電磁感應中的動力學和能量問題

1、 .(2013安徽16)如圖所示，足夠長的平行金屬導軌傾斜放置，傾角為37,寬度為0.5m,電阻忽略不計，其上端接一小燈泡，電阻為1Q.導體棒MN垂直導軌放置，質量為0.2kg，接入電路的電阻為1。，兩端與導軌接觸良好，與導軌間的動摩擦因數(shù)為0.5.在導軌間存在著垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度為0.8T.將導體棒MN由靜止釋放，運動一段時間后，小燈泡穩(wěn)定發(fā)光，此后導體棒MN的運動速度以及小燈泡消耗的電功率分別為(重力加速度g取10m/s2,sin37=0.6)()A.2.5m/s1WB.5m/s1WC.7.5m/s9WD.15m/s9W解析導體棒MN勻速下滑時受力如圖所示，由平衡條件可得

2、F+umgcos37_mgsin37,所以F_mg(sin37-“cos37)_0.4N,由安安F安_BIL得I_BL_1A，所以E_I(R燈+你9_2V,導體棒的運動速度v_BL_5m/s,小燈泡消耗的電功率為P燈二Hr燈二1W.正確選項為B.如圖甲所示，電阻不計且間距L=1m的光滑平行金屬導軌豎直放置，上端接一阻值R=2Q的電阻，虛線OO下方有垂直于導軌平面向里的勻強磁場，現(xiàn)將質量m=0.1kg、電阻不計的金屬桿ab從OO上方某處由靜止釋放，金屬桿在下落的過程中與導軌保持良好接觸且始終水平.已知桿ab進入磁場時的速度v0=1m/s，下落0.3m的過程中加速度a與下落距離h的關系圖象如圖乙所

3、示，g取10m/s2,貝9()桿ab下落0.3m時金屬桿的速度為1m/s桿ab下落0.3m的過程中R上產(chǎn)生的熱量為0.2J桿ab下落0.3m的過程中通過R的電荷量為0.25C解析在桿ab剛進入磁場時，有B2L2V-mg=ma,由題圖乙知，a的大小為10m/s?,R解得B二2T,A錯誤桿ab下落0.3m時桿做勻速運動,則有二mg,解得vR二0.5m/s,選項B錯誤在桿ab下落0.3m的過程，根據(jù)能量守恒，R上產(chǎn)生的熱量為Q=mgh-1mv/2二0.2875J選項C錯誤通過R的電荷量q二等二響二0.25C選2RR項D正確.在如圖所示傾角為e的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小均為b的勻強磁場，區(qū)

4、域I的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域II的磁場方向垂直斜面向下，磁場的寬度均為L.一質量為m、電阻為R、邊長為彳的正方形導體線圈，在沿平行斜面向下的拉力F作用下由靜止開始沿斜面下滑，當ab邊剛越過GH進入磁場I時，恰好做勻速直線運動，下列說法中正確的有（重力加速度為g）（）從線圈的ab邊剛進入磁場I到線圈de邊剛要離開磁場II的過程中，線圈ab邊中產(chǎn)生的感應電流先沿bfa方向再沿ab方向線圈進入磁場I過程和離開磁場II過程所受安培力方向都平行斜面向上線圈ab邊剛進入磁場I時的速度大小為4R（mBLe+F）線圈進入磁場I做勻速運動的過程中，拉力F所做的功等于線圈克服安培力所做的功答案BC解析由右手定

5、則可知線圈的ab邊剛進入磁場I和線圈的de邊剛要離開磁場II時，線圈ab邊中的感應電流方向均為ba，線圈經(jīng)過JP時感應電流的方向為ab,A錯誤由楞次定律可判斷出感應電流所受磁場的安培力阻礙線圈的切割磁感線運動，B正確線圈ab邊剛進入磁場I時，受到的安培力F安二B*二B2L2v,由共點力的平衡知識可知F安二mgsin安24R安e+F,聯(lián)立可得線圈ab邊剛進入磁場I時的速度大小為仏働；：*門，C正確線圈進入磁場I做勻速運動的過程中，合外力做的功為0,即拉力F和重力沿斜面方向的分力所做的功等于線圈克服安培力所做的功，D錯誤.課后練習題組1電磁感應中的動力學問題1.如圖所示，在一勻強磁場中有一U形導線

