高中物理磁場和電磁感應計算題講解和練習

1、例1、一個負離子，質(zhì)量為 m,電量大小為q,以速率V垂直于屏 螂過小孔O射入存在著勻強磁場的真空室中（如圖1）.磁感應強度B的方向與離子的運動方向垂直，并垂直于圖1中紙O I VBX Xx X PX X x XSX X面向里.（1）求離子進入磁場后到達屏 S上時的位置與O點的距離.（2）如果離子進入磁場后經(jīng)過時間 侄U達位置P,證明：直線OP與離子入射方向之間的夾角0跟t的關(guān)系是-qBf TOC o 1-5 h z d=1 O2m解析：（1）離子的初速度與勻強磁場的方向垂直，在洛侖茲力作圖1用下，做勻速圓周運動.設(shè)圓半徑為r,則據(jù)牛頓第二定律可得：V2mVB q V= m，解得r ： rBq所

2、以AO二2mVBq如圖2所示，離了回到屏S上的位置A與O點的距離為：AO=2rVt Bq,（2）當離子到位置P0,圓心角（見圖2）: a= =，t r m因為ot =2日，所以日=qBt2m例2.長為L的水平極板間，有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，如圖 6所示，磁感強度為 B,板間 距離也為L ,板不帶電，現(xiàn)有質(zhì)量為 m,電量為q的帶正電粒子（不計重力）,從左邊極板間 中點處垂直磁感線以速度 V水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是：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時粒子能從右邊穿出。粒子擦著上板從左邊穿

3、出時，圓心在O/點，有r2= L/4 ,又由r2= mV2/Bq=L/4得V2 =BqL/4mV2mg = 0 002(N)ab立即受到一個豎直向上此刻導體棒所受到合力的方向豎直向上，與初速度方向相反，加速度的表達式為a =F京-mg B2Lav所以，ab做豎直向下的加速度逐漸減小的變減速運動。當速度減小至F安=mg時，ab做豎直向下的勻速運動。.如圖11 7所示裝置，導體棒 AB, CD在相等的外力作用下，沿著光滑的軌道各朝相反 方向以0.lm/s的速度勻速運動。勻強磁場垂直紙面向里，磁感強度B=4T ,導體棒有效長度都是L=0.5m ,電阻R=0.5Q ,導軌上接有一只 R =1 的電阻和

4、平行板電容器，它的兩板間距相距1cm,試求：（1）電容器及板間的電場強度的大小和方向；（2）外力F的大小。（2）設(shè)勻速豎直向下的速度為3此時BI5上/二mgmgRL =訴 = 5(m / s)解答導體AB、CD在外力的作用下做切割磁感線運動，使回路中產(chǎn)生感應電流。后站+后 2BLv 2X4X0,5X0,1I =2X01 =Q2W電容器兩端電壓等于 R兩端電壓Uc=U=| R =0.2 X 1=0.2 （V）根據(jù)勻強電場的場強公式E=* = 20 CV/m） d回路電流流向D-C-R A-B-D。所以，電容器 b極電勢高于a極電勢，故電場 強度方向b-a。7.共有100匝的矩形線圈，在磁感強度為

5、0.1T的勻強磁場中以角速度 =10rad/s繞線圈的中心軸旋轉(zhuǎn)。已知線圈的長邊a=20cm,短邊b=10cm ,線圈總電阻為 2白。求（1）線圈平面轉(zhuǎn)到什么位置時，線圈受到的電磁力矩最大？最大力矩有多大？ （2）線圈平面轉(zhuǎn)到與磁場方向夾角60。時，線圈受到的電磁力矩。（l）當線圈平面與磁場方向平行時電磁力矩最大。如圖 ll12所示。E11-12 二 NB2b= =NBdbs = 2V 2I =1AR磁場對線圈一條邊的作用力F=BIb=0.01N線圈受到的電磁力矩qM1t =NjF =NFa= 0 2N mC2 J 若日=60時(如圖, vx = vcos600-0) cos600,1 2NB

