电磁感应综合练习题

电磁感应综合练习题1.磁悬浮列车是一种高速低耗的新型交通工具。

它的驱动系统简化为如下模型，固定在列车下端的动力绕组可视为一个矩形纯电阻金属框，电阻为R，金属框置于xOy平面内，长边MN长为l，平行于y轴，宽为d的NP边平行于x轴，如图1所示。

列车轨道沿Ox方向，轨道区域内存有垂直于金属框平面的磁场，磁感应强度B沿Ox方向按正弦规律分布，其空间周期为λ，最大值为B0，如图2所示，金属框同一长边上各处的磁感应强度相同，整个磁场以速度v0沿Ox方向匀速平移。

设在短暂时间内，MN、PQ边所在位置的磁感应强度随时间的变化能够忽略，并忽略一切阻力。

列车在驱动系统作用下沿Ox方向加速行驶，某时刻速度为v(v<v0)。

(1)简要叙述列车运行中获得驱动力的原理；(2)为使列车获得最大驱动力，写出MN、PQ边应处于磁场中的什么位置及λ与d之间应满足的关系式：(3)计算在满足第(2)问的条件下列车速度为v时驱动力的大小。

xB磁场区域1磁场区域2磁场区域3磁场区域4磁场区域5 BBB Bθd1d2d1d2d1d1d2d1B棒棒2.如图所示，间距为L的两条充足长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨光滑且电阻忽略不计．场强为B的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为d1，间距为d2．两根质量均为m、有效电阻均为R的导体棒a和b放在导轨上，并与导轨垂直．(设重力加速度为g)(1)若a进入第2个磁场区域时，b以与a同样的速度进入第1个磁场区域，求b穿过第1个磁场区域过程中增加的动能△E k；(2)若a进入第2个磁场区域时，b恰好离开第1个磁场区域；此后a离开第2个磁场区域时，b又恰好进入第2个磁场区域．且a．b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相．求b穿过第2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q；(3)对于第(2)问所述的运动情况，求a穿出第k个磁场区域时的速率v。

3.如图所示，竖直平面内有一半径为r、内阻为R1、粗细均匀的光滑半圆形金属球，在M、N处与相距为2r、电阻不计的平行光滑金属轨道ME、NF相接，EF之间接有电阻R2，已知R1＝12R，R2＝4R。

在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场I和II，磁感应强度大小均为B。

现有质量为m、电阻不计的导体棒ab，从半圆环的最高点A处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，高平行轨道中够长。

已知导体棒ab下落r/2时的速度大小为v1，下落到MN处的速度大小为v2。

（1）求导体棒ab从A下落r/2时的加速度大小。

（2）若导体棒ab进入磁场II后棒中电流大小始终不变，求磁场I和II之间的距离h和R2上的电功率P2。

（3）若将磁场II的CD边界略微下移，导体棒ab刚进入磁场II时速度大小为v3，要使其在外力F作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a，求所加外力F随时间变化的关系式。

4．如图所示，两根充足长的光滑金属导轨MN、PQ间距为l=0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角。

完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的质量均为0.02kg，电阻均为R=0.1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒c d恰好能保持静止。

取g=10m/s2，问：（1）通过cd棒的电流I是多少，方向如何？（2）棒ab受到的力F多大？（3）棒cd每产生Q=0.1J的热量，力F做的功W是多少？5、如图所示，两充足长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L, 一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直。

一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放。

导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I。

整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻。

求：（1）磁感应强度的大小B；（2）电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；（3）流经电流表电流的最大值I m6、如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在统一水平面内，导轨间距l=0.5m，左端接有阻值R=0.3Ω的电阻。

一质量m=0.1kg，电阻r=0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.4T。

棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a=2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x=9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1：Q2=2：1。

导轨充足长且电阻不计，棒在运动过程中时钟与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。

求1、棒在匀加速过程中，通过电阻R的电荷量q：2、撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2：3、外力做的功W F7、为了提升自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一种“闪烁”装置，如图所示，自行车后轮由半径r 1=5.0╳10-2m 的金属内圈、半径r 2=0.40m 的金属内圈和绝缘辐条构成。

后轮的内、外圈之间等间隔地接有4根金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为R 的小灯泡。

在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度B=0.10T 、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁场，其内半径为r 1、外半径为r 2、张角θ=π/6。

后轮以角速度ω=2π rad/s 相对于转轴转动。

若不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应。

（1）当金属条ab 进入“扇形” 磁场时，求感应电动势E ，并指出ab 上的电流方向；（2）当金属条ab 进入“扇形” 磁场时，画出“闪烁”装置的电路图；（3）从金属条ab 进入“扇形” 磁场开始，经计算画出轮子转一圈过程中，内圈与外圈之间电势差Uab-t 图象；（4）若选择的是“1.5V 、0.3A ”的小灯泡，该“闪烁”装置能否正常工作？有同学提出，通过改变磁感应强度B 、后轮外圈半径r 2、角速度ω和张角θ等物理量的大小，优化前同学的设计方案，请给出你的评价。

7、解析：（1）金属条ab 在磁场中切割磁感应线时，使所构成的回路磁通量变化，导体棒转动切割，有法拉第电磁感应定律.，可推导出：212E Bl ω=， 此处：22211122E Br Br ωω=- 代入数据解得：24.910E V -=⨯根据右手定则判断可知电流方向由b 到a 的。

（2）．经过度析，将ab 条可看做电源，并且有内阻，其它三等看做外电路，如图所示：（3）．当例如ab 棒切割时，ab 可当做电源，其灯泡电阻相当于电源内阻，外电路是三个灯泡，此时Uab 为路端电压，有图2易知内阻与外阻之比为3：1的关系，所以14ab U E =，其它棒切割时同理。

