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度為B的勻強磁場，使得金屬桿水平向右飛出做平拋運動。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，通電時間極短，電流并非恒定，力也就不是恒力。因此不可能精確計算每個時刻力產(chǎn)生的效果，只能關(guān)心和計算該段短時間變力沖量的效果，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 點評：根據(jù)動量定理來研究磁場力沖量產(chǎn)生的效果，實際上就是電量和導(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)強度大小B0.4T，方向豎直向下的勻強磁場中，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為坐標原點，PQ方向為x軸正方向建立坐標。金屬棒從x01 m處以v02m/s的初速度，沿x軸負方向做a2m/s2的勻減速直線運動，運動中金屬棒僅受安培力作用。求：（1）金屬棒ab運動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軸負方向運動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金屬棒的運動距離s，以及0.4s時回路內(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，由于棒做勻減速運動，v，所以R0.4（SI），（3）錯誤之處是把0.4s時回路內(nèi)的電阻R代入q進行計算，正確解法是qIt，因為FBILma，q0.4C，3、航天飛機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6.5×103m/s，從航天飛機上向地心方向發(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，作切割磁感線運動。假設(shè)這一范圍內(nèi)的地磁場是均勻的，磁感應(yīng)強度為4×10-5T，且認為懸繩上各點的切

5、割速度和航天飛機的速度相同。根據(jù)理論設(shè)計，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）航天飛機繞地球運行一圈，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）航天飛機繞地球運行一圈，所需時間為T。有 航天飛機繞地球運行一圈，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P靜止釋放，分析它的運動。分析：粒子初速為零釋放，它的運動軌跡是如圖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-兩個運動的合運動，其中大小為：=E

6、/B圖3所以+q粒子可看成是向右勻速直線運動和逆時針的勻速圓周運動的合運動。電場方向上向下最大位移一個周期向右移動距離L即PP之距為圖3-4-11代入，得： 最低點Q點速度 5、如圖所示，在方向豎直向上的磁感應(yīng)強度為B的勻強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，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)軌平行的水平細線一端固定，另一端與cd棒的中點連接，細線能承受的最大拉力為T，一開始細線處于伸直狀態(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動，兩根金屬棒運

7、動時始終與導(dǎo)軌接觸良好且與導(dǎo)軌相垂直。（1）求經(jīng)多長時間細線被拉斷？（2）若在細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向右運動，經(jīng)t時間細線被拉斷，當細線斷時，ab棒運動的速度為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）當細線斷時，ab棒運動的速度為v，細線斷后，ab棒做減速運動，cd棒做加速運動，兩棒之間的距離增大，當兩棒達相同速度而穩(wěn)定運動時，兩棒之間的距離增量x達到最大值，整個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

8、定理得故通過該回路的電量聯(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，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，整個裝置處于磁感應(yīng)強度B=0.5T的勻強磁場中，磁場方向豎直向下。利用一外力F沿水平方向拉金屬桿ab，使之由靜止開始運動，電壓傳感器可將R兩端的電壓U即時采集并輸入電腦，獲得電壓U隨時間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動，并計算加速度的大小；（2）求第2s末外力F的瞬時功率；（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

9、路中定值電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱是多少。解析：（1）設(shè)路端電壓為U，桿的運動速度為v，有（2分）由圖乙可得 U=0.1t （2分）所以速度 v=1 t （2分）因為速度v正比于時間t，所以桿做勻加速直線運動 ，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

10、間距L=0.5m足夠長的平行導(dǎo)軌，NQMN。導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角=37°，NQ間連接有一個R=5的電阻。有一勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面，磁感強度為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。現(xiàn)由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運動過程中始終與NQ平行。已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)=0.5，當金屬棒滑行至cd處時已經(jīng)達到穩(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到穩(wěn)定速度前的加速度和速度各如何變

11、化？（2）當金屬棒滑行至cd處時回路中的電流多大？（3）金屬棒達到的穩(wěn)定速度是多大？（4）若將金屬棒滑行至cd處的時刻記作t=0，從此時刻起，讓磁感強度逐漸減小，可使金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，則磁感強度B應(yīng)怎樣隨時間t變化（寫出B與t的關(guān)系式）?解析：（1）在達到穩(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）達到穩(wěn)定速度時，有（1分）（1分）（2分）（3）、（2分）（2分）（4）當回路中的總磁通量不變時，金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流。此時金屬棒將沿導(dǎo)軌勻加速運動。（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。

