高中物理磁场和电磁感应计算题讲解和练习

1、例1、一个负离子，质量为 m,电量大小为q,以速率V垂直于屏 螂过小孔O射入存在着匀强磁场的真空室中（如图1）.磁感应强度B的方向与离子的运动方向垂直，并垂直于图1中纸O I VBX Xx X PX X x XSX X面向里.（1）求离子进入磁场后到达屏 S上时的位置与O点的距离.（2）如果离子进入磁场后经过时间 侄U达位置P,证明：直线OP与离子入射方向之间的夹角0跟t的关系是-qBf TOC o 1-5 h z d=1 O2m解析：（1）离子的初速度与匀强磁场的方向垂直，在洛仑兹力作图1用下，做匀速圆周运动.设圆半径为r,则据牛顿第二定律可得：V2mVB q V= m，解得r ： rBq所

2、以AO二2mVBq如图2所示，离了回到屏S上的位置A与O点的距离为：AO=2rVt Bq,（2）当离子到位置P0,圆心角（见图2）: a= =，t r m因为ot =2日，所以日=qBt2m例2.长为L的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图 6所示，磁感强度为 B,板间 距离也为L ,板不带电，现有质量为 m,电量为q的带正电粒子（不计重力）,从左边极板间 中点处垂直磁感线以速度 V水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是：A.使粒子的速度 V5BqL/4m； C.使粒子的速度 VBqL/m； D,使粒子速度 BqL/4mV5BqL/4m时粒子能从右边穿出。粒子擦着上板从左边穿

3、出时，圆心在O/点，有r2= L/4 ,又由r2= mV2/Bq=L/4得V2 =BqL/4mV2mg = 0 002(N)ab立即受到一个竖直向上此刻导体棒所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为a =F京-mg B2Lav所以，ab做竖直向下的加速度逐渐减小的变减速运动。当速度减小至F安=mg时，ab做竖直向下的匀速运动。.如图11 7所示装置，导体棒 AB, CD在相等的外力作用下，沿着光滑的轨道各朝相反 方向以0.lm/s的速度匀速运动。匀强磁场垂直纸面向里，磁感强度B=4T ,导体棒有效长度都是L=0.5m ,电阻R=0.5Q ,导轨上接有一只 R =1 的电阻和

4、平行板电容器，它的两板间距相距1cm,试求：（1）电容器及板间的电场强度的大小和方向；（2）外力F的大小。（2）设匀速竖直向下的速度为3此时BI5上/二mgmgRL =诉 = 5(m / s)解答导体AB、CD在外力的作用下做切割磁感线运动，使回路中产生感应电流。后站+后 2BLv 2X4X0,5X0,1I =2X01 =Q2W电容器两端电压等于 R两端电压Uc=U=| R =0.2 X 1=0.2 （V）根据匀强电场的场强公式E=* = 20 CV/m） d回路电流流向D-C-R A-B-D。所以，电容器 b极电势高于a极电势，故电场 强度方向b-a。7.共有100匝的矩形线圈，在磁感强度为

5、0.1T的匀强磁场中以角速度 =10rad/s绕线圈的中心轴旋转。已知线圈的长边a=20cm,短边b=10cm ,线圈总电阻为 2白。求（1）线圈平面转到什么位置时，线圈受到的电磁力矩最大？最大力矩有多大？ （2）线圈平面转到与磁场方向夹角60。时，线圈受到的电磁力矩。（l）当线圈平面与磁场方向平行时电磁力矩最大。如图 ll12所示。E11-12 二 NB2b= =NBdbs = 2V 2I =1AR磁场对线圈一条边的作用力F=BIb=0.01N线圈受到的电磁力矩qM1t =NjF =NFa= 0 2N mC2 J 若日=60时(如图, vx = vcos600-0) cos600,1 2NB

6、bvcos60 ; =2*- = 152f 1= 0,5 (A)K Z磁场对线圈一边的作用力F =BI b=0.005N此时的力矩M，= N* 2F * -cos600 = NF acos60 =0.05N* m 28.如图11-16所示，直角三角形导线框 ABC,处于磁感强度为 B的匀强磁场中，线框在纸 面上绕B点以匀角速度作顺时针方向转动，/ B =60 , / C=90 , AB=l ,求A, C两端 的电势差Uac。X XX_x Xx X X X XX X X X X图1178图1卜17【正确解答】图 11- 18该题等效电路 ABC,如图11 5所示，根据法拉第电磁感应定律，穿过回路

7、ABC的磁通量没有发生变化，所以整个回路的&总=0设AB , BC, AC导体产生的电动势分别为1、2、3,电路等效于图11-5,故有e 总=e i+ e 2+ e 3 =2=,23BI3U“8 期【小结】9.在如图11 24所示的水平导轨上（摩擦、电阻忽略不计） ，有竖直向下的匀强磁场，磁 感强度B,导轨左端的间距为 L1=4Lo,右端间距为L2=L。今在导轨上放置 AC, DE两根导 体棒，质量分别为 m1=2m0, m2=m。，电阻R1=4R0, R2=Ro。若AC棒以初速度 Vo向右运动， 求AC棒运动的过程中产生的总焦耳热Qac,以及通过它们的总电量 q。Ell-24解答； 由于棒L

