电磁感应综合测试题(答案详解)

1、13一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示。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穿过磁场。外力F 随时间t 变化的图线如图乙所示。已知线框质量m =1kg、电阻R =1，求：（1）匀强磁场的磁感应强度B ； （2）线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量q 。 14(16分 如图所示，光滑斜面的倾角=300，在斜面上放置一矩形线框abcd ，a b 边的边长为1m ，bc 边的边长为0.8m ，线框的质量M =4kg，电阻为0.1，线框通过细线绕过光滑的定滑轮与重物相连，滑轮的质量不计，重物的质量m

2、 =lkg，斜面上e f 和曲线为斜面上有界匀强磁场的边界，与斜面的底边平行，ef 和曲线的间距为18m ，磁场方向垂直于斜面向上，B =0.5T，开始cd 边离gh 边的距离为2.25m ，由静止释放，线框恰好能匀速穿过e f 边界，线框滑动过程中cd 边始终与底边平行，求：(设斜面足够长，重物m 不会与滑轮接触，g 取10m/s2(1线框cd 边刚进入磁场时速度的大小 (2线框进入磁场过程中通过线框的电量(3线框进入磁场过程中在线框中产生的焦耳热 15. （14分）如图所示，竖直平面内有一半径为r 、内阻为R 1、粗细均匀的光滑半圆形金属球，在M 、N 处与相距为2r 、电阻不计的平行光滑

3、金属轨道ME 、NF 相接，EF 之间接有电阻R 2，已知R 112R ，R 24R 。在MN 上方及CD 下方有水平方向的匀强磁场I 和II ，磁感应强度大小均为B 。现有质量为m 、电阻不计的导体棒ab ，从半圆环的最高点A 处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，高平行轨道中够长。已知导体棒ab 下落r /2时的速度大小为v 1，下落到MN 处的速度大小为v 2。（1）求导体棒ab 从A 下落r /2时的加速度大小。（2）若导体棒ab 进入磁场II后棒中电流大小始终不变，求 甲1.0 乙0.5 1.5磁场I 和II 之间的距离h 和R 2上的电功率P

4、2。（3）若将磁场II 的CD 边界略微下移，导体棒ab 刚进入磁场II 时速度大小为v 3，要使其在外力F 作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a ，求所加外力F 随时间变化的关系式。16. 在如图所示，x 轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为B ，x轴下方有一匀强电场，电场强度的大小为E ，方向与y 轴的夹角为450且斜向上方. 现有一质量为m 电量为q 的正离子，以速度v 0由y 轴上的A 点沿y 轴正方向射入磁场，该离子在磁场中运动一段时间后从x 轴上的C 点进入电场区域，该离子经C 点时的速度方向与x 轴夹角为450. 不计离子的重力，设磁场区域和电场区域足够大

5、. 求： （1）C 点的坐标；（2）离子从A 点出发到第三次穿越x 轴时的运动时间； （3）离子第四次穿越x 轴时速度的大小及速度方向与电场方向的夹角.13. 【解析】（1）线框从静止开始做匀加速直线运动，加速度 211m /s F a m= 线圈框的边长210.5m 2l at = 离开磁场的瞬间，线圈的速度 v =at =1m/s 线框中的感应电流 B l vI R=线框所受的安培力 F 安=BIl由牛顿第二定律 F 2F 安=ma 又F 2=3N 联立求得 B =2.83T（2）线框穿过磁场的过程中，平均感应电动势 20.71V Bl E t=平均电流 0.71A EI R= 所以，通过

6、线框的电荷量0.71C q It =14. 【解析】设M 下落的高度 30sin 25. 21=h m 。m 的上升高度25. 22=h m, 由机械能守恒，221 (21v M m mgh Mgh +=- 线框刚进入磁场时的速度为：3=v m/s线框进入磁场的过程中产生的感应电流的平均值为I ，磁通量的变化量为，变化时间为t ，感应电动势为E, 通过线框的电荷量为Q ，则有：t I Q = R E I =tE = 由以上三式得 Q =4 C当线框匀速穿过ef 边界时，设速度为是v 1, 由平衡知0sin =-BIL mg Mg RBLv I 1=由以上两式得1v =4 m/s设线框完全进入磁

7、场时的速度为v 2，下滑高度为H ，中午上升的高度为h ，则：2221 (21 (21v M m v M m mgh Mgh +-+=- 解得v 2=2m/s从线框开始进入磁场到完全进入磁场的过程中，下滑高度为H 1，重物上省的高度h 3，此过程线框中产生的焦耳热为Q ，由功能关系Q mgh MgH v M m v M m -=+-+31222 (21 (21 解得Q =0.5 J15. 【解析】（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场I 中切割磁感线，棒中产生产生感应电动势，导体棒ab 从A 下落r /2时，导体棒在策略与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得mg BIL ma ，式中l1B

8、l vI R =总式中844844R R R R R R R 总（）（）4R 由以上各式可得到22134B r v a g mR=（2）当导体棒ab 通过磁场II 时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即222422t tB r v B r v mg BI r B r R R =并并式中 1243124R R R R R R 并 解得2222344t mgR mgRv B r B r =并导体棒从MN 到CD 做加速度为g 的匀加速直线运动，有2222t v v gh -= 得2222449322v m gr h B r g=-此时导体棒重力的功率为222234G t m g RP

9、mgv B r =根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即12G P P P P =+=电222234m g R B r 所以，234G P P =2222916m g RB r（3）设导体棒ab 进入磁场II 后经过时间t 的速度大小为t v ，此时安培力大小为2243t B r v F R=由于导体棒ab 做匀加速直线运动，有3t v v at =+根据牛顿第二定律，有F mg F ma 即2234(3B r v at F mg ma R+-=由以上各式解得22222233444( ( 333B r v B r B r aF at v m g a t ma mg

10、R R R=+-=+- 16. 【解析】（1）磁场中带电粒子在洛仑兹力作用下做圆周运动，故有rv m qvB 2=，同时有qBmv r T 22=粒子运动轨迹如图所示，由几何知识知， x C （r r cos450）qBmv2 22(+-，故，C 点坐标为（qBmv2 22(+-，0）（2）设粒子从A 到C 的时间为t 1，设粒子从A 到C 的时间为t 1，由题意知qBm T t 45851= 设粒子从进入电场到返回C 的时间为t 2，其在电场中做匀变速运动，由牛顿第二定律和运动学知识，有ma qE = 及202at v =， 联立解得 qEm v t 022=设粒子再次进入磁场后在磁场中运动的时间为 t3，由题意知 1 pm t3 = T = 4 2qB 故而，设粒子从 A 点到第三次穿越 x 轴的时间为 t = t1 + t2 + t3 = 7pm 2m v0 + 4qB qE （3）粒子从第三次过 x 轴到第四次过 x 轴的过程是在电场中做类似平抛的运动，即沿着 v0 的方向（设为 x轴）做匀速运动，即 x = v0t vx = v0 沿着 qE 的方向（设为 y轴）做初速为