高考和自主招生物理電磁學(xué)模擬壓軸題1

1、1、距地面h高處1水平放置距離為L的兩條光滑金屬導(dǎo)軌，跟導(dǎo)軌正交的水平方向的線路上依次有電動勢為的電池，電容為C的電容器及質(zhì)量為m的金屬桿，如圖3-3-5，單刀雙擲開關(guān)S先接觸頭1，再扳過接觸頭2，由于空間有豎直向下的強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，使得金屬桿水平向右飛出做平拋運(yùn)動。測得其水平射程為s，問電容器最終的帶電量是多少？圖3-3-5分析：開關(guān)S接1，電源向電容器充電，電量。S扳向2，電容器通過金屬桿放電，電流通過金屬桿，金屬桿受磁場力向右，金屬桿右邊的導(dǎo)軌極短，通電時(shí)間極短，電流并非恒定，力也就不是恒力。因此不可能精確計(jì)算每個(gè)時(shí)刻力產(chǎn)生的效果，只能關(guān)心和計(jì)算該段短時(shí)間變力沖量的效果，令金屬桿離開

2、導(dǎo)軌瞬間具有了水平向右的動量。根據(jù)沖量公式，跟安培力的沖量相聯(lián)系的是時(shí)間內(nèi)流經(jīng)導(dǎo)體的電量。由平拋的高度與射程可依據(jù)動量定理求出，電容器最終帶電量可求。解：先由電池向電容器充電，充得電量。之后電容器通過金屬桿放電，放電電流是變化電流，安培力也是變力。根據(jù)動量定理：其中 =s/t，h=gt綜合得 電容器最終帶電量 點(diǎn)評：根據(jù)動量定理來研究磁場力沖量產(chǎn)生的效果，實(shí)際上就是電量和導(dǎo)體動量變化的關(guān)系，這是磁場中一種重要的問題類型。2、如圖，寬度為L0.5m的光滑金屬框架MNPQ固定于水平面內(nèi)，并處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0.4T，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，框架的電阻非均勻分布。將質(zhì)量m0.1kg，電阻可忽略的

3、金屬棒ab放置在框架上，并與框架接觸良好。以P為坐標(biāo)原點(diǎn)，PQ方向?yàn)閤軸正方向建立坐標(biāo)。金屬棒從x01 m處以v02m/s的初速度，沿x軸負(fù)方向做a2m/s2的勻減速直線運(yùn)動，運(yùn)動中金屬棒僅受安培力作用。求：（1）金屬棒ab運(yùn)動0.5 m，框架產(chǎn)生的焦耳熱Q；（2）框架中aNPb部分的電阻R隨金屬棒ab的位置x變化的函數(shù)關(guān)系；（3）為求金屬棒ab沿x軸負(fù)方向運(yùn)動0.4s過程中通過ab的電量q，某同學(xué)解法為：先算出經(jīng)過0.4s金屬棒的運(yùn)動距離s，以及0.4s時(shí)回路內(nèi)的電阻R，然后代入q求解。指出該同學(xué)解法的錯(cuò)誤之處，并用正確的方法解出結(jié)果。解析：（1）金屬棒僅受安培力作用，其大小Fma0.2N，

4、金屬棒運(yùn)動0.5m，框架中間生的焦耳熱等于克服安培力做的功，所以QFs0.1J，（2）金屬棒所受安培力為FBIL，I，F(xiàn)ma，由于棒做勻減速運(yùn)動，v，所以R0.4（SI），（3）錯(cuò)誤之處是把0.4s時(shí)回路內(nèi)的電阻R代入q進(jìn)行計(jì)算，正確解法是qIt，因?yàn)镕BILma，q0.4C，3、航天飛機(jī)在地球赤道上空離地面約3000Km處由東向西飛行，相對地面速度大約6.5103m/s，從航天飛機(jī)上向地心方向發(fā)射一顆衛(wèi)星，攜帶一根長20km，電阻為800的金屬懸繩，使這根懸繩與地磁場垂直，作切割磁感線運(yùn)動。假設(shè)這一范圍內(nèi)的地磁場是均勻的，磁感應(yīng)強(qiáng)度為410-5T，且認(rèn)為懸繩上各點(diǎn)的切割速度和航天飛機(jī)的速度相

5、同。根據(jù)理論設(shè)計(jì)，通過電離層（由等離子體組成）的作用，懸繩可產(chǎn)生約3A的感應(yīng)電流，試求：（1）金屬懸繩中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；（2）懸繩兩端的電壓；（3）航天飛機(jī)繞地球運(yùn)行一圈，懸繩輸出的電能（已知地球半徑為6400km）解析：（1）金屬懸繩中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為（2）懸繩兩端的電壓（3）航天飛機(jī)繞地球運(yùn)行一圈，所需時(shí)間為T。有 航天飛機(jī)繞地球運(yùn)行一圈，懸繩輸出的電能為4、如圖3正交電磁場中，質(zhì)量m、帶電量+q粒子由一點(diǎn)P靜止釋放，分析它的運(yùn)動。分析：粒子初速為零釋放，它的運(yùn)動軌跡是如圖3所示的周期性的曲線。初速為零，亦可看成是向右的與向左-兩個(gè)運(yùn)動的合運(yùn)動，其中大小為：=E/B圖3所以+q粒子可看