8、i向右运动，回路中产生电流，Li受安培力的作用后减速， L2受安培力加速使回路中的电流逐渐减小。只需必，V2满足一定关系，AS就有可能使回路中的B言,即总电动势为零，此后不再受安培力的作用0两棒做匀速运动。两棒匀速运动时，I=0,即回路的总电动势为零。所以有BLiVi=BL 2v2时，回路电流为零，此后两棒匀速运动，对AC棒应用动量定理 4-BlLi* At =/日再对DE棒应用动量定理 BL2I - At = m2v2解方程得巧=9叼=限入 413 12 1,3082Q* 二不万mu -mjV! -m2v3 ) =movo q = I* At =.如图11-25所示光滑平行金属轨道abcd,

9、轨道的水平部分 bcd处于竖直向上的匀强磁场中，bc部分平行导轨宽度是 cd部分的2倍，轨道足够长。将质量相同的金属棒 P和Q分 别置于轨道的ab段和cd段。P棒位于距水平轨道高为 h的地方，放开P棒，使其自由下滑， 求P棒和Q棒的最终速度。图 11-25解答：设P棒从进入水平轨道开始到速度稳定所用的时间为t, P, Q受到的平均作用力分别为P, Q受到的平均作用力分别为耳，琦，对pq分别应用动量定理得.MM中间接有电阻 R=5的U型足够长金属框架，框架宽度d=0.2m,竖直放置在如图所示的水平匀强磁场中， 磁感应强度B=5T,电阻为r=1 的导体棒AB可沿 MN6摩擦滑动且接触良好。现无初速

10、释放导体棒 AB,发现AB下Vt h=6m 时恰达稳定下滑状态。已知导体棒AB的质量m=0.1 kg,其它电阻不计。求：(1) AB棒稳定下滑的速度；(2)此过程中电阻R上消耗的电能；(3)从开始下滑到稳定状态，流经 R的电量。(1)由平衡知识有：mg=F 根据安培力公式有：F=BId根据法拉第电磁感应定律有：E=BdV 解得：V=6m/s 1 C TOC o 1-5 h z (2)从开始下滑到稳定的过程中，由能量关系有：Q =mgh-1mV2R电阻R消耗的电能QR =Q 解得：Qr=3.5JR R r(3)根据电流强度定义式有：q = I &根据全电路欧姆定律有：I=E/(R+r)根据法拉第

11、电磁感应定律有：E=/ t 解得：q =1C12.如图所示，在与水平方向成 9=30 角的平面内放置两条平行、 光滑且足够长的金属轨道, 其电阻可忽略不计。空间存在着匀强磁场，磁感应强度B=0.20T ,方向垂直轨道平面向上。导体棒ab、cd垂直于轨道放置，且与金属轨道接触良好构成闭合回路，每根导体棒的质量m=2.0 10-2kg、电阻r=5. 0M0-20，金属轨道宽度l=0.50m。现对导体棒 ab施加平行于轨道 向上的拉力，使之沿轨道匀速向上运动。 在导体棒ab运动过程中，导体棒cd始终能静止在 轨道上。g取10m/s2, 求：(1)导体棒cd受到的安培力大小；(2)导体棒ab运动的速度

12、大小；(3)拉力对导体棒ab做功的功率。(3分)导体棒cd静止时受力平衡，设所受安培力为F安，则 TOC o 1-5 h z F 安=mgsin 02 分解得 F安=0.10N1分(8分)设导体棒ab的速度为v时，产生的感应电动势为巳 通过导体棒cd的感应电流为I,则E=Blv2 分I = 2 分2rF安=BIl2分一 .一2Jr联立上述二式解得 v= -1分B2l2代入数据得 v=1.0m/s1分(7分)设对导体棒ab的拉力为F,导体棒ab受力平衡，则F=F 安+mgsin 03 分解得 F=0.20N1分拉力的功率 P=Fv2分解得 P = 0.20W1分13.(18分)如图所示，光滑的U

13、型金属导轨PQMN水平地固定在竖直向上的匀强磁场中.磁感应强度为B,导轨的宽度为L,其长度足够长，QM之间接有一个阻值为 R的电阻，其余v0开始向右滑行。求: u分别为多大？部分电阻不计。一质量为m,电阻也为R的金属棒ab,恰能放在导轨之上并与导轨接触良好。当给棒施加一个水平向右的冲量，棒就沿轨道以初速度(1)开始运动时，棒中的瞬间电流i和棒两端的瞬间电压(2)当棒的速度由 Vo减小到V0/10的过程中，棒中产生的(1)(共9分)开始运动时，棒中的感应电动势:焦耳热Q是多少？棒向右滑行的位移 x有多大？e=LvoB.（ 3 分）棒中的瞬时电流：i =e/2R = Lv oB/2R .（3分）

