204电磁感应定律、自感综合练习

电磁感应定律、自感综合练习【例题精选】1、如图3所示，夹角为°的三角形导轨，处于磁感应强度为8、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。导体ab以水平速度v向右平动。试写出：（1）在t时刻,ab中的感应电动势的表达式;（2）在时间t内,ab中的感应电动势的表达式。分析与解:（1）根据感应电动势公式，在t时刻ab中的电动势为八B^bv=Bvtt"v=Bv%et。（2）根据法拉第电磁感应定律，在时间t内ab中，电动势的平均值为二岫=BAS=BX1vtXvttge^1Bv2tget。△tt 2 t2想一想：1）为什么£=上e？（因为：£=Bv2tgetxt 为线性变量。）22）试证明：当At-0时，利用£=岫/△t，也可以求出感应电动势的瞬时值，即。=BS=Bv2tget2/2，△。=~Bv2tgel+At)2—12]=上Bv2tgeGtAt+At2)£=lim=Bv2tget。2 2 at-oAt2、如图4所示，把金属线框从匀强磁场中匀速拉出，是快拉还是慢拉做功多？分析与解：线框cd边出磁场后，线框产生感应电动势、感应电流，并受安培力，线框匀速运动，则外力F=F安。解法（一）：因为线框匀速运动，所以F=F安=BIL=BBLvL，拉力所做的功W=Fd=B2L2dv/R。无论快拉、慢拉，磁感应强度B、ab边长L、拉出的位移d，线框电阻R都相同。所以拉出速度v越大，做功越多。解法（二）：思路基本与解法（一）相同，只是线框产生的感应电动势用法拉第电磁感应定律表达，即£=岫/At，于是：w=Fd=BQtLd=冬M工。无论快R RAt拉、慢拉，线框拉出过程的磁通量变化岫相同，所用时间越短，做功越多。快拉做功多。还应注意到：岫=BLd-0。解法（三）：从能的转化和守恒定律看，外力拉线框所做的功，全部转化为线框所产生的电能（这一电能又通过线框电阻R变成焦耳热）。有：W=£2△t/r=M2/（r△t）。△t越小做功越多，快拉做功多。这个解法，不受线框所处的磁场是否是匀强磁场的限制，也不要求一定匀速拉出。所以，这个解法具有较为普遍适用的意义。我们知道，有安培力参与的运动，或是匀速运动，或是变加速运动，不可能是匀变速运动。因此，描述这样的运动过程，往往只能采用能的转化和守恒定律解。3、如图5所示，一个足够长的平行光滑导轨，竖直放在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。导体ab从静止开始沿导轨滑下，且回路电阻除R外都忽略不计。⑴为了使ab的收尾速度减一半，可以采用下列哪些方法？（）将ab质量减一半而长度不变；将电阻R减一半；将磁感应强度B增为原来的.三倍；将电阻R增一倍；（2） 为了使ab的收尾电流加一倍，可以采用下列哪些方法？（）将ab长度减一半而质量不变；将电阻R减一半；将磁感应强度B减一半；TOC\o"1-5"\h\z将磁感应强度B增一倍 占（3） 为了电流达到收尾值时r的热功率增加一倍，可以采用下列哪些方法？（） |XXX将ab质量增加一倍而长度不变； [xxx将ab长度减为原来的1/&而质量不变； xxx将电阻R增大一倍； I将磁感应强度B减一半 图5分析与解:（1）当ab受到的安培力与重力平衡时，速度达到收尾值，即mg=bii=bJ，v=淄3冬，所以，正确选项A、B、C。RmB212 B2（2）同理，电流的收尾速度值为、=畋3_L,所以，正确选项为A、C。（3）电流达到收尾功率值时,R的热功率为p=12rJmg]2r3、r，所以，mkBlJ B212正确选项为B、C。4、如图6所示，在光滑水平面上，小车与所X装载的闭合线圈的总质量为m。质量也为m的月、 用条形磁体，从h高处由静止开始无摩擦滑下，且| pYO穿出线圈时速度为v。不计条形磁体在弧形导轨 UKL一上运动时与线圈的相互作用。求从磁体开始下滑到以速度v穿出线圈的全过程中，产生的焦 6耳热是多少？分析与解：根据机械能守恒，磁铁进入水平轨道的速度为：v0=两，以磁铁、线圈为系统，设磁体穿出线圈时，线圈的速度为V，根据水平方向动量守恒,有：

