电磁感应专题动力学和能量问题.docx

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电磁感应专题动力学和能量问题

电磁感应专题（动力学与能量问题）

【典例1】　如图1所示，光滑斜面的倾角α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1＝1m，bc边的边长l2＝0.6m，线框的质量m＝1kg，电阻R＝0.1Ω，线框通过细线与重物相连，重物质量M＝2kg，斜面上ef（ef∥gh）的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间做匀速运动，ef和gh的距离s＝11.4m，（取g＝10m/s2），求：

图1

（1）线框进入磁场前重物的加速度；

（2）线框进入磁场时匀速运动的速度v；

（3）ab边由静止开始到运动到gh处所用的时间t；

（4）ab边运动到gh处的速度大小及在线框由静止开始运动到gh处的整个过程中产生的焦耳热。

1．如图2所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L＝0.50m，导轨平面与水平面间夹角θ＝37°，N、Q间连接一个电阻R＝5.0Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B＝1.0T。

将一根质量为m＝0.050kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不计。

现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好。

已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.50，当金属棒滑行至cd处时，其速度大小开始保持不变，位置cd与ab之间的距离s＝2.0m。

已知g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80。

求：

图2

（1）金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；

（2）金属棒到达cd处的速度大小；

（3）金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻R产生的热量。

【典例2】　（2014·天津卷，11）如图3所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4m。

导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5T。

在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。

然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4kg，电阻R2＝0.1Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。

cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10m/s2，问：

图3

（1）cd下滑的过程中，ab中的电流方向；

（2）ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；

（3）从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离s＝3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少。

【变式训练】

2．（多选）如图4所示，粗糙的平行金属导轨倾斜放置，导轨电阻不计，顶端QQ′之间连接一个阻值为R的电阻和开关S，底端PP′处与一小段水平轨道相连，有匀强磁场垂直于导轨平面。

断开开关S，将一根质量为m、长为l的金属棒从AA′处由静止开始滑下，落在水平面上的FF′处；闭合开关S，将金属棒仍从AA′处由静止开始滑下，落在水平面上的EE′处；开关S仍闭合，金属棒从CC′处（图中没画出）由静止开始滑下，仍落在水平面上的EE′处。

（忽略金属棒经过PP′处的能量损失）测得相关数据如图所示，下列说法正确的是（　　）

图4

A．S断开时，金属棒沿导轨下滑的加速度为

B．S闭合时，金属棒刚离开轨道时的速度为x2

C．电阻R上产生的热量Q＝

（x

－x

）

D．CC′一定在AA′的上方

【典例3】　（2014·江苏卷，13）如图5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：

图5

（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。

【变式训练】

3．如图6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。

图6

（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。

规范解答　

（1）线框进入磁场前，仅受到细线的拉力T，斜面的支持力和线框的重力，重物受到自身的重力和细线的拉力T′，对线框由牛顿第二定律得

T－mgsinα＝ma

对重物由牛顿第二定律得Mg－T′＝Ma

又T＝T′

联立解得线框进入磁场前重物的加速度

a＝

＝5m/s2。

（2）因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，则重物受力平衡：

Mg＝T1

线框abcd受力平衡：

T1′＝mgsinα＋TF安

又T1＝T1′

ab边进入磁场切割磁感线，产生的感应电动势

E＝Bl1v

回路中的感应电流为I＝

＝

ab边受到的安培力为F安＝BIl1

联立解得Mg＝mgsinα＋

代入数据解得v＝6m/s。

（3）线框abcd进入磁场前，做匀加速直线运动；进磁场的过程中，做匀速直线运动；进入磁场后到运动至gh处，仍做匀加速直线运动。

进磁场前线框的加速度大小与重物的加速度大小相同，为a＝5m/s2，该阶段的运动时间为t1＝

＝1.2s

进入磁场过程中匀速运动的时间t2＝

＝0.1s

线框完全进入磁场后的受力情况同进入磁场前的受力情况相同，所以该阶段的加速度仍为a＝5m/s2

由匀变速直线运动的规律得s－l2＝vt3＋

at

解得t3＝1.2s

因此ab边由静止开始到运动到gh处所用的时间

t＝t1＋t2＋t3＝2.5s。

（4）线框ab边运动到gh处的速度

v′＝v＋at3＝6m/s＋5×1.2m/s＝12m/s

整个运动过程产生的焦耳热

Q＝F安l＝（Mg－mgsinα）l2＝9J。

答案　

（1）5m/s2　

（2）6m/s　（3）2.5s　（4）12m/s　9J

解析　

（1）设金属棒开始下滑时的加速度大小为a，则

mgsinθ－μmgcosθ＝ma

解得a＝2.0m/s2

（2）设金属棒到达cd位置时速度大小为v、电流为I，金属棒受力平衡，有mgsinθ＝BIL＋μmgcosθ

I＝

解得v＝2.0m/s

（3）设金属棒从ab运动到cd的过程中，电阻R上产生的热量为Q，由能量守恒，有

mgssinθ＝

mv2＋μmgscosθ＋Q

解得Q＝0.10J

答案　

（1）2.0m/s2　

（2）2.0m/s　（3）0.10J

解析　

（1）根据右手定则判知cd中电流方向由d流向c，故ab中电流方向由a流向b。

（2）开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大摩擦力，设其为fmax，有fmax＝m1gsinθ①

设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有

E＝BLv②

设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有

I＝

③

设ab所受安培力为F安，有

F安＝BIL④

此时ab受到的最大摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1gsinθ＋fmax⑤

联立①②③④⑤式，代入数据解得：

v＝5m/s⑥

（3）设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有

m2gssinθ＝Q总＋

m2v2⑦

由串联电路规律有

Q＝

Q总⑧

联立解得：

Q＝1.3J⑨

答案　

（1）由a流向b　

（2）5m/s　（3）1.3J

解析　由平抛运动知识可知，S断开时，由h＝

gt2，x1＝v1t，v

＝2a1s，可得v1＝x1

，a1＝

，A错误；同理可得闭合开关S，v2＝x2

，B正确；故电阻R上产生的热量Q＝

mv

－

mv

＝

（x

－x

），C正确；因为金属棒有一部分机械能转化为电阻R上的内能，故不能判断CC′与AA′位置的关系，D错误。

答案　BC

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＝

④

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＝

⑦

（3）从开始下滑到滑至底端由能量守恒定律得：

3mgdsinθ＝Q＋Qf＋

mv2⑧

摩擦产生的内能Qf＝μmgdcosθ⑨

联立⑧⑨解得Q＝2mgdsinθ－

⑩

答案　

（1）tanθ　

（2）

（3）2mgdsinθ－

解析　

（1）对ab棒：

f＝μmg

v＝at

F－BIL－f＝ma

F＝m（μg＋a）＋

由图像信息，代入数据解得：

a＝1m/s2

（2）当t1＝2s时，F＝10N，由

（1）知

＝F－m（μg＋a），得B＝2T

（3）0～2s过程中，对ab棒，s＝

at

＝2m

v2＝at1＝2m/s

由动能定理知：

W－μmgs－Q＝

mv

代入数据解得Q＝18J

（4）设当时间为t′时，cd棒达到最大速度，

N′＝BIL＋mgcos53°

f′＝μN′

mgsin53°＝f′

mgsin53°＝μ（

＋mgcos53°）

解得：

t′＝5s

答案　

（1）1m/s2　

（2）2T　（3）18J　（4）5s