2015创新设计高中物理二轮复习-专练20应用动力学和能量观点分析电磁感应问题

专练20应用动力学和能量观点分析电磁感应问题1.如图1所示，倾角为θ＝53°的斜面上相继分布着宽度为L的电场和宽度为L的磁场，电场的下边界与磁场的上边界相距为L(即二者之间有段无电磁场区域)，其中电场方向沿斜面向上，磁场方向垂直于斜面向下、磁感应强度的大小为B.电荷量为q的带正电小球(视为质点)通过长度为4L的绝缘轻杆与边长为L、电阻为R的正方形单匝线框相连，组成总质量为m的“”形装置，置于斜面上，线框下边与磁场的上边界重合．现将该装置由静止释放，当线框下边刚离开磁场时恰好做匀速运动，且其速度为v0＝1m/s；当小球运动到电场的下边界时速度刚好为0.已知L＝1m，E＝6×106N/C，R＝0.1Ω，m＝0.8kg，sin53°＝0.8，g取10m/s2.不计一切摩擦，求：(1)磁感应强度的大小；(2)小球所带的电荷量；(3)经过足够长时间后，小球到达的最低点与电场上边界的距离．解析(1)线框下边离开磁场时做匀速直线运动，则有E感＝BLv0，I＝E感R，F安＝BIL＝B2L2v0R根据平衡条件：mgsinθ－B2L2v0R＝0解得B＝0.8T.(2)从线框刚离开磁场区域到小球刚运动到电场的下边界，根据动能定理：－qEL＋mgsinθ×2L＝0－12mv20代入数据解得：q＝2.2×10－6C.(3)经足够长时间后，线框最终不会再进入磁场，即运动的最高点是线框的上边与磁场的下边界重合，设小球运动的最低点到电场上边界的距离为x.根据动能定理：qEx－mgsinθ(L＋x)＝0图1代入数据得：x＝1617m答案(1)0.8T(2)2.2×10－6C(3)1617m2．相距L＝1.5m的足够长金属导轨竖直放置，质量为m1＝1kg的金属棒ab和质量为m2＝0.27kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图2(a)所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同．ab棒光滑，cd棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.75，两棒总电阻为1.8Ω，导轨电阻不计．ab棒在方向竖直向上，大小按图(b)所示规律变化的外力F作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放．(g取10m/s2)图2(1)求出磁感应强度B的大小和ab棒加速度的大小．(2)已知在2s内外力F做功40J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热．(3)判断cd棒将做怎样的运动，求出cd棒达到最大速度所需的时间t0，并在图(c)中定性画出cd棒所受摩擦力fcd随时间变化的图象．解析(1)经过时间t，金属棒ab的速率v＝at此时，回路中的感应电流为I＝ER＝BLvR对金属棒ab，由牛顿第二定律得F－BIL－m1g＝m1a由以上各式整理得：F＝m1a＋m1g＋B2L2Rat在图线上取两点：t1＝0，F1＝11N；t2＝2s，F2＝14.6N代入上式得a＝1m/s2，B＝1.2T.(2)在2s末金属棒ab的速率vt＝at＝2m/s所发生的位移s＝12at2＝2m由动能定理得WF－m1gs－W安＝12m1v2t又Q＝W安联立以上方程，解得Q＝WF－m1gs－12m1v2t＝40J－1×10×2J－12×1×22J＝18J.(3)cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动．当cd棒速度达到最大时，有m2g＝μFN又FN＝F安F安＝BILI＝ER＝BLvmRvm＝at0整理解得t0＝m2gRμB2L2a＝0.27×10×1.80.75×1.22×1.52×1s＝2sfcd随时间变化的图象如图所示．答案见解析3．