專練20 應用動力學和能量觀點分析電磁感應問題

專練20應用動力學和能量觀點分析電磁 感應問題 圖11. 如圖1所示，傾角為53°的斜面上相繼分布著寬度為L的電場和寬度為L的磁場，電場的下邊界與磁場的上邊界相距為L(即二者之間有段無電磁場區(qū)域)，其中電場方向沿斜面向上，磁場方向垂直于斜面向下、磁感應強度的大小為B.電荷量為q的帶正電小球(視為質(zhì)點)通過長度為4L的絕緣輕桿與邊長為L、電阻為R的正方形單匝線框相連，組成總質(zhì)量為m的“ ”形裝置，置于斜面上，線框下邊與磁場的上邊界重合現(xiàn)將該裝置由靜止釋放，當線框下邊剛離開磁場時恰好做勻速運動，且其速度為v01 m/s；當小球運動到電場的下邊界時速度剛好為0.已知L1 m，E6×106 N/C，R 0.1 ，m0.8 kg，sin 53°0.8，g取10 m/s2.不計一切摩擦，求：(1)磁感應強度的大??；(2)小球所帶的電荷量；(3)經(jīng)過足夠長時間后，小球到達的最低點與電場上邊界的距離解析(1)線框下邊離開磁場時做勻速直線運動，則有E感BLv0，I，F(xiàn)安BIL根據(jù)平衡條件：mgsin 0解得B0.8 T.(2)從線框剛離開磁場區(qū)域到小球剛運動到電場的下邊界，根據(jù)動能定理：qELmgsin ×2L0mv代入數(shù)據(jù)解得：q2.2×106C.(3)經(jīng)足夠長時間后，線框最終不會再進入磁場，即運動的最高點是線框的上邊與磁場的下邊界重合，設小球運動的最低點到電場上邊界的距離為x.根據(jù)動能定理：qExmgsin (Lx)0代入數(shù)據(jù)得：x m答案(1)0.8 T(2)2.2×106C(3) m2相距L1.5 m的足夠長金屬導軌豎直放置，質(zhì)量為m11 kg的金屬棒ab和質(zhì)量為m20.27 kg的金屬棒cd均通過棒兩端的套環(huán)水平地套在金屬導軌上，如圖2(a)所示，虛線上方磁場方向垂直紙面向里，虛線下方磁場方向豎直向下，兩處磁場磁感應強度大小相同ab棒光滑，cd棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為0.75，兩棒總電阻為1.8 ，導軌電阻不計ab棒在方向豎直向上，大小按圖(b)所示規(guī)律變化的外力F作用下，從靜止開始，沿導軌勻加速運動，同時cd棒也由靜止釋放(g取10 m/s2)圖2(1)求出磁感應強度B的大小和ab棒加速度的大小(2)已知在2 s內(nèi)外力F做功40 J，求這一過程中兩金屬棒產(chǎn)生的總焦耳熱(3)判斷cd棒將做怎樣的運動，求出cd棒達到最大速度所需的時間t0，并在圖(c)中定性畫出cd棒所受摩擦力fcd隨時間變化的圖象解析(1)經(jīng)過時間t，金屬棒ab的速率vat此時，回路中的感應電流為I對金屬棒ab，由牛頓第二定律得FBILm1gm1a由以上各式整理得：Fm1am1gat在圖線上取兩點：t10，F(xiàn)111 N；t22 s，F(xiàn)214.6 N代入上式得a1 m/s2，B1.2 T.(2)在2 s末金屬棒ab的速率vtat2 m/s所發(fā)生的位移sat22 m由動能定理得WFm1gsW安m1v又QW安聯(lián)立以上方程，解得QWFm1gsm1v40 J1×10×2 J×1×22 J18 J.