6、成是向右勻速直線運(yùn)動和逆時(shí)針的勻速圓周運(yùn)動的合運(yùn)動。電場方向上向下最大位移一個(gè)周期向右移動距離L即PP之距為圖3-4-11代入，得： 最低點(diǎn)Q點(diǎn)速度 5、如圖所示，在方向豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中有兩條光滑固定的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ，導(dǎo)軌足夠長，間距為L，其電阻不計(jì)，導(dǎo)軌平面與磁場垂直，ab、cd為兩根垂直于導(dǎo)軌水平放置的金屬棒，其接入回路中的電阻分別為R，質(zhì)量分別為m，與金屬導(dǎo)軌平行的水平細(xì)線一端固定，另一端與cd棒的中點(diǎn)連接，細(xì)線能承受的最大拉力為T，一開始細(xì)線處于伸直狀態(tài)，ab棒在平行導(dǎo)軌的水平拉力F的作用下以加速度a向右做勻加速直線運(yùn)動，兩根金屬棒運(yùn)動時(shí)始終與導(dǎo)軌接觸良好且

7、與導(dǎo)軌相垂直。（1）求經(jīng)多長時(shí)間細(xì)線被拉斷？（2）若在細(xì)線被拉斷瞬間撤去拉力F,求兩根金屬棒之間距離增量x的最大值是多少？解析：（1）ab棒以加速度a向右運(yùn)動，經(jīng)t時(shí)間細(xì)線被拉斷，當(dāng)細(xì)線斷時(shí)，ab棒運(yùn)動的速度為v，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為 E= BLv, v=at回路中的感應(yīng)電流為cd棒受到的安培力為 T =BIL聯(lián)立解得（2）當(dāng)細(xì)線斷時(shí)，ab棒運(yùn)動的速度為v，細(xì)線斷后，ab棒做減速運(yùn)動，cd棒做加速運(yùn)動，兩棒之間的距離增大，當(dāng)兩棒達(dá)相同速度而穩(wěn)定運(yùn)動時(shí)，兩棒之間的距離增量x達(dá)到最大值，整個(gè)過程回路中磁通量的變化量為= BLx通過該回路的電量由動量守恒定律得對于cd棒，由動量定理得故通過該回路的電量

8、聯(lián)立解得6、如圖甲所示， 光滑且足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌間距L=0.3m。導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，其間連接有固定電阻R=0.4。導(dǎo)軌上停放一質(zhì)量m=0.1kg、電阻r=0.2的金屬桿ab，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向豎直向下。利用一外力F沿水平方向拉金屬桿ab，使之由靜止開始運(yùn)動，電壓傳感器可將R兩端的電壓U即時(shí)采集并輸入電腦，獲得電壓U隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示。（1）試證明金屬桿做勻加速直線運(yùn)動，并計(jì)算加速度的大?。唬?）求第2s末外力F的瞬時(shí)功率；（3）如果水平外力從靜止開始拉動桿2s所做的功為0.3J，求回路中定值電阻R上產(chǎn)生的焦

9、耳熱是多少。解析：（1）設(shè)路端電壓為U，桿的運(yùn)動速度為v，有（2分）由圖乙可得 U=0.1t （2分）所以速度 v=1 t （2分）因?yàn)樗俣葀正比于時(shí)間t，所以桿做勻加速直線運(yùn)動 ，且加速度 a=1m/s2 （2分）（用其他方法證明可參照給分）（2）在2s末，v=at=2m/s，桿受安培力 （2分）由牛頓第二定律，對桿有 ，得拉力F=0.175N （2分）故2s末的瞬時(shí)功率 P=Fv=0.35W （2分）(3) 在2s末， 桿的動能 由能量守恒定律，回路產(chǎn)生的焦耳熱 Q=W-Ek=0.1J （3分）根據(jù) Q=I2Rt，有 故在R上產(chǎn)生的焦耳熱 7、如圖所示，MN、PQ為間距L=0.5m足夠長的

10、平行導(dǎo)軌，NQMN。導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角=37，NQ間連接有一個(gè)R=5的電阻。有一勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面，磁感強(qiáng)度為B0=1T。將一根質(zhì)量為m=0.05kg的金屬棒ab緊靠NQ放置在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌與金屬棒的電阻均不計(jì)。現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動過程中始終與NQ平行。已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)=0.5，當(dāng)金屬棒滑行至cd處時(shí)已經(jīng)達(dá)到穩(wěn)定速度，cd距離NQ為s=1m。試解答以下問題：（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）（1）請定性說明金屬棒在達(dá)到穩(wěn)定速度前的加速度和速度各如何變化？（2）當(dāng)金屬棒滑行至cd處時(shí)回路中的電流多大？（3）金屬

