还剩8页未读，
继续阅读
所属成套资源：2020高考物理新导学浙江选考大一轮精讲讲义
成套系列资料，整套一键下载
2020版物理新导学浙江选考大一轮精讲讲义：第十章电磁感应交变电流专题强化四
展开
专题强化四 动力学和能量观点在电磁感应中的应用
命题点一 电磁感应中的动力学问题
1．题型简述
感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起．解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)．
2．两种状态及处理方法
状态
特征
处理方法
平衡态
加速度为零
根据平衡条件列式分析
非平衡态
加速度不为零
根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
3.动态分析的基本思路
解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件．具体思路如下：
例1 (2015·浙江10月选考·22改编)如图1甲所示，质量m＝3.0×10－3 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l＝0.20 m，处于磁感应强度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n＝300匝，面积S＝0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示．(g取10 m/s2)
图1
(1)求0～0.10 s线圈中的感应电动势大小．
(2)t＝0.22 s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h＝0.20 m，求通过细杆CD的电荷量．
答案 (1)30 V (2)0.03 C
解析 (1)由法拉第电磁感应定律E＝n
得E＝nS＝30 V
(2)安培力远大于重力，由牛顿第二定律，安培力F＝ma＝m(或由动量定理FΔt＝mv－0)，又F＝IB1l，Δq＝IΔt，v2＝2gh，得Δq＝＝0.03 C.
变式1 如图2所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为l＝0.5 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角．完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每根棒两端都与导轨始终有良好接触．已知两棒质量均为m＝0.02 kg，电阻均为R＝0.1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2 T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止．g取10 m/s2，求：
图2
(1)通过棒cd的电流I是多少？方向如何？
(2)棒ab受到的力F多大？
答案 (1)1 A 由d至c (2)0.2 N
解析 (1)棒cd受到的安培力为
Fcd＝IlB
棒cd在共点力作用下平衡，则
Fcd＝mgsin 30°
联立解得I＝1 A
根据楞次定律可知，棒cd中电流方向由d至c.
(2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等，即
Fab＝Fcd
对棒ab，由共点力平衡条件得
F＝mgsin 30°＋IlB
解得F＝0.2 N.
变式2 如图3甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．求：(重力加速度为g)
图3
(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；
(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；
(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度的最大值．
答案 (1)见解析图
(2) gsin θ－ (3)
解析 (1)如图所示，ab杆受重力mg，竖直向下；支持力FN，垂直于斜面向上；安培力F安，沿斜面向上．
(2)当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，
此时电路中电流I＝＝
ab杆受到的安培力F安＝BIL＝
根据牛顿第二定律，有
mgsin θ－F安＝mgsin θ－＝ma
a＝gsin θ－.
(3)当a＝0时，ab杆有最大速度，vm＝.
命题点二 电磁感应中动力学和能量观点的综合应用
1．题型简述
电磁感应过程的实质是不同形式的能量相互转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的．安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程．
2．解题的一般步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路)；
(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；
(3)根据能量守恒定律或功能关系列式求解．
3．求解电能应分清两类情况
(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算．
(2)若电流变化，则
①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；
②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能．
例2 (2018·嘉兴一中期末)如图4所示，两根相距L1的平行粗糙金属导轨固定在水平面上，导轨上分布着n个宽度为d、间距为2d的匀强磁场区域，磁场方向垂直水平面向上．在导轨的左端连接一个阻值为R的电阻，导轨的左端距离第一个磁场区域左侧边界L2的位置放有一根质量为m、长为L1、阻值为r的金属棒，导轨电阻及金属棒与导轨间的接触电阻均不计．某时刻起，金属棒在一水平向右的已知恒力F作用下由静止开始向右运动，已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.
图4
(1)若金属棒能够匀速通过每个匀强磁场区域，求金属棒离开第2个匀强磁场区域时的速度v2的大小；
(2)在满足第(1)小题条件时，求第n个匀强磁场区域的磁感应强度Bn的大小；
(3)现保持恒力F不变，使每个磁场区域的磁感应强度均相同，发现金属棒通过每个磁场区域时电路中的电流变化规律完全相同，求金属棒从开始运动到通过第n个磁场区域的整个过程中左端电阻R上产生的焦耳热Q.
