电磁感应练习答案dddddddd.doc

电磁感应参考答案1.2. 解：(1)回路中的磁场变化和导体切割磁感线都产生感应电动势(2)方法一错，方法二对 (2分) 方法一认为闭合回路所消耗的能量全部来自于外力所做的功，而实际上磁场的变化 也对闭合回路提供能量。方法二算出的I是电路的总电流，求出的是闭合回路消耗的总功 率。 (2分) (有类似的表述，能说明清楚的均给2分)3.（1）满偏的电表是电压表因为若电流表满偏，电路中的电流I=3A，电阻R两端的电压U=IR=1.5V，已超过电压表量程（2）外力拉动金属棒匀速右移时，外力的功率全部转化为电路中的电功率根据功能关系有 而，所以N=1.6N（3）撤去外力F后，金属棒CD做减速运动，把金属棒减速至零的时间分成许多极短的时间间隔t1、t2、tn，在每一个极短的时间间隔内电流强度可以认为保持不变，大小分别为I1、I2、In，由动量定理可得金属棒在整个时间内的动量变化等于各段时间内所受安培力的冲量之和，即： 即mv=BLq由电磁感应定律原来匀速右移的棒中产生的感应电动势代入上式得4.解：当翻转线圈时，穿过线圈的地磁场的磁通量将发生变化，在线圈中形成感应电动势E和感应电流I。若用表示在很短时间内穿过线圈的磁通量的改变量，用表示这段时间内流过导线的电量，则根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知，它们在数值上的关系为 （1）即 对每一极短时间都可列此方程，于是对整个翻转过程来说，就可写出起始时与终了时磁通量之差（）与通过导线总电量Q的关系。设该处地磁场磁感强度的竖直分量为，水平分量为，根据地磁场的特点可知，在北半球的方向向下，的方向向北，则第一次翻转时，可得 ，（2）第二次翻转时，（3）设该处的磁感强度为B，则（4）解（2）（3）（4）三是可解得5.解：棒AB下滑，产生感应电动势，在对C充电过程中形成电流使棒受磁场力。过程中：I= 解方程组可得：由关系式可知棒AB作匀变速运动。6. 由动量定理得 由以上两式得： 对上式求和有：即可解得：7.解：（1）0到t时间内，导体棒的位移： x=v0t t时刻，导体棒的长度：l=x 导体棒的电动势：E=Blv0 回路总电阻：R=（2x+x）r 电流强度：I= 电流方向 ba （2）F=BlI= （3）t时刻导体棒的电功率 P=I2R= Pt Q= （4）撤去外力后，设任意时刻t导体棒的坐标为x，速度为v，取得短时间t或很短距离x，则在tt+t时间内，由动量定理得：BlIt=mv即 即=mv0 而扫过面积：S=（因=450 ,x0=v0t0）将式代入式可解得：x=8.设任一时刻t，两金属杆甲、乙之间的距离为x，速度分别为和，经过很短的时间t，杆甲移动距离为，杆乙移动距离，回路面积的改变由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势 回路中的电流 杆甲的运动方程FBli=ma 由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等、方向相反，所以两杆的动量(t=0时为0)等于外力F的冲量 Ft = m1 + m2 联立以上各式解得 代入数据，得 9.（1）当线框的一条竖直边运动到x=0.15m处时，线圈的感应电动势最大。Em=BLv=0.20.210（V）=0.4V.（4分）根据欧姆定律可得最大电流为：A. 所以拉力F的最大值为：Fm=BLIm=0.240.2（N）=0.16N. 拉力F最大功率为：Pm=Fmv=0.1610（W）=1.6W. （2）把线框拉过磁场区域时，因为有效切割长度是按正弦规律变化的，所以，线框中的电流也是按正弦规律变化的（有一段时间线框中没有电流）。电动势的有效值是：V 通电时间为：s拉力做功：J 10.解：（1）粒子在两板间恰能做匀速直线运动，所受的电场力与洛仑兹力相等，即（2）洛仑兹力方向向上，则电场力方向向下，ab棒应向右做匀速运动（3） 即解得v8m/s（4）因为只有cd端上有电流，受到的安培力11cd棒由静止开始向右运动，产生如图所示的感应电流，设感应电流大小为I，cd和ab棒分别受到的安培力为F1、F2，速度分别为v1、v2,加速度分别为a1、a2,则F1=BIL F2=2BIL 开始阶段安培力小，有a1a2，cd棒比ab棒加速快得多，随着（v1-2v2）的增大，F1、F2增大，a1减小、a2增大。当 a1=2a2时，（v1-2v2）不变，F1、F2也不变，两棒以不同的加速度匀加速运动。