- 电磁感应中的能量转化
- 共184题
15. 如图所示,光滑绝缘的水平面上,一个边长为L的正方形金属框,在水平恒力F作用下运动,穿过方向如图的有界匀强磁场区域。磁场区域的宽度为d(d >L)。已知ab边进入磁场时,线框的加速度恰好为零。则线框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过程相比较,下列分析正确的是( )
正确答案
解析
根据右手定则判定也进入磁场过程感应电流方向是顺时针方向,穿出过程感应电流的方向是逆时针方向,所以产生的感应电流方向相反,所以A项正确;根据左手定则可判定进入和穿出过程所受的安培力都是向左的,方向相同,所以B选项错误;ab边进入磁场时,线框的加速度恰好为零,所以进入时做匀速直线运动,完全进入磁场后,穿过线圈的磁通量不再变化,线圈中不再产生感应电流,线圈也不受安培力,线圈在恒力F的作用下会加速运动,所以穿出磁场时速度比进入时要大,根据安培力公式和法拉第电磁感应定律得,所以安培力
将大于拉力F,线圈将做减速运动,但最多减速到进入磁场时的速度,线圈又做匀速运动,所以穿出磁砀时的线圈的平均速度大于进入磁场时线圈的平均速度,而进出过程位移相等,所以穿出磁砀过程时间较短,所以C项错误;进入磁场过程线圈速度较小,所以所受的安培力较小,克服安培力所做的功较少,产生的热量也较少,所以D项正确。
考查方向
本题考查了利用右手定则判定感应电流的方向和利用左手定则判定安培力的方向,电磁感应中力和运动以及能量的转化,本题是一个综合性的问题考查的知识点较多,这也是高考中的热点。
易错点
(1)利用右手定则判定感应电流的方向和利用左手定则判定安培力的方向左右手定则容易混淆。
(2)线圈完全进入磁场后,穿过线圈的磁通量不再变化,线圈中不再产生感应电流,线圈也不受安培力,线圈在恒力F的作用下会加速运动,这个过程容易错误的认为成匀速度运动。
知识点
24.如图,一无限长通电直导线固定在光滑水平面上,金属环质量为0.02kg,在该平面上以v0=2m/s、与导线成60°角的初速度运动,其最终的运动状态是________,环中最多能产生________J的电能。
正确答案
24.匀速直线运动;0.03
解析
无穷远处的磁场为零,故最终的运动状态是匀速直线运动,将速度分解到与导线垂直的方向,有能量守恒定律解得环中最多能产生0.03J的电能。
考查方向
解题思路
分解速度,由能量守恒定律求解
易错点
环中最多能产生的电能
知识点
15.如图22所示,交流发电机的矩形金属线圈abcd的边长ab=cd=50cm,bc=ad=30cm,匝数n=100,线圈的总电阻r=10Ω,线圈位于磁感应强度B=0.050T的匀强磁场中,线圈平面与磁场方向平行。线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F(集流环)焊接在一起,并通过电刷与阻值R=90Ω的定值电阻连接。现使线圈绕过bc和ad边中点、且垂直于磁场的转轴OOˊ以角速度ω=400rad/s匀速转动。电路中其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计。求:
(1)线圈中感应电流的最大值;
(2)线圈转动过程中电阻R的发热功率;
(3)从线圈经过图示位置开始计时,经过周期时间通过电阻R的电荷量。
正确答案
(1)3.0A;
(2)405W;
(3)C。
解析
(1)线圈产生感应电动势的最大值Em=nBωab×bc= 300V
根据闭合电路欧姆定律可知,线圈中感应电流的最大值
解得:Im=3.0A
(2)通过电阻R的电流的有效值 I=
线圈转动过程中电阻R的热功率 P=I2R
解得:P=405W
(3)根据法拉第电磁感应定律有:
根据闭合电路欧姆定律有:
解得:C
考查方向
解题思路
(1)应用最大值的公式直接求解。
(2)求功率用有效值,带入公式求解。
(3)求电荷量用平均值,化简公式求解即可。
易错点
各个值应用混淆,不对应。
知识点
15.如图所示,在竖直平面内有一质量为2m的光滑“∏”形线框EFCD,EF长为L,电阻为r;FC=ED=2L,电阻不计.FC、ED的上半部分(长为L)处于匀强磁场Ⅰ区域中,且FC、ED的中点与其下边界重合.质量为m、电阻为3r的金属棒用最大拉力为2mg的绝缘细线悬挂着,其两端与C、D两端点接触良好,处在磁感应强度为B的匀强磁场Ⅱ区域中,并可在FC、ED上无摩擦滑动.现将“∏”形线框由静止释放,当EF到达磁场Ⅰ区域的下边界时速度为v,细线刚好断裂,Ⅱ区域内磁场消失.重力加速度为g.求:
(1)整个过程中,克服安培力做的功;
(2)EF刚要出磁场I时产生的感应电动势;
(3)线框的EF边追上金属棒CD时,金属棒CD的动能.