12、圓圈所在區(qū)域有與圓圈平面垂直的均勻磁場，磁感強度為B。導(dǎo)線一端B點固定，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時間內(nèi)F的功等于回路電功可認為是

13、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： 顯然與圓面積的變化成正比，所以當面積由變化至零時，經(jīng)歷時間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)強度大小恒為B，通過小電動機對金屬棒施加力，使金屬棒沿導(dǎo)軌向上做勻加速直線運動，經(jīng)過0.50s電動機的輸出功率達到10W，此后電動機功率保持不變，金屬棒

14、運動的vt圖像如圖（b）所示，試求： （1）磁感應(yīng)強度B的大??；（2）在00.50s時間內(nèi)金屬棒的加速度a的大小；（3）在00.50s時間內(nèi)電動機牽引力F與時間t的關(guān)系；（4）如果在00.50s時間內(nèi)電阻R1產(chǎn)生的熱量為0.135J，則在這段時間內(nèi)電動機做的功。解析：（1）（4分）（2）（3分）（3）（3分）（4）10、在長為2L的絕緣輕質(zhì)細桿的兩端各連接一個質(zhì)量均為m的帶電小球A和B（可視為質(zhì)點，也不考慮二者間的相互作用力），A球帶正電、電荷量為+2q，B球帶負電。電荷量為3q?，F(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電場區(qū)域MPQN內(nèi)。已知虛線MP是細

15、桿的中垂線，MP和NQ的距離為4L，勻強電場的場強大小為E，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動。（忽略小球運動中所產(chǎn)生的磁場造成的影響）（1）求小球A、B運動過程中的最大速度；（2）小球A、B能否回到原出發(fā)點？若不能，請說明理由；若能，請求出經(jīng)過多長時間帶電系統(tǒng)又回到原地發(fā)點。（3）求運動過程中帶電小球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動，當B進入電場區(qū)時，系統(tǒng)所受的電場力為A、B的合力，因方向向左，從而做減速運動，以后不管B有沒有離開右邊界，速度大小均比B剛進入時小，故在B剛進入電場時，系統(tǒng)具有最大速度。

16、設(shè)B進入電場前的過程中，系統(tǒng)的加速度為a1，由牛頓第二定律：2Eq2ma1 （2分）B剛進入電場時，系統(tǒng)的速度為vm，由 可得 （3分）（2）對帶電系統(tǒng)進行分析，假設(shè)A能達到右邊界，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A剛滑到右邊界時，速度剛好為零，接著反向向左加速。由運動的對稱性可知，系統(tǒng)剛好能夠回到原位置，此后系統(tǒng)又重復(fù)開始上述運動。（2分）設(shè)B從靜止到剛進入電場的時間為t1，則 （1分）設(shè)B進入電場后，系統(tǒng)的加速度為a2，由牛頓第二定律（1分） 顯然，系統(tǒng)做勻減速運動，減速所需時間為t2，則有 （1分）那么系統(tǒng)從開始運動到回到原出發(fā)點所需的時間為 （2分）（3）

17、當帶電系統(tǒng)速度第一次為零，即A恰好到達右邊界NQ時，B克服電場力做的功最多，B增加的電勢能最多，此時B的位置在PQ的中點處 （1分）所以B電勢能增加的最大值 11在如圖3-4-12所示的直角坐標系中，坐標原點O固定電量為Q的正點電荷，另有指向y軸正方向(豎直向圖3-4-12上方向)，磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，因而另一個質(zhì)量為m、電量力為q的正點電荷微粒恰好能以y軸上的點為圓心作勻速圓周運動，其軌道平面(水平面)與平面平行，角速度為，試求圓心的坐標值。分析：帶電微粒作勻速圓周運動，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，必須要考慮第三個力即重力。只有這樣，才能使三者的合力保證它

18、繞在水平面內(nèi)作勻速圓周運動。解：設(shè)帶電微粒作勻速圓周運動半徑為R，圓心的縱坐標為y，圓周上一點與坐標原點的連線和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）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， O點是P點至界面垂線的垂足，D點位于紙面