将式代入可得两棒最终作匀加速运动加速度：两棒最终处于匀加速运动状态时a1=2a2，代入式得： 此时ab棒产生的热功率为：12解析： （1）设线圈匀速穿出磁场的速度为v，此时线圈中产生的感应电动势为 产生的感应电流为 线圈受到的安培力为F=BIL 此过程线圈受到的重力与安培力平衡mg=F 联立式，得 设线圈的上边刚好进入磁场时速度为v，线圈全部在磁场里运动的过程中，根据能量守恒定律 联立解得 （2）设线圈从开始下落到刚好完全进入磁场所用时间为t，根据动量定理 根据法拉第电磁感应定律 线圈中产生的平均电流 故安培力的冲量 联立得， 将和代入解得13.（1）由动量定理得 即 所以由能量守恒定律得（2） 所以（3）当金属棒ab做切割磁力线运动时，要产生感应电动势，这样，电容器C将被充电，ab棒中有充电电流存在，ab棒受到安培力的作用而减速，当ab棒以稳定速度v匀速运动时，BLv=UC=而对导体棒ab利用动量定理可得 BL=mv-mv0 由上述二式可求得： 14. 解：当回路中有感应电流通过时，由于MN和PQ中的电流相等，而MN的长度为PQ长度的两倍，且两棒均在同一匀强磁场中，由安培力的公式知此时MN受到的安培力大小应为PQ受到的安培力的2倍，即 结合图可见，的方向是水平向左，它使MN减速，的方向是水平向右，它使PQ向右加速。设在一个很短的时间内，由于安培力作用，MN和PQ两棒的速度变化量的大小分别为和，则由动量定理分别有 FMNt=mMNvMN FPQt=mPQvPQ由于两棒质量，故由上几式可得 即在任何一小段时间内，两棒的速度变化量（MN的速度减小，PQ的速度增加）是相等的，由此可以推得，在任何一段时间内，两棒的速度变化量同样是相等的。由上分析又知，为使系统达到稳定，需使两棒中的感应电流变为零，即要求两棒中的感应电动势 由感应电动势的公式知此时MN的运动速度应为PQ的运动速度的1/2，以表示此时MN的运动速度，则此时PQ的运动速度为。设MN刚受到外力冲量后的初速度为，则由前述两棒由初状态至稳定状态的速度变化量相等可得 则 （1）另一方面，PQ以速度2v进入圆轨道后要能达到圆轨道的最高点，以表示它达到轨道最高点时的速度，则由机械能守恒及牛顿运动定律分别有 由上两式解得 （2）（2）式代入（1）式得MN棒的初速度应满足 可见棒MN受到的初始冲量应满足 即棒MN在初始位置受到冲量至少应为 15. E=2nB0Lv， 沿x轴正方向。=2l0，f=v/2l0 方波形16解：（1）线框MN边刚开始进入磁场区域时感应电动势 E=Blv0 感应电流 安培力 F=BlI 由解得F=2.8N（2）设线框竖直下落时，线框下落了H，速度为vH 能量守恒定律 又由竖直方向的分运动自由落体规律 解得 （3）解法一只有在线框进入和穿出条形磁场区域时，才产生感应电动势，线框部分进入磁场区域x时感应电动势 E=Blv 感应电流 安培力 F=BlI解得 F=要tt+t时间内由动量定理 -Ft=mv求和解得 可穿过4个完整条形磁场区域解法二线框穿过第1个条形磁场左边界过程中平均感应电动势平均感应电流 平均安培力根据动量定理 解得 同理线框穿过第1个条形磁场右边界过程中有所以线框穿过第1个条形磁场过程中有设线框能穿过n个条形磁场，则有 可穿过4个完整条形磁场区域17. ，（提示：对棒用牛顿第二定律：，其中v1-v2必为衡量，磁场和导体棒的加速度必然相同，设v1-v2=v，共同加速度为a，由磁场可得：，因此v=at-vt）18.（1）向右运动 当磁场B1、B2向右运动时，金属框相对磁场向左运动，于是在金属框abcd中产生感生电流，ad和bc同时受到向右方向的安培力，故abcd框随磁场向右运动，框因受安培力作用，做加速度运动，当速度增大到5m/s时，框相对磁场静止，于是后来框便处于匀速运动状态。（2）当金属框始终受到1N阻力时，最终金属框达到的稳定速度为。则有金属框中感应电动势为： 金属框中感应电流为：安培力大小为： 则有 即 解得 =1.875m/s（3）当维持最大速度运动时，消耗的能量主要是两部分：一是转化为金属框中的热能，二是克服阻力做功。每秒钟消耗的能量为19.解法1：设杆向上的速度为v，因杆的运动，两杆与导轨构成的回路的面积减少，从而磁通量也减少。由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势的大小 回路中的电流 电流沿顺时针方向。两金属杆都要受到安培力作用，作用于杆x1y1的安培力为 方向向上，作用于杆x2y2的安培力为 方向向下，当杆作匀速运动时，根据牛顿第二定律有 解以上各式得 作用于两杆的重力的功率的大小 电阻上的热功率 由式，可得 解法2：回路中电阻上的热功率等于运动过程中克服安培力做功功率，当杆作匀速运动时，根据牛顿第二定律有 电路中克服安培力做功功率为： 将 代入可得 点评：学生解决此题的难点在于金属棒不等长即导轨不等间距。当杆作匀速运动时，安培力合力向下，对整体受力分析，处于平衡状态，列出方程就能顺利求解I与v值。20、（1）设金属框在进入第一段匀强磁场区域前的速度为v0，金属框在进入