正确答案
(1)2mgL-
(2)
(3)
解析
(1)取框为研究对象,从静止开始释放至EF到达磁场Ⅰ区域的下边界的过程中,由动能定理有:
2mgL+WA=mv2-0
WA=-(2mgL + mv2),即克服安培力做功为:2mgL + mv2
(2)对金属棒CD受力分析:Tm=mg+BIL得到I=
由闭合电路欧姆定律有:E=IR总=
(3)对金属棒CD运动分析:H = gt2
对∏形线框运动分析:H+L=vt+ gt2
解得:t =
相遇时CD棒速度vt=gt =g
此时动能为
考查方向
解题思路
(1)从框由静止开始释放到EF到达磁场Ⅰ区域的下边界时速度为v,初末速度均为已知,选取框为研究对象,由动能定理即可解出整个运动过程中安培力所做的功,取相反数即为克服安培力所做的功。
(2)EF刚要穿出磁场I时,细线刚好被拉断,故断裂前瞬间,细线拉力达到了最大值为2mg,对CD受力分析可以求出此时电路中的感应电流,结合闭合电路欧姆定律可以求出EF刚要出磁场I时产生的感应电动势。
易错点
多运动求解的过程受力分析判断物体运动状态和能量转化关系。
知识点
16.如图所示,水平虚线MN的上方有一垂直纸面向里的匀强磁场,矩形导线框abcd从MN下方某处以V0的速度竖直上抛,向上运动高度H后垂直进入匀强磁场,此过程中导线框的ab边始终与边界MN平行。不计空气阻力,在导线框从抛出到速度减为零的过程中,以下四个图像中可能正确反映导线框的速度与时间的关系的是
正确答案
解析
线框进入磁场前做竖直上抛运动,是匀减速直线运动,其v-t图象是向下倾斜的直线;进入磁场后,产生感应电流,除重力外,还要受到向下的安培力,根据牛顿第二定律有:mg+FA=ma,其中FA=BIL,,
解得:,故进入磁场后做加速度减小的减速运动,故图线逐渐水平,故C正确,ABD错误;
考查方向
导体切割磁感线时的感应电动势; 通电直导线在磁场中受到的力——安培力; 牛顿第二定律
解题思路
线框进入磁场前做竖直上抛运动,是匀减速直线运动;进入磁场后,产生感应电流,除重力外,还要受到向下的安培力,根据牛顿第二定律列式求解出加速度的变化情况后,再分析v-t图象.
易错点
v-t图线的斜率表示加速度,关键对导体框进行受力分析,依据牛顿第二定律找出a的表达式分析.
知识点
21.如图1所示,光滑的平行竖直金属导轨AB、CD相距L,在A、C之间接一个阻值为R的电阻,在两导轨间abcd矩形区域内有垂直导轨平面向外、宽为5d的匀强磁场,磁感应强度为B,一质量为m、电阻为r、长度也刚好为L的导体棒放在磁场下边界ab上(与ab边重合),现用一个竖直向上的力F拉导体棒,使它由静止开始运动,导体棒离开磁场前已经做匀速直线运动,导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触,导轨电阻不计,F随导体棒与初始位置的距离x变化的情况如图2所示,下列判断正确的是:
正确答案
解析
A、导体棒经过磁场的过程中,通过电阻R的电荷量为:,故A错误;
B、设导体棒离开磁场时速度大小为v.此时导体棒受到的安培力大小为:,由平衡条件得:F=FA+mg,由图2知:F=3mg,联立解得:
,故B正确;
C、离开磁场时,由F=BIL+mg得:导体棒两端电压为:
,故C错误;
D、导体棒经过磁场的过程中,设回路产生的总焦耳热为Q.
根据功能关系可得:
而拉力做功为:WF=2mgd+3mg×4d=14mgd
电阻R产生焦耳热为:
联立解得:,故D正确.
考查方向
导体切割磁感线时的感应电动势;闭合电路的欧姆定律;焦耳定律;功能关系
解题思路
根据安培力与速度的关系式和平衡条件结合求导体棒离开磁场时的速度大小.根据求通过电阻R的电荷量.根据欧姆定律求离开磁场时导体棒两端电压.根据功能关系求出电阻R产生的焦耳热.
易错点
关键运用能量守恒定律求出电路总的焦耳热Q,然后根据串并联电路求出电阻R上产生的热量.
