电磁感应中的动力学和能量问题计算题专练

1电磁感应中的动力学和能量问题（计算题专练）1、如图所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度B的大小为5T，磁场宽度d＝0.55m，有一边长L＝0.4m、质量m1＝0.6kg、电阻R＝2Ω的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量为m2＝0.4kg的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长．(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力为多少？(2)当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x多大？(3)在(2)问中的条件下，若cd边恰离开磁场边界PQ时，速度大小为2m/s，求整个运动过程中ab边产生的热量为多少？解析(1)m1、m2运动过程中，以整体法有m1gsinθ－μm2g＝(m1＋m2)aa＝2m/s2以m2为研究对象有FT－μm2g＝m2a(或以m1为研究对象有m1gsinθ－FT＝m1a)FT＝2.4N(2)线框进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体法有m1gsinθ－μm2g－B2L2vR＝0v＝1m/sab到MN前线框做匀加速运动，有v2＝2axx＝0.25m(3)线框从开始运动到cd边恰离开磁场边界PQ时：m1gsinθ(x＋d＋L)－μm2g(x＋d＋L)＝12(m1＋m2)v21＋Q解得：Q＝0.4J所以Qab＝14Q＝0.1J答案(1)2.4N(2)0.25m(3)0.1J2、如图所示，足够长的金属导轨MN、PQ平行放置，间距为L，与水平面成θ角，导轨与定值电阻R1和R2相连，且R1＝R2＝R，R1支路串联开关S，原来S闭合．匀强磁场垂直导轨平面向上，有一质量为m、有效电阻也为R的导体棒ab与导轨垂直放置，它与导轨粗糙接触且始终接触良好．现将导体棒ab从静止释放，沿导轨下滑，当导体棒运动达到稳定状态时速率为v，此时整个电路消耗的电功率为重力功率的34.已知重力加速度为g，导轨电阻不计，求：(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小和达到稳定状态后导体棒ab中的电流强度I；(2)如果导体棒ab从静止释放沿导轨下滑x距离后达到稳定状态，这一过程回路中产生的电热是多少？(3)导体棒ab达到稳定状态后，断开开关S，从这时开始导体棒ab下滑一段距离后，通过导体棒ab横截面的电荷量为q，求这段距离是多少？解析(1)回路中的总电阻为：R总＝32R当导体棒ab以速度v匀速下滑时棒中的感应电动势为：E＝BLv此时棒中的感应电流为：I＝ER总此时回路的总电功率为：P电＝I2R总2此时重力的功率为：P重＝mgvsinθ根据题给条件有：P电＝34P重，解得：I＝mgvsinθ2RB＝32LmgRsinθ2v(2)设导体棒ab与导轨间的滑动摩擦力大小为Ff，根据能量守恒定律可知：14mgvsinθ＝Ffv解得：Ff＝14mgsinθ导体棒ab减少的重力势能等于增加的动能、回路中产生的焦耳热以及克服摩擦力做功的和mgsinθ·x＝12mv2＋Q＋Ff·x解得：Q＝34mgsinθ·x－12mv2(3)S断开后，回路中的总电阻为：R总′＝2R设这一过程经历的时间为Δt，这一过程回路中的平均感应电动势为E，通过导体棒ab的平均感应电流为I，导体棒ab下滑的距离为s，则：E＝ΔΦΔt＝BLsΔt，I＝ER总′＝BLs2RΔt得：q＝IΔt＝BLs2R解得：s＝4q32vRmgsinθ3、如图所示，固定的光滑平行金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m、电阻为r的导体棒与一端固定的弹簧相连后放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行．(1)求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a；(3)导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q.答案(1)BLv0R＋r，电流方向为b→a(2)gsinθ－B2L2vmR＋r(3)RR＋r[12mv20＋mgsinθ2k－Ep]解析(1)初始时刻，导体棒产生的感应电动势E1＝BLv0通过R的电流大小I1＝E1R＋r＝BLv0R＋r电流方向为b→a(2)回到初始位置时，导体棒产生的感应电动势为E2＝BLv感应电流I2＝E2R＋r＝BLvR＋r导体棒受到的安培力大小为F＝BI2L＝B2L2vR＋r，方向沿斜面向上根据牛顿第二定律有：mgsinθ－F＝ma解得a＝gsinθ－B2L2vmR＋r(3)导体棒最终静止，有：mgsinθ＝kx压缩量x＝mgsinθk3设整个过程回路产生的焦耳热为Q0，根据能量守恒定律有12mv20＋mgxsinθ＝Ep＋Q0Q0＝12mv20＋mgsinθ2k－Ep电阻R上产生的焦耳热Q＝RR＋rQ0＝RR＋r[12mv20＋mgsinθ2k－Ep]4、如图所示，两根足够长的平行导轨处在与水平方向成θ＝37°角的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.3m，导轨两端各接一个阻值R0＝2Ω的电阻；在斜面上加有磁感应强度B＝1T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场．一质量为m＝1kg、电阻r＝2Ω的金属棒横跨在平行导轨间，棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5.金属棒以平行于导轨向上、v0＝10m/s的初速度上滑，直至上升到最高点的过程中，通过上端电阻的电荷量Δq＝0.1C，求上端电阻R0产生的焦耳热Q.