6、bvcos60 ; =2*- = 152f 1= 0,5 (A)K Z磁場對線圈一邊的作用力F =BI b=0.005N此時的力矩M，= N* 2F * -cos600 = NF acos60 =0.05N* m 28.如圖11-16所示，直角三角形導線框 ABC,處于磁感強度為 B的勻強磁場中，線框在紙 面上繞B點以勻角速度作順時針方向轉(zhuǎn)動，/ B =60 , / C=90 , AB=l ,求A, C兩端 的電勢差Uac。X XX_x Xx X X X XX X X X X圖1178圖1卜17【正確解答】圖 11- 18該題等效電路 ABC,如圖11 5所示，根據(jù)法拉第電磁感應定律，穿過回路

7、ABC的磁通量沒有發(fā)生變化，所以整個回路的&總=0設(shè)AB , BC, AC導體產(chǎn)生的電動勢分別為1、2、3,電路等效于圖11-5,故有e 總=e i+ e 2+ e 3 =2=,23BI3U“8 期【小結(jié)】9.在如圖11 24所示的水平導軌上（摩擦、電阻忽略不計） ，有豎直向下的勻強磁場，磁 感強度B,導軌左端的間距為 L1=4Lo,右端間距為L2=L。今在導軌上放置 AC, DE兩根導 體棒，質(zhì)量分別為 m1=2m0, m2=m。，電阻R1=4R0, R2=Ro。若AC棒以初速度 Vo向右運動， 求AC棒運動的過程中產(chǎn)生的總焦耳熱Qac,以及通過它們的總電量 q。Ell-24解答； 由于棒L

8、i向右運動，回路中產(chǎn)生電流，Li受安培力的作用后減速， L2受安培力加速使回路中的電流逐漸減小。只需必，V2滿足一定關(guān)系，AS就有可能使回路中的B言,即總電動勢為零，此后不再受安培力的作用0兩棒做勻速運動。兩棒勻速運動時，I=0,即回路的總電動勢為零。所以有BLiVi=BL 2v2時，回路電流為零，此后兩棒勻速運動，對AC棒應用動量定理 4-BlLi* At =/日再對DE棒應用動量定理 BL2I - At = m2v2解方程得巧=9叼=限入 413 12 1,3082Q* 二不萬mu -mjV! -m2v3 ) =movo q = I* At =.如圖11-25所示光滑平行金屬軌道abcd,

9、軌道的水平部分 bcd處于豎直向上的勻強磁場中，bc部分平行導軌寬度是 cd部分的2倍，軌道足夠長。將質(zhì)量相同的金屬棒 P和Q分 別置于軌道的ab段和cd段。P棒位于距水平軌道高為 h的地方，放開P棒，使其自由下滑， 求P棒和Q棒的最終速度。圖 11-25解答：設(shè)P棒從進入水平軌道開始到速度穩(wěn)定所用的時間為t, P, Q受到的平均作用力分別為P, Q受到的平均作用力分別為耳，琦，對pq分別應用動量定理得.MM中間接有電阻 R=5的U型足夠長金屬框架，框架寬度d=0.2m,豎直放置在如圖所示的水平勻強磁場中， 磁感應強度B=5T,電阻為r=1 的導體棒AB可沿 MN6摩擦滑動且接觸良好。現(xiàn)無初速

10、釋放導體棒 AB,發(fā)現(xiàn)AB下Vt h=6m 時恰達穩(wěn)定下滑狀態(tài)。已知導體棒AB的質(zhì)量m=0.1 kg,其它電阻不計。求：(1) AB棒穩(wěn)定下滑的速度；(2)此過程中電阻R上消耗的電能；(3)從開始下滑到穩(wěn)定狀態(tài)，流經(jīng) R的電量。(1)由平衡知識有：mg=F 根據(jù)安培力公式有：F=BId根據(jù)法拉第電磁感應定律有：E=BdV 解得：V=6m/s 1 C TOC o 1-5 h z (2)從開始下滑到穩(wěn)定的過程中，由能量關(guān)系有：Q =mgh-1mV2R電阻R消耗的電能QR =Q 解得：Qr=3.5JR R r(3)根據(jù)電流強度定義式有：q = I &根據(jù)全電路歐姆定律有：I=E/(R+r)根據(jù)法拉第