11、棒達(dá)到的穩(wěn)定速度是多大？（4）若將金屬棒滑行至cd處的時(shí)刻記作t=0，從此時(shí)刻起，讓磁感強(qiáng)度逐漸減小，可使金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，則磁感強(qiáng)度B應(yīng)怎樣隨時(shí)間t變化（寫出B與t的關(guān)系式）?解析：（1）在達(dá)到穩(wěn)定速度前，金屬棒的加速度逐漸減小，速度逐漸增大。（2分）（2）達(dá)到穩(wěn)定速度時(shí)，有（1分）（1分）（2分）（3）、（2分）（2分）（4）當(dāng)回路中的總磁通量不變時(shí)，金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流。此時(shí)金屬棒將沿導(dǎo)軌勻加速運(yùn)動。（2分）8、如圖4-2-5所示，AB是一根裸導(dǎo)線，單位長度的電阻為，一部分彎曲成半徑為的圓圈，圓圈導(dǎo)線相交處導(dǎo)電接觸良好。圓圈所在區(qū)域有與圓圈平面垂直的均勻磁場，磁感強(qiáng)度為B。導(dǎo)線一

12、端B點(diǎn)固定，A端在沿BA方向的恒力F作用下向右緩慢移動，從而使圓圈緩慢縮小。設(shè)在圓圈縮小過程中始終保持圓的形狀，設(shè)導(dǎo)體回路是柔軟的，試求此圓圈從初始的半徑到完全消失所需時(shí)間T。分析:在恒力F拉動下，圓圈不斷縮小，使其磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由于交叉點(diǎn)處導(dǎo)線導(dǎo)電良好，所以圓圈形成閉合電路，產(chǎn)生感應(yīng)電流。因圓圈縮小是緩慢的，F(xiàn)所作功全部變?yōu)楦袘?yīng)電流產(chǎn)生的焦耳熱，由此可尋找半徑r隨時(shí)間的變化規(guī)律。BAF圖4-2-5解:設(shè)在恒力F作用下，A端t時(shí)間內(nèi)向右移動微小量x，則相應(yīng)圓半徑減小r，則有：在這瞬息t時(shí)間內(nèi)F的功等于回路電功可認(rèn)為是由于半徑減小微小量而引起面積變化，有：而回路電阻R為：代入得

13、： 顯然與圓面積的變化成正比，所以當(dāng)面積由變化至零時(shí)，經(jīng)歷時(shí)間T為 9、如圖（a）所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌相距為L0.40m，導(dǎo)軌平面與水平面成30o角，上端和下端通過導(dǎo)線分別連接阻值R1R21.2的電阻，質(zhì)量為m0.20kg、阻值r0.20的金屬棒ab放在兩導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置處在垂直導(dǎo)軌平面向上的磁場中，取重力加速度g10ms2。若所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為B，通過小電動機(jī)對金屬棒施加力，使金屬棒沿導(dǎo)軌向上做勻加速直線運(yùn)動，經(jīng)過0.50s電動機(jī)的輸出功率達(dá)到10W，此后電動機(jī)功率保持不變，金屬棒運(yùn)動的vt圖像如圖（b）所示，試求： （1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大

14、??；（2）在00.50s時(shí)間內(nèi)金屬棒的加速度a的大??；（3）在00.50s時(shí)間內(nèi)電動機(jī)牽引力F與時(shí)間t的關(guān)系；（4）如果在00.50s時(shí)間內(nèi)電阻R1產(chǎn)生的熱量為0.135J，則在這段時(shí)間內(nèi)電動機(jī)做的功。解析：（1）（4分）（2）（3分）（3）（3分）（4）10、在長為2L的絕緣輕質(zhì)細(xì)桿的兩端各連接一個(gè)質(zhì)量均為m的帶電小球A和B（可視為質(zhì)點(diǎn)，也不考慮二者間的相互作用力），A球帶正電、電荷量為+2q，B球帶負(fù)電。電荷量為3q。現(xiàn)把A和B組成的帶電系統(tǒng)鎖定在光滑絕緣的水平面上，并讓A處于如圖所示的有界勻強(qiáng)電場區(qū)域MPQN內(nèi)。已知虛線MP是細(xì)桿的中垂線，MP和NQ的距離為4L，勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為E，

