电磁感应计算题总结

1、电磁感应易错题1. 如图所示，边长L= 0.20m的正方形导线框 ABCD由粗细均匀的同种材料制成，正方形导 线框每边的电阻 Ro=1.0Q，金属棒MN与正方形导线框的对角线长度恰好相等，金属棒 MN 的电阻r= 0.20Q。导线框放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.50T ,方向垂直导线框 所在平面向里。金属棒MN与导线框接触良好，且与导线框对角线 BD垂直放置在导线框上,金属棒的中点始终在 BD连线上。若金属棒以 v=4.0m/s的速度向右匀速运动，当金属棒运N C饋X.X.DXXX动至AC的位置时，求：(计算结果保留两位有效数字 )(1) 金属棒产生的电动势大小；(2) 金属棒MN

2、上通过的电流大小和方向；(3 )导线框消耗的电功率。2. 如图所示，正方形导线框 abed的质量为m、边长为I，导线框的总电阻为 R。导线框从垂 直纸面向里的水平有界匀强磁场的上方某处由静止自由下落，下落过程中，导线框始终在与磁场垂直的竖直平面内， cd边保持水平。磁场的磁感应强度大小为 B，方向垂直纸面向里，重力加速磁场上、下两个界面水平距离为 I。已知cd边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动。 度为go(1 )求cd边刚进入磁场时导线框的速度大小。(2)请证明：导线框的cd边在磁场中运动的任意瞬间，导线框克服安培 力做功的功率等于导线框消耗的电功率。(3 )求从线框cd边刚进入磁场到 ab边刚

3、离开磁场的过程中，线框克服 安培力所做的功。3 .如图所示，在高度差 h = 0.50m的平行虚线范围内，有磁感强度B=0.50T、方向水平向里的匀强磁场，正方形线框abcd的质量m= 0.10kg、边长L = 0.50m、电阻R= 0.50 Q,线框平面与竖直平面平行，静止在位置“I时，cd边跟磁场下边缘有一段距离。现用一竖直向上的恒力F= 4.0N向上提线框，该框由位置I无初速度开始向上运动，穿过磁场区，最 后到达位置“ n”( ab边恰好出磁场)，线框平面在运动中保持在竖直 平面内，且cd边保持水平。设cd边刚进入磁场时，线框恰好开始做匀速 运动。(g取10m/ s2)求：(1 )线框进

4、入磁场前距磁场下边界的距离H。(2)线框由位置“I”到位置“n”的过程中，恒力F做的功是多少？线框内产生的热量又是多少？4如图所示，水平地面上方的H高区域内有匀强磁场，水平界面PP是磁场的上边界，磁感应强度为B,方向是水平的，垂直于纸面向里。在磁场的正上方，有一个位于竖直平面内的 闭合的矩形平面导线框abed，ab长为h，be长为12， Hl2，线框的质量为 m，电阻为R。使线框abed从高处自由落下，ab边下落的过程中始终保持水平，已知线框进入磁场的过程中 的运动情况是：ed边进入磁场以后，线框先做加速运动，然后做匀速运动，直到ab边到达边界PP为止。从线框开始下落到 ed边刚好到达水平地面

5、的过程中，线框中产生的焦耳热为Q。求：(1) 线框abed在进入磁场的过程中，通过导线的某一横截面的电量是多少？2)线框是从ed边距边界PP多高处开始下落的？,、一 li - (3) 线框的ed边到达地面时线框的速度大小是多少？ab 7defhP: P，X X X XBX X X XX X X X,5如图所示，质量为m、边长为I的正方形线框，从有界的匀强磁场上方由静止自由下落.线a-：严八H :X x X X 丄框电阻为R，匀强磁场的宽度为 H (I v H )，磁感应强度为 B，线框下落过程 中ab边与磁场边界平行且沿水平方向.已知ab边刚进入磁场和刚穿出磁场时线框都作减速运动，加速度大小都

