(完整版)電磁感應中的能量轉(zhuǎn)換問題-經(jīng)典匯總,推薦文檔

1、在電磁感應中的動力學問題中有兩類常見的模型類型“電一動一電”型“動一電一動”型共21頁-第24頁棒ab長L,質(zhì)量m,電阻R;導軌光滑 棒ab長L,質(zhì)量m,電阻R;導軌光滑, 水平，電阻不計電阻不計BLE .S閉合，棒ab受安培力F=BLT，此時 RBLEa=k，棒ab速度vf-感應電動勢 mRBLvTT流 I 培力 F=BIL Wn 速度aj,當安培力F=0時，a=0, v 最大，最后勻速棒ab釋放后下滑，此時a= gsin外棒ab 速度vT7惑應電動勢 E = BLvT-電流I =*£培力F=BIL "口速度a （當 安培力F = mgsin出寸，a=0, v最大，最 后

2、勻速運動形式最終狀態(tài)變加速運動變加速運動勻速運動vm = ABL勻速運動vm =mgRsin_B2L2DC1、如圖甲所示，兩根足夠長的直金屬導軌 MN、PQ平行放置在傾角為0的絕緣斜面上，兩導軌間距 為L.M、P兩點間接有阻值為R的電阻.一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上，并與導軌垂 直.整套裝置處于磁感應強度為 B的勻強磁場中，磁場方向垂直斜面向下.導軌和金屬桿的電阻可忽 略.讓ab桿沿導軌由靜止開始下滑，導軌和金屬桿接觸良好，不計它們之間的摩擦.由b向a方向看到的裝置如圖乙所示，請在此圖中畫出 ab桿下滑過程中某時刻的受力示意圖.(2)在加速下滑過程中，當ab桿的速度大小為v時，求

3、此時ab桿中的電流及其加速度的大小.(3)求在下滑過程中，1、解析如右圖所示，ab桿受重力mg,豎直向下；支持力FN,垂直斜面向上；安培力F,平行斜面 向上.當ab桿速度為v時，感應電動勢E=BLv,此時電路中電流,E BLvI = R=-R-B2L2vab桿受到安培力F= BIL=- RB2L2VR根據(jù)牛頓運動定律，有 ma= mgsin 0-F = mgsin 0- a= gsin YB2L2v.mR(3HB2L2v = mgsin出寸，ab桿達到最大速度 vm=mgRsn RB2L22、如圖所示，足夠長的光滑平行導軌 MN、PQ傾斜放置，兩導軌間距離為 L=1.0 m,導軌平面與水 平面

4、間的夾角為30°,磁感應強度為B的磁場垂直于導軌平面向上，導軌的 M、P兩端連接阻值為R= 3.0 覘電阻，金屬棒ab垂直于導軌放置并用細線通過光滑定滑輪與重物相連，金屬棒 ab的質(zhì)量m= 0.20 kg,電阻r= 0.50 逋物的質(zhì)量M=0.60 kg,如果將金屬棒和重物由靜止釋放，金屬棒沿斜面上滑 的距離與時間的關系如下表所示，不計導軌電阻，g取10 m/s2求：時間t/s00.10.20.30.40.50.6上滑距離/m00.050.150.350.701.051.40(1)ab棒的最終速度是多少？(2)所加磁場的磁感應強度B為多大？(3)當v = 2 m/s時，金屬棒的加速度

5、為多大?F=BBLvmR+ r2、解析 (1)由表中數(shù)據(jù)可以看出最終ab棒將做勻速運動.svm = - = 3.5 m/s (2)棒受力如圖所示，由平衡條件得FT=F+mgsin 30FT=Mg聯(lián)立解得b=5 tB212V(3)當速度為2 m/s時，安培力F = B2L2V 對金屬棒 ab有 FTFmgsin 30 = ma 對重物有Mg FT = Ma聯(lián)立上式，代入數(shù)據(jù)得a= 2.68 m/s2XXXXXXXXXXXXl3、邊長為L的正方形閉合金屬線框，其質(zhì)量為 m,回路電阻為R.圖中M、N、P為磁場區(qū)域的邊界， 上下兩部分水平勻強磁場的磁感應強度大小均為B,方向如圖4所示.現(xiàn)讓金屬線框在圖