21.210ab U V -=⨯，如图可知在框匀速转动时，磁场区域张角θ=π/6，所以有电磁感应的切割时间与无电磁感应切割时间之比为1：2，2T πω==1S ，得图如下（4）．小灯泡不能正常工作，因为感应电动势为：V E 2109.4-⨯=远小于灯泡的额定电压，所以闪烁装置不可能工作。

B 增大，E 增大，但有限度；r 增大，E 增大，但有限度；ω增大，E 增大,但有限度；θ增大，E 不增大。

参考答案1、解析： (1)因为列车速度与磁场平移速度不同，导致穿过金属框的磁通量发生变化，因为电磁感应，金属框中会产生感应电流，该电流受到的安培力即为驱动力。

(2)为使列车获得最大驱动力，MN 、PQ 应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方，这会使得金属框所围面积的磁通量变化率最大，导致框中电流最强，也会使得金属框长边中电流受到的安培力最大。

所以，d 应为2λ的奇数倍，即 (21)2d k λ=+ 或221d k λ=+ （k N ∈）① (3)因为满足第(2)问条件：则MN 、PQ 边所在处的磁感应强度大小均为B 0且方向总相反，经短暂的时间t ∆，磁场沿Ox 方向平移的距离为0v t ∆，同时，金属框沿Ox 方向移动的距离为v t ∆。

因为v 0>V ，所以在Δt 时间内MN 边扫过磁场的面积：S ＝(v 0－v )l Δt ①在此t ∆时间内，MN 边左侧穿过S 的磁通移进金属框而引起框内磁通量变化： ΔΦMN ＝B 0l (v 0－v )Δt ②同理，该t ∆时间内，PQ 边左侧移出金属框的磁通引起框内磁通量变化ΔΦPQ ＝B 0l (v 0－v )Δt ③故在t ∆内金属框所围面积的磁通量变化ΔΦ＝ΔΦMN ＋ΔΦPQ ④根据法拉第电磁感应定律，金属框中的感应电动势大小E ＝t∆∆Φ ⑤ 根据闭合电路欧姆定律有： I ＝R E ⑥ 根据安培力公式，MN 边所受的安培力F MN ＝B 0IlPQ 边所受的安培力F PQ ＝B 0Il根据左手定则，MN 、PQ 边所受的安培力方向相同，此时列车驱动力的大小 F ＝F MN ＋F PQ ＝2B 0Il ⑦联立解得F ＝Rv v l B )(40220- ⑧ 2、解析：(1) a 和b 不受安培力作用，由机械能守恒定律知，θsin 1mgd E k =∆ ……①(2) 设导体棒刚进入无磁场区域时的速度为v 1刚离开无磁场区域时的速度为v 2， 由能量守恒知：在磁场区域中，θsin 212112221mgd mv Q mv +=+ ……② 在无磁场区域中， θsin 212122122mgd mv Q mv +=+ ……③ 解得 θsin )(21d d mg Q += ……④(3) 在无磁场区域：根据匀变速直线运动规律 θsin 12gt v v =- ……⑤且平均速度 td v v 2122=+ ……⑥ 有磁场区域：棒a 受到的合力 BIl mg F -=θsin ……⑦感应电动势Blv =ε ……⑧ 感应电流 R I 2ε= ……⑨解得 v Rl B mg F 2sin 22-=θ ……⑩ 根据牛顿第二定律，在t 到t+△t 时间内∑∑∆=∆t mF v ……⑾则有 ∑∑∆-=∆t mRv l B g v ]2sin [22θ ……⑿ 解得 122212sin d mRl B gt v v -=-θ ……⒀ 答案：（1）b 穿过地1个磁场区域过程中增加的动能θsin 1mgd E k =∆；（2）θsin )(21d d mg Q +=；（3）mR d l B d l B mgRd v 8sin 41221222-=θ 3、解析：（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场I 中切割磁感线，棒中产生感应电动势，导体棒ab 从A 下落r /2时，导体棒在策略与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得mg －BIL ＝ma ，式中l r1Blv I R =总式中 844844R R R R R R R ⨯总（＋）＝＋（＋）＝4R 由以上各式可得到22134B r v a g mR=－ （2）当导体棒ab 通过磁场II 时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即222422t t B r v B r v mg BI r B r R R ⨯⨯=⨯=⨯⨯=并并式中 1243124R R R R R R ⨯并＝＝＋ 解得 2222344t mgR mgR v B r B r ==并导体棒从MN 到CD 做加速度为g 的匀加速直线运动，有2222t v v gh -=得 2222449322v m gr h B r g=- 此时导体棒重力的功率为222234G t m g R P mgv B r== 根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即12G P P P P =+=电＝222234m g R B r 所以，234G P P =＝2222916m g R B r （3）设导体棒ab 进入磁场II 后经过时间t 的速度大小为t v '，此时安培力大小为2243t B r v F R''= 由于导体棒ab 做匀加速直线运动，有3t v v at '=+根据牛顿第二定律，有F ＋mg －F ′＝ma即 2234()3B r v at F mg ma R++-= 由以上各式解得22222233444()()333B r v B r B r a F at v m g a t ma mg R R R=+--=++- 4．（1）棒cd 受到的安培力 cd F IlB = ①棒cd 在共点力作用下平衡，则 sin30cd F mg = ②由①②式代入数据解得 I =1A ，方向由右手定则可知由d 到c 。