6、框abed，線框處于水平面內(nèi)，磁場與線框平面垂直，R為一定值電阻，ef為垂直于ab的一根導體桿，它可以在ab、ed上無摩擦地滑動.桿ef及線框中導線的電阻都可不計.開始時，給f一個向右的初速度，則f將減速向右運動，但不是勻減速f將勻減速向右運動，最后停止f將勻速向右運動f將做往返運動答案A解析桿f向右運動所受安培力F=BIl=BlBR=方向向左故桿f做減速運動;v減小，F(xiàn)減小，桿做加速度逐漸減小的減速運動，A正確.2個剛性矩形銅制線圈從高處自由下落，進入一水平的勻強磁場區(qū)域，然后穿出磁場區(qū)域繼續(xù)下落，如圖所示，則（）若線圈進入磁場過程是勻速運動，則離開磁場過程也是勻速運動若線圈進入磁場過程是加

7、速運動，則離開磁場過程也是加速運動若線圈進入磁場過程是減速運動，則離開磁場過程也是減速運動若線圈進入磁場過程是減速運動，則離開磁場過程是加速運動答案C解析從線框全部進入磁場至線框開始離開磁場，線框做加速度為g的勻加速運動，可知線圈離開磁場過程中受的安培力大于進入磁場時受的安培力，故只有C項正確.在倫敦奧運會上，100m賽跑跑道兩側設有跟蹤儀，其原理如圖甲所示，水平面上兩根足夠長的金屬導軌平行固定放置，間距為L=0.5m,端通過導線與阻值為R=0.5Q的電阻連接.導軌上放一質量為m=0.5kg的金屬桿，金屬桿與導軌的電阻忽略不計.勻強磁場方向豎直向下.用與導軌平行的拉力F作用在金屬桿上，使桿運動

8、.當改變拉力的大小時，相對應的速度v也會變化，從而使跟蹤儀始終與運動員保持一致.已知v和F的關系如圖乙.（取重力加速度乙.（取重力加速度g=10m/s2）則()金屬桿受到的拉力與速度成正比該磁場的磁感應強度為1T圖線在橫軸的截距表示金屬桿與導軌間的阻力大小導軌與金屬桿之間的動摩擦因數(shù)“=0.4答案BCD解析由題圖乙可知拉力與速度是一次函數(shù)，但不成正比，故A錯；圖線在橫軸的截足距是速度為零時的拉力，金屬桿將要運動匕時阻力一一最大靜摩擦力等于該拉力，也等于運動時的滑動摩擦力，C對；由F-BIL-“mg二0RR乙上分別讀出兩組Fv數(shù)據(jù)代入上式即可求得B二1T,“二0.4，所以選項B、D對.如圖所示，

9、光滑斜面的傾角為0，斜面上放置一矩形導體線框abed，ab邊的邊長為1，be邊的邊長為12,線框的質量為m，電阻為R,線框通過絕緣細線繞過光滑的定滑輪與一重物相連，重物質量為M.斜面上f線（f平行底邊）的右方有垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度為B，如果線框從靜止開始運動，進入磁場的最初一段時間是做勻速運動的，且線框的ab邊始終平行于底邊，則下列說法正確的是（）A.B.C.A.B.C.線框進入磁場前運動的加速度為Mgmgsinm線框進入磁場時勻速運動的速度為(盹mgsineR線框做勻速運動的總時間為M.aMgmgRsineD.該勻速運動過程產(chǎn)生的焦耳熱為(Mgmgsin)l2答案D解析由牛頓第

10、二定律,Mg-mgsin二(M+m)a,解得線框進入磁場前運動的加速度為MgFgsm0，人錯誤由平衡條件,Mg-mgsin-F安二0,F安二BIl,/二f，E二Blv,女女1*R11聯(lián)立解得線框進入磁場時勻速運動的速度為v=(Mmgsine)R,b錯誤線框做勻速運動B2I2的總時間為t=l2=B2l2l2,C錯誤.由能量守恒定律,該勻速運動過程產(chǎn)生的焦耳v(Mg-mgsin)R熱等于系統(tǒng)重力勢能的減小，為(Mg-mgsinB)l,d正確.題組2電磁感應中的能量問題一質量為m、電阻為r的金屬桿ab,以初速度v0從一對光滑的平行金屬導軌底端向上滑行，導軌平面與水平面成30角，兩導軌上端用一電阻R相

