- 感应电动势
- 共4433题
MN、PQ为相距L=0.2m的光滑平行导轨,导轨平面与水平面夹角为θ=30°,导轨处于磁感应强度为B=1T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,在两导轨的M、P两端接有一电阻为R=2Ω的定值电阻,其余电阻不计.一质量为m=0.2kg的导体棒垂直导轨放置且与导轨接触良好.今平行于导轨对导体棒施加一作用力F,使导体棒从ab位置由静止开始沿导轨向下匀加速滑到底端,滑动过程中导体棒始终垂直于导轨,加速度大小为a=4m/s2,经时间t=1s滑到cd位置,从ab到cd过程中电阻发热为Q=0.1J,g取10m/s2.求:
(1)到达cd位置时,对导体棒施加的作用力;
(2)导体棒从ab滑到cd过程中作用力F所做的功.
正确答案
(1)导体棒在cd处速度为:v=at=4 m/s,
切割磁感线产生的电动势为:E=BLv=0.8V,
回路感应电流为:I==0.4A,
导体棒在cd处受安培力:F安=BIL=0.08N,
由左手定则可知,安培力方向平行于斜面向上,
由牛顿第二定律得:mgsinθ+F-F安=ma,
解得:F=-0.12N,
则对导体棒施加的作用力大小为0.12N,方向平行导轨平面向上.
(2)ab到cd的距离:x=at2=2m,
由能量守恒定律可知:mgxsinθ+WF=Q+mv2,
解得:WF=-0.3J.
答:(1)到达cd位置时,对导体棒施加的作用力是0.12N,方向平行导轨平面向上;
(2)导体棒从ab滑到cd过程中作用力F所做的功为-0.3J.
为了测量列车的速度及加速度,可采用下述装置:在列车底部安装一个正方形线圈,而在轨道上每隔40m安装一块磁性很强的小磁铁,当列车经过磁铁上方时,有感应电流产生,记录此电流就可换算成列车的速度及加速度.视磁铁上方区域的磁场为匀强磁场,其区域面积与线圈面积相同,磁场方向与线圈截面垂直,磁感应强度B=0.004T,线圈边长l=0.1m,匝数n=5,包括连线总电阻R=0.4Ω.现记录到某列车驶过时的电流-位移图象如图所示,请计算:
(1)在离开O(原点)20m处列车速度v的大小;
(2)从20m处到60m处列车加速度a的大小(假设列车作匀加速运动).
正确答案
(1)由图线知道列车在离开原点20m处的感应电流为0.02A
E=nBLv,I=
I=,
解出v1==
m/s=4m/s.
(2)由图线知道列车在离开原点60m处的感应电流为0.05A
v2==
m/s=10m/s.
v22-v12=2as.
解出a==
m/s2=1.05m/s2.
答:(1)在离开O(原点)20m处列车速度v的大小为4m/s.
(2)从20m处到60m处列车加速度a的大小为1.05m/s2.
如图所示,两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L=1m,导轨平面与水平面夹角α=0°,导轨电阻不计.磁感应强度为B1=2T的匀强磁场垂直导轨平面向上,长为L=1m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上,且始终与导轨接触良好,金属棒的质量为m1=2kg、电阻为R1=1Ω.两金属导轨的上端连接右侧电路,电路中通过导线接一对水平放置的平行金属板,两板间的距离和板长均为d=0.5m,定值电阻为R2=3Ω,现闭合开关S并将金属棒由静止释放,重力加速度为g=10m/s2,试求:
(1)金属棒下滑的最大速度为多大?
(2)当金属棒下滑达到稳定状态时,整个电路消耗的电功率P为多少?
(3)当金属棒稳定下滑时,在水平放置的平行金属间加一垂直于纸面向里的匀强磁场B2=3T,在下板的右端且非常靠近下板的位置有一质量为m2=3×10-4 kg、带电量为q=-1×10-4 C的液滴以初速度v水平向左射入两板间,该液滴可视为质点.要使带电粒子能从金属板间射出,初速度v应满足什么条件?
正确答案
解析:(1)当金属棒匀速运动时速度最大,设最大速度为vm
则有:m1gsin α-F安=0
F安=ILB1,I=,
所以 解得最大速度:vm=10 m/s
(2)电路的电动势:E=BLV,I=
整个电路消耗的电功率:P=I2 R,
所以:P=100 W
(3)金属棒匀速运动时,两板间电压U=IR2=15V,
由题意知液滴在两板间有:m2g=q,
所以该液滴在两平行金属板间做匀速圆周运动,
当液滴恰从上板左端边缘射出时:
r1=d=,
所以:v1=0.5 m/s;
当液滴恰从上板右侧边缘射出时:r2==
,
所以v2=0.25 m/s
初速度v应满足的条件是:v≥0.5 m/s或v≤0.25 m/s.
答:(1)金属棒最终的速度为10 m/s
(2)R2上消耗的电功率P为100 W
(3)初速度v应满足的条件是:v≥0.5 m/s或v≤0.25 m/s.