15、方向水平向右?，F(xiàn)取消對A、B的鎖定，讓它們從靜止開始運(yùn)動。（忽略小球運(yùn)動中所產(chǎn)生的磁場造成的影響）（1）求小球A、B運(yùn)動過程中的最大速度；（2）小球A、B能否回到原出發(fā)點(diǎn)？若不能，請說明理由；若能，請求出經(jīng)過多長時(shí)間帶電系統(tǒng)又回到原地發(fā)點(diǎn)。（3）求運(yùn)動過程中帶電小球B電勢能增加的最大值。解析：（1）帶電系統(tǒng)鎖定解除后，在水平方向上受到向右的電場力作用開始向右加速運(yùn)動，當(dāng)B進(jìn)入電場區(qū)時(shí)，系統(tǒng)所受的電場力為A、B的合力，因方向向左，從而做減速運(yùn)動，以后不管B有沒有離開右邊界，速度大小均比B剛進(jìn)入時(shí)小，故在B剛進(jìn)入電場時(shí)，系統(tǒng)具有最大速度。設(shè)B進(jìn)入電場前的過程中，系統(tǒng)的加速度為a1，由牛頓第二定律：

16、2Eq2ma1 （2分）B剛進(jìn)入電場時(shí)，系統(tǒng)的速度為vm，由 可得 （3分）（2）對帶電系統(tǒng)進(jìn)行分析，假設(shè)A能達(dá)到右邊界，電場力對系統(tǒng)做功為W1則 （2分）故系統(tǒng)不能從右端滑出，即：當(dāng)A剛滑到右邊界時(shí)，速度剛好為零，接著反向向左加速。由運(yùn)動的對稱性可知，系統(tǒng)剛好能夠回到原位置，此后系統(tǒng)又重復(fù)開始上述運(yùn)動。（2分）設(shè)B從靜止到剛進(jìn)入電場的時(shí)間為t1，則 （1分）設(shè)B進(jìn)入電場后，系統(tǒng)的加速度為a2，由牛頓第二定律（1分） 顯然，系統(tǒng)做勻減速運(yùn)動，減速所需時(shí)間為t2，則有 （1分）那么系統(tǒng)從開始運(yùn)動到回到原出發(fā)點(diǎn)所需的時(shí)間為 （2分）（3）當(dāng)帶電系統(tǒng)速度第一次為零，即A恰好到達(dá)右邊界NQ時(shí)，B克服電

17、場力做的功最多，B增加的電勢能最多，此時(shí)B的位置在PQ的中點(diǎn)處 （1分）所以B電勢能增加的最大值 11在如圖3-4-12所示的直角坐標(biāo)系中，坐標(biāo)原點(diǎn)O固定電量為Q的正點(diǎn)電荷，另有指向y軸正方向(豎直向圖3-4-12上方向)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，因而另一個(gè)質(zhì)量為m、電量力為q的正點(diǎn)電荷微粒恰好能以y軸上的點(diǎn)為圓心作勻速圓周運(yùn)動，其軌道平面(水平面)與平面平行，角速度為，試求圓心的坐標(biāo)值。分析：帶電微粒作勻速圓周運(yùn)動，可以確定在只有洛倫磁力和庫侖力的情況下除非與O不重合，必須要考慮第三個(gè)力即重力。只有這樣，才能使三者的合力保證它繞在水平面內(nèi)作勻速圓周運(yùn)動。解：設(shè)帶電微粒作勻速圓周運(yùn)動半徑

18、為R，圓心的縱坐標(biāo)為y，圓周上一點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)的連線和y軸夾角為，那么有 帶電粒子受力如圖3-4-13所示，列出動力學(xué)方程為mg=F電cos (1)圖3-4-13f洛-F電 (2)f洛= (3)將(2)式變換得f洛-F電 (4)將(3)代入(4)，且(1)(4)得消去R得 12、一宇宙人在太空（那里萬有引力可以忽略不計(jì)）玩壘球。遼闊的太空球場半側(cè)為均勻電場E，另半側(cè)為均勻磁場B，電場和磁場的分界面為平面，電場方向與界面垂直，磁場方向與垂直紙面向里。宇宙人位于電場一側(cè)距界面為h的P點(diǎn)， O點(diǎn)是P點(diǎn)至界面垂線的垂足，D點(diǎn)位于紙面上O點(diǎn)的右側(cè)，OD與磁場B的方向垂直，OD = d 。如圖所示，壘球的質(zhì)

19、量為m，且?guī)в须娏?q（q0）。（1）宇宙人是否可能自P點(diǎn)以某個(gè)適當(dāng)?shù)耐渡浣牵ㄅc界面所成的角）及適當(dāng)?shù)某跛俣韧冻鰤厩?，使它?jīng)過D點(diǎn)，然后歷經(jīng)磁場一次自行回至P點(diǎn)？試討論實(shí)現(xiàn)這一游戲，d必須滿足的條件并求出相應(yīng)的和。（2）若宇宙人從P點(diǎn)以初速度平行與界面投出壘球，要使壘球擊中界面上的某一D點(diǎn)，初速度的指向和大小應(yīng)如何？解析：（1）首先建立直角坐標(biāo)系。使x與OD重合，y與OP重合。球有平拋、斜向上和斜下拋三情形。若球投向y軸的右側(cè)，當(dāng)球達(dá)到分界面上的D的速度為，與x軸的夾角為，球沿半徑為R的圓周運(yùn)動，達(dá)到界面的，又從回到拋出點(diǎn)。 （1） （2）球在電場區(qū)的加速度為a， （3）+，-分別表示在P點(diǎn)斜