答案 (1)
(2)
(3)nd(F－μmg)
解析 (1)金属棒匀加速运动有F－μmg＝ma
v22＝2a(L2＋2d)
解得：v2＝
(2)金属棒匀加速运动的总位移为x＝L2＋2nd－2d
金属棒进入第n个匀强磁场的速度满足vn2＝2ax
金属棒在第n个磁场中匀速运动有F－μmg－F安＝0
感应电动势E＝BnL1vn
电流I＝＝
安培力F安＝BnL1I
联立得：F安＝
解得：Bn＝
(3)金属棒进入每个磁场时的速度v和离开每个磁场时的速度v′均相同，由题意可得v2＝2aL2，v2－v′2＝2a·2d
金属棒从开始运动到通过第n个磁场区域的过程中，有x总＝L2＋3nd－2d
(F－μmg)x总－Q总＝mv′2
Q＝ Q总
解得：Q＝nd(F－μmg)．
变式3 如图5甲所示，在一倾角为37°的粗糙绝缘面上，静止地放置着一个匝数n＝10匝的正方形线圈ABCD，E、F分别为AB、CD的中点，线圈总电阻R＝2.0 Ω、总质量m＝0.2 kg、正方形边长L＝0.4 m．如果向下轻推一下此线圈，则它刚好可沿斜面匀速下滑．现在将线圈静止放在斜面上后，在虚线EF以下的区域中，加上垂直斜面方向的、磁感应强度大小按图乙所示规律变化的磁场，(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝
10 m/s2)求：
图5
(1)t＝1 s时刻，线圈中的感应电流大小I；
(2)从t＝0时刻开始经过多长时间线圈刚要开始运动；
(3)从t＝0时刻开始到线圈刚要运动，线圈中产生的热量Q.
答案 (1)0.2 A (2)4 s (3)0.32 J
解析 (1)由法拉第电磁感应定律得
E＝n＝nS
解得E＝0.4 V
I＝＝0.2 A
(2)由受力分析可知
Ff＝mgsin 37°
F＝mgsin 37°＋Ff
F＝nBIL
解得B＝3 T
B＝1＋0.5t
则t＝4 s
(3)由焦耳定律可得
Q＝I2Rt
解得Q＝0.32 J.
变式4 如图6所示，有一倾斜光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨间距L＝0.5 m，电阻不计，在两导轨间接有R＝3 Ω的电阻．在导轨中间加一垂直导轨平面向上的宽度为d＝0.4 m的匀强磁场，B＝2 T．一质量为m＝0.08 kg、电阻为r＝2 Ω的导体棒从距磁场上边缘d′＝0.4 m处由静止释放，运动过程中始终与导轨保持垂直且接触良好，取g＝10 m/s2.求：
图6
(1)导体棒进入磁场上边缘的速度大小v；
(2)导体棒通过磁场区域的过程中，通过导体棒的电荷量q；
(3)导体棒通过磁场区域的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q.
答案 (1)2 m/s (2)0.08 C (3)0.096 J
解析 (1)根据机械能守恒定律可得：mgd′sin 30°＝mv2
代入数据解得，导体棒进入磁场上边缘的速度大小v＝2 m/s.
(2)根据法拉第电磁感应定律可得：＝
根据闭合电路的欧姆定律可得：＝
通过导体棒的电荷量为：q＝Δt＝＝＝0.08 C.
(3)导体棒进入磁场上边缘时，切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv＝2 V
根据闭合电路的欧姆定律可得：I＝＝0.4 A
导体棒受到的安培力F＝BIL＝0.4 N
导体棒的重力沿导轨平面向下的分力F′＝mgsin 30°＝0.4 N
所以金属棒进入磁场后做匀速运动，根据功能关系可得通过磁场区域过程中电阻R上产生的焦耳热为：
Q＝mgdsin 30°＝0.096 J.
1．如图1所示，两根平行金属导轨固定在同一水平面内，间距为l，导轨左端连接一个电阻R.一根质量为m、长度为l、电阻为r的金属杆ab垂直放置在导轨上．在杆的右方距杆为d处有一个匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度为B.对杆施加一个大小为F、方向平行于导轨的恒力，使杆从静止开始运动，杆与导轨始终接触良好，已知杆到达磁场区域时速度为v，之后进入磁场恰好做匀速运动．不计导轨的电阻，假设导轨与杆之间存在恒定的阻力．求：
图1
(1)两导轨对杆ab的总阻力大小Ff；
(2)杆ab中通过的电流及其方向；
(3)导轨左端所接电阻R的阻值．
答案 (1)F－ (2) 方向由a→b (3)－r
解析 (1)杆进入磁场前做匀加速运动，有F－Ff＝ma
v2＝2ad，解得两导轨对杆的总阻力Ff＝F－.
(2)杆进入磁场后做匀速运动，有F＝Ff＋F安
杆ab所受的安培力F安＝IBl
解得杆ab中通过的电流I＝
由右手定则知杆中的电流方向由a→b.
(3)杆ab产生的感应电动势E＝Blv
杆中的电流I＝
解得导轨左端所接电阻R的阻值R＝－r.