19、上O點的右側(cè)，OD與磁場B的方向垂直，OD = d 。如圖所示，壘球的質(zhì)量為m，且?guī)в须娏?q（q0）。（1）宇宙人是否可能自P點以某個適當?shù)耐渡浣牵ㄅc界面所成的角）及適當?shù)某跛俣韧冻鰤厩?，使它?jīng)過D點，然后歷經(jīng)磁場一次自行回至P點？試討論實現(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，初速度的指向和大小應(yīng)如何？解析：（1）首先建立直角坐標系。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)，當球達到分界面上的D的速度為，與x軸的夾角為，球沿半徑為R的圓周運動，達到界面的，又從回到拋出點

20、。 （1） （2）球在電場區(qū)的加速度為a， （3）+，-分別表示在P點斜上拋與斜下拋的情況。設(shè)球從拋出點到D的時間為，則： （4） （5） 將（2）（5）代入（4） 得： （6）因（3）和（6）必須是實數(shù)，所以有 （7）（a）若 （8）則由（3）和（6）得，即（9） （10）（b）若 （11）則（c）時候無論怎樣都不能回到出發(fā)點。（2）擊中D點有三種方式（a）從P點拋出后經(jīng)過電場區(qū)，直接到D點，若所經(jīng)歷的時間為t，則由，得： （2）從拋出點“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點平拋的水平射程，球經(jīng)磁場回旋一次，在x軸方向倒退從D

21、2出磁場后經(jīng)電場區(qū)斜上拋運動，球在x軸方向前進，如此經(jīng)n次循環(huán)后從電場區(qū)達到D，有求得：若拋出點的初速度為，有，求得： （c）從拋出點“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)斜上拋運動，球在x軸方向前進，如此經(jīng)n次循環(huán)后從電場區(qū)達到D，有 若拋出點的初速度為，有，求得： 13、質(zhì)量為m，帶電量為q的粒子以初速度v0經(jīng)過一個磁感應(yīng)強度為B的區(qū)域，該區(qū)域的寬度為d，粒子在運動過程中受到的阻力。問粒子至少以多大的速度進入磁場區(qū)，才能穿過該區(qū)域？解析：粒子以和邊界成角的速度進

22、入磁場，粒子進入磁場后受到洛侖磁力F和阻力建立xoy直角坐標系，水平方向為x，豎直方向為y設(shè)任意時刻粒子速度的兩個分量分別為，有由 可有：注意到剛好越過磁場區(qū)時應(yīng)有，由以上有：14、空間有一個水平方向的勻強磁場B，磁場中有a,b兩點，相距為s，a 、b連線在水平面上且與B垂直。一個質(zhì)量為m，電量為+q的帶電質(zhì)點從a點以速度 v0對準b射出，為了使它能夠到達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動。最后粒子作的是圓周運動和勻速直線運動的合運動運動周期，如果是T的整

23、數(shù)倍，粒子一定能達到b，這時有：即可見與無關(guān)，如果，必須為。如果，可以取任意值。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，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點相連，整個裝置處在磁感應(yīng)強度為B、方向豎直向上的勻強磁場中。當導(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軸方向平移運動時 （

24、1）求電壓表的讀數(shù)；（2）求e點與f點的電勢差UeUf。解析：弧bc段的感應(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點與f點的電勢差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間t均勻增加的勻強磁場，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

25、，沿x方向運動并進入磁場區(qū)域。在運動過程中方格的邊PQ始終與y軸平行。若取PQ與y軸重合的時刻為t = 0 ，在以后任一時刻t磁場的磁感應(yīng)強度為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運動時，每一方格子通過y軸的時間為在t=2.5s，有一個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中電動勢為因為方格PQQ1P1全部在磁場中，方

26、格PQ1Q2P1中電動勢為由以上求得：，代入數(shù)據(jù)：17、有一勻質(zhì)細導(dǎo)線彎成的半徑為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)強度隨時間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B：又求得：18、BPQ圖4-3-10如圖4-3-10所示的直角坐標中，有一絕緣圓錐體，半錐角為,軸線沿z軸方向，頂點在原點處。有一條長為l的細金屬絲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