6、是】g.求：3(1) ab边刚进入磁场时与 ab边刚出磁场时的速度大小.(2) ed边刚进入磁场时，线框的速度大小.(3) 线框进入磁场的过程中，产生的热量.6如图所示，竖直平面内有一半径为 r、内阻为Ri、粗细均匀的光滑半圆形金属环，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I和II，磁感应强度大小R1= 12R，R2= 4R。在 MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场均为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

7、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。R0R07. 如图所示，空间存在垂直纸面向里的两个匀强磁场区域，磁感应强度大小均为B，磁场I宽为L,两磁场间的无场区域为n,宽也为 L,磁场川宽度足够大。区域中两条平行直光 滑金属导轨间距为I，不计导轨电

8、阻，两导体棒 ab、cd的质量均为m,电阻均为r。ab棒静 止在磁场I中的左边界处，cd棒静止在磁场川中的左边界处，对ab棒施加一个瞬时冲量，ab棒以速度vi开始向右运动。(1 )求ab棒开始运动时的加速度大小；(2) ab棒在区域I运动过程中，cd棒获得的最大速度为 V2,求ab棒通过区域n的时间；(3) 若ab棒在尚未离开区域n之前，cd棒已停止运动，求：ab棒在区域n运动过程中产 生的焦耳热。aXXX Xc 4 4m g R 2QB l1l22mgB4l：线框的ab边进入磁场后，只有重力作用下，加速下落。有2 1 2(3)1 mv2 2cd边到达地面时线框的速度V22 2 2m g R4

9、B h2g(H J)2 mv mg(H l2)线框：s=Bl v1I=R(2)设cd边刚进入磁场时速度为1 2 1 2 mv1 mv2 =mg(H -)2 211(3)mv12+mgl= mv22+Q22V2=16m2g2R2 2g(H l),9B2|2.Q=mgH v15.解：(1)由题意可知ab边刚进入磁场或刚出磁场时速度相等，设为F=BIl F -mg= 1 mg. v1= 4mgR 3 3B2l2v2,由cd边进入磁场到ab边刚出磁场应用动能定理:6. (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

10、运动，由牛顿第二定律，得mg BIL = ma,式中 I =、3 rIBlv1R总式中R.= 8R( 4R+ 4R = 4R总 8R+( 4R+ 4R)(2)mg式中解得由以上各式可得到 a=g当导体棒ab通过磁场BIVt导体棒从2 23B r w4mRII时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即Vt2r2 24B r vt12R 4R=3R12R+4RmgR并 3mgR2 22 24B r 4B rMN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，有 vt2 v； 2gh22 29m grv24 432B4r4 2g2 2此时导体棒重力的功率为 PG mgvt4B r根据能量守恒定律，此时导

11、体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即P电 R p2 Pg =3m2g2R4B2r23所以，P23 PG =49m2g2R16B2r2(3)设导体棒ab进入磁场II后经过时间t的速度大小为Vt，此时安培力大小为4B2r2vt3R由于导体棒ab做匀加速直线运动，有VtV3at根据牛顿第二定律，有 F + mg- F=ma即 F mg2 24B r (v3 at)3Rma由以上各式解得2 24B rF(at3RV3) m(g a)2 24B r at3R4B2r2v33Rma mgE,电路中的电流为I,EBlv1I E BlV12r2r此时ab棒受到的安培力F 安 BIl根据牛顿第二定律F安

12、maab棒进入磁场I区域时的加速度2 2B l V1 a2mr(2) ab棒在磁场I区域运动过程中，cd棒经历加速过程,两棒动量守恒,场I时的速度为V3,此刻cd棒具有最大速度V2,有mv1mv2 mv3ab棒在区域n中做匀速直线运动，通过区域n的时间t丄V3解得tL7.(1)设ab棒进入磁场I区域时产生的感应电动势大小为ViV2设ab棒穿出磁(3) ab棒在区域n运动过程中，cd棒克服安培力做功，最后减速为零。ab、cd棒中产生的总焦耳热为Q,由能量转化守恒定律可知Qmv；2所以：如奉中产生的焦耳热为：Qi 2mV?48.解析：(1)在两线框匀速进入磁场区域时，两线框中的Ii感应电动势均为E