知识点
21.如图甲所示,一光滑的平行金属导轨ABCD竖直放置,AB、CD相距L,在A、C之接一个阻值为R的电阻;在两导轨间的abcd矩形区域内有垂直导轨平面向外、高度为5h的有界匀强磁场,磁感应强度为B。一质量为m电阻为r长度也为L的导体棒放在磁
场下边界ab上(与ab边重合)。现用一个竖直向上的力F拉导体棒.使它由静止开始向上运动,导体棒刚要离开磁场时恰好做匀速直线运动,导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触,导轨电阻不计.F随导体棒与初始位置的距离x变化的情况如图乙所示,下列判断正确的是( )
正确答案
解析
A、设导体棒离开磁场时速度大小为v.此时导体棒受到的安培力大小为:
由平衡条件得:F=FA+mg,由图2知:F=3mg
联立解得:,故A错误;
B、离开磁场时,由F=BIL+mg得:,导体棒两端电压为:
,故B正确.
C、导体棒经过磁场的过程中,通过电阻R的电荷量为:,代入相关量解得:
,故C错误;
D、导体棒经过磁场的过程中,设回路产生的总焦耳热为Q.
根据功能关系可得:
而拉力做功为:
电阻R产生焦耳热为:,则
,故D正确.故本题选BD.
考查方向
导体切割磁感线时的感应电动势;闭合电路的欧姆定律;焦耳定律
解题思路
根据安培力与速度的关系式和平衡条件结合求导体棒离开磁场时的速度大小.根据求通过电阻R的电荷量.根据欧姆定律求离开磁场时导体棒两端电压.根据功能关系求出电阻R产生的焦耳热.
易错点
在求解电量时,根据法拉第电磁感应定律得出进行分析解答.
知识点
7.如图所示,两根光滑、足够长的平行金属导轨固定在水平面上。滑动变阻器接入电路的电阻值为R(最大阻值足够大),导轨的宽度L=0.5 m,空间有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度的大小B=1T。内阻的金属杆在F=5N的水平恒力作用下由静止开始运动。经过一段时间后,金属杆的速度达到最大速度vm,不计导轨电阻,则有( )
正确答案
解析
A、当导体棒速度到达最大值时满足:则
,可知R越大vm越大。故A正确;
B、由代入数据得:
,则金属杆的最大速度为20m/s。故B正确;
C、在金属杆达到最大速度之前,恒力F所做的功等于电路中消耗的电能和导体棒增加的动能之和。故C错误;
D、由和电流的微观式
知:金属杆达到最大速度后,金属杆中电荷沿杆长度方向定向移动的平均速率ve与恒力F成正比。故D正确。
考查方向
法拉簧电磁感应定律
解题思路
当导体棒速度到达最大值时满足可求出最大速度;由能量守恒可判断F做的功;根据电流的微观表达式可判断金属杆中电荷沿杆长度方向定向移动的平均速率ve与恒力F成正比。
易错点
D选项中要用电流的微观表达式分析。
教师点评
此题是电磁感应综合题.考查法拉第电磁感应定、律物体的平衡、安培力以及能量守恒定律知识。要知道到最大速度的条件是安培力与外力相等。
知识点
12.如图(a)为一研究电磁感应的实验装置示意图,其中电流传感器(电阻不计)能将各时刻的电流数据实时通过数据采集器传输给计算机,经计算机处理后在屏幕上同步显示出I-t图像。平行且足够长的光滑金属轨道的电阻忽略不计,左侧倾斜导轨平面与水平方向夹角θ=30°,与右侧水平导轨平滑连接, 轨道上端连接一阻值R=0.5Ω的定值电阻,金属杆MN的电阻r=0.5Ω,质量m=0.2kg,杆长L=1m跨接在两导轨上。左侧倾斜导轨区域加一垂直轨道平面向下的匀强磁场,右侧水平导轨区域也加一垂直轨道平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小都为B= 1.0T, 闭合开关S,让金属杆MN从图示位置由静止开始释放,其始终与轨道垂直且接触良好,此后计算机屏幕上显示出金属杆在倾斜导轨上滑行过程中的I-t图像,如图(b)所示。 ( g取10m/s2)
(1)求金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率;
(2)根据计算机显示出的I-t图像可知,当t=2s时,I=0.8A,0-2s内通过电阻R的电荷量为1.0C, 求0-2s内在电阻R上产生的焦耳热;
(3)金属杆MN在水平导轨上滑行的最大距离。
正确答案
(1)1m/s
(2)0.468J
(3)0.2m
解析
(1)当导体棒切割磁感线运动速率为v时,E=BLv ①
此时由闭合电路欧姆定律可知:I= ②
安培力的大小为:FA=BIL ③
由①②③联立解得速率为v时的安培力为FA= ④
导体棒向下滑行的过程中速度为v时,由牛顿第二定律有:mgsinθ-FA=ma