如图甲所示,一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内,线框的右边紧贴着边界.t=0时刻对线框施加一水平向右的外力F,让线框从静止开始做匀加速直线运动,经过时间t0穿出磁场.图乙所示为外力F随时间t变化的图象.若线框质量为m、电阻R及图象中的F0、t0均为已知量,则根据上述条件,请你推出:
(1)磁感应强度B的表达式;
(2)线框左边刚离开磁场前瞬间的感应电动势E的表达式.
正确答案
(1)线框运动的加速度:a=…①
线框边长:l=at02 ….②
线框离开磁场前瞬间速度:
v=at0 …③
由牛顿第二定律知:
3F0-=ma…④
解①②③④式得:B=
(2)线框离开磁场前瞬间感应电动势:
E=BLv…⑥
由①②③④⑤⑥式得:E=
答:(1)磁感应强度B的表达式为;
(2)线框左边刚离开磁场前瞬间的感应电动势E的表达式.
如图所示,空间等间距分布着水平方向的条形匀强磁场,竖直方向磁场区域足够长,磁感应强度B=1T,每一条形磁场区域的宽度及相邻条形磁场区域的间距均为d=0.5m,现有一边长l=0.2m、质量m=0.1kg、电阻R=0.1Ω的正方形线框MNOP以v0=7m/s的初速从左侧磁场边缘水平进入磁场,求:
(1)线框MN边刚进入磁场时受到安培力的大小F;
(2)线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热Q;
(3)线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n.
正确答案
(1)线框MN边刚进入磁场时有:F=BlI=Bl=2.8N
(2)设线框竖直下落H时,速度为vH
由能量守恒得:mgH+m
=Q+
m
自由落体规律:vH2=2gH
解得:Q=m
=2.45J
(3)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时有:F=BlI=Bl=
v
在t→t+△t时间内,由动量定理:-F△t=m△v
求和:∑v△t=∑
△x=mv0
解得:x=mv0
穿过条形磁场区域的个数为:n=≈4.4
可穿过4个完整条形磁场区域.
近期《科学》中文版的文章介绍了一种新技术--航天飞缆,航天飞缆是用柔性缆索将两个物体连接起来在太空飞行的系统.飞缆系统在太空飞行中能为自身提供电能和拖曳力,它还能清理“太空垃圾”等.从1967年至1999年的17次试验中,飞缆系统试验已获得部分成功.该系统的工作原理可用物理学的基本定律来解释.如图为飞缆系统的简化模型示意图,图中两个物体P、Q的质量分别为mP、mQ,柔性金属缆索长为l,外有绝缘层,系统在近地轨道作圆周运动.运动过程中Q距地面高为h.设缆索总保持指向地心,P的速度为vP.已知地球半径为R,地面的重力加速度为g.
(1)飞缆系统在地磁场中运动,地磁场在缆索所在处的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外.设缆索中无电流,问缆索P、Q哪端电势高?此问中可认为缆索各处的速度均近似等于vP,求P、Q两端的电势差;
(2)设缆索的电阻为R1,如果缆索两端物体P、Q通过周围的电离层放电形成电流,相应的电阻为R2,求缆索所受的安培力多大;
(3)求缆索对Q的拉力FQ.
正确答案
(1)缆索的电动势:E=Blv0
P、Q两点电势差UPQ=BlvP,根据右手定则可知,P点电势高.
故P、Q两端的电势差为UPQ=BlvP,P点电势高.
(2)缆索电流:I==
安培力:FA=IlB=
故缆索所受的安培力为:FA=.
(3)Q的速度设为vQ,Q受地球引力和缆索拉力FQ作用:G-FQ=mQ
①
P、Q角速度相等:=
②
又g= ③
联立①、②、③解得FQ=mQ[-
]
故缆索对Q的拉力为:FQ=mQ[-
].
如图所示,两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行固定在倾角θ=37°的绝缘斜面上,两导轨间距L=1m,导轨的电阻可忽略.M、P两点间接有阻值为R 的电阻.一根质量m=1kg、电阻r=0.2Ω的均匀直金属杆ab放在两导轨上,与导轨垂直且接触良好.整套装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中,磁场方向垂直斜面向下.自图示位置起,杆ab受到大小为F=0.5v+2(式中v为杆ab运动的速度,力F的单位为N)、方向平行导轨沿斜面向下的拉力作用,由静止开始运动,测得通过电阻R的电流随时间均匀增大.g取10m/s2,sin37°=0.6.
(1)试判断金属杆ab在匀强磁场中做何种运动,并请写出推理过程;
(2)求电阻的阻值R;
(3)求金属杆ab自静止开始下滑通过位移x=1m所需的时间t和该过程中整个回路产生的焦耳热Q.
正确答案
(1)金属杆做匀加速运动(或金属杆做初速为零的匀加速运动).
通过R的电流I==
,因通过R的电流I随时间均匀增大,即杆的速度v随时间均匀增大,杆的加速度为恒量,故金属杆做匀加速运动.