13、 Blv，感应电流分别为BlvRTI2E BlvR2R2ad边及bi ci边受到的安培力大小分别为FiBIil,F2BI2I设此时轻绳的拉力为T,两线框处于平衡状态，有migFiTmg F2 T(mi g)g BZR R2)由以上各式得，即(m mh)gR甩l2v(R R2)I.67T(2)当两线框完全在磁场中时，两线框中均无感应电流，两线框均做匀加速运动，设线框的ad边bi a边刚穿出磁场时两线框的速度大小为由机械能守恒定律，得i2(mi m2)g(h l) -(m m2)(vv2)代入数据得V =2.00 m/s.设ad边刚穿出磁场时，线框abcd中的电流I为IBlv=i.67 A。Ri9

14、.金属棒在上升的过程，切割磁感线产生的感应电动势为 回路中的感应电流回路的总电阻R r 2r尺32 2BL ,ERBL金属棒受到平行于导轨向下的安培力Fb IBL金属棒还受到平行于导轨向下的力有由牛顿运动疋律可知mg sin mg cosmgs in (Kb2l2Rb2l2R滑动摩擦力mamg cos(i)金属棒上升过程中的最大加速度对应的是金属棒的最大速度，速运动，所以金属棒上升过程中的最大加速度就是速度为 U的瞬间 b2l2 0amax g(sin cos )-mR金属棒上升过程做减2amax=i0.3m/s代入数据后得最大加速度金属棒上升到最高点的过程中，通过上端电阻的电量 电量为 2

15、0，设金属棒中的平均电流为q=0.1C，即金属棒中通过的BL Smax通过金属棒的电量ft 鬻 2q金属棒没导轨上升的最大距离smax2R qBL代入数据后得 Smax2m是产生的焦耳热为全电路焦耳热的1，上端电阻的焦耳热Q又为外电路焦耳热的 ,32全电路产生的焦耳热为6Q。由能量守恒可知mg(sinCOS )Smax 6Q1 2 1Q m o mg(sin12 6COS )Smax代入数据后得Q=5J2h(m CB2L2)10. Y mg11. 导体棒所受的安培力为F BIl该力大小不变，棒做匀减速运动，因此在棒的速度从V0减小到V1的过程中，平均速度为1(v0V1)CD当棒的速度为V时，感

16、应电动势的大小为E lvBD棒中的平均感应电动势为E lvB由D式得1E ?l(v vJB导体棒中消耗的热功率为25 I r负载电阻上消耗的平均功率为P2 EI P1D由式得1 2P2 -l(v0 v1)BI I2r12. ( 1)匀强磁场B1和B2向右运动时，金属框相对磁场向左运动，于是在金属框abcd中产生逆时针方向的感应电流，同时受到向右方向的安培力，所以金属框跟随匀强磁场 向右运动，金属框开始受到安培力作用做加速运动。当速度增大到5m/s时，金属框相对匀强磁场静止，于是后来金属框将处于匀速运动状态。(2)当金属框始终受到 1N阻力作用时，设金属框最大速度为V1，我们设磁场不动，相当于线

17、框以(v- V1 )速度向左运动产生感应电动势，由右手定则可知ad边和bc边都产生感应电动势，相当于串联状态，线框中总感应电动势大小为E = 2BL (v-V1)由线框的平衡条件可知2BIL= f,2BL(v-v 1)I = R4B2L2v- fRV1 =4B2L2=1.875m/s(3)消耗能量由两部分组成，- 以消耗功率P = 12R+fv,是转化为abed金属框架中的热能，二是克服阻力做功,P = 5WE=5J丄B2l2v1(1)由 mg = BIl = R-4B2l2v1(2 )由F安=R每秒钟消耗的能量为13.，得4mg这些能量是由磁场提供的。mgRv1= B2l2，(1 分)，F

