高中物理电磁感应难题集 下载本文

根据牛顿第二定律 mgsinθ=ma,sinθ===0.5,θ=30°, 由图得从线框下边进磁场到上边出磁场均做匀速运动,所以△s=2L=2d=(2.6﹣1.6)m=1 m,d=L=0.5m. (2)线框通过磁场时,v1=16,v1=4 m/s, 此时F安=mg sinθ,BL=mg sinθ,B==0.5 T. 2(3)t1=2=s=0.8 s,t2==s=0.25 s,s3=(3.4﹣2.6)m=0.8 m,s3=v1t3+a t3,t3=0.2 s, 所以t=t1+t2+t3=(0.8+0.25+0.2)s=1.25 s (4)未入磁场 F﹣mgsinθ=ma2,进入磁场F=mgsinθ+F安,∴F安=ma2, BL=m,v==2 m/s,F安==0.25N 在上升过程中产生的热量Q=2dF安, 上升过程中重力势能的增加量为△EP增=mg(s1+s2+s3)sinθ 当到达最高点时速度为0,该过程中做功最小. 由能量守恒得: 最小功 WF=2dF安+mg(s1+s2+s3)sinθ=+mg(s1+s2+s3)sinθ=1.95 J. 本题答案为:(1)θ=30°,0.5m.(2)0.5 T.(3)1.25 s.(4)1.95 J. 点评: 21.(2012?中山市校级模拟)如图1所示,在坐标系xOy中,在﹣L≤x<0区域存在强弱可变化的磁场B1,在0≤x≤2L区域存在匀强磁场,磁感应强度B2=2.0T,磁场方向均垂直于纸面向里.一边长为L=0.2m、总电阻为R=0.8Ω的正方形线框静止于xOy平面内,线框的一边与y轴重合.

(1)若磁场B1的磁场强度在t=0.5s内由2T均匀减小至0,求线框在这段时间内产生的电热为多少? (2)撤去磁场B1,让线框从静止开始以加速度a=0.4m/s沿x轴正方向做匀加速直线运动,求线框刚好全部出磁场前瞬间的发热功率.

(3)在(2)的条件下,取线框中逆时针方向的电流为正方向,试在图2给出的坐标纸上作出线框中的电流I随运动时间t的关系图线.(不要求写出计算过程,但要求写出图线端点的坐标值,可用根式表示)

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解决本题的关键能通过图象分析出物体的运动状况:先做匀加速,再做匀速,接着做匀加速.以及能对线框进行正确的受力分析和熟练运用能量守恒定律.

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考点: 专题: 分析: 导体切割磁感线时的感应电动势;法拉第电磁感应定律;电磁感应中的能量转化. 压轴题;热力学定理专题. (1)根据法拉第电磁感应定律求出线框中产生的电动势,由欧姆定律求出感应电流,由焦耳定律求解线框产生的电热. (2)线框从静止开始沿x轴正方向做匀加速直线运动,通过位移3L时线框刚好全部出磁场,由运动学公式求出此时线框的速度,由E=BLv公式和功率公式求解发热功率. (3)线框从静止开始沿x轴正方向做匀加速直线运动过程中,速度v=at,与时间成正比,感应电动势E=BLv,感应电动势与时间也成正比,由欧姆定律得知,感应电流与时间成正比,由楞次判断出感应电流的方向,画出电流图象. 解答: 解:(1)线框中产生的电动势为E=线框中产生的电流为I==0.2A ?L=0.16V 2产生的电热为Q=IRt=0.016J (2)线框刚好全部出磁场前瞬间的速度为 v= 此时线框产生的电动势为E=B2Lv, 发热功率为P= 2由以上各式得P==0.096W (3)线框中的电流I随运动时间t的关系图线如图. 答:(1)线框在这段时间内产生的电热为0.016J. (2)线框刚好全部出磁场前瞬间的发热功率为0.096W. (3)线框中的电流I随运动时间t的关系图线如图. 点评: 对于电磁感应问题,先由法拉第电磁感应定律求出感应电动势,由欧姆定律救出感应电流,再研究焦耳热、安培力等等是经常采用的思路,本题还用到运动学公式求速度,难度适中. 22.(2012?麦积区校级模拟)如图水平金属导轨的间距为1m,处在一个竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=2T,其上有一个与之接触良好的金属棒,金属棒的电阻R=1Ω,导轨电阻不计,导轨左侧接有电源,电动势E=10V,内阻r=1Ω,某时刻起闭合开关,金属棒开始运动,已知金属棒的质量m=1kg,与导轨的动摩擦因数为0.5,导轨足够长.问:

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(1)金属棒速度为2m/s时金属棒的加速度为多大? (2)金属棒达到稳定状态时的速度为多大?