11、連，如圖所示，磁場垂直斜面向上，導軌的電阻不計，金屬桿向上滑行到某一高度之后又返回到底端時的速度大小為v，則()向上滑行的時間小于向下滑行的時間向上滑行的過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量大于向下滑行的過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量向上滑行的過程中與向下滑行的過程中通過電阻R的電荷量相等金屬桿從開始上滑至返回出發(fā)點的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為;m(v0V2)答案ABC解析金屬桿沿斜面向上運動時安培力沿斜面向下，沿斜面向下運動時安培力沿斜面向上，所以上滑過程的加速度大于下滑過程的加速度，因此向上滑行的時間小于向下滑行的時間，A對；向上滑行過程的平均速度大，感應電流大，安培力做的功多，R上產(chǎn)生的熱量多，B對；由

12、q二知C對；由能量守恒定律知回路中產(chǎn)生的總熱量為2m(v0-V2),D錯.在如圖所示的傾角為e的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小為b的勻強磁場，區(qū)域I的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域II的磁場方向垂直斜面向下，磁場的寬度均為L，一個質量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導線框，由靜止開始沿斜面下滑，當ab邊剛越過GH進入磁場I區(qū)時，恰好以速度V做勻速直線運動；當ab邊下滑到JP與MN的中間位置時，線框又恰好以速度v2做勻速直線運動，從ab邊越過GH到到達MN與JP的中間位置的過程中，線框的動能變化量為AEk，重力對線框做功大小為W，安培力對線框做功大小為W2，下列說法中正確的有()圖6在下滑過

13、程中，由于重力做正功，所以有v2v從ab邊越過GH到到達MN與JP的中間位置的過程中，線框的機械能守恒從ab邊越過GH到到達MN與JP的中間位置的過程中，有W1AEk的機械能轉化為電能從ab邊越過GH到到達MN與JP的中間位置的過程中，線框動能的變化量大小AEk=W1W2答案CD解析ab邊越過JP后回路感應電動勢增大，感應電流增大，因此所受安培力增大，安培力阻礙線框下滑，因此ab邊越過JP后開始做減速運動，使感應電動勢和感應電流均減小，安培力減小，當安培力減小到與重力沿斜面向下的分力mgsin0相等時，以速度冬做勻速運動，因此qvq，A錯；由于有安培力做功，線框機械能不守恒，B錯；線框克服安培

14、力做功，將機械能轉化為電能，克服安培力做了多少功，就有多少機械能轉化為電能，由動能定理得氣-W2二AEk,W2二W-AEk，故C、D正確.7如圖所示，足夠長的粗糙絕緣斜面與水平面成0=37。角，在斜面上虛線aa和bb與斜面底邊平行，在aa、bb圍成的區(qū)域有垂直斜面向上的有界勻強磁場，磁感應強度為B=1T；現(xiàn)有一質量為m=10g、總電阻為R=1Q、邊長為d=0.1m的正方形金屬線圈MNPQ,讓PQ邊與斜面底邊平行，從斜面上端靜止釋放，線圈剛好勻速穿過磁場.已知線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)為“=0.5,(取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8)求：(1)線圈進入磁場區(qū)域時，受到的安培力大??；線圈釋放時，PQ邊到bb的距離；(3)整個線圈穿過磁場的過程中，線圈上產(chǎn)生的焦耳熱.答案(1)2X10-2N(2)1m(3)4X10-3J解析對線圈受力分析有：F安+“mgcos0二mgsin0代入數(shù)據(jù)得：F安二2X10-2N(2)F安二BidE=BvdI=E解得：F安二BR辺代入數(shù)據(jù)得：v二2m/s線圈進入磁場前做勻加速運動，a二gsin0-“geos0=2m/s2線圈釋放時，PQ邊到bb的距離x=V2=1m2a(3)由于線圈剛好勻速穿過磁場，則磁場寬度等于d=0.1mQ=W安二F安-2d解得：Q=4X10-3J8.如圖所示，電阻可忽略的光滑平行金屬導軌長s=1.15m,