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× ×× ×× ×

4、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 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

5、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. 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

6、动势 20.71V Bl E t=平均电流 0.71A EI R= 所以，通过线框的电荷量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

7、 mg Mg RBLv I 1=由以上两式得1v =4 m/s设线框完全进入磁场时的速度为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

8、 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 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

9、2222449322v m gr h B r g=-此时导体棒重力的功率为222234G t m g RP 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

10、 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 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

11、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 0 的匀变速运动，即 1 qE 2 t ， 2 m qE v