1、依軌道間有電阻 R,處于磁感應(yīng)強(qiáng)電磁感應(yīng)計(jì)算題1 .如圖所示，兩根相距L平行放置的光滑導(dǎo)電軌道，與水平面的夾角為度為B、方向垂直軌道向上的勻強(qiáng)磁場中，一根質(zhì)量為 m、電阻為r的金屬桿ab,由靜止開始沿導(dǎo)電軌道下滑，設(shè)下滑過程中桿 ab始終與軌道保持垂直，且接觸良好，導(dǎo)電軌道有足夠的長度且電阻不計(jì)，求: (1)金屬桿的最大速度是多少；S,求金屬桿在此過程中克服安培力做的功;(2)當(dāng)金屬桿的速度剛達(dá)到最大時(shí)，金屬桿下滑的距離為a的勻加速運(yùn)動(a>gsin 0(3)若開始時(shí)就給桿 ab沿軌道向下的拉力F使其由靜止開始向下做加速度為 求拉力F與時(shí)間t的關(guān)系式？2 .如圖所示，水平面上有兩電阻不計(jì)

2、的光滑金屬導(dǎo)軌平行固定放置，間距d為0.5 m,左端通過導(dǎo)線與阻值為3 的電阻R連接，右端通過導(dǎo)線與阻值為 4 的小燈泡L連接，在CDEF巨形區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場， CE長為2 m, CDEFK域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B隨時(shí)間變化如圖所示，在 t = 0時(shí)，一阻值為2 的金屬棒在恒 力F作用下由靜止開始從 AB位置沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動，當(dāng)金屬棒從AB位置運(yùn)動到EF位置過程中，小燈泡的亮度沒有發(fā)生變化，求：(1)通過小燈泡的電流強(qiáng)度；(2)恒力F的大??；(3)金屬棒的質(zhì)量。 5JnjtS P FJR丁“74 .如圖甲所示，電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌相距L=0.5m,上端連接R=0.5 的電阻，下端

3、連接著電阻不計(jì)的金屬卡環(huán)，導(dǎo)軌與水平面的夾角0=30°.導(dǎo)軌間虛線區(qū)域存在方向垂直導(dǎo)軌平面向上的磁場，其上、 下邊界之間的距離S=10m,磁感應(yīng)弓II度的B-t圖如圖乙所示。長為L且質(zhì)量為m=0.5kg的金屬棒ab的電阻 不計(jì)，垂直導(dǎo)軌放置于距離磁場上邊界d=2.5m處，與導(dǎo)軌始終接觸良好.在t=0時(shí)刻棒由靜止釋放，滑至導(dǎo)軌底端被環(huán)卡住不動，g取10m/s2,求：(1)棒運(yùn)動到磁場上邊界的時(shí)間；(2)棒進(jìn)入磁場時(shí)受到的安培力；(3)在05s時(shí)間內(nèi)電路中產(chǎn)生的焦耳熱。t/s乙4如圖所示，質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒ab的電阻為r,水平放在相距為l的豎直光滑金屬導(dǎo)軌上.導(dǎo)軌平面處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為

4、B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向外的勻強(qiáng)磁場中.左側(cè)是水平放置、間距為 d的平行金屬板.導(dǎo) 軌上方與一可變電阻 R連接，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸良好.重力加速度為g.(1)調(diào)節(jié)可變電阻的阻值為 Ri=3r,釋放導(dǎo)體棒，當(dāng)棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時(shí)，將帶電量為+q的微粒沿金屬板間的中心線水平射入金屬板間，恰好能勻速通過.求棒下滑的速率v和帶電微粒的質(zhì)量 m.(2)改變可變電阻的阻值為R2=4r,同樣在導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時(shí)，將該微粒沿原來的中心線水平射入t.l金屬板間，若微粒最后碰到金屬板并被吸收.求微粒在金屬板間運(yùn)動的時(shí)間5如圖(BE左邊為側(cè)視圖，右邊府視圖)所示，電阻不計(jì)的光滑導(dǎo)軌 ABC DEF

5、平行放置，間距為 L, BC EF水平，AR DE與水平面成。角。PQ PQ是相同的兩金屬桿，它們與導(dǎo)軌垂直，質(zhì)量均為m電阻均為R。平行板電容器的兩金屬板 M N的板面沿豎直放置，相距為 d,并通過導(dǎo)線與導(dǎo)軌 ABC DEF連接。整個(gè)裝置處 于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中。要使桿PQ靜止不動，求：(1)桿PQ應(yīng)沿什么方向運(yùn)動？速度多大？(2)從。點(diǎn)入射的離子恰好沿圖中虛線通過平行板電容器，則入射粒子的速度多大？6. 一半徑為r的圓形導(dǎo)線框內(nèi)有一勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于導(dǎo)線框所在平面.導(dǎo)線框的右端通過導(dǎo)線接一對水平放置的平行金屬板，板長為L,兩板間的距離為d;如圖所示，有一帶電

6、量為 q、質(zhì)量為m的離子(不計(jì)重力)以初速度 V0從極板左端沿兩板中線水平向右射入板間.該離子從兩板間飛出后，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng) 度為Bi、寬為D的勻強(qiáng)磁場(磁場的上下區(qū)域足夠大)中作勻速圓周周運(yùn)動.(1)若圓形導(dǎo)線框中的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B隨時(shí)間變化的規(guī)律是 B= -Kt +氏，試判斷1、2兩極板哪一塊為正極板？并算出兩極板間的電壓 U.(2)設(shè)兩極板間的電壓為 U。，則離子飛出兩極板時(shí)的速度v大小為多少？(3)若(2)問中求得速度代入數(shù)據(jù)后發(fā)現(xiàn)恰好有v=顯v0,要使離子不從右邊界飛出，求磁感應(yīng)強(qiáng)度7如圖，相距L的光滑金屬導(dǎo)軌，半徑為 R的1圓弧部分豎直放置、直的部分固定于水平地面，MNQP范圍4內(nèi)

