2v2根據(jù)功能關(guān)系有：Q=WA 得：Q=mv2(3)丙圖正確當磁場速度小于 v時，棒ab靜止不動；當磁場速度大于 v時，E=BLAy棒ab的加速度從零開始增加，a棒a時，加逐漸增大，電流逐漸增大，F(xiàn)a逐漸增大，棒做加速度逐漸增大的加速運動；當a棒=2時，M保持不變,電流不變，F(xiàn)A不變，棒ab的加速度保持不變，開始做勻加速運動.7.在如圖所示的電路中，螺線管上線圈的匝數(shù)n=1500匝，橫截面積§ =.螺線管上線圈的電阻r=1.

12、0 Q定值電阻= 以=5總"，電容器的電容C=30科的一段時間 內(nèi)，螺線管中磁場的磁感應強度B按如圖所示的規(guī)律變化.(1)求螺線管中產(chǎn)生的感應電動勢.(2)閉合開關(guān)S,電路中的電流穩(wěn)定后，求電阻 散的電功率.(3)開關(guān)S斷開后，求流經(jīng)電阻 血的電荷量.【答案】(1) 1.2V 72X1。*宙(3)L8X10-5C【詳解】(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律得dB0.0E = n = nS = 1500 x 20 x 10 -4 x V = 1.2Vdt At2(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律得E1 2電阻小的電功率P"物=7" 10 2M(3)開關(guān)S斷開后，流經(jīng)電阻 汽2的電荷

13、量即為S閉合時電容器所帶的電荷量. 電容器兩端的電壓流經(jīng)電阻防的電荷量Q =10 5C.故本題答案是：(1) 1.2V (2) I7- a.試定性說明ab桿的運動；b. ab桿下落穩(wěn)定后，電阻 R上的熱功率.(2)若將M和P之間的電阻R改為接一電動勢為 E,內(nèi)阻為r的直流電源，發(fā)現(xiàn)桿 ab由 靜止向上運動(始終未到達MP處)，如圖2所示.a.試定性說明ab桿的運動：b.桿穩(wěn)定運動后，電源的輸出功率. (3)若將M和P之間的電阻R改為接一電容為 C的電容器，如圖3所示.ab桿由靜止釋 放.請推導證明桿做勻加速直線運動，并求出桿的加速度.2 2P= m-g-lR(2)加速度逐漸減小的B212 x

14、10(3)【點睛】根據(jù)法拉第電磁感應定律求出回路中的電動勢，在結(jié)合閉合電路歐姆定律求電流，即可求 解別的物理量。8 .如圖1所示，MN和PQ為豎直放置的兩根足夠長的光滑平行金屬導軌，兩導軌間距為1,電阻均可忽略不計.在 M和P之間接有阻值為 R的定值電阻，導體桿 ab質(zhì)量為m、電 阻不計，并與導軌接觸良好.整個裝置處于磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中.將導體桿ab由靜止釋放.求：【答案】(1)加速度逐漸減小的變加速直線運動;mgE 力口速；P=B1【解析】2 2m g r_ 2 2B212(3) a= mmg B212C(1)a、對ab桿下滑過程，由牛頓第二定律2. 2B 1 v

15、mg 二ma,可知隨著速度的增大，加速B21 2v度逐漸減小，當 mg 一時，加速度為零，桿做勻速直線運動；故桿先做加速度逐漸減小的加速，再做勻速直線運動 .b、ab桿穩(wěn)定下滑時，做勻速直線運動：mg2.2B 1 v 一口，可得vRmgRB212_ 2 2-2 2 B212vmgR m2g2Rz v mg 77272 kRB 1 B 1(2)a、對ab桿上滑過程，由牛頓第二定律：BIL mg ma,上滑的速度增大，感應電流與電源提供的電流方向相反，總電流逐漸減小，故加速度逐漸減??；同樣加速度為零時桿 向上勻速直線運動.B、桿向上勻速時，BI1 mgI mgBl電源的輸出功率 p EI 12rE

16、mg mg 2解得：P()2rBl Bl(3)設桿下滑經(jīng) t時間，由牛頓第二定律：mg BI1 ma,電容器的充電電流I電容器增加的電量為:QtQ C U CBL vE v而 a t聯(lián)立解得：mg B CBla 1 ma可知桿下滑過程給電容器充電的過程加速度恒定不變，故為勻加速直線運動.解得：amgm B212C【點睛】對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，重點是分析安培力作 用下物體的平衡問題；另一條是能量，分析電磁感應現(xiàn)象中的能量如何轉(zhuǎn)化是關(guān)鍵.9 .如圖所示，電阻不計且足夠長的U型金屬框架放置在傾角37的絕緣斜面上，該裝置處于垂直斜面向下的勻強磁場中，磁感應強度大小B 0.