所以,导体棒做加速度减小,速度增大的减速运动,由I-t图线可知,当金属杆达到最大速率即匀速下滑时,加速度a=0,代入题给数据解得vm=1m/s
(2)2s末,杆的电流大小I2s=0.8A,由①、②联立解得此时速度v2s=0.8m/s
q=④
代入数据解得x=1m
0~2s内,对整个系统由能量守恒定律有:mgxsinθ=+Q解得Q=0.936J
再由闭合电路欧姆定律可知QR==0.468J
(3)导体棒在水平轨道上从最大速率到静止的过程中,对导体棒由动量定理有:-IA=0-mvm-Blq'=0- mvm即q'==0.2C
由④类比可知,导体棒从最大速率至最终停止的过程中xm=0.2m
考查方向
解题思路
(1)由平衡条件求出滑行的最大速率;
(2)I-t图象与坐标轴所围成图形的面积等于通过电阻的电荷量;由能量守恒定律求出焦耳热;
(3)由动能定理解出运动的位移。
易错点
① 电流传感器读出的数据是干路中的电流;
② 导体棒切割磁感线运动的“闭环求解”方法:即 E→I→F安→F合→动力学、能量观点、动量观点解决问题的“套路”;
③ 倾斜导轨中能量守恒定律用“减小量”+“外部影响”=“增加量”方式更易求解。
知识点
如图甲所示,弯折成90°角的两根足够长金属导轨平行放置,形成左右两导轨平面,左导轨平面与水平面成53°角,右导轨平面与水平面成37°角,两导轨相距L=0.2m,电阻不计.质量均为m=0.1kg,电阻均为R=0.1Ω的金属杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路,金属杆与导轨间的动摩擦因数均为μ=0.5,整个装置处于磁感应强度大小为B=1.0T,方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中.t=0时刻开始,ab杆以初速度v1沿右导轨平面下滑.t=ls时刻开始,对ab杆施加一垂直ab杆且平行右导轨平面向下的力F,使ab开始作匀加速直线运动.cd杆运动的v﹣t图象如图乙所示(其中第1s、第3s内图线为直线).若两杆下滑过程均保持与导轨垂直且接触良好,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:
30.在第1秒内cd杆受到的安培力的大小
31.ab杆的初速度v1
32.若第2s内力F所做的功为9J,求第2s内cd杆所产生的焦耳热.
正确答案
(1)0.2N
解析
(1)对c d杆,由v﹣t图象得:, ①
由牛顿第二定律得:mgsin53°﹣μ(mgcos53°+F安)=ma1 ②
解得:F安=0.2N ③
考查方向
解题思路
对cd杆受力分析,结合v-t图象求得加速度,由牛顿第二定律求得安培力。回路中感应电流大小,感应电流是ab棒运动产生,再由电磁感应定律求得ab的速度,同理一样通过cd求得2s末时ab棒的速度,根据运动知识求得ab运动得距离,再由动能定理求解焦耳热。
易错点
从v-t图象解得加速度,对CD棒的受力分析,根据状态列出第二定律的方程问题,不能丢力,注意力的方向问题。
正确答案
1m/s
解析
(2)对ab杆,感应电动势:E=BLv1 ④
电流:I= ⑤
cd杆的安培力:F安=BIL ⑥
解得:V1=1m/s. ⑦
考查方向
解题思路
对cd杆受力分析,结合v-t图象求得加速度,由牛顿第二定律求得安培力。回路中感应电流大小,感应电流是ab棒运动产生,再由电磁感应定律求得ab的速度,同理一样通过cd求得2s末时ab棒的速度,根据运动知识求得ab运动得距离,再由动能定理求解焦耳热。
易错点
从v-t图象解得加速度,对CD棒的受力分析,根据状态列出第二定律的方程问题,不能丢力,注意力的方向问题。
正确答案
3J
解析
由题意得第3s内cd的加速度:a2=﹣4m/s2 ⑧
设2s时ab杆的速度为v2,对cd杆,由牛顿第二定律得:=ma2 ⑨
解得:V2=9m/s ⑽
有运动学知识得2s内ab杆的位移: ⑾
由动能定理得: ⑿
又WF=9J ⒀
WG=mgx2sin37° ⒁
Wf=﹣μmgx2cos37° ⒂
﹣W安=2Qcd ⒃
解得:Qcd=3J ⒄
考查方向
解题思路
对cd杆受力分析,结合v-t图象求得加速度,由牛顿第二定律求得安培力。回路中感应电流大小,感应电流是ab棒运动产生,再由电磁感应定律求得ab的速度,同理一样通过cd求得2s末时ab棒的速度,根据运动知识求得ab运动得距离,再由动能定理求解焦耳热。
易错点
从v-t图象解得加速度,对CD棒的受力分析,根据状态列出第二定律的方程问题,不能丢力,注意力的方向问题。
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