6、示位置由靜止開始下落，金屬線框在穿過 M和P兩界面的過程中均為勻速運動.已知 M、N之間和N、P之間的高度差相等，均為h=L+5m2LgR2金屬線框下落過程中金屬線框平面始終保持豎直，底邊始終保持水平， 8B4L4當?shù)氐闹亓铀俣葹間.試求：(1)圖示位置金屬線框的底邊到 M的高度d;(2)在整個運動過程中，金屬線框中產(chǎn)生的焦耳熱；(3)金屬線框的底邊剛通過磁場邊界 N時，金屬線框加速度的大小.M -XXXN=3、解析(1)根據(jù)題意分析可知，金屬線框在穿過 M界面時做勻速運動，設為v1,根據(jù)運動學公式有v12=2gd 在金屬線框穿過M的過程中，金屬線框中產(chǎn)生的感應電動勢E= BLv1 金屬線框

7、中產(chǎn)生的感應電流I =ER金屬線框受到的安培力F = BIL 根據(jù)物體的平衡條件有 mg=F,聯(lián)立解得d = m2gR22B4L4Q=mg(2h+L)(2)根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律，在整個運動過程中，金屬線框中產(chǎn)生的焦耳熱為 (3)設金屬線框的底邊剛通過磁場邊界 N時，金屬線框的速度大小為v2,根據(jù)題意和運動學公式有 v2?-v12 = 2g(h-L)解得 Q=mg(3L +5m2gR24B4L4 )此時金屬線框中產(chǎn)生的感應電動勢 E'=2BLv2一一 ,一 ， ，一 E'金屬線框中產(chǎn)生的感應電流I =ER金屬線框受到的安培力F'= 2BI' L根據(jù)牛頓第二定律有

8、F' mg= mai解得金屬線框的加速度大小為 a = 5g4、如圖所示，兩電阻不計的足夠長光滑平行金屬導軌與水平面夾角為0,導軌間距為1,所在平面的正方形區(qū)域abcd內(nèi)存在有界勻強磁場，磁感應強度為 B,方向垂直斜面向上.將甲、乙兩阻值相 同、質(zhì)量均為m的相同金屬桿放置在導軌上，甲金屬桿處在磁場的上邊界，甲乙相距1.靜止釋放兩金屬桿的同時，在甲金屬桿上施加一個沿著導軌向下的外力F,使甲金屬桿在運動過程中始終沿導軌向下做勻加速直線運動，加速度大小為 gsin，。乙金屬桿剛進入磁場時做勻速運動.(1)甲、乙的電阻R為多少；設剛釋放兩金屬桿時t=0,寫出從開始釋放到乙金屬桿離開磁場，外力

9、F隨時間t的變化關系； (3)若從開始釋放到乙金屬桿離開磁場，乙金屬桿中共產(chǎn)生熱量 Q,試求此過程中外力F對甲做的功.4、解析gsin ,0甲、乙加速度相同，所以當乙剛進入磁場時，甲剛出磁(1)對乙受力分析知，乙的加速度大小為 場，乙進入磁場時v =，2glsin0對乙由受力平衡可知mgsinB2l2v B2l2 2glsin"電 2R = 2R故R=B212.2glsin2mgsin 0(2)甲在磁場中運動時，外力F始終等于安培力,F=F安=IlBBlv2RIB因為 v=gsin 0 - t所以Bl gsin 0 mg2sin22R,2glsin其中 0<te甲出磁場以后，外

