(多选)如图所示,两根等高光滑的$\frac {1}{4}$圆弧轨道,半径为r、间距为L,轨道电阻不计.在轨道顶端连有一阻值为R的电阻,整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B.现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始,在拉力作用下以速度v_0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处,则该过程中( )
分析:
根据楞次定律判断感应电流的方向.金属棒做匀速圆周运动,回路中产生正弦式交变电流,感应电动势的最大值为E_m=BLv_0,有效值为E=$\frac {$\sqrt {2}$}{2}$E_m,根据焦耳定律Q=$\frac {E}{R}$t求出金属棒产生的热量.通过R的电量由公式q=$\frac {△Φ}{R}$求解.
解答:
解:A、B、金属棒从轨道最低位置cd运动到ab处的过程中,穿过回路的磁通量减小,根据楞次定律判断得知通过R的电流方向为由外向内.故A错误,B正确.
C、金属棒做匀速圆周运动,回路中产生正弦式交变电流,可得产生的感应电动势的最大值为E_m=BLv_0,有效值为E=$\frac {$\sqrt {2}$}{2}$E_m,根据焦耳定律有:
Q=$\frac {E}{R}$t=$\frac {($\frac {$\sqrt {2}$}{2}$BLv_0)}{R}$•$\frac {$\frac {π}{2}$•r}{v}$=$\frac {πrB_L_v}{4R}$.故C正确.
D、通过R的电量由公式:q=$\frac {△Φ}{R}$=$\frac {B•Lr}{R}$=$\frac {BLr}{R}$.故D错误.
故选:BC.
点评:
解决本题的关键是判断出回路中产生的是正弦式交变电流,相当于线圈在磁场中转动时单边切割磁感线,要用有效值求解热量,用平均值求解电量.
(多选)粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框abcd置于有界匀强磁场中,磁场方向垂直于线框平面,其边界与正方形线框的边平行.现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向(向上、向下、向左、向右)分别平移出磁场,如图所示,则线框移出磁场的整个过程中( )
分析:
根据楞次定律判断感应电流方向.由欧姆定律分析ab两端的电势差.根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律得到电量的表达式,再分析电量的关系.根据安培力的表达式F=$\frac {B_L_v}{R}$和功率公式P=Fv结合分析安培力对线框做功的功率.
解答:
解:
A、四种情况线圈的磁通量均减小,根据楞次定律判断可知线圈中感应电流方向均为顺时针方向,所以流过ab边的电流的方向都相同.故A正确.
B、设正方形线框边长为L,电阻为R,磁感应强度为B,则得:
左边第一幅图中,ab两端的电势差为 U$_1$=$\frac {1}{4}$BLv;第二幅图中,ab两端的电势差为 U$_2$=$\frac {3}{4}$BLv;第三、四幅图中,ab两端的电势差均为 U$_3$、4=$\frac {1}{4}$BLv;故B错误.
C、由感应电荷量q=It=$\frac {BLv}{R}$•$\frac {L}{v}$=$\frac {BL}{R}$,可知流过线框的电量都相等.故C正确.
D、安培力对线框做功的功率为 P=BIL•v=$\frac {B_L_v}{R}$,可知安培力对线框做功的功率都相等,故D正确.
故选:ACD.
点评:
本题的方法是用相同的量表示电势差、电量和安培力的功率.C项利用经验公式感应电量q=n$\frac {△Φ}{R}$,可分析磁通量变化大小来确定,这是常用的方法.
如图所示,从匀强磁场中把不发生形变的矩形线圈匀速拉出磁场区,如果两次拉出的速度之比为1:2,则两次线圈所受外力大小之比F$_1$:F$_2$、线圈发热之比Q$_1$:Q$_2$、通过线圈横截面的电量q$_1$:q$_2$之比分别为( )
分析:
在拉力作用下,矩形线圈以不同速度被匀速拉出,拉力做功等于克服安培力做功,等于产生的焦耳热.根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式结合进行求解.
解答:
解:设线圈左右两边边长为l,上下两边边长为l′,整个线圈的电阻为R,磁场的磁感应强度为B.
拉出线圈时产生的感应电动势为:E=Blv
感应电流为:I=$\frac {E}{R}$
线圈所受的安培力为:F=BIl=$\frac {B_L_v}{R}$
可知,F∝v,则得:F$_1$:F$_2$=1:2.
拉力做功为:W=Fl′=$\frac {B_L_v}{R}$l′
可知Q∝v,则得:Q$_1$:Q$_2$=1:2.
通过导线的电荷量为:q=I△t=$\frac {△Φ}{△tR}$△t=$\frac {△Φ}{R}$
则q与线框移动速度无关,磁通量的变化量△Φ相同,所以通过导线横截面的电荷量q$_1$:q$_2$=1:1.
故选:B.