27、強磁場B。試討論當圓錐體如圖所示方向做角速度為的勻角速轉(zhuǎn)動時，OP上感生電動勢的情況。解:當P點的x坐標為正時，P點的電勢都高于O點的電勢；當P點的x坐標為負時，P點的電勢都低于O點的電勢；當P點的y坐標為0，即OP在xOz平面時，OP上的感生電動勢最大。此時OP在垂直于B方向上的有效長度為,P點的速度為BPQS圖4-3-11而O點的速度為零，所以O(shè)P上各點的平均速度為vp/2。因此此時OP上的感生電動勢大小為.當P點運動到某一位置(圖4-3-11)，P點的x、y坐標都大于零，QP與x軸的夾角為時，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點繞

28、O點運動的速度為.O點的速度始終為零，所以O(shè)P上各點在y方向上的平均速度為vs/2。因此此時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邊進入磁場后，ab邊到達邊界PP之前的某一時刻線框的速度已達到這一階段的最大值。問從線框開始下落到dc邊剛剛到達磁場區(qū)域下邊界QQ的過程中，磁場作用于

29、線框的安培力作的總功為多少？解析：設(shè)線框在（1）位置時進入磁場，速度為（2）位置達到速度的最大值，（2）到（3）為勻速運動。（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）線框速度達到后，dc邊勻速下降距離為，此過程安培力做功為 （4）整個過程安培力做功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

30、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 到完全閉合所需要的時間。（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)：當時間為t，半徑為r時，在的短時間內(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）當時間為t，半徑為r時，在的短時間內(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所示的直角作標系中，有一塑料制成的半錐角為的圓錐體Oab。圓錐體的頂點在原點處，其軸線沿z軸方向。有一

31、條長為l的細金屬絲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。整個空間中存在著磁感強度為B的均勻磁場，磁場方向沿X軸正方向，當圓錐體繞其軸沿圖示方向做角度為的勻角速轉(zhuǎn)動時，(1)OP經(jīng)過何處時兩端的電勢相等？(2)OP在何處時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度跟棒不垂直的問題。方法有二個：當金屬絲OP經(jīng)過XOZ平面時，設(shè)法求出極短時間內(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OP經(jīng)過YOZ平面的瞬間，兩端的電勢相等。因為此時OP的運動方向和磁場方向平行(同向或

32、反向)(2)、只要OP處于YOZ平面的內(nèi)側(cè)，P點的電勢總是高于O點。(3)、當OP處于XOZ平面的右側(cè)且運動方向和磁場方向垂直時，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的簡諧運動，此簡諧運動在Z軸附近時其速度為。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，把磁感強度B正交分解成垂直O(jiān)P的分

33、量和平行于OP的分量，即 =Bsin當金屬絲OP在勻強磁場中繞Z軸轉(zhuǎn)動時，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)因為邊O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，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

34、良好，受到F0.5v0.4（N）（v為金屬棒運動速度）的水平力作用，從磁場的左邊界由靜止開始運動，測得電阻兩端電壓隨時間均勻增大。（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動；（2）求磁感應(yīng)強度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，且棒在運動到ef處時恰好靜止，則外力F作用的時間為多少？（4）若在棒未出磁場區(qū)域時撤去外力，畫出棒在整個運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）金屬棒做勻加速運動，R兩端電壓UµIµeµv，U隨時間均勻增大，即v隨時間均勻增大，加速度為

35、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，（0.5）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、M´N´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、N´P´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

36、感應(yīng)強度B=0.64 T的勻強磁場中，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。在與桿垂直的水平恒力F=2.0N的作用下ab桿開始運動，當運動至磁場的左邊界時撤去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PP´。已知導(dǎo)體桿ab在運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，取g=10m/s2，求：（1）導(dǎo)體桿剛進入磁場時，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的作用下運動至磁場的左邊界時的速度為v1，根據(jù)動能定理則有 （F-mg）s=mv12 （2分）導(dǎo)體桿剛進入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=Blv1 （1分）此時通過導(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，電流方向為由b向a （2分）（2）設(shè)導(dǎo)體桿在磁場中運動的時間為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/