mv0mgh=mv+mVV=v。mv0mgh=mv+mVV=v。-v=mv2/2+mV2/2+Q。根据能量转化和守恒定律，还有:,所以，线圈中产生的焦耳热为Q=mv（5-v）。在本题5、如图7所示，平行导轨间距为l,左端接阻值为R的电阻，右端接电容为C的电容器，并处于磁感应强度为B，方向垂直导轨平面的匀强磁场中。长为21的导体oa，以角速度①绕O轴转过90。。求全过程中，通过电阻mv（5-v）。在本题分析与解：在oa从竖直位置转过60。的过程中,oa与电阻R构成的闭合回路的磁通量发生变化。根据法拉第电磁感应定律，通过R的感应电量为：, Bx上lx21cos30。 厂cQ=Ai=冬=一2 =!!Bi±。同时,oa对电容C充电，且充电结束RR R 2R时，电容器的最大电压为U=1B①（21）2=2B④12。在oa从60。转至90。的过程中，m2电容C对电阻R放电，且放电量为：Q2=Cu=2B®l2C，所以，在全过程中，通过R的电量为：Q=Q1+Q2=Bl2[I3R+2WC。6、如图8所示，不计电源内阻和除变阻器R以外的一切外电阻，当滑动触头P向右匀速滑动时，用丝线悬挂着的闭合金属环M将A.不动 B.向左摆动C.向右摆动 D.向上运动分析与解：选择答案A的学生主要是从“匀速向右滑动”中得到的启示。因为匀速滑动就意味着R是均匀变化的，那么均匀变化又意味着什么呢？有些学生有这样一种预感：一定和某种恒定不变的量相联系，如均匀变化的电场产生恒定的磁场，速度均匀变化表明加速度恒定，磁通量均匀变化产生恒定电动势……，平时考试的得利无意中培养了学生自信的性格。所以这部分学生敏感地意识到,R的均匀变化，一定是在l2中产生恒定不变的电动势。凭这种“灵感”使他们陷入了题目设下的“陷井”，而不能自拔。仔细发析由R的变化引起I的变化，由/=£/r,I与R成反比，其变化规律如图9所示。由于R与t成正比，图11一17也反映了I与t的函数关系。由图象的斜率可以直观的看出电流的变化率是逐渐减小的，在L2中产生的电动势、通过L3的电流是逐渐减小的。所以l3中的磁场也是逐渐减弱的,

对闭合环M而言，就相当于磁铁从圆环中抽出一样，故M应向左摆动。正确选项B。7、如图10所示，用相同的绝缘导线围成半径都为r、电阻都为R的两个圆环1和2,两环均过对方圆心交叠于A、B两点，相交处彼此绝缘，在两环交叠区域内，有垂直圆环平面向下的匀强磁场，交叠区域的圆环导线恰好在磁场边缘，交叠区域圆环导线所在位置有磁场，当磁场的磁感应强度从零均匀增加，即B=kt（k为常量）时，求:（1通过圆环1的感应电流的大小和方向;（2）当磁感应强度增大到B=B0时，圆环1受到的磁场力的大小和方向。分析与解：首先计算出变化磁场所在范围的面积，如图11所示，即两圆相交的重叠区域，此区域也是每个圆环（闭合回路）所包围的磁通发生变化的区域。(1)ZAOC=120。，与ZAOC对应的扇形面积为：S1=兀『2/3,aAOC的面积为:S=1rsin30°x2rcos30。=迫r2，磁场区域的面积为：S=2(S-S)=2[正-业L2，TOC\o"1-5"\h\z2 4 1 2I3 4)通过圆环1的电流强度：/=-1剪=您［生-旦疽。电流方向为RAtRI3 4）逆时针。2K.兀*‘‘3) BK(2寸33)(2)F=BIL=B0• 1—-—\r2•2rcos30。=-[ -\rF的方向向左，如图11所示。8、如图12所示，在匀强磁场中,MN、PQ是两条平行金属导轨，而ab、cd为串有电压表和电流表的两根金属棒。当两棒以相同速度向右运动时（）电压表有读数，电流表有读数；电压表无读数，电流表无读数；电压表有读数，电流表无读数；电压表无读数，电流表有读数分析与解：要理解和掌握的基础知识是:（1）无论是电流表、电压表还是欧姆表,必须要有一定电流通过表头，才会有读数显示;（2）ab、cd棒在匀强磁场中以相同速度运动时，所产生的感应电动势相等，都为Blv;（3）从电路结构看，两棒都为产生电动势的部分，等效为两个并联的电源。因此，本题的新颖之处与迷惑所在是装置未形成闭合电路，无电流通过电表。所以，电流表无电流显示，而电压表两端虽然存在电势差，也因无电流通过而无电压显示，故正确选项为B。