18、安一mg= ma则a= 3g,方向竖直向上。2 2(3)由 mg = 4BRmgR 1得 v2= 4B2l2 = 4 v1,14.2mgl Q = mv22 mv12, 得 Q = 2mgl + 鬱事,(1) E1 = B2avo= 0.2 X 0.8 X 5= 0.8VI1= E1/Ro= 0.8/2 = 0.4A(2) E2= / t = 0.5Xn a2XA B/ t= 0.32VP1 = (E2/2)2/Ro= 1.28X 10-2W15.(1)小球撞击杆瞬间动量守恒，之后作平抛运功.设小球碰撞后速度大小为mm得速度大小为 v2，则一 vo=v1 + mv2221 2尹tS = vi

19、tvi,杆获(v卄S)I max最大电流 I max = EV2杆在磁场中运动，其最大电动势为E1 = BLv2(1 分)(3)设杆A 2和A1的速度大小分别为mv2= mv+ m3v由法拉第电磁感应定律得：v和3vE2= bl (3 vv)(2)两金属杆在磁场中运动始终满足动量守恒.两杆最终速度相同，设为 mv2= 2mv1 2 1 ,2Q= mv2 X2mv21Q=-161=2Lr安培力F = BIL匝(V0+ S8r(11)i6. (i)当导轨的加速度为零时，导轨速度最大为vm。向左的安培力Fi和滑动摩擦力F2,则导轨在水平方向上受到外力F、水平F F F2 0 , F BIL, I -

20、,E BLvm，即 RFiB2L2VmR以PQ棒为研究对象，PQ静止，在竖直方向上受重力mg、竖直向上的支持力N和安培力F3，贝U N F3 mg, F3 Fi, F2N，得 F2(mg2, 2B L vm巴)，将Fi和RF2代入解得0 (i )(g里F)，得 VmmRmgRB2L2EiSLB, I1EiI1t ，得 S签。设系统增加的内能为E，由功能关2系得：FS mvm2E，则E mgqRBL3mgR2B4L4(2)设导轨从开始运动到达到最大速度的过程中，移动的距离为 S,在这段过程中，经过的时Ii，QPbC回路中的平均感应电动势为 Ei,间为t,PQ棒中的平均电流强度为i7.解:(i)线

21、框从图甲位置开始(t=0)转过900的过程中，产生的感应电动势为(41 Ei - 2B l2由闭合电路欧姆定律得,回路电流为:Ii(1联立以上各式解得：IiBl 2(2同理可求得线框进出第3象限的过程中，回路电流为:IBl22R(2分)Bl 2故感应电流最大值为：Im（1I t图象为:（42（2（1解得:4R（1分）18.解:(1 )从图丙可以看出，线圈往返的每次运动都是匀速直线运动，其速度为3分）x 0.08 m/s 0.8m/ s t 0.1线圈做切割磁感线产生的感生电动势E=nBLv L =2 nr 联立式得E nB2 rv 20 0.2（2 3.14 0.1 0.82V -2分）2分）

22、（2 分）(2)感应电流IR1R20.5 9.50.2 A （3 分）（2 分）电流图像如右图0.1 0.5 0 3 0.4 0.5 0.6(3)由于线圈每次运动都是匀速直线运动,所以每次运动过程中推力必须等于安培力。F推F安nBIL2 nrBI 2 3.1420 0.1 0.2 0.20.5N3分）I 2R20.22 9.5 0.38W（3 分）19. 解:(1)感应电动势 E=BLv=10Vab中的电流1= 2AR并r(4)发电机的输出功率即灯的电功率。ab两端的电压为 U IR并=8Vab所受的安培力为(2)是交变电流F BIL =2N 方向向左ab中交流电的周期T 2虫 2di =0.006s ,v v由交流电有效值的定义，可得|2r 2dI 有效 RTv即1有效t/ 10-3s20. (1)当线框的一条竖直边运动到0.15 m处时，线圈中的感应电动势最大.Em Blv 0.2 0.2 10V0.4VE 0 4Im 弐 A 4AR 0.1FmBIml 0.2 4 0.2N 0.16NPmFmv 0.16 10W 1.6W(2)在把线框拉过磁场区域时，因为有效切