(2)对杆,根据牛顿第二定律有:F+mgsinθ-BIL=ma
将F=0.5v+2代入得:
2+mgsinθ+(0.5-)v=ma,
因a与v无关,所以
a==8m/s2
代入得0.5-=0 得
R=0.3Ω
(3)由x=at2得,所需时间t=
=0.5s
在极短时间△t内,回路产生的焦耳热为
△Q=△t=
△t=32t2△t
在t=0.5s内产生的焦耳热Q=32t2△t=
×(0.5)3J=
J
答:
(1)金属杆ab金属杆做匀加速运动.
(2)电阻的阻值R=0.3Ω;
(3)金属杆ab自静止开始下滑通过位移x=1m所需的时间t=0.5s,该过程中整个回路产生的焦耳热Q=J.
如图所示,水平U形光滑框架,宽度为1m,电阻忽略不计,导体ab质量是0.2kg,电阻是0.1Ω,匀强磁场的磁感应强度B=0.1T,方向垂直框架向上.现用1N的外力F由静止拉动ab杆,当ab的速度达到1m/s时,求此时刻ab 杆产生的感应电动势的大小和它的加速度的大小?
正确答案
(1)根据导体棒切割磁感线的电动势
E=BLv=0.1v
(2)由闭合电路欧姆定律得回路电流I=
ab所受安培力 F安=BIL=0.1N,
根据牛顿第二定律F-F安=ma
得ab杆的加速度a==4.5m/s2.
答:此时刻ab 杆产生的感应电动势的大小0.1v,它的加速度的大小是4.5m/s2.
如图甲所示,MNCD为一足够长的光滑绝缘斜面,EFGH范围内存在方向垂直斜面的匀强磁场,磁场边界EF、HG与斜面底边MN(在水平面内)平行.一正方形金属框abcd放在斜面上,ab边平行于磁场边界.现使金属框从斜面上某处由静止释放,金属框从开始运动到cd边离开磁场的过程中,其运动的v-t图象如图乙所示.已知金属框电阻为R,质量为m,重力加速度为g,图乙中金属框运动的各个时刻及对应的速度均为已知量,求:
(1)斜面倾角的正弦值和磁场区域的宽度;
(2)金属框cd边到达磁场边界EF前瞬间的加速度;
(3)金属框穿过磁场过程中产生的焦耳热.
正确答案
(1)由图乙可知,在0~t1时间内金属框运动的加速度
a1=
设斜面的倾角θ,由牛顿第二定律有 a1=gsinθ
解得 sinθ=
在t1~2t1时间内金属框匀速进入磁场,则 l0=v1t1
在2t1~3t1时间内,金属框运动位移 s=
则磁场的宽度 d=l0+s=
(2)在t2时刻金属框cd边到达EF边界时的速度为v2,设此时加速度大小为a2,
cd边切割磁场产生的电动势 E=Bl0v2
受到的安培力 F=
由牛顿第二定律 F-mgsinθ=ma2
金属框进入磁场时 mgsinθ=
解得 a2=
加速度方向沿斜面向上.
(3)金属框从t1时刻进入磁场到t2时刻离开磁场的过程中,由功能关系得mg(d+l0)•sinθ=m
-
m
+Q
解得 Q=4m-
m
地
答:(1)斜面倾角的正弦值等于,磁场区域的宽度s=
;
(2)金属框cd边到达磁场边界EF前瞬间的加速度大小为,方向沿斜面向上.
(3)金属框穿过磁场过程中产生的焦耳热 Q=4m-
m
.
如图1所示,边长L=2.5m、质量m=0.50kg的正方形金属线框,放在磁感应强度B=0.80T的匀强磁场中,它的一边与磁场的边界MN重合.在力F作用下由静止开始向左匀加速运动,在5.0s内从磁场中拉出.测得金属线框中的电流随时间变化的图象如图2所示.已知金属线框的总电阻R=4.0Ω.
(1)试判断金属线框从磁场中向左拉出的过程中,线框中的感应电流方向,并在图中标出.
(2)t=2.0s时金属线框的速度和力F的大小.
(3)已知在5.0s内力F做功1.92J,那么金属线框从磁场拉出的过程中,线框中产生的焦耳热是多少?
正确答案
(1)由右手定则判断出感应电流方向为逆时针.如图:
(2)由电流图象得到I=0.1t A,
又:I==
,
则:v==0.2t m/s
当t=2s时,v=0.4m/s,加速度:a=0.2m/s2此时安培力:F安=BIl=0.4N,
根据牛顿第二定律,得:F-F安=ma,
代入解得:F=0.5N
(3)t=5s时,v=1m/s
则由能量守恒定律得Q=W-mv2=1.67J
答:(1)感应电流方向为逆时针.
(2)t=2.0s时金属线框的速度大小为0.4m/s,水平外力的大小为0.5N.
(3)金属线框从磁场拉出的过程中产生的焦耳热为1.67J.
扫码查看完整答案与解析