(3)cd棒先做加速度逐漸減小的加速運動，當cd棒所受重力與滑動摩擦力相等時，速度達到最大；然后做加速度逐漸增大的減速運動，最后停止運動當cd棒速度達到最大時，有m2gFN又FNF安F安BILIvmat0整理解得t0 s2 sfcd隨時間變化的圖象如圖所示答案見解析3(2014·蚌埠三縣第二次聯(lián)考)如圖3所示，兩根足夠長且平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面成53°角，導軌間接一阻值為3 的電阻R，導軌電阻忽略不計在兩平行虛線間有一與導軌所在平面垂直的勻強磁場，磁場區(qū)域的寬度為d0.5 m導體棒a的質(zhì)量為m10.1 kg、電阻為R16 ；導體棒b的質(zhì)量為m20.2 kg、電阻為R23 ，它們分別垂直導軌放置并始終與導軌接觸良好現(xiàn)從圖中的M、N處同時將a、b由靜止釋放，運動過程中它們都能勻速穿過磁場區(qū)域，且當a剛出磁場時b正好進入磁場(sin 53°0.8，cos 53°0.6，g取10 m/s2，a、b電流間的相互作用不計)，求：圖3(1)在b穿越磁場的過程中a、b兩導體棒上產(chǎn)生的熱量之比；(2)在a、b兩導體棒穿過磁場區(qū)域的整個過程中，裝置上產(chǎn)生的熱量；(3)M、N兩點之間的距離解析(1)，29(2)設整個過程中裝置上產(chǎn)生的熱量為Q由Qm1gsin ·dm2gsin ·d，可解得Q1.2 J(3)設a進入磁場的速度大小為v1，此時電路中的總電阻R總1 7.5 b進入磁場的速度大小為v2，此時電路中的總電阻R總2 5 由m1gsin 和m2gsin ，可得又由v2v1a得v2v18×由上述兩式可得v12 (m/s)2，vvM、N兩點之間的距離s m答案(1)29(2)1.2 J(3) m4如圖4所示，足夠長的平行金屬導軌內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，金屬桿ab與導軌垂直且接觸良好，導軌右端與電路連接已知導軌相距為L，磁場的磁感應強度為B，R1、R2和ab桿的電阻值均為r，其余電阻不計，板間距為d、板長為4d，重力加速度為g，不計空氣阻力如果ab桿以某一速度向左勻速運動時，沿兩板中心線水平射入質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒恰能沿兩板中心線射出，如果ab桿以同樣大小的速度向右勻速運動時，該微粒將射到B板距其左端為d的C處圖4(1)求ab桿勻速運動的速度大小v；(2)求微粒水平射入兩板時的速度大小v0；(3)如果以v0沿中心線射入的上述微粒能夠從兩板間射出，試討論ab桿向左勻速運動的速度范圍解析(1)設ab桿勻速運動的速度為v，則ab桿產(chǎn)生的電動勢為EBLv兩板間的電壓為U0Eab桿向左勻速運動時：mg由式得：v(2)ab桿向右勻速運動時，設帶電微粒射入兩極板時的速度為v0，向下運動的加速度為a，經(jīng)時間t射到C點，有：mgma微粒做類平拋運動有：dv0tat2由得：v0(3)要使帶電微粒能從兩板間射出，設它在豎直方向運動的加速度為a1、時間為t1，應有：>a1tt1由得：a1<若a1的方向向上，設ab桿運動的速度為v1，兩板電壓為：U1BLv1又有：mgma1聯(lián)立式得：v1<若a1的方向向下，設ab桿的運動速度為v2，兩板電壓為：U2BLv2又有：mgma1由式得：v2>所以ab桿向左勻速運動時速度的大小范圍為<v<答案見解析方法技巧巧用功能關系以及能量守恒思想(1)在電磁感應現(xiàn)象中，當安培力是變力時，無法直接求安培力做的功，這時要用功能關系和能量守恒的觀點來分析問題(2)一個注意點：在應用能量守恒觀點解決電磁感應問題時，一定要分析清楚能量的轉(zhuǎn)化情況，尤其要注意電能往往只是各種形式能轉(zhuǎn)化的中介第7頁