2．(2016·浙江10月选考·22)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图2所示的装置．半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO′上，由电动机A带动旋转．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场．另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U”形导轨保持良好接触，导轨间距为l，底部接阻值也为R的电阻，处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中．从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”形导轨连接．当开关S断开，棒cd静止时，弹簧伸长量为x0；当开关S闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒cd再次静止时，弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)．不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时：
图2
(1)通过棒cd的电流Icd；
(2)电动机对该装置的输出功率P；
(3)电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x之间的函数关系．
答案 见解析
解析 (1)S断开，cd棒静止时有mg＝kx0
S闭合，cd棒静止时受到安培力F＝B2Icdl
由楞次定律知流过棒cd的电流方向为d→c
故cd棒再次静止时有mg＋B2Icdl＝kx
解得Icd＝
(2)回路总电阻R总＝R＋R＝R
总电流：I＝
由能量守恒得P＝I2R总＝
(3)由法拉第电磁感应定律：E＝＝B1ωl2
回路总电流I＝＝
解得ω＝.
3．(2018·新力量联盟期末)如图3甲所示，MN、PQ为间距L＝0.5 m且足够长的平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻均不计．导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，NQ间连接有一个R＝
4 Ω的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0＝1 T．将一根质量为m＝0.05 kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好．现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒横截面的电荷量q＝0.2 C，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：
图3
(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数μ；
(2)cd与NQ的距离s；
(3)金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量．
答案 (1)0.5 (2)2 m (3)0.08 J
解析 (1)由题图乙可知，当v＝0时，a＝2 m/s2
mgsin θ－μmgcos θ＝ma
得μ＝0.5
(2)由题图乙可知，vm＝2 m/s
当金属棒达到稳定速度时，有F安＝B0IL
E＝B0Lvm
I＝
mgsin θ＝F安＋μmgcos θ
联立解得r＝1 Ω
通过金属棒横截面的电荷量q＝IΔt＝Δt＝＝＝0.2 C
解得s＝2 m
(3)由动能定理得mgssin 37°－μmgscos 37°－WF＝mvm2－0
WF＝Q总＝0.1 J
QR＝Q总＝0.08 J.
4．如图4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＝0.4 m，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＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg、电阻R1＝0.1 Ω的金属棒ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg、电阻R2＝0.1 Ω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＝10 m/s2，问：
图4
(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的速度大小v；
(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x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q.
答案 (1)由a流向b (2)5 m/s (3)1.3 J
解析 (1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b.
(2)开始放置时ab刚好不下滑，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Ffmax，有Ffmax＝m1gsin θ①
设ab刚要上滑时，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
如图所示，此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1gsin θ＋Ffmax⑤
联立①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s
(3)设cd棒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m2gxsin θ＝Q总＋m2v2
又Q＝Q总，
解得Q＝1.3 J.
命题点一 电磁感应中的动力学问题
1．题型简述
感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起．解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)．
2．两种状态及处理方法
状态
特征
处理方法
平衡态
加速度为零
根据平衡条件列式分析
非平衡态
加速度不为零
根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
3.动态分析的基本思路
解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件．具体思路如下：
例1 (2015·浙江10月选考·22改编)如图1甲所示，质量m＝3.0×10－3 kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中，“”形框的水平细杆CD长l＝0.20 m，处于磁感应强度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中．有一匝数n＝300匝，面积S＝0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连．线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示．(g取10 m/s2)
图1
(1)求0～0.10 s线圈中的感应电动势大小．
(2)t＝0.22 s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h＝0.20 m，求通过细杆CD的电荷量．
答案 (1)30 V (2)0.03 C
解析 (1)由法拉第电磁感应定律E＝n
得E＝nS＝30 V
(2)安培力远大于重力，由牛顿第二定律，安培力F＝ma＝m(或由动量定理FΔt＝mv－0)，又F＝IB1l，Δq＝IΔt，v2＝2gh，得Δq＝＝0.03 C.
变式1 如图2所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为l＝0.5 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角．完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每根棒两端都与导轨始终有良好接触．已知两棒质量均为m＝0.02 kg，电阻均为R＝0.1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2 T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止．g取10 m/s2，求：
图2
(1)通过棒cd的电流I是多少？方向如何？
(2)棒ab受到的力F多大？
答案 (1)1 A 由d至c (2)0.2 N
解析 (1)棒cd受到的安培力为
Fcd＝IlB
棒cd在共点力作用下平衡，则
Fcd＝mgsin 30°
联立解得I＝1 A
根据楞次定律可知，棒cd中电流方向由d至c.
(2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等，即
Fab＝Fcd
对棒ab，由共点力平衡条件得
F＝mgsin 30°＋IlB
解得F＝0.2 N.