(g取10m/s2)解析由于导轨电阻不计，题中感应电路等效图如图所示，故ab上升过程中通过电路的感应电荷量为：ΔQ＝ΔΦR＝2×Δq设ab棒上滑的最大位移为x，因此，B·L·xR＝2Δq解得：x＝2m设ab杆上滑过程中上端电阻产生的焦耳热为Q，则整个回路中产生的焦耳热为6Q，由能量转化和守恒定律有：12mv20＝mgxsin37°＋μmgxcos37°＋6Q解得：Q＝5J.5、如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层。匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g。求：(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；(2)导体棒匀速运动的速度大小v；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q。解析(1)在绝缘涂层上运动时，受力平衡，则有mgsinθ＝μmgcosθ①解得：μ＝tanθ②(2)在光滑导轨上匀速运动时，导体棒产生的感应电动势为：E＝BLv③则电路中的感应电流I＝ER④导体棒所受安培力F安＝BIL⑤且由平衡条件得F安＝mgsinθ⑥联立③～⑥式，解得v＝mgRsinθB2L2⑦(3)从开始下滑到滑至底端由能量守恒定律得：3mgdsinθ＝Q＋Qf＋12mv2⑧4摩擦产生的内能Qf＝μmgdcosθ⑨联立⑧⑨解得Q＝2mgdsinθ－m3g2R2sin2θ2B4L4⑩答案(1)tanθ(2)mgRsinθB2L2(3)2mgdsinθ－m3g2R2sin2θ2B4L46、如图甲，电阻不计的轨道MON与PRQ平行放置，ON及RQ与水平面的倾角θ＝53°，MO及PR部分的匀强磁场竖直向下，ON及RQ部分的磁场平行轨道向下，磁场的磁感应强度大小相同，两根相同的导体棒ab和cd分别放置在导轨上，与导轨垂直并始终接触良好。棒的质量m＝1.0kg，R＝1.0Ω，长度L＝1.0m与导轨间距相同，棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，现对ab棒施加一个方向水向右，按图乙规律变化的力F，同时由静止释放cd棒，则ab棒做初速度为零的匀加速直线运动，g取10m/s2。(1)求ab棒的加速度大小；(2)求磁感应强度B的大小；(3)若已知在前2s内F做功W＝30J，求前2s内电路产生的焦耳热；(4)求cd棒达到最大速度所需的时间。解析(1)对ab棒：Ff＝μmgv＝atF－BIL－Ff＝maF＝m(μg＋a)＋B2L2at2R由图象信息，代入数据解得：a＝1m/s2(2)当t1＝2s时，F＝10N，由(1)知B2L2at2R＝F－m(μg＋a)，得B＝2T(3)0～2s过程中，对ab棒，x＝12at21＝2mv2＝at1＝2m/s由动能定理知：W－μmgx－Q＝12mv22代入数据解得Q＝18J(4)设当时间为t′时，cd棒达到最大速度，FN′＝BIL＋mgcos53°Ff′＝μFN′mgsin53°＝Ff′mgsin53°＝μ(B2L2at′2R＋mgcos53°)解得：t′＝5s答案(1)1m/s2(2)2T(3)18J(4)5s7、如图所示,两条足够长的平行光滑金属导轨,与水平面的夹角均为,该空间存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,区域Ⅰ的磁场方向垂直导轨平面向下,区域Ⅱ的磁场方向垂直导轨平面向上,两匀强磁场在斜面上的宽度均为L,一个质量为m、电阻为R、边长为L的正方形金属线框,由静止开始沿导轨下滑,当线圈运动到ab边刚越过ee′即做匀速直线运动;当线框刚好有一半进入磁场区域Ⅱ时,线框又恰好做匀速直线运动.求:(1)当线框刚进入磁场区域Ⅰ时速度v(2)当线框刚进入磁场区域Ⅱ时的加速度a(3)当线框刚进入磁场区域Ⅰ到刚好有一半进入磁场区域Ⅱ的过程中产生的热量Q.5解析(1)ab边刚越过ee′即做匀速直线运动,线框所受合力F为零.E=Blv,I=,则mgsin=BIL解得v=(2)当ab边刚越过ff′时,线框中的总感应电动势为E′=2BLv此时线框的加速度为a=-gsin=-gsin=3gsin(3)设线框再次做匀速运动的速度为v′,则mgsin=2Bv′=由能量守恒定律得Q=mg×Lsin+(mv2-mv′2)=mgLsin+8、如图甲所示,空间存在B=0.5T,方向竖直向下的匀强磁场,MN、PQ是处于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨,间距L=0.2m,R是连在导轨一端的电阻,ab是跨接在导轨上质量m=0.1kg的导体棒.从零时刻开始,通过一小型电动机对ab棒施加一个牵引力F,方向水平向左,使其从静止开始沿导轨做加速运动,此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好.图乙是棒的v—t图象,其中OA段是直线,AC段是曲线,DE是曲线图象的渐近线,小型电动机在12s末达到额定功率P额=4.5W,此后功率保持不变.除R以外,其余部分的电阻均不计,g=10m/s2.(1)求导体棒在0~12s内的加速度大小.(2)求导体棒与导轨间的动摩擦因数及电阻R的阻值.(3)若t=17s时,导体棒ab达到最大速度,从0~17s内共发生位移100m,试求12~17s内,R上产生的热量是多少?解析(1)由v—t图象知a===0.75m/s2(2)导体棒在0~12s内做匀加速运动,电动机的输出功率在增大,12s末达额定功率,做加速度逐渐减小的加速运动,16s后做匀速运动.设12s末的速度为v1,0~12s内的加速度为a1,E1=Blv1,I1=由牛顿第二定律F1-mg-BI1L=ma1则P额=F1·v1在乙图C点时棒达到最大速度vm=10m/sEm=Blvm,Im=由牛顿第二定律：F2-mg-BImL=0则P额=F2·vm联立,代入数据解得=0.2,R=0.4Ω(3)在0~12s内通过的位移:x1=(0+v1)t1=54mAC段过程发生的位移:x2=100-x1=46m由能量守恒:P0t=QR+mg·x2+mvm2-mv12解得QR=12.35J答案(1)0.75m/s2(2)0.20.4Ω(3)12.35J22s