电磁感应综合测试题答案详解.docx
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电磁感应综合测试题答案详解
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=1Ω，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θ=300，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长为1m，bc边的边长为0.8m，线框的质量M=4kg，电阻为0.1Ω，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=lkg，斜面上ef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1．8m，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ef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R1、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金属轨道ME、NF相接，EF之间接有电阻R2，已知R1＝12R，R2＝4R。
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v1，下落到MN处的速度大小为v2。
（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
0.51.5
磁场I和II之间的距离h和R2上的电功率P2。
（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v3，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θ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v0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.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21
1m/sFam
=
=线圈框的边长2
10.5m2
lat=
=离开磁场的瞬间，线圈的速度v=at=1m/s线框中的感应电流Blv
IR
=
线框所受的安培力F安=BIl
由牛顿第二定律F2－F安=ma又F2=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2
0.71VBlEt
==
平均电流0.71AE
IR
=
=所以，通过线框的电荷量0.71CqIt==
14.【解析】⑴设M下落的高度30sin25.21⨯=hm。
m的上升高度25.22=hm,由机械能守恒，221（2
1
vMmmghMgh+=
-线框刚进入磁场时的速度为：
3=vm/s
⑵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ϕ∆，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：
tIQ∆=REI=
t
E∆∆=ϕ由以上三式得Q=4C
⑶当线框匀速穿过ef边界时，设速度为是v1,由平衡知
0sin=--BILmgMgα
R
BLvI1
=
由以上两式得1v=4m/s
设线框完全进入磁场时的速度为v2，下滑高度为H，中午上升的高度为h，则：
2221（2
1（21vMmvMmmghMgh+-+=
-解得v2=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H1，重物上省的高度h3，此过
程线框中产生的焦耳热为Q'，由功能关系
QmghMgHvMmvMm'--=+-+31222（2
1（21解得Q'=0.5J
15.【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l
1Blv
IR=
总
式中844844RRRRRRR⨯总（＋）＝＋（＋）＝4R
由以上各式可得到221
34BrvagmR
=－
（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
222422tt
BrvBrvmgBIrBrRR⨯⨯=⨯=⨯⨯=
并并
式中1243124RRRRRR⨯并＝＝＋解得
22
22
344tmgRmgR
vBrBr=
=
并
导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，有22
22tvvgh-=得2
222
449322vmgrhBrg
=-
此时导体棒重力的功率为2222
34GtmgR
PmgvBr==
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
12GPPPP=+=电＝222234mgRBr所以，234GPP=＝2222
916mgR
Br
（3）设导体棒ab进入磁场II后经过时间t的速度大小为tv'，此时安培力大小为
2243tBrvFR
'
'=
由于导体棒ab做匀加速直线运动，有3tvvat'=+
根据牛顿第二定律，有F＋mg－F′＝ma即2234（
3BrvatFmgmaR
++-
=
由以上各式解得22222233444（（333BrvBrBra
FatvmgatmamgRRR
=
+--=++-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
r
vmqvB2
=，①
同时有qB
m
vrTππ22=
=②
粒子运动轨迹如图所示，由几何知识知，
xC＝－（r＋rcos450）＝qB
mv
222（+-
，③
故，C点坐标为（qB
mv
222（+-
，0）
（2）设粒子从A到C的时间为t1，设粒子从A到C的时间为t1，由题意知
qB
mTtπ45851==⑤
设粒子从进入电场到返回C的时间为t2，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
maqE=⑥
及202atv=，⑦联立⑥⑦解得qE
mvt0
22=
⑧
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1pm⑨t3=T=42qB故而，设粒子从A点到第三次穿越x轴的时间为t=t1+t2+t3=7pm2mv0+4qBqE（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……①vx¢=v0……②沿着qE的方向（设为y′轴）做初速为0的匀变速运动，即1qE2t……③，2mqEvy¢=t……④；my¢=设离子第四次穿越x轴时速度的大小为v，速度方向与电场方向的夹角为α.由图中几何关系知y¢=cos450……⑤，x¢22v=v0+vy¢……⑥，tana=v0vy¢……⑦综合上述①②③④⑤⑥⑦得v=5v0a=arctan12
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