20、上拋與斜下拋的情況。設(shè)球從拋出點(diǎn)到D的時(shí)間為，則： （4） （5） 將（2）（5）代入（4） 得： （6）因（3）和（6）必須是實(shí)數(shù)，所以有 （7）（a）若 （8）則由（3）和（6）得，即（9） （10）（b）若 （11）則（c）時(shí)候無論怎樣都不能回到出發(fā)點(diǎn)。（2）擊中D點(diǎn)有三種方式（a）從P點(diǎn)拋出后經(jīng)過電場區(qū)，直接到D點(diǎn)，若所經(jīng)歷的時(shí)間為t，則由，得： （2）從拋出點(diǎn)“下落”然后經(jīng)過磁場回轉(zhuǎn)，又由電場區(qū)斜上拋，如此循環(huán)，歷經(jīng)磁場n次循環(huán)，最終在電場區(qū)斜上拋到D。設(shè)自P點(diǎn)平拋的水平射程，球經(jīng)磁場回旋一次，在x軸方向倒退從D2出磁場后經(jīng)電場區(qū)斜上拋運(yùn)動，球在x軸方向前進(jìn)，如此經(jīng)n次循環(huán)后從電場區(qū)

21、達(dá)到D，有求得：若拋出點(diǎn)的初速度為，有，求得： （c）從拋出點(diǎn)“下落”然后經(jīng)過磁場回轉(zhuǎn)，又由電場區(qū)斜上拋，如此循環(huán)，歷經(jīng)磁場n次循環(huán)，最終在磁場區(qū)到D。設(shè)自P點(diǎn)平拋的水平射程，球經(jīng)磁場回旋一次，在x軸方向倒退從D2出磁場后經(jīng)電場區(qū)斜上拋運(yùn)動，球在x軸方向前進(jìn)，如此經(jīng)n次循環(huán)后從電場區(qū)達(dá)到D，有 若拋出點(diǎn)的初速度為，有，求得： 13、質(zhì)量為m，帶電量為q的粒子以初速度v0經(jīng)過一個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的區(qū)域，該區(qū)域的寬度為d，粒子在運(yùn)動過程中受到的阻力。問粒子至少以多大的速度進(jìn)入磁場區(qū)，才能穿過該區(qū)域？解析：粒子以和邊界成角的速度進(jìn)入磁場，粒子進(jìn)入磁場后受到洛侖磁力F和阻力建立xoy直角坐標(biāo)系，水平方向

22、為x，豎直方向?yàn)閥設(shè)任意時(shí)刻粒子速度的兩個(gè)分量分別為，有由 可有：注意到剛好越過磁場區(qū)時(shí)應(yīng)有，由以上有：14、空間有一個(gè)水平方向的勻強(qiáng)磁場B，磁場中有a,b兩點(diǎn)，相距為s，a 、b連線在水平面上且與B垂直。一個(gè)質(zhì)量為m，電量為+q的帶電質(zhì)點(diǎn)從a點(diǎn)以速度 v0對準(zhǔn)b射出，為了使它能夠到達(dá)b，v0取什么值？解析：（1）如果洛侖磁力恰好和粒子重力抵消，則（2）如果，則可將分解，必須指向b的，它產(chǎn)生的洛侖磁力恰好和粒子重力抵消，因此由產(chǎn)生的洛侖磁力使粒子作圓周運(yùn)動。最后粒子作的是圓周運(yùn)動和勻速直線運(yùn)動的合運(yùn)動運(yùn)動周期，如果是T的整數(shù)倍，粒子一定能達(dá)到b，這時(shí)有：即可見與無關(guān)，如果，必須為。如果，可以取

23、任意值。15、一根長的薄導(dǎo)體平板沿X軸放置，板面位于水平位置，板的寬度為L，電阻可忽略不計(jì)，aebcfd是圓弧形均勻?qū)Ь€，其電阻為3R，圓弧所在的平面與X軸垂直，圓弧的兩端a和d與導(dǎo)體板的兩個(gè)側(cè)面相接觸，并可在其上滑動。圓弧ae=eb=cf=fd=(1/8)圓周長，圓弧bc=（1/4）圓周長，一內(nèi)阻Rg=nR的體積很小的電壓表位于圓弧的圓心O處，電壓表的兩端分別用電阻可以忽略的直導(dǎo)線與b和c點(diǎn)相連，整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中。當(dāng)導(dǎo)體板不動而圓弧導(dǎo)線與電壓表一起以恒定的速度v沿X軸方向平移運(yùn)動時(shí) （1）求電壓表的讀數(shù)；（2）求e點(diǎn)與f點(diǎn)的電勢差UeUf。解析：弧bc段的

