电磁感应专题训练(计算题及答案-开天教育在线长沙开天科技

电磁感应计算题专题训练1．（19分）某同学利用电磁感应现象设计了一种发电装置。如图1为装置示意图，图2为俯视图，将8块相同的磁铁N、S极交错放置组合成一个高h=0.5m、半径r=0.2m的圆柱体，并可绕固定的OO′轴转动。圆柱外侧附近每个磁场区域的磁感应强度大小均为B=0.2T，磁场方向都垂直于圆柱表面，相邻两个区域的磁场方向相反。紧靠圆柱外侧固定一根与圆柱体等长的金属杆ab，杆与圆柱平行，杆的电阻R=0.4Ω。从上往下看，圆柱体以ω=100rad/s的角速度顺时针方向匀速转动。以转到如图所示的位置为t=0的时刻。取g=10m/s2，π2=10。求：（1）圆柱转过八分之一周期的时间内，ab杆中产生的感应电动势的大小E；（2）如图3所示，M、N为水平放置的平行板电容器的两极板，极板长L0=0.314m，两板间距d=0.125m。现用两根引线将M、N分别与a、b相连。若在t=0的时刻，将一个电量q=+1.00×10-6C、质量m=1.60×10-8kg的带电粒子从紧临M板中心处无初速释放。求粒子从M板运动到N板所经历的时间t。不计粒子重力。（3）在如图3所示的两极板间，若在t=0的时刻，上述带电粒子从靠近M板的左边缘处以初速度v0水平射入两极板间。若粒子沿水平方向离开电场，求初速度v0的大小，并在图中画出粒子对应的运动轨迹。不计粒子重力。2．（19分）如图甲所示，PQNM是表面粗糙的绝缘斜面，abcd是质量m=0.5kg、总电阻R=0.5Ω、边长L=0.5m的正方形金属线框，线框的匝数N=10。将线框放在斜面上，使斜面的倾角θ由0°开始缓慢增大，当θ增大到37°时，线框即将沿斜面下滑。假设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，现保持斜面的倾角θ=37°不变，在OO′NM的区域加上垂直斜面方向的匀强磁场，使线框的一半．．处于磁场中，磁场的磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。（g取10m/s2，sinθ37°=0.6）（1）试根据图乙写出B随时间t变化的函数关系式。（2）请通过计算判断在t=0时刻线框是否会沿斜面运动？若不运动，请求出从t=0时刻开始经多长时间线框即将发生运动。图1aSNNSOO′b图2NSNSNSNSNSNSNSNSOa图3NM+qmdL03．（19分如图所示，两根不计电阻的倾斜平行导轨与水平面的夹角θ=37o，底端接电阻R=1.5Ω.金属棒ab的质量为m=0.2kg.电阻r=0.5Ω，垂直搁在导轨上由静止开始下滑，金属棒ab与导轨间的动摩擦因数为μ=0.25，虚线为一曲线方程y=0.8sin(12x)m与x轴所围空间区域存在着匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，方向垂直于导轨平面向上（取g=10m/s2,sin37o=0.6,cos37o=0.8）。问：当金属棒ab运动到Xo=6m处时，电路中的瞬时电功率为0.8w，在这一过程中，安培力对金属棒ab做了多少功？4．（19分）甲所示，“目”字形轨道的每一短边的长度都等于a，只有四根平行的短边有电阻，阻值都是r，不计其它各边电阻。使导轨平面与水平面成夹角θ固定放置，如图乙所示。一根质量为m的条形磁铁，其横截面是边长为a的正方形，磁铁与导轨间的动摩擦因数为μ，磁铁与导轨间绝缘。假定导轨区域内的磁场全部集中在磁铁的端面，并可视为匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直导轨平面。开始时磁铁端面恰好与正方形3重合，现使其以某一初速度下滑，磁铁恰能匀速滑过正方形2，直至磁铁端面恰好与正方形1重合。已知重力加速度为g。求：（1）上述过程中磁铁运动经历的时间；（2）上述过程中所有电阻消耗的电能。aa图甲321图乙12θ╮N5．（18分）所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角α=30°，导轨电阻不计．磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向上，长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨电接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R．两金属导轨的上端连接右端电路，灯泡的电阻RL=4R，定值电阻R1=2R，电阻箱电阻调到使R2=12R，重力加速度为g，现将金属棒由静止释放，试求：（1）金属棒下滑的最大速度为多大？（2）当金属棒下滑距离为S0时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始下滑2S0的过程中，整个电路产生的电热；（3）R2为何值时，其消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？6．（19分）小发电机的内部结构平面图如图1所示，永久磁体的内侧为半圆柱面形状，它与共轴的圆柱形铁芯间的缝隙中存在辐向分布、大小近似均匀的磁场，磁感应强度B=0.5T。磁极间的缺口很小，可忽略。如图2所示，单匝矩形导线框abcd绕在铁芯上构成转子，ab=cd=0.4m，bc=0.2m。铁芯的轴线OO′在线框所在平面内，线框可随铁芯绕轴线转动。将线框的两个端点M、N接入图中装置A，在线框转动的过程中，装置A能使端点M始终与P相连，而端点N始终与Q相连。现使转子以ω=200πrad/s的角速度匀速转动。在图1中看，转动方向是顺时针的，设线框经过图1位置时t=0。（取π=3）（1）求t=4001s时刻线框产生的感应电动势；（2）在图3给出的坐标平面内，画出P、Q两点电势差UPQ随时间变化的关系图（要求标出横、纵坐标标度，至少画出一个周期）；（3）如图4所示为竖直放置的两块平行金属板X、Y，两板间距d=0.17m。将电压UPQ加在两板上，P与X相连，Q与Y相连。将一个质量m=2.4×10-12kg，电量q=+1.7×10-10C的带电粒子，在t0=6.00×10-3s时刻，从紧临X板处无初速释MPQBαaNαbR2R1SRL图3t/sO-24UPQ/VNSbc图1O图2abcdPQMNO′AO放。求粒子从X板运动到Y板经历的时间。（不计粒子重力）7.（19分）如图（甲）所示，一个足够长的“U”形金属导轨NMPQ固定在水平面内，MN、PQ两导轨间宽L=0.50米，一根质量为m=0.50kg的均匀金属导体棒ab静止在导轨上且接触良好，abMP恰好围成一个正方形。该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中。ab棒的电阻为R=0.10Ω，其它各部分电阻均不计。开始时，磁感应强度B0=0.50特。（1）若保持磁感应强度B0的大小不变，从t=0时刻开始，给ab棒施加一个水平向右的拉力，使它做匀加速直线运动，此拉力F的大小随时间t的变化关系如图（乙）所示。求①匀加速运动的加速度及ab棒与导轨间的滑动摩擦力。②如果已知拉力在前2秒作功29焦，求这2秒内通过ab杆电流的有效值。（2）若从t=0开始，调动磁感应强度的大小，使其以0.2/BTst的变化率均匀增加，求经过多长时间ab棒开始滑动？此过程中通过ab棒的电量是多少？YX图4d参考答案1.解：（1）（3分）感应电动势E=Bhv（1分）v=ωr（1分）代入数据得E=2V（1分）（2）（8分）粒子加速度dmUqa（2分）周期2T（2分）粒子在T81时间内运动的距离m321)81(2120Tas（2分）由s0和d的数据可知s1014.3212Tt（2分）（3）（8分）第一种情况：粒子运动轨迹如图1所示（2分）初速度m/s2041001TLv（2分）第二种情况：粒子运动轨迹如图2所示（2分）初速度m/s1021002TLv（2分）2．解：（1）由图乙所示图线可知：磁感应强度B随时间t均匀增大，所以B=B0+kt，其中B0=0.2T，./4.01)2.06.0(sTk（2分）所以B=0.2+0.4t（T）（2分）（2）不加磁场时，由题意知，当θ=37°时，线框既将沿斜面下滑，此时斜面对线框的静摩擦力恰好达到最大值fmax，由平衡条件有fmax=mgsinθ=0.6mg=3N.