10、力F為零.(3)乙進入磁場前做勻加速運動，甲乙產(chǎn)生相同的熱量，設為 Q1,此過程中甲一直在磁場中，外力 F始 終等于安培力，則有 WF = W安=2Q1,乙在磁場中運動產(chǎn)生的熱量 Q2=QQ1,對乙利用動能定理 有 mglsin 42Q2 = 0,聯(lián)立解得 WF = 2Qmglsin 0.5、如圖9所示，長L1 = 1.0 m,寬L2 = 0.50 m的矩形導線框，質(zhì)量為 m = 0.20 kg,電阻R=2.0 蛆 正下方有寬為H(H>L2),磁感應強度為B=1.0 T,垂直于紙面向里的勻強磁場.現(xiàn)在，讓導線框從 cd邊距磁場上邊界h= 0.70 m處開始自由下落，當cd邊進入磁場中，a

11、b尚未進入磁場時，導線框做勻速 運動.(不計空氣阻力，取g= 10 m/s2)求：(1)線框完全進入磁場過程中安培力做的功是多少？1 b(2)線框穿出磁場過程中通過線框任一截面的電荷量q是多少？及Lx cXXXXHxxxJ XXXX5、解析(1)當線框勻速運動時：滿足mg=BIL1 ,而£=81", E=IR.線框由靜止到剛好進入磁場過程中，由動能定理有mg(L2 + h) + W=曙0,解得安培力做的功W= 0.8 J. - BI1I2(2)線框穿出磁場過程中通過線框任一截面的電荷量：q= I t= 即q=BLR2,代入數(shù)據(jù)解得q = 0.25 C.6、如圖所示，絕緣細繩

12、繞過輕滑輪連接著質(zhì)量為m的正方形導線框和質(zhì)量為 M的物塊，導線框的邊長為L、電阻為R,物塊放在光滑水平面上，線框平面豎直且 ab邊水平，其下方存在兩個勻強磁場區(qū) 域，磁感應強度的大小均為 B,方向水平但相反，I區(qū)域的高度為 L, II區(qū)域的高度為2L.開始時，線 框ab邊距磁場上邊界PP'的高度也為L,各段繩都處于伸直狀態(tài)，把它們由靜止釋放，運動中線框平 面始終與磁場方向垂直，M始終在水平面上運動，當ab邊剛穿過兩磁場的分界線 QQ'進入磁場H時， 線框做勻速運動.不計滑輪處的摩擦.求：(1)ab邊剛進入磁場I時，線框的速度大小；(2)cd邊從PP位置運動到QQ位置過程中，通過

13、線圈導線某橫截面的電荷量； (3)ab邊從PP位置運動到NN!位置過程中，線圈中產(chǎn)生的焦耳熱.N*6、解析1 一，(1)在線框下降L過程中，對線框和物塊組成的整體，由動能定理得mgL=-(m+M)v 2,所以線框的速度：v1 =2mgL m + M.I=E,所以通過線圈導線某截面的 R則線圈中產(chǎn)生的焦耳熱為 Q = 3mgL m+M m2g2R2 32B4L4線框從I區(qū)進入II區(qū)過程中，AgBS-(-BS)=2BL2, E = 電量：q=I 下2BL2R(3)線框ab邊運動到位置NN!之前，只有ab邊從PP位置下降2L的過程中線框中有感應電流，設線框 2Blv2ab邊剛進入II區(qū)域做勻速運動的

14、速度是 v2,線圈中電流為I2,則12=仝!產(chǎn)R此時M、m均做勻速運動，2BI2L=mg,此=71mgiR.4B2L21根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守怛定律有 mg -3L = 2(m+M)v 2 +Q,7、 （2011 天津 11）（18分）如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ間距為L = 0.5 m,其電阻不計，兩導軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成30角.完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導軌放置，每棒兩端都與導軌始終有良好接觸，已知兩棒質(zhì)量均為m = 0.02 kg,電阻均為R=0.1 Q,整個裝置處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度B = 0.2 T,棒ab在平行于導軌向上的力F