24、感應(yīng)電動勢，弧ae的感應(yīng)電動勢。其余各弧段的感應(yīng)電動勢的大小都等于，連接電壓表的每根導(dǎo)線中的感應(yīng)電動勢大小注意到：，可以求得：電壓表的讀數(shù)（2）e點(diǎn)與f點(diǎn)的電勢差16、PQ是由若干正方形導(dǎo)線方格PQ， ， 構(gòu)成的網(wǎng)絡(luò)，如圖1所示。方格每邊長度 l = 10.0 cm 邊Q， 與邊P，的電阻都等于r，邊PQ，的電阻都等2 r 。已知PQ兩點(diǎn)間的總電阻為C r ，C是一已知數(shù)。在x 0的半空間分布有隨時(shí)間t均勻增加的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于Oxy平面并指向紙里，如圖2所示，今令導(dǎo)線網(wǎng)絡(luò)PQ以恒定的速度v = 5.0 cm/s ，沿x方向運(yùn)動并進(jìn)入磁場區(qū)域。在運(yùn)動過程中方格的邊PQ始終與y軸平行。若

25、取PQ與y軸重合的時(shí)刻為t = 0 ，在以后任一時(shí)刻t磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B = ，式中t的單位為s，為已知恒量，b = 0.10。求t = 2.5 s時(shí)刻，通過導(dǎo)線PQ的電流（忽略導(dǎo)線網(wǎng)絡(luò)的自感）。解析：網(wǎng)絡(luò)由n個(gè)方格構(gòu)成，用Rn表示PQ兩端的電阻，則：設(shè)P1Q1左邊所有方格的總電阻為Rn-1，依次類推，可以求出P1Q1左邊所有的總電阻。在網(wǎng)絡(luò)沿x運(yùn)動時(shí)，每一方格子通過y軸的時(shí)間為在t=2.5s，有一個(gè)完整的方格在磁場中。如圖。令方格PQQ1P1中的電動勢為有方格PQ1Q2P1中電動勢為因?yàn)榉礁馪QQ1P1全部在磁場中，方格PQ1Q2P1中電動勢為由以上求得：，代入數(shù)據(jù)：17、有一勻質(zhì)細(xì)導(dǎo)線彎

26、成的半徑為a的圓線圈和一內(nèi)接等邊三角形的電阻絲組成的電路（電路中各段的電阻值見圖）。在圓線圈平面內(nèi)有垂直紙面向里的均勻磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間t均勻減小，其變化率的大小為一已知常量k。已知2=3。試求圖中A、B兩點(diǎn)的電勢差-。解析：對半徑為a的圓電路：對等邊三角形回路，對于由弦AB和弧AB構(gòu)成的回路對節(jié)點(diǎn)B：又求得：18、BPQ圖4-3-10如圖4-3-10所示的直角坐標(biāo)中，有一絕緣圓錐體，半錐角為,軸線沿z軸方向，頂點(diǎn)在原點(diǎn)處。有一條長為l的細(xì)金屬絲OP固定在圓錐體的側(cè)面上，與圓錐體的一條母線重合，空間存在著沿正x方向的勻強(qiáng)磁場B。試討論當(dāng)圓錐體如圖所示方向做角速度為的勻角速轉(zhuǎn)動時(shí)，OP上感生

27、電動勢的情況。解:當(dāng)P點(diǎn)的x坐標(biāo)為正時(shí)，P點(diǎn)的電勢都高于O點(diǎn)的電勢；當(dāng)P點(diǎn)的x坐標(biāo)為負(fù)時(shí)，P點(diǎn)的電勢都低于O點(diǎn)的電勢；當(dāng)P點(diǎn)的y坐標(biāo)為0，即OP在xOz平面時(shí)，OP上的感生電動勢最大。此時(shí)OP在垂直于B方向上的有效長度為,P點(diǎn)的速度為BPQS圖4-3-11而O點(diǎn)的速度為零，所以O(shè)P上各點(diǎn)的平均速度為vp/2。因此此時(shí)OP上的感生電動勢大小為.當(dāng)P點(diǎn)運(yùn)動到某一位置(圖4-3-11)，P點(diǎn)的x、y坐標(biāo)都大于零，QP與x軸的夾角為時(shí)，OP在垂直于B方向上的有圖3-2-11效長度為為OP在yPz平面上的投影OS與z軸的夾角。S點(diǎn)繞O點(diǎn)運(yùn)動的速度為.O點(diǎn)的速度始終為零，所以O(shè)P上各點(diǎn)在y方向上的平均速度