(3)导轨的右端是一个高和宽均为0.8m的壕沟,那么金属棒离开导轨后能否落到对面的平台?

考点: 专题: 分析: 导体切割磁感线时的感应电动势;共点力平衡的条件及其应用;闭合电路的欧姆定律;安培力. 压轴题;电磁感应中的力学问题. (1)根据E=BLv求出速度为2m/s时的感应电动势,从而得出电路中的实际电压,根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流,再根据牛顿第二定律求出加速度的大小. (2)当安培力与阻力相等时,金属棒达到稳定状态,根据平衡,结合闭合电路欧姆定律求出稳定的速度大小. (3)金属棒离开导轨后做平抛运动,根据高度求出平抛运动的时间,从而得出水平位移,判断能否落到对面的平台. 解答: 解:(1)感应电动势:?=BLv=2×1×2V=4V…① 且产生的感应电流其方向与电路电流方向相反,则此时电路的实际电压: U=E﹣?=10﹣4V=6V…② 电流:I= F合=F安﹣f=BIl﹣μmg=1N…③ …④ (2)金属棒达到稳定状态,即:F安=f…⑤ 则:BIl=μmg …⑥ E﹣?=I(R+r) 得:?=E﹣I(R+r)=5V…⑦ 由?=Blv得: …⑧ (3)x=vt…⑩ 得:t=0.4s,x=1m>0.8m 知金属棒能够落到对面的平台. 答:(1)金属棒速度为2m/s时金属棒的加速度为1m/s. (2)金属棒达到稳定状态时的速度为2.5m/s. (3)金属棒能够落到对面的平台.

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点评:

本题是电磁感应与电路和动力学的综合,注意产生的感应电动势与电源电动势方向相反,结合闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律等知识进行求解. 23.(2012?眉山模拟)如图所示,两根不计电阻的金属导线MN与PQ 放在水平面内,MN是直导线,PQ的PQ1段是直导线,Q1Q2段是弧形导线,Q2Q3段是直导线,MN、PQ1、Q2Q3相互平行.M、P间接入一个阻值R=0.25Ω的电阻.质量m=1.0kg、不计电阻的金属棒AB能在MN、PQ上无摩擦地滑动,金属棒始终垂直于MN,整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中,磁场方向竖直向下.金属棒处于位置(I)时,给金属棒一向右的初速度v1=4 m/s,同时给一方向水平向右F1=3N的外力,使金属棒向右做匀减速直线运动;当金属棒运动到位置(Ⅱ)时,外力方向不变,改变大小,使金属棒向右做匀速直线运动2s到达位置(Ⅲ).已知金属棒在位置(I)时,与MN、Q1Q2相接触于a、b两点,a、b的间距L1=1 m;金属棒在位置(Ⅱ)时,棒与MN、Q1Q2相接触于c、d两点;位置(I)到位置(Ⅱ)的距离为7.5m.求: (1)金属棒向右匀减速运动时的加速度大小;

(2)c、d两点间的距离L2;

(3)金属棒从位置(I)运动到位置(Ⅲ)的过程中,电阻R上放出的热量Q.

考点: 专题: 分析: 导体切割磁感线时的感应电动势;电磁感应中的能量转化. 压轴题;电磁感应与电路结合. (1)金属棒从位置(I)到位置(Ⅱ)的过程中做匀减速运动,加速度不变,方向向左.在位置I时,由E1=BL1v1,I1=牛顿第二定律求解加速度大小. (2)由运动学公式求出金属棒在位置(Ⅱ)时的速度v2,金属棒在(I)和(II)之间做匀减速直线运动,加速度大小保持不变,外力F1恒定,则AB棒受到的安培力不变即F安1=F安2,由安培力的表达式求解L2; (3)金属棒从位置(Ⅱ)到位置(Ⅲ)的过程中,做匀速直线运动,感应电动势大小与位置Ⅱ的感应电动势大小相等,安培力与位置Ⅱ的安培力大小相等,求出两个过程外力做功,根据能量守恒求解热量. 、F安1=BI1L1推导出安培力表达式,根据解答: 解:(1)金属棒从位置(I)到位置(Ⅱ)的过程中,加速度不变,方向向左,设大小为a,在位置I时,a、b间的感应电动势为E1,感应电流为I1,受到的安培力为F安1, 则E1=BL1v1 又I1=,F安1=BI1L1, 得 F安1= 代入解得 F安1=4N 由牛顿第二定律得 F安1﹣F1=ma 解得 a=1m/s.

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