17、5T ,質(zhì)量 m 0.1kg、電阻R 0.4 的導體ab垂直放在框架上，從靜止開始沿框架無擦下滑，與框架接觸良好，框架的質(zhì)量M 0.2kg、寬度L 0.4m ,框架與斜面間的動摩擦因數(shù)0.6 ,與斜面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/ s2。(1)若框架固定，求導體棒的最大速度的電(2)若框架固定，導體棒從靜止下滑至某一置時速度為5m/s,此過程程中共有 3c量通過導體棒，求此過程回路產(chǎn)生的熱量Q；(3)若框架不固定，求當框架剛開始運動時棒的速度V?！敬鸢浮?1) 6m/s (2) 2.35J (3) 2.4m/s【解析】(1)棒ab產(chǎn)生的電動勢為：E BLv回路中感應電流為：I ER

18、棒ab所受的安培力為：FA BIL對棒 ab： mgsin370BIL ma 當加速度a 0時，速度最大最大速度為：vm0mgRsin3726m / s ；(2) q I t E t R RBLxR根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律有：mgxsin3702 人-mv Q2代入數(shù)據(jù)可以得到：Q 2.35J(3)回路中感應電流為:BLv1Ii 1R框架上邊所受安培力為F1BI1L對框架 Mgsin370 BI1Lm M gcos370代入數(shù)據(jù)可以得到：v1 2.4m/s。10 .桌面上放著一個單匝矩形線圈，線圈中心上方一定高度上有一豎立的條形磁體(如圖)，此時線圈內(nèi)的磁通量為 0.04Wb。把條形磁體豎放在線

19、圈內(nèi)的桌面上時，線圈內(nèi)磁通量為0.12Wbo分別計算以下兩個過程中線圈中的感應電動勢。(1)把條形磁體從圖中位置在 0.5s內(nèi)放到線圈內(nèi)的桌面上；0.1s(2)換用100匝的矩形線圈，線圈面積和原單匝線圈相同，把條形磁體從圖中位置在內(nèi)放到線圈內(nèi)的桌面上。【答案】(1) 0.16V; (2) 80V【解析】【分析】【詳解】0.5s內(nèi)放到線圈內(nèi)的桌面上線11)根據(jù)法拉第電磁感應定律，把條形磁體從圖中位置在 圈中的感應電動勢0.12 0.04V0.50.16V(2)換用100匝的矩形線圈條形磁體從圖中位置在0.1s內(nèi)放到線圈內(nèi)的桌面上的感應電動勢E n t80V0.12 0.04100 V0.111

20、 .如圖甲所示，平行金屬導軌 MN PQ放置于同一水平面內(nèi)，導軌電阻不計，兩導軌間距 d=10cm,導體棒ab、cd放在導軌上，并與導軌垂直，每根棒在導軌間的部分電阻均為R=1.0.用長為l=20cm的絕緣絲線將兩棒系住，整個裝置處在勻強磁場中.t=0時刻，磁場方向豎直向下，絲線剛好處于未被拉伸的自然狀態(tài)，此后磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示.不計感應電流磁場的影響，整個過程，絲線未被拉斷.求：(1) 02.0s時間內(nèi)電路中感應電流的大小與方向；(2) t=1.0s時刻絲線的拉力大小.【答案】(1) LOxl° % a-cfdfb-a( 2)LOxl”【解析】【分析】d小(1