28、為vs/2。因此此時(shí)OP上的感生電動勢的大小為19、位于豎直平面內(nèi)的矩形平面導(dǎo)線框abcd。ab長為l1，是水平的，bc長為l2，線框的質(zhì)量為m，電阻為R.。其下方有一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，該區(qū)域的上、下邊界PP和QQ均與ab平行，兩邊界間的距離為H，Hl2，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向與線框平面垂直，如圖所示。令線框的dc邊從離磁場區(qū)域上邊界PP的距離為h處自由下落，已知在線框的dc邊進(jìn)入磁場后，ab邊到達(dá)邊界PP之前的某一時(shí)刻線框的速度已達(dá)到這一階段的最大值。問從線框開始下落到dc邊剛剛到達(dá)磁場區(qū)域下邊界QQ的過程中，磁場作用于線框的安培力作的總功為多少？解析：設(shè)線框在（1）位置時(shí)進(jìn)入磁場，速度為（

29、2）位置達(dá)到速度的最大值，（2）到（3）為勻速運(yùn)動。（3）到（4）以加速度g下降，沒有感應(yīng)電流。 （1）在（2）位置： (2)設(shè)從（1）位置到（2）位置，線框下降x .此階段安培力做功為 （3）線框速度達(dá)到后，dc邊勻速下降距離為，此過程安培力做功為 （4）整個(gè)過程安培力做功20、ABCD是閉合導(dǎo)線回路（導(dǎo)線外殼絕緣）總電阻為R，AB的一部分繞成初始半徑為r0的圓圈。圓圈所在區(qū)域有與圓圈平面垂直的均勻磁場，回路的B端固定，C 、D為自由端。（1）若A端在沿BA方向的恒力F的作用下向右移動，使圓圈緩慢縮小。設(shè)在圓圈縮小的過程中，始終保持圓的形狀，導(dǎo)體回路是軟的，阻力可忽略，求此圓圈從初始半徑r0

30、 到完全閉合所需要的時(shí)間。（2）若A端沿BA方向以恒定速度v向右移動，使圓圈緩慢縮小的過程中，回路始終保持圓形，求從初始半徑r0 到完全閉合拉力所做的功解析：（1）設(shè)：當(dāng)時(shí)間為t，半徑為r時(shí)，在的短時(shí)間內(nèi)，半徑變化，則感生電流為 取圓圈的一小段，其圓心角為，繩中張力為T，T=F可得：（2）當(dāng)時(shí)間為t，半徑為r時(shí)，在的短時(shí)間內(nèi)，半徑變化。則感生電流為 取圓圈的一小段，其圓心角為，繩中張力為T， 可得：21、在如圖4-3-12所示的直角作標(biāo)系中，有一塑料制成的半錐角為的圓錐體Oab。圓錐體的頂點(diǎn)在原點(diǎn)處，其軸線沿z軸方向。有一條長為l的細(xì)金屬絲OP固定在圓錐體的側(cè)面上，金屬絲與圓錐體的一條母線重合

31、。整個(gè)空間中存在著磁感強(qiáng)度為B的均勻磁場，磁場方向沿X軸正方向，當(dāng)圓錐體繞其軸沿圖示方向做角度為的勻角速轉(zhuǎn)動時(shí)，(1)OP經(jīng)過何處時(shí)兩端的電勢相等？(2)OP在何處時(shí)P端的電勢高于O端？(3)電勢差的最大值是多少？BPOMN圖4-3-13分析:本題的關(guān)鍵是如何處理磁感強(qiáng)度跟棒不垂直的問題。方法有二個(gè)：當(dāng)金屬絲OP經(jīng)過XOZ平面時(shí)，設(shè)法求出極短時(shí)間內(nèi)切割的磁感線數(shù)，即磁通量；或把B分解成跟OP垂直的分量和跟平OP行的分量B。解法一：(1)當(dāng)OP經(jīng)過YOZ平面的瞬間，兩端的電勢相等。因?yàn)榇藭r(shí)OP的運(yùn)動方向和磁場方向平行(同向或反向)(2)、只要OP處于YOZ平面的內(nèi)側(cè)，P點(diǎn)的電勢總是高于O點(diǎn)。(3

32、)、當(dāng)OP處于XOZ平面的右側(cè)且運(yùn)動方向和磁場方向垂直時(shí)，即通過XOZ平面的瞬間(如圖4-3-13所示)的值最大。其值等于在此瞬間很短時(shí)間間隔內(nèi)，OP切割的磁感線數(shù)除以，由幾何投影可知，也等于內(nèi)OP在YOZ平面內(nèi)的投影切割的磁感線的數(shù)目。P點(diǎn)在YOZ平面上的投影為沿Y軸做圓頻率為、振幅為Lsin的簡諧運(yùn)動，此簡諧運(yùn)動在Z軸附近時(shí)其速度為。因此OP的投影切割的面積為一小三角形()的面積，即BPO圖4-3-14切割磁感線數(shù)即磁通量為=B根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知=方法二：如圖4-3-14所示，把磁感強(qiáng)度B正交分解成垂直O(jiān)P的分量和平行于OP的分量，即 =Bsin當(dāng)金屬絲OP在勻強(qiáng)磁場中繞Z軸轉(zhuǎn)動時(shí)

