專練20 應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析電磁感應(yīng)問題

專練20應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析電磁 感應(yīng)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(yīng)強(qiáng)度的大小為B.電荷量為q的帶正電小球(視為質(zhì)點(diǎn))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(dāng)線框下邊剛離開磁場時(shí)恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，且其速度為v01 m/s；當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到電場的下邊界時(shí)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(jì)一切摩擦，求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。?2)小球所帶的電荷量；(3)經(jīng)過足夠長時(shí)間后，小球到達(dá)的最低點(diǎn)與電場上邊界的距離解析(1)線框下邊離開磁場時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)到電場的下邊界，根據(jù)動(dòng)能定理：qELmgsin ×2L0mv代入數(shù)據(jù)解得：q2.2×106C.(3)經(jīng)足夠長時(shí)間后，線框最終不會(huì)再進(jìn)入磁場，即運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)是線框的上邊與磁場的下邊界重合，設(shè)小球運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)到電場上邊界的距離為x.根據(jù)動(dòng)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(dǎo)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(dǎo)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(yīng)強(qiáng)度大小相同ab棒光滑，cd棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.75，兩棒總電阻為1.8 ，導(dǎo)軌電阻不計(jì)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(dǎo)軌勻加速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)cd棒也由靜止釋放(g取10 m/s2)圖2(1)求出磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)動(dòng)，求出cd棒達(dá)到最大速度所需的時(shí)間t0，并在圖(c)中定性畫出cd棒所受摩擦力fcd隨時(shí)間變化的圖象解析(1)經(jīng)過時(shí)間t，金屬棒ab的速率vat此時(shí)，回路中的感應(yīng)電流為I對(duì)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(diǎn)：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(dòng)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(yùn)動(dòng)，當(dāng)cd棒所受重力與滑動(dòng)摩擦力相等時(shí)，速度達(dá)到最大；然后做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)，最后停止運(yùn)動(dòng)當(dāng)cd棒速度達(dá)到最大時(shí)，有m2gFN又FNF安F安BILIvmat0整理解得t0 s2 sfcd隨時(shí)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(dǎo)軌所在平面與水平面成53°角，導(dǎo)軌間接一阻值為3 的電阻R，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)在兩平行虛線間有一與導(dǎo)軌所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場，磁場區(qū)域的寬度為d0.5 m導(dǎo)體棒a的質(zhì)量為m10.1 kg、電阻為R16 ；導(dǎo)體棒b的質(zhì)量為m20.2 kg、電阻為R23 ，它們分別垂直導(dǎo)軌放置并始終與導(dǎo)軌接觸良好現(xiàn)從圖中的M、N處同時(shí)將a、b由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)過程中它們都能勻速穿過磁場區(qū)域，且當(dāng)a剛出磁場時(shí)b正好進(jìn)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(jì))，求：圖3(1)在b穿越磁場的過程中a、b兩導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的熱量之比；(2)在a、b兩導(dǎo)體棒穿過磁場區(qū)域的整個(gè)過程中，裝置上產(chǎn)生的熱量；(3)M、N兩點(diǎn)之間的距離解析(1)，29(2)設(shè)整個(gè)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(shè)a進(jìn)入磁場的速度大小為v1，此時(shí)電路中的總電阻R總1 7.5 b進(jìn)入磁場的速度大小為v2，此時(shí)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(diǎn)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(dǎo)軌內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，金屬桿ab與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌右端與電路連接已知導(dǎo)軌相距為L，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，R1、R2和ab桿的電阻值均為r，其余電阻不計(jì)，板間距為d、板長為4d，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力如果ab桿以某一速度向左勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(yùn)動(dòng)時(shí)，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(yùn)動(dòng)的速度大小v；(2)求微粒水平射入兩板時(shí)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(yùn)動(dòng)的速度范圍解析(1)設(shè)ab桿勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，則ab桿產(chǎn)生的電動(dòng)勢為EBLv兩板間的電壓為U0Eab桿向左勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)：mg由式得：v(2)ab桿向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)帶電微粒射入兩極板時(shí)的速度為v0，向下運(yùn)動(dòng)的加速度為a，經(jīng)時(shí)間t射到C點(diǎn)，有：mgma微粒做類平拋運(yùn)動(dòng)有：dv0tat2由得：v0(3)要使帶電微粒能從兩板間射出，設(shè)它在豎直方向運(yùn)動(dòng)的加速度為a1、時(shí)間為t1，應(yīng)有：>a1tt1由得：a1<若a1的方向向上，設(shè)ab桿運(yùn)動(dòng)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(shè)ab桿的運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)時(shí)速度的大小范圍為<v<答案見解析方法技巧巧用功能關(guān)系以及能量守恒思想(1)在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，當(dāng)安培力是變力時(shí)，無法直接求安培力做的功，這時(shí)要用功能關(guān)系和能量守恒的觀點(diǎn)來分析問題(2)一個(gè)注意點(diǎn)：在應(yīng)用能量守恒觀點(diǎn)解決電磁感應(yīng)問題時(shí)，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