21、)根據(jù)法拉第電磁感應定律”求出感應電動勢，從而求出感應電流；(2)對導體棒進行受力分析，在水平方向上受拉力和安培力，根據(jù) F=BIL求出安培力的大 小，從而求出拉力的大小?！驹斀狻縏j從圖象可知，正 刖 BSE - n=(11 X 01 x G2V = 0.002V atE 0.002/ = =4 = 0,001Z則故電路中感應電流的大小為0.001A,根據(jù)楞次定律可知，方向是acdba；(2)導體棒在水平方向上受拉力和安培力平衡T=Fa=BIL=0.1 )0.001 0.1N=1 ¥0-5N.故t=1.0s的時刻絲線的拉力大小1 X10-5N。【點睛】國F=BIL 。解決本題的關(guān)鍵

22、掌握法拉第電磁感應定律以及安培力的大小公式12 .如圖1所示，固定于水平面的 U形導線框處于豎直向下、磁感應強度為Bo的勻強磁場中，導線框兩平行導軌間距為1,左端接一電動勢為 Eo、內(nèi)阻不計的電源.一質(zhì)量為 m、電阻為r的導體棒MN垂直導線框放置并接觸良好.閉合開關(guān)S,導體棒從靜止開始運動.忽略摩擦阻力和導線框的電阻，平行軌道足夠長.請分析說明導體棒MN的運動情況，在圖2中畫出速度v隨時間t變化的示意圖；并推導證明導體棒達到的最大速度為Eovm【答案】導體棒做加速度逐漸減小的加速運動，達到最大速度時,加速度a=0;Bol導體棒在向右運動的過程中會切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，與回路中的電源形成閉合

23、回路，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求得電流，結(jié)合牛頓第二定律判斷出速度的變化；【詳解】解：閉合開關(guān)s后，線框與導體棒組成的回路中產(chǎn)生電流，導體棒受到安培力開始加速運動，假設某一時刻的速度為 v,此時導體棒切割產(chǎn)生的感應電動勢為E Blv初始階段EEo回路中的電流為：IEoEEoBolv導體棒受到的安培力為F BollEo blvBol ",方向水平向右因此，導體棒的加速度為a Fm度的增加，加速度減小，但仍與Bol Eo Bolv、一 ,方向水平向右，即與 v方向相同，隨速 m rv同方向，因此，導體棒做加速度逐漸減小的加速運動，達到最大速度時，加速度a=0,即有：Eo BlVm,解得Vm

24、EoB0i圖象為13 .兩根足夠長的平行光滑金屬導軌MN、PQ相距為d,導軌平面與水平面的夾角0=3。，導軌電阻不計.磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面向上，長為 d的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置于導軌上，且始終與導軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m、電阻為R.兩金屬導軌的上端連接一個阻值也為 R的定值電阻，重力加速度為 g.現(xiàn)閉合開關(guān)S, 給金屬棒施加一個方向垂直于棒且平行于導軌平面向上、大小為mg的恒力F,使金屬棒由靜止開始運動.求:(1)金屬棒能達到的最大速度 Vm ；(2)金屬棒達到最大速度一半時的加速度；(3)若金屬棒上滑距離為 L時速度恰達到最大，則金屬棒由靜止開始上滑4L的過程中

25、,金屬棒上產(chǎn)生的電熱Qo.mgR 1 Bd7 ；(2)4g ; (3) mgL3 2 2mgR4 ,44B d(1)設最大速度為vm ,此時加速度為o,平行斜面方向有：F mgsin Bid據(jù)題知：I 2RE BdVm已知F mg ,聯(lián)解得：vmmgR-22B2d2,人、vm ., . I(2)當金屬棒的速度v 5時，則：I 2由牛頓第二定律有：F BdI mg sin ma-1解得：a g4(3)設整個電路放出的熱量為Q,由能量守恒定律有:12F 4L Q mgsin 4L mvm2mgLm3g2R24B4d4又：r R, Qo Q 2所以金屬棒上產(chǎn)生的電熱:14 .如圖甲所示，傾角為37tl足夠長的傾斜導體軌道與光滑水平軌道平滑連接。軌道寬度M =電阻忽略不計。在水平軌道平面內(nèi)有水平向右的勻強磁場，傾斜軌道平面內(nèi)有垂直于傾斜軌道向下的勻強磁場，大小都為B,現(xiàn)將質(zhì)量m = 04kg、電阻R = 1門的兩個相同導體棒