（2分）加磁场后，由于压力不变，故fmax的大小不变，无论磁场方向垂直斜面向上还是向下，由楞次定理可知，当穿过线框的磁通量增大时，线框受到的安培力沿斜面向上，因此线框若是运动，则应沿斜面向上。即：满足F安≥mgsinθ+fmax=6N，（2分）由法拉第电磁感应定律有VNkLtBsNNE5.0222（3分）由闭合电路欧姆定律知，电流I=RE=1A（1分）在t=0时刻cd边受到的安培力F0=NILB0=1N（2分）故max0sinfmgF所以在t=0时刻，线框不会沿斜面下滑，也不会沿斜面上滑；当摩擦力方向沿斜面向下达到最大值时，线框即将沿斜面向上运动，此时线框受力如图所示，由平衡条件有NfmgNILBF6sinmax安（2分）得磁感应强度大小为B=1.2T，由（1）知，B=0.2+0.4t，则所经历时间为t=2.5s.（4分）3.解析：金属棒ab从静止开始运动至X0=6m处，曲线方程图1图2y′=0.8sin(12X0)m（1）（3）设金属棒在X0处的速度为V′，切割磁感线运动产生感应电动势为E′E′=By′V′（2）（3）此时电路中消耗的电功率为P′=rRE2`（3）（3）此过程中安培力对金属棒做功为W安，根据动能定理mgsin370•S－μmgcos370•S－W安=21mV′2（4）（7）由（1）~（4）式联解得W安=3.8J（3分）4．解：（1）设磁铁匀速进入正方形2的速度为v，等效电路如下图所示。感应电动势BavE（1分）总电阻rrrR343（1分）感应电流rBavREI43（1分）切割磁感线的短边受到的安培力rvaBBIaF4322（1分）短边受到的安培力与磁铁受到的力是作用力与反作用力根据平衡条件mgsinθ=F+f（3分）滑动摩擦力f=μmgcosθ（1分）求出223)cos(sin4aBmgrv（1分）当磁铁进入正方形1时，仍以速度v做匀速直线运动。整个过程磁铁运动经历的时间vat2（2分）求出)cos(sin2332mgraBt（2分）（2）根据能量守恒定律mg•2asinθ=μmgcosθ•2a+E（5分）求出E=2mga（sinθ-μcosθ）（2分）5.解：（1）当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度为v，达到最大时则有mgsinθ=F安（2分）F安＝ILB总RBLvIm（1分）其中R总＝6R（1分）所以mgsinθ=总RvLBm22（1分）解得最大速度223mmgRvBL（1分）48t/sOUPQ/V-480.0050.010.0150.0224-24UPQ/V（2）由能量守恒知，放出的电热Q=mg2S0sinα-221mmv（1分）代入上面的vm值，可得44223029LBRgmmgSQ（1分）（3）R2上消耗的功率222RUp（1分）其中并并并＝RRBLvRIRU3（1分）2244RRRRR＝并又并RRvLBmg3sin22（1分）可得22222222222222222281616sin416sinRRRRRLBgmRRRRLBgmp（2分）当24LRRR时，R2消耗的功率最大（2分）最大功率22224mmgRPBL（1分）6.解：（1）感应电动势E=BSω=B×ab×bc×ω（4分）代入数据得E=24V（2分）（2）正确标出横坐标、纵坐标标度、画出图象（6分）（共三项，每项各占2分）评分标准：①若只有以上其中一项均不给分；②若横坐标按T21,T……标出扣1分；若纵坐标按E、2E标出扣1分；③若只画出半个周期图象扣2分。（3）粒子开始运动后一个周期内的运动示意图如右图所示加速度dmUqa（1分）向Y板加速的距离201)(21tTas=0.08m（1分）向X板加速的距离202)21(21Ttas=0.005m（1分）一个周期内前进的距离S=2S1－2S2=0.15m（1分）由于Sd，d–S=0.02mS1，所以粒子将在下一周期向Y板加速过程中到达Y板设这次加速时间为t221atsdt=2.0×10-3s（2分）求出总时间t总=T+t=1.2×10-2s（2分）mgqE1θ7.解：（1）①棒匀加速运动，由牛顿第二定律得：mafRVLBF22