11、電磁感應定律有：E=/ t 解得：q =1C12.如圖所示，在與水平方向成 9=30 角的平面內(nèi)放置兩條平行、 光滑且足夠長的金屬軌道, 其電阻可忽略不計?？臻g存在著勻強磁場，磁感應強度B=0.20T ,方向垂直軌道平面向上。導體棒ab、cd垂直于軌道放置，且與金屬軌道接觸良好構(gòu)成閉合回路，每根導體棒的質(zhì)量m=2.0 10-2kg、電阻r=5. 0M0-20，金屬軌道寬度l=0.50m?，F(xiàn)對導體棒 ab施加平行于軌道 向上的拉力，使之沿軌道勻速向上運動。 在導體棒ab運動過程中，導體棒cd始終能靜止在 軌道上。g取10m/s2, 求：(1)導體棒cd受到的安培力大??；(2)導體棒ab運動的速度

12、大?。?3)拉力對導體棒ab做功的功率。(3分)導體棒cd靜止時受力平衡，設(shè)所受安培力為F安，則 TOC o 1-5 h z F 安=mgsin 02 分解得 F安=0.10N1分(8分)設(shè)導體棒ab的速度為v時，產(chǎn)生的感應電動勢為巳 通過導體棒cd的感應電流為I,則E=Blv2 分I = 2 分2rF安=BIl2分一 .一2Jr聯(lián)立上述二式解得 v= -1分B2l2代入數(shù)據(jù)得 v=1.0m/s1分(7分)設(shè)對導體棒ab的拉力為F,導體棒ab受力平衡，則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)如圖所示，光滑的U

13、型金屬導軌PQMN水平地固定在豎直向上的勻強磁場中.磁感應強度為B,導軌的寬度為L,其長度足夠長，QM之間接有一個阻值為 R的電阻，其余v0開始向右滑行。求: u分別為多大？部分電阻不計。一質(zhì)量為m,電阻也為R的金屬棒ab,恰能放在導軌之上并與導軌接觸良好。當給棒施加一個水平向右的沖量，棒就沿軌道以初速度(1)開始運動時，棒中的瞬間電流i和棒兩端的瞬間電壓(2)當棒的速度由 Vo減小到V0/10的過程中，棒中產(chǎn)生的(1)(共9分)開始運動時，棒中的感應電動勢:焦耳熱Q是多少？棒向右滑行的位移 x有多大？e=LvoB.（ 3 分）棒中的瞬時電流：i =e/2R = Lv oB/2R .（3分）

14、TOC o 1-5 h z 棒兩端的瞬時電壓：u=R- e = 1LvoB（3分）R R 2(2)(共9分)由能量轉(zhuǎn)化與守恒定律知，全電路在此過程中產(chǎn)生的焦耳熱:.（2 分）.（2 分）Q 總= 1mv02-1m（工v0）2=mv。22210200棒中產(chǎn)生的焦耳熱為：Q= 1 Q總=-99 mvo22400令：At表示棒在減速滑行時某個無限短的時間間隔，則在這一瞬時 和瞬時加速度的極限思想，應用牛二律有：iLB = m A v/ A t結(jié)合電磁感應定律和瞬時速度的極限思想，應用全電路歐姆定律有：i - 2R = L B v = L B A x/A t所以：mLBAv =LB2R A x, 即：

15、 A x oc A v所以對于全過程，上述正比例關(guān)系仍成立,一一9 一所以對于全過程（Av= v0）,得：109 RmAx=x =v05 L2B2,結(jié)合安培力（1分）.（3 分）注釋：以上是借用了比值極限的求解思路，還可以借用下面的“微分”思路求解;其它求解思路（例如：平均等），此處從略。令at表示棒在減速滑行的某個無限短的時間間隔，則 at內(nèi)， TOC o 1-5 h z 應用動量定理有：iLB t= m Av（1 分）應用全電路歐姆定律有：i = BLv2R.（ 1分）又因為：vzt= x（ 1分）所以： B L Ax= m A v （1 分）2R即： A xoc A v所以對于全過程，上

