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1、專練20 應用動力學和能量觀點分析電磁
感應問題
圖1
1. 如圖1所示,傾角為θ=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v0=1 m/s;當小球運動到電場的下
2、邊界時速度剛好為0.已知L=1 m,E=6×106 N/C,R= 0.1 Ω,m=0.8 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 θ-=0
解得B=0.8 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:
-qEL+mgsin θ×2L=0-mv
代入數(shù)據(jù)解得:q=2.2×10-6C.
3、
(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:qEx-mgsin θ(L+x)=0
代入數(shù)據(jù)得:x= m
答案 (1)0.8 T (2)2.2×10-6C (3) m
2.相距L=1.5 m的足夠長金屬導軌豎直放置,質量為m1=1 kg的金屬棒ab和質量為m2=0.27 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.a(chǎn)b棒光滑,cd棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ=0.75,
4、兩棒總電阻為1.8 Ω,導軌電阻不計.a(chǎn)b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?。?
(2)已知在2 s內外力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v=at
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
F-BIL-m1
5、g=m1a
由以上各式整理得:F=m1a+m1g+at
在圖線上取兩點:
t1=0,F(xiàn)1=11 N;t2=2 s,F(xiàn)2=14.6 N
代入上式得a=1 m/s2,B=1.2 T.
(2)在2 s末金屬棒ab的速率vt=at=2 m/s
所發(fā)生的位移s=at2=2 m
由動能定理得WF-m1gs-W安=m1v
又Q=W安
聯(lián)立以上方程,解得Q=WF-m1gs-m1v
=40 J-1×10×2 J-×1×22 J=18 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
6、度達到最大時,有m2g=μFN
又FN=F安
F安=BIL
I==
vm=at0
整理解得t0== s=2 s
fcd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α=53°角,導軌間接一阻值為3 Ω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d=0.5 m.導體棒a的質量為m1=0.1 kg、電阻為R1=6 Ω;導體棒b的質量為m2=0.2 kg、電阻為R2=3 Ω,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
7、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)=,=,==2∶9
(2)設整個過程中裝置上產(chǎn)生的熱量為Q
由Q=m1gsin α·d+m2gsin α·d,
可解得Q=1.2 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= Ω=7.5 Ω
8、
b進入磁場的速度大小為v2,此時電路中的總電阻
R總2= Ω=5 Ω
由m1gsin α=和m2gsin α=,
可得==
又由v2=v1+a
得v2=v1+8×
由上述兩式可得v=12 (m/s)2,v=v
M、N兩點之間的距離Δs=-= m
答案 (1)2∶9 (2)1.2 J (3) m
4.如圖4所示,足夠長的平行金屬導軌內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
9、勻速運動時,沿兩板中心線水平射入質量為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E=BLv ①
兩板間的電壓為U0=E= ②
ab桿向左勻速運動時:=mg ③
由①②③式得:v= ④
(
10、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:+mg=ma ⑤
微粒做類平拋運動有:d=v0t ⑥
=at2 ⑦
由③⑤⑥⑦得:v0= ⑧
(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:
>a1t ⑨
t1= ⑩
由⑧⑨⑩得:a1< ?
若a1的方向向上,設ab桿運動的速度為v1,兩板電壓為:U1=BLv1
11、 ?
又有:-mg=ma1 ?
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:U2=BLv2 ?
又有:mg-=ma1 ?
由???式得:v2> ?
所以ab桿向左勻速運動時速度的大小范圍為