9、如图13所示电路中,A和L2是两个相同的小灯泡,L是一个自感系数很大的线圈，其电阻与R相同，由于存在自感现象，在开关S接通和断开瞬间,A和L2亮暗的顺序是怎样的？分析与解：通电瞬间,R选达最亮，然后L2和L1达到一样的亮度。因为通电瞬间，流过线圈的电流由零变大，线圈中产生的自感电动势方向从右向左，使通过线圈的电流逐断增大，所以开始瞬间电流几乎全部从L通过，而通过A的电流同时分路流过L2和R,因此L先达最亮，经过暂短的时间电流稳定后，自感现象消失，线圈只起直流电阻作用，最后A和L2一样亮。断电瞬间，电源提供的电流立即为零,L2立即熄灭。对于L1，由于通过线圈的电流突然减小，线圈中产生自左向右的感应电动势，使L和A组成的闭合回路有自感电流，则L1延迟熄灭。【综合练习】1、如图14所示的通有恒定电流的直导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由位置I单移到位置II;第二次将金属框由位移I绕cd边翻转到位置II,设先后两种情况下，通过金属框某截面的电量分别是％和q2,贝U()A.q1<q2 B.q1=q2 C.q1>q2d.q1丰0,q2=02、一个质量为m,半径为r,电阻为R的金属圆环,竖直自由下落，经一磁感应强度为B的匀强磁场，当圆环进入磁场区域的竖直高度为刁，如图14所示，圆环所受合力为零，此时圆环的速度大小是。3、在光滑绝缘的水平面上，质量为m的圆形金属环与速度七向一个有界的匀强磁场滑去，如图16所示。已知磁场的磁感应强度为B，圆环半径为r，电阻为R，经t秒后，圆环的一半进入了磁场，在这段时间内，圆环产生的热量为0以上各量均为国际单位)求(1)t秒末圆环中感应电流的即时值;(2)t秒末圆环运动的加速度?4、一闭合线圈放在磁场中，线圈的轴线与磁场方向成0=30。角如图17,当磁感应强度随时间均匀变化时，在下述办法中(如需要改绕线圈，用原规格的导线)，哪一种可以使线圈中的感应电流增加一倍？()将线圈的匝数增加一倍将线圈的面积增加一倍将线圈的半径增加一倍将线圈轴线的方向改变将细圈的匝数减少一半TOC\o"1-5"\h\z5、相距为L的两光滑平行导轨与水平面成0角放置。上 上端连接一阻值为r的电阻，其它电阻不计。整个装置处在方 /―巳7向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为瓦质量为m,电明―二A阻为r的导体MN,垂直放在导轨上，如图18所示，由静止比」e-~开始释放导体MN,求： 国18MN可以达到的最大速度vmMN的速度v=上v时的加速度a回路中产生的最大功率PmTOC\o"1-5"\h\zI 16、 匀强磁场磁感应强度B=0.2T,磁场宽度说遂；x x xIL=3m,一正方形金属框边长ab=l=1m,其电 匚|x x 乂 x」阻r=0.2q,金属框以v=10m/s的速度匀速穿过' 磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直，如 图图19所示，求:(1)画出金属线框穿过磁场区的过程中，金属框内感应电流的I-t图象。(2)画出ab两端电压的U—t图象。答案：1、选项A正确。提示：q=It=rt=£△t=^,计算岫要注意磁通量是双向标量。r r△t △t2 mgR 4B2d(2r-d)分析与解：由圆环所受合力为零，有mg=—,而F=BIl=B旦l=BBVl=心V，所以有v=蛙,此时圆环切割磁感线的有效长安 RR R B212度l=2Xr2+(r-d)2,故 mgR 4B2d(2r-d)o4B2r23、p= 4Bo4B2r23、p= 提示：根据功能关系Q=1m2—1m2可求出V；由TOC\o"1-5"\h\z2 0 2F=驯=B冬2rP=FV，代入V的表达式求P；由牛二律a=以求加速度。安 R，安 m4、正确选项为C提示：设线圈匝数为N,半径为r,导线电阻率为p,横截面积为S,线圈中的A。 AB 力1ABScos30°rocrP电流可表示为/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）当导体MN下滑的加速度a=0时有最大速度v,这时导体的感应电动势最大，为：£=BLvcos0,回路中的电流为Im=sm/（R+r）M