16、述正比例關(guān)系仍成立所以 對于全過程（v= 3V0）,得：10 x=x =9 Rm v （ 1 分）5黃.如圖所示，處于勻強磁場中的兩根足夠長、電阻不計的平行金屬導軌相距L = 1m,導軌平面與水平面成0 = 37o角，下端連接阻值為 R的電阻。勻強磁場方向與導軌平面垂直。質(zhì) 量為m = 0.2kg ,電阻不計的金屬棒放在兩導軌上，棒與導軌垂直并保持良好接觸，它們之 間的動摩擦因數(shù)為 =0.25。（設(shè)最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力大?。┣?： 金屬棒沿導軌由靜止開始下滑時加速度a的大小； 當金屬棒下滑速度達到穩(wěn)定時， 電阻R消耗的功率為8W,求此時金屬棒速度 v的大小; 在上問中，若 R=2 ，

17、金屬棒中的電流方向由 a到b,求磁感應強度 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）根據(jù)牛頓第二定律mgsin 0 f = ma （1分）f =（1 分）N = mgcos 0（1 分）聯(lián)立得 a = g （sin -） cos 0）（1分）代入已知條件得 a = 10 x （0.6-0.25 0.8）a = 4m/s2 （1 分）設(shè)金屬棒運動達到穩(wěn)定時，速度為v,所受安培力為F,棒在沿導軌方向受力平衡mg （sin -9（i cos）0-F=0 （1 分）此時金屬棒克服安培力做功的功率P等于電

18、路中電阻R消耗的電功率 TOC o 1-5 h z P = Fv （1 分）PPF mg （sin 1cos）由兩式解得 v =P=P （1分）將已知數(shù)據(jù)代入上式得v =0.2 10 （0.6 -0.25 0.8）v =10m/s(用其它方法算出正確答案同樣給分)(3)設(shè)電路中電流為I,兩導軌間金屬棒的長為L,磁場的磁感應強度為 B(1分)(1分)1分）E=BLvi=ERp = i2r由式解得 B = PR = -82 T = 0.4T vL 10 1磁場方向垂直導軌平面向上 (1分).如圖15所示，邊長L= 0.20m的正方形導線框 ABCD由粗細均勻的同種材料制成，正方 形導線框每邊的電阻

19、 R0=1.0Q ,金屬棒MN與正方形導線框的對角線長度恰好相等，金屬棒MN的電阻r= 0.20 。導線框放置在勻強磁場中，磁場的磁感應強度B=0.50T ,方向垂直導線框所在平面向里。金屬棒MN與導線框接觸良好，且與導線框?qū)蔷€ BD垂直放置在導線框上，金屬棒的中點始終在BD連線上。若金屬棒以 v=4.0m/s的速度向右勻速運動，當金屬棒運動至AC的位置時，求(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字 )：(1)金屬棒產(chǎn)生的電動勢大?。?2)金屬棒MN上通過的電流大小和方向；(3)導線框消耗的電功率。(1)金屬棒產(chǎn)生的電動勢大小為 TOC o 1-5 h z E=B x12 Lv=0.4 近 V=0.56V

20、 2分(2)金屬棒運動到 AC位置時，導線框左、右兩側(cè)電阻并聯(lián)，其并聯(lián) 電阻大小為R并=1.0，根據(jù)閉合電路歐姆定律, E 八a1= =0.47A 2分R r根據(jù)右手定則，電流方向從 N到M 1分(3)導線框消耗的功率為：P t匡=I2R并=0.22W 2分.如圖所示，在磁感應強度為B的水平方向的勻強磁場中豎直放置兩平行導軌，磁場方向與導軌所在平面垂直。導軌上端跨接一阻值為R的電阻(導軌電阻不計)。兩金屬棒a和b的電阻均為R,質(zhì)量分別為 m=2x 10-2Kg和m=1x 10-2Kg,它們與導軌相連，并可沿導軌無摩擦滑動。閉合開關(guān) S先固定b,用一恒力F向上拉a,穩(wěn)定后a以v1=10m/s的速度勻速運動，此時再釋放 b, b恰好能保持靜止，設(shè)導軌足夠