(2014·蚌埠三县第二次联考)如图3所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成α＝53°角，导轨间接一阻值为3Ω的电阻R，导轨电阻忽略不计．在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁场区域的宽度为d＝0.5m．导体棒a的质量为m1＝0.1kg、电阻为R1＝6Ω；导体棒b的质量为m2＝0.2kg、电阻为R2＝3Ω，它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好．现从图中的M、N处同时将a、b由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，且当a刚出磁场时b正好进入磁场．(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g取10m/s2，a、b电流间的相互作用不计)，求：图3(1)在b穿越磁场的过程中a、b两导体棒上产生的热量之比；(2)在a、b两导体棒穿过磁场区域的整个过程中，装置上产生的热量；(3)M、N两点之间的距离．解析(1)R1R2＝21，I1I2＝13，Q1Q2＝I21R1tI22R2t＝2∶9(2)设整个过程中装置上产生的热量为Q由Q＝m1gsinα·d＋m2gsinα·d，可解得Q＝1.2J(3)设a进入磁场的速度大小为v1，此时电路中的总电阻R总1＝6＋3×33＋3Ω＝7.5Ωb进入磁场的速度大小为v2，此时电路中的总电阻R总2＝3＋6×36＋3Ω＝5Ω由m1gsinα＝B2L2v1R总1和m2gsinα＝B2L2v2R总2，可得v1v2＝m1R总1m2R总2＝34又由v2＝v1＋adv1得v2＝v1＋8×0.5v1由上述两式可得v21＝12(m/s)2，v22＝169v21M、N两点之间的距离Δs＝v222a－v212a＝712m答案(1)2∶9(2)1.2J(3)712m4．如图4所示，足够长的平行金属导轨内有垂直纸面向里的匀强磁场，金属杆ab与导轨垂直且接触良好，导轨右端与电路连接．已知导轨相距为L，磁场的磁感应强度为B，R1、R2和ab杆的电阻值均为r，其余电阻不计，板间距为d、板长为4d，重力加速度为g，不计空气阻力．如果ab杆以某一速度向左匀速运动时，沿两板中心线水平射入质量为m、带电荷量为＋q的微粒恰能沿两板中心线射出，如果ab杆以同样大小的速度向右匀速运动时，该微粒将射到B板距其左端为d的C处．图4(1)求ab杆匀速运动的速度大小v；(2)求微粒水平射入两板时的速度大小v0；(3)如果以v0沿中心线射入的上述微粒能够从两板间射出，试讨论ab杆向左匀速运动的速度范围．解析(1)设ab杆匀速运动的速度为v，则ab杆产生的电动势为E＝BLv①两板间的电压为U0＝13E＝BLv3②ab杆向左匀速运动时：qU0d＝mg③由①②③式得：v＝3mgdqBL④(2)ab杆向右匀速运动时，设带电微粒射入两极板时的速度为v0，向下运动的加速度为a，经时间t射到C点，有：qU0d＋mg＝ma⑤微粒做类平抛运动有：d＝v0t⑥d2＝12at2⑦由③⑤⑥⑦得：v0＝2gd⑧(3)要使带电微粒能从两板间射出，设它在竖直方向运动的加速度为a1、时间为t1，应有：d212a1t21⑨t1＝4dv0⑩由⑧⑨⑩得：a1g8⑪若a1的方向向上，设ab杆运动的速度为v1，两板电压为：U1＝13BLv1⑫又有：qU1d－mg＝ma1⑬联立⑪⑫⑬式得：v127mgd8qBL⑭若a1的方向向下，设ab杆的运动速度为v2，两板电压为：U2＝13BLv2⑮又有：mg－qU2d＝ma1⑯由⑪⑮⑯式得：v221mgd8qBL⑰所以ab杆向左匀速运动时速度的大小范围为21mgd8qBLv27mgd8qBL⑱答案见解析方法技巧巧用功能关系以及能量守恒思想(1)在电磁感应现象中，当安培力是变力时，无法直接求安培力做的功，这时要用功能关系和能量守恒的观点来分析问题．(2)一个注意点：在应用能量守恒观点解决电磁感应问题时，一定要分析清楚能量的转化情况，尤其要注意电能往往只是各种形式能转化的中介．