点评:
通电导线在磁场中受到的安培力与运动速度有关,而且是唯一与速度有关的一个力.同时通过本题让学生掌握去寻找要求的量与已知量的关系,其他不变的量均可去除.
(多选)如图所示,垂直纸面的正方形匀强磁场区域内,有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd,现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场,则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中( )
分析:
A、感应电流的方向可以通过楞次定律或右手定则进行判定.
B、根据热量的公式Q=I_Rt进行分析.
C、先求出感应电动势,再求外电压.
D、通过q=I△t=$\frac {△φ}{R}$进行分析.
解答:
解:A、根据右手定则,导线框产生的感应电流方向相同.故A正确.
B、I=$\frac {BLv}{R}$,t=$\frac {L}{v}$,根据Q=I_Rt=$\frac {B_L_v}{R}$,知Q与速度v有关,所以导线框产生的焦耳热不同.故B错误.
C、向上移出磁场的过程中,电动势E=BLv,ad边两端电势差U=$\frac {1}{4}$E=$\frac {BLv}{4}$;向右移出磁场的过程中,电动势E=3BLv,ad边两端电势差U=$\frac {1}{4}$E=$\frac {3BLv}{4}$.故C错误.
D、q=I△t=$\frac {△φ}{R}$,沿两个不同方向移出,磁通量的变化量相同,所以通过导体框截面的电量相同.故D正确.
故选AD.
点评:
解决本题的关键掌握感应电动势的两个公式:E=BLv,E=n$\frac {△Φ}{△t}$,以及会用楞次定律或右手定则判定电流的方向.
(多选)把一线框从一匀强磁场中拉出,如图所示.第一次拉出的速率是v,第二次拉出速率是2v,其它条件不变,则前后两次( )
分析:
由安培力公式求出安培力,由平衡条件求出拉力大小,然后求出拉力大小之比;由P=Fv求出功率之比;克服安培力做功转化为焦耳热,由功的计算公式求出线框产生的热量之比;由电流定义式、欧姆定律求出感应电荷量之比.
解答:
解:A、设线框切割磁感线的边长为L,另一个边长为L′,
线框受到的安培力:
F_B=BIL=BL$\frac {E}{R}$=BL$\frac {BLv}{R}$=$\frac {B_L_v}{R}$,
线框匀速运动,由平衡条件得:
拉力F=F_B=$\frac {B_L_v}{R}$,
拉力与速度v成正比,则拉力之比为1:2,故A错误;
B、拉力功率P=Fv=$\frac {B_L_v}{R}$,
拉力功率与速度的平方成正比,
则拉力功率之比为v_:(2v)_=1:4,故B正确;
C、线框产生的热量灯油克服安培力做功,
Q=F_BL′=$\frac {B_L_L′v}{R}$,产生的热量与速度成正比,
产生的热量之比为v:2v=1:2,故C错误;
D、感应电荷量:q=I△t=$\frac {E}{R}$△t=q$\frac {△∅}{R•△t}$△t=$\frac {△∅}{R}$=$\frac {BS}{R}$,
通过导线截面的电量之比是:1:1,故D正确;
故选:BD.
点评:
本题考查了求拉力之比、拉力功率之比、产生的热量之比、感应电荷量之比,先求出各物理量的表达式,然后再求它们的比值;熟练应用基础知识,基本公式即可正确解题;本题要注意基础知识的学习.
物理实验中,常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电荷量.如图所示,探测线圈与冲击电流计G串联后可用来测定磁场的磁感应强度.已知线圈的匝数为n,面积为S,线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R.若将线圈放在被测匀强磁场中,开始时线圈平面与磁场垂直,现把探测线圈翻转180°,“冲击电流计”测出通过线圈导线的电荷量为q,由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为( )
分析:
线圈翻转导致穿过线圈的磁通量发生变化,根据法拉第电磁感应定律E=n$\frac {△∅}{△t}$可求出感应电动势大小,再由闭合电路欧姆定律I=$\frac {E}{R}$可求出感应电流大小,根据电量的公式q=It,可列出关于电荷量的表达式,从而可测出磁感应强度.
解答:
解:由法拉第电磁感应定律:E=n$\frac {△∅}{△t}$可求出感应电动势大小,再由闭合电路欧姆定律I=$\frac {E}{R}$可求出感应电流大小,
根据电量的公式q=It,可得q=n$\frac {△∅}{R}$.
由于开始线圈平面与磁场垂直,现把探测圈翻转180°,则有△∅=2BS
所以由上公式可得:q=n$\frac {2BS}{R}$,则磁感应强度B=$\frac {qR}{2nS}$,故B正确,ACD错误;
故选:B.
点评:
考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电量表达式,同时注意磁通量虽然是标量,但注意线圈分正反面,从而导致磁通量有正负.还有磁通量与线圈匝数无关,但感应电动势与线圈匝数有关.