14、TOC o 1-5 h z 棒两端的瞬时电压：u=R- e = 1LvoB（3分）R R 2(2)(共9分)由能量转化与守恒定律知，全电路在此过程中产生的焦耳热:.（2 分）.（2 分）Q 总= 1mv02-1m（工v0）2=mv。22210200棒中产生的焦耳热为：Q= 1 Q总=-99 mvo22400令：At表示棒在减速滑行时某个无限短的时间间隔，则在这一瞬时 和瞬时加速度的极限思想，应用牛二律有：iLB = m A v/ A t结合电磁感应定律和瞬时速度的极限思想，应用全电路欧姆定律有：i - 2R = L B v = L B A x/A t所以：mLBAv =LB2R A x, 即：

15、 A x oc A v所以对于全过程，上述正比例关系仍成立,一一9 一所以对于全过程（Av= v0）,得：109 RmAx=x =v05 L2B2,结合安培力（1分）.（3 分）注释：以上是借用了比值极限的求解思路，还可以借用下面的“微分”思路求解;其它求解思路（例如：平均等），此处从略。令at表示棒在减速滑行的某个无限短的时间间隔，则 at内， TOC o 1-5 h z 应用动量定理有：iLB t= m Av（1 分）应用全电路欧姆定律有：i = BLv2R.（ 1分）又因为：vzt= x（ 1分）所以： B L Ax= m A v （1 分）2R即： A xoc A v所以对于全过程，上

16、述正比例关系仍成立所以 对于全过程（v= 3V0）,得：10 x=x =9 Rm v （ 1 分）5黄.如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L = 1m,导轨平面与水平面成0 = 37o角，下端连接阻值为 R的电阻。匀强磁场方向与导轨平面垂直。质 量为m = 0.2kg ,电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之 间的动摩擦因数为 =0.25。（设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小）求 ： 金属棒沿导轨由静止开始下滑时加速度a的大小； 当金属棒下滑速度达到稳定时， 电阻R消耗的功率为8W,求此时金属棒速度 v的大小; 在上问中，若 R=2 ，

17、金属棒中的电流方向由 a到b,求磁感应强度 B的大小和方向。 TOC o 1-5 h z （g = 10m/s2, sin37o= 0.6, cos37o= 0.8） 分析和解：（1）根据牛顿第二定律mgsin 0 f = ma （1分）f =（1 分）N = mgcos 0（1 分）联立得 a = g （sin -） cos 0）（1分）代入已知条件得 a = 10 x （0.6-0.25 0.8）a = 4m/s2 （1 分）设金属棒运动达到稳定时，速度为v,所受安培力为F,棒在沿导轨方向受力平衡mg （sin -9（i cos）0-F=0 （1 分）此时金属棒克服安培力做功的功率P等于电

18、路中电阻R消耗的电功率 TOC o 1-5 h z P = Fv （1 分）PPF mg （sin 1cos）由两式解得 v =P=P （1分）将已知数据代入上式得v =0.2 10 （0.6 -0.25 0.8）v =10m/s(用其它方法算出正确答案同样给分)(3)设电路中电流为I,两导轨间金属棒的长为L,磁场的磁感应强度为 B(1分)(1分)1分）E=BLvi=ERp = i2r由式解得 B = PR = -82 T = 0.4T vL 10 1磁场方向垂直导轨平面向上 (1分).如图15所示，边长L= 0.20m的正方形导线框 ABCD由粗细均匀的同种材料制成，正方 形导线框每边的电阻

19、 R0=1.0Q ,金属棒MN与正方形导线框的对角线长度恰好相等，金属棒MN的电阻r= 0.20 。导线框放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.50T ,方向垂直导线框所在平面向里。金属棒MN与导线框接触良好，且与导线框对角线 BD垂直放置在导线框上，金属棒的中点始终在BD连线上。若金属棒以 v=4.0m/s的速度向右匀速运动，当金属棒运动至AC的位置时，求(计算结果保留两位有效数字 )：(1)金属棒产生的电动势大小；(2)金属棒MN上通过的电流大小和方向；(3)导线框消耗的电功率。(1)金属棒产生的电动势大小为 TOC o 1-5 h z E=B x12 Lv=0.4 近 V=0.56V

20、 2分(2)金属棒运动到 AC位置时，导线框左、右两侧电阻并联，其并联 电阻大小为R并=1.0，根据闭合电路欧姆定律, E 八a1= =0.47A 2分R r根据右手定则，电流方向从 N到M 1分(3)导线框消耗的功率为：P t匡=I2R并=0.22W 2分.如图所示，在磁感应强度为B的水平方向的匀强磁场中竖直放置两平行导轨，磁场方向与导轨所在平面垂直。导轨上端跨接一阻值为R的电阻(导轨电阻不计)。两金属棒a和b的电阻均为R,质量分别为 m=2x 10-2Kg和m=1x 10-2Kg,它们与导轨相连，并可沿导轨无摩擦滑动。闭合开关 S先固定b,用一恒力F向上拉a,稳定后a以v1=10m/s的速度匀速运动，此时再释放 b, b恰好能保持静止，设导轨足够