15、作用下，沿導軌向上勻速運動，而棒 cd恰好能夠保持靜止，?。?）通過棒cd的電流I是多少，方向如何？棒ab受到的力F多大？棒cd每產(chǎn)生Q=0.1 J的熱量，力F做的功W是多少？g= 10 m/s2,問:7、解析（1）對cd棒受力分析如圖所示由平衡條件得mgsin住BIL （2分）mgsin _0 0.02 10Kin 30BL0.2 0.5A = 1 A.（1分）根據(jù)楞次定律可判定通過棒cd的電流方向為由d到c. （1分）（2）棒ab與cd所受的安培力大小相等，對ab棒受力分析如圖所示,由共點力平衡條件知 F= mgsin+BIL（2分）代入數(shù)據(jù)解得F = 0.2 N.設在時間t內(nèi)棒cd產(chǎn)生Q

16、=0.1 J的熱量,由焦耳定律知 Q=I2Rt（2分）設ab棒勻速運動的速度是v,其產(chǎn)生的感應電動勢E = BLv（2分）由閉合電路歐姆定律知I=2R（2分）時間t內(nèi)棒ab運動的位移s= vt（2分）力F所做的功W=Fs（2分）綜合上述各式，代入數(shù)據(jù)解得W=0.4 J.（1分）8、(15分)如圖所示，兩平行光滑的金屬導軌 MN、PQ固定在水平面上，相距為L,處于豎直方向的磁 場中，整個磁場由若干個寬度皆為 d的條形勻強磁場區(qū)域1、2、3、4組成，磁感應強度 B1、B2 的方向相反，大小相等，即 B1 = B2 = B.導軌左端MP間接一電阻R,質(zhì)量為m、電阻為的細導體棒 ab垂直放置在導軌上，

17、與導軌接觸良好，不計導軌的電阻.現(xiàn)對棒ab施加水平向右的拉力，使其從區(qū)域1磁場左邊界位置開始以速度 v0向右做勻速直線運動并穿越n個磁場區(qū)域.求棒ab穿越區(qū)域1磁場的過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q;(2)求棒ab穿越n個磁場區(qū)域的過程中拉力對棒 ab所做的功 W;(3)規(guī)定棒中從a到b的電流方向為正，畫出上述過程中通過棒 ab的電流I隨時間t變化的圖象； 求棒ab穿越n個磁場區(qū)域的過程中通過電阻 R的凈電荷量q.bx2x 3 X4xX XBIfiiMx xX XX XX XX X ! A8、B2L2v0Rd(R + r)2(2)nBRL2V0d(3)見解析BLdR+ r解析(3)如圖所示9、(16

18、分)如圖所示，在水平面上固定一光滑金屬導軌 HGDEF, EF/GH, DE= EF= DG = GH = EG =L.一質(zhì)量為m足夠長導體棒AC垂直EF方向放置在金屬導軌上，導軌與導體棒單位長度的電阻均為 r,整個裝置處在方向豎直向下、磁感應強度為 B的勻強磁場中.現(xiàn)對導體棒 AC施加一水平向右的外 力，使導體棒從D位置開始以速度v0沿EF方向做勻速直線運動，導體棒在滑動過程中始終保持與導 軌良好接觸.(1)求導體棒運動到FH位置，即將要離開導軌時，F(xiàn)H兩端的電勢差.(2)關于導體棒運動過程中回路產(chǎn)生的感應電流，小明和小華兩位同學進行了討論.小明認為導體 棒在整個運動過程中是勻速的，所以回路中電流的值是恒定不變的；小華則認為前一過程導體棒有效 切割長度在增大，所以電流是增大的，后一過程導體棒有效切割長度不變，電流才是恒定不變的，你 認為這兩位同學的觀點正確嗎？請通過推算證明你的觀點.(3)求導體棒從D位置運動到EG位置的過程中，導體棒上產(chǎn)生的焦耳熱.9、解析 （1）E=BLv0（2 分）UFH = 4BLv0（3 分）5兩個同學的觀點都不正確.（2分）取AC棒在D到EG運動過程中的某一位置，MN間距離設為x,則 DM=NM=DN = x, E=Bxv0,R = 3rx, I = BV0,此過程中電流是恒定的.（2分）AC棒在EG至FH