7、有方向豎直向下、 磁感應(yīng)弓雖度為B的勻強(qiáng)磁場.金屬棒ab和cd垂直導(dǎo)軌且接觸良好，cd靜止在磁場中，ab 從圓弧導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放， 進(jìn)入磁場后與cd沒有接觸.已知ab的質(zhì)量為m、電阻為r, cd的質(zhì)量為3m、 電阻為r.金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為 g.(1)求：ab到達(dá)圓弧底端時(shí)對軌道的壓力大小(2)在圖中標(biāo)出ab剛進(jìn)入磁場時(shí)cd棒中的電流方向(3)若cd離開磁場時(shí)的速度是此刻 ab速度的一半，求：cd離開磁場瞬間，ab受到的安培力大小1解：（1）受力如圖所示，當(dāng) mgsin 0=F安（2分）時(shí)速度最大，設(shè)為Vm此時(shí)電動勢：E BLvm （2分），安培力：F安 BIL （2分）由閉合電

8、路歐姆定律：I -E （2分）R r得：Vm（2）由功能關(guān)系,mgsin （R r）B2L2mgSsinW安得：W安（1分）12 八-mVm （2分）222m gsin （R r）、”mg sin （S ） （2 分）2B4L4（3）經(jīng)過時(shí)間t,桿的速度v=at （1分）由牛頓第二定律：F+ mgsin 0 BIL=ma （2分）2 2B L a x得： F m（a gsin ） 1 （2 分）R r3.解：（1）由牛頓第二定律：mg sin ma 得：a gsin一 . 25m/ s 2分122d.由運(yùn)動學(xué)公式：d 1at2 得：t J 1s 2. a（2）由法拉第電磁感應(yīng)定律：E BLv

9、且v at而F安BIL_ 2 2B L at2.5N（3）因?yàn)镕安 mgsin 2.5N ,所以金屬棒進(jìn)入磁場后做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動至導(dǎo)軌底端的時(shí)間為:t1 s 2s。由圖可知，棒被卡住 1s后磁場才開始均勻變化。2分v IsB由法拉第電磁感應(yīng)定律：E1 5V2分t t所以在0-5s時(shí)間內(nèi)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為：Q Q1 Q2Q1 孰 25JRQ2 且 t250JR所以Q 75J4. （1）棒勻速下滑，有IBl Mg（2分）回路中的電流I BlvRr將R=3r代入棒下滑的速率（2分）4Mgr_2 2B l（2分）金屬板間的電壓U IR1帶電微粒在板間勻速運(yùn)動，有Umg qd聯(lián)立解得帶電微粒的質(zhì)量

10、（1分）（2分）3qMrBld（2分）（2）導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌勻速下滑，回路電流保持不變，金屬板間的電壓（2分）電壓增大使微粒射入后向上偏轉(zhuǎn)，有U ' q mg ma（2分）d I2（1分）22聯(lián)立解得微粒在金屬板間運(yùn)動的時(shí)間（2分）5、解： 設(shè)杠PQ運(yùn)動速度為V,/f MN切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E BLV （2分）_回路電流：IE （2分）R RPQ桿靜止，對桿 p q : mgtan 0 =BIL （2分）由、得： V 2mg鳴“ （2分）b2l2根據(jù)左手定則與右手定則，PQ應(yīng)向右運(yùn)動 （2分）兩平行板間的電壓：U IR （2分）粒子在電場中運(yùn)動，電場力：F qE 9“ （2分）離子

11、沿直線通過平行板電容器，這時(shí)離子所受的電場力和洛倫茲力相互平衡:（2分）1極板為正極板（2分）（2分）聯(lián)立解得：V0 mgR手6.解：（1）根據(jù)楞次定律可以判斷：由題意知磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率 K （1分） t法拉第電磁感應(yīng)定律可知： 感應(yīng)電動勢大小為E=一 S SK （2 分） t t而：S=兀r?故兩板間的電壓 U=E= tz Kr2（1分）（2）如圖所示，該離子在兩板間作類平拋運(yùn)動，設(shè)離子在兩板間運(yùn)動時(shí)間為t,則有:ma（2分）L= v0t（1 分）飛出兩板時(shí)，豎直速度 vy=at（1分）故離子飛出兩板時(shí)速度（qU 0L）2mdvo（2分）若v=E，則cos哼率即=45°（1分）設(shè)離子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動的運(yùn)動半徑為R,2由牛頓第二定律有：q B1 （2分）1 R要使電子不從磁場右邊界離開，如圖須有 ：R+Rcos45° D（2 分）解得：B1 金1 mv0（1分）qD7.解析：（1）設(shè)ab到達(dá)圓弧底端時(shí)受到的支持力大小為N, ab下滑機(jī)械能守恒，有:19-mgR mv2 22由牛頓第二定律：N mgR聯(lián)立得：N 3mg由牛頓第三定律知：對軌道壓力大小為N 3mg（2）如圖（2分）（如用文字表達(dá)，正確