33、，切割磁感線產(chǎn)生的電動勢為E=Lv式中v的為金屬絲OP中點(diǎn)的線速度，v=。代入上式得E=Bcos=由此得電勢差=解法三：設(shè)想OP是閉合線框OO的一條邊。線框繞OZ軸勻速轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的最大動生電動勢為 E=BS)因?yàn)檫匫與OO沒有切割磁感線，不產(chǎn)生動生電動勢，因此OP中的電動勢就等于閉合線框OO中的電動勢。由此得電勢差=22、如圖，光滑的平行金屬導(dǎo)軌水平放置，電阻不計(jì)，導(dǎo)軌間距為l，左側(cè)接一阻值為R的電阻。區(qū)域cdef內(nèi)存在垂直軌道平面向下的有界勻強(qiáng)磁場，磁場寬度為s。一質(zhì)量為m，電阻為r的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，受到F0.5v0.4（N）（v為金屬棒運(yùn)動速度）的水平力作用，從磁

34、場的左邊界由靜止開始運(yùn)動，測得電阻兩端電壓隨時(shí)間均勻增大。（已知l1m，m1kg，R0.3W，r0.2W，s1m）（1）分析并說明該金屬棒在磁場中做何種運(yùn)動；（2）求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；（3）若撤去外力后棒的速度v隨位移x的變化規(guī)律滿足vv0x，且棒在運(yùn)動到ef處時(shí)恰好靜止，則外力F作用的時(shí)間為多少？（4）若在棒未出磁場區(qū)域時(shí)撤去外力，畫出棒在整個(gè)運(yùn)動過程中速度隨位移的變化所對應(yīng)的各種可能的圖線。（1）金屬棒做勻加速運(yùn)動，R兩端電壓UIev，U隨時(shí)間均勻增大，即v隨時(shí)間均勻增大，加速度為恒量， （2）Fma，以F0.5v0.4代入得（0.5）v0.4a，a與v無關(guān)，所以a0.4m/s2，（0.

35、5）0，得B0.5T， （3）x1at2，v0x2at，x1x2s，所以at2ats，得：0.2t20.8t10，t1s，（4）可能圖線如下：23、如圖所示，兩根正對的平行金屬直軌道MN、MN位于同一水平面上，兩軌道之間的距離l=0.50m。軌道的MM端之間接一阻值R=0.40的定值電阻，NN端與兩條位于豎直面內(nèi)的半圓形光滑金屬軌道NP、NP平滑連接，兩半圓軌道的半徑均為R0=0.50m。直軌道的右端處于豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.64 T的勻強(qiáng)磁場中，磁場區(qū)域的寬度d=0.80m，且其右邊界與NN重合?，F(xiàn)有一質(zhì)量m=0.20kg、電阻r=0.10的導(dǎo)體桿ab靜止在距磁場的左邊界s=2.0m處

36、。在與桿垂直的水平恒力F=2.0N的作用下ab桿開始運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動至磁場的左邊界時(shí)撤去F，結(jié)果導(dǎo)體桿ab恰好能以最小速度通過半圓形軌道的最高點(diǎn)PP。已知導(dǎo)體桿ab在運(yùn)動過程中與軌道接觸良好，且始終與軌道垂直，導(dǎo)體桿ab與直軌道之間的動摩擦因數(shù)=0.10，軌道的電阻可忽略不計(jì)，取g=10m/s2，求：（1）導(dǎo)體桿剛進(jìn)入磁場時(shí)，通過導(dǎo)體桿上的電流大小和方向；（2）導(dǎo)體桿穿過磁場的過程中通過電阻R上的電荷量；（3）導(dǎo)體桿穿過磁場的過程中整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱。解析：（1）設(shè)導(dǎo)體桿在F的作用下運(yùn)動至磁場的左邊界時(shí)的速度為v1，根據(jù)動能定理則有 （F-mg）s=mv12 （2分）導(dǎo)體桿剛進(jìn)入磁場時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=Blv1 （1分）此時(shí)通過導(dǎo)體桿上的電流大小I=E/（R+r）=3.8A（或3.84A） （2分）根據(jù)右手定則可知，電流方向?yàn)橛蒪向a （2分）（2）設(shè)導(dǎo)體桿在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為t，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的平均值為E平均，則由法拉第電磁感應(yīng)定律有 E平均=/t=Bld/t （2分）通過電阻R的感應(yīng)電流的平均值 I平均=E平均/