变式2 如图3甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．求：(重力加速度为g)
图3
(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；
(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；
(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度的最大值．
答案 (1)见解析图
(2) gsin θ－ (3)
解析 (1)如图所示，ab杆受重力mg，竖直向下；支持力FN，垂直于斜面向上；安培力F安，沿斜面向上．
(2)当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，
此时电路中电流I＝＝
ab杆受到的安培力F安＝BIL＝
根据牛顿第二定律，有
mgsin θ－F安＝mgsin θ－＝ma
a＝gsin θ－.
(3)当a＝0时，ab杆有最大速度，vm＝.
命题点二 电磁感应中动力学和能量观点的综合应用
1．题型简述
电磁感应过程的实质是不同形式的能量相互转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的．安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程．
2．解题的一般步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路)；
(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；
(3)根据能量守恒定律或功能关系列式求解．
3．求解电能应分清两类情况
(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算．
(2)若电流变化，则
①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；
②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能．
例2 (2018·嘉兴一中期末)如图4所示，两根相距L1的平行粗糙金属导轨固定在水平面上，导轨上分布着n个宽度为d、间距为2d的匀强磁场区域，磁场方向垂直水平面向上．在导轨的左端连接一个阻值为R的电阻，导轨的左端距离第一个磁场区域左侧边界L2的位置放有一根质量为m、长为L1、阻值为r的金属棒，导轨电阻及金属棒与导轨间的接触电阻均不计．某时刻起，金属棒在一水平向右的已知恒力F作用下由静止开始向右运动，已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.
图4
(1)若金属棒能够匀速通过每个匀强磁场区域，求金属棒离开第2个匀强磁场区域时的速度v2的大小；
(2)在满足第(1)小题条件时，求第n个匀强磁场区域的磁感应强度Bn的大小；
(3)现保持恒力F不变，使每个磁场区域的磁感应强度均相同，发现金属棒通过每个磁场区域时电路中的电流变化规律完全相同，求金属棒从开始运动到通过第n个磁场区域的整个过程中左端电阻R上产生的焦耳热Q.
答案 (1)
(2)
(3)nd(F－μmg)
解析 (1)金属棒匀加速运动有F－μmg＝ma
v22＝2a(L2＋2d)
解得：v2＝
(2)金属棒匀加速运动的总位移为x＝L2＋2nd－2d
金属棒进入第n个匀强磁场的速度满足vn2＝2ax
金属棒在第n个磁场中匀速运动有F－μmg－F安＝0
感应电动势E＝BnL1vn
电流I＝＝
安培力F安＝BnL1I
联立得：F安＝
解得：Bn＝
(3)金属棒进入每个磁场时的速度v和离开每个磁场时的速度v′均相同，由题意可得v2＝2aL2，v2－v′2＝2a·2d
金属棒从开始运动到通过第n个磁场区域的过程中，有x总＝L2＋3nd－2d
(F－μmg)x总－Q总＝mv′2
Q＝ Q总
解得：Q＝nd(F－μmg)．
变式3 如图5甲所示，在一倾角为37°的粗糙绝缘面上，静止地放置着一个匝数n＝10匝的正方形线圈ABCD，E、F分别为AB、CD的中点，线圈总电阻R＝2.0 Ω、总质量m＝0.2 kg、正方形边长L＝0.4 m．如果向下轻推一下此线圈，则它刚好可沿斜面匀速下滑．现在将线圈静止放在斜面上后，在虚线EF以下的区域中，加上垂直斜面方向的、磁感应强度大小按图乙所示规律变化的磁场，(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝
10 m/s2)求：
图5
(1)t＝1 s时刻，线圈中的感应电流大小I；
(2)从t＝0时刻开始经过多长时间线圈刚要开始运动；
(3)从t＝0时刻开始到线圈刚要运动，线圈中产生的热量Q.
答案 (1)0.2 A (2)4 s (3)0.32 J
解析 (1)由法拉第电磁感应定律得
E＝n＝nS
解得E＝0.4 V
I＝＝0.2 A
(2)由受力分析可知
Ff＝mgsin 37°
F＝mgsin 37°＋Ff
F＝nBIL
解得B＝3 T
B＝1＋0.5t
则t＝4 s
(3)由焦耳定律可得
Q＝I2Rt
解得Q＝0.32 J.
变式4 如图6所示，有一倾斜光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨间距L＝0.5 m，电阻不计，在两导轨间接有R＝3 Ω的电阻．在导轨中间加一垂直导轨平面向上的宽度为d＝0.4 m的匀强磁场，B＝2 T．一质量为m＝0.08 kg、电阻为r＝2 Ω的导体棒从距磁场上边缘d′＝0.4 m处由静止释放，运动过程中始终与导轨保持垂直且接触良好，取g＝10 m/s2.求：
图6
(1)导体棒进入磁场上边缘的速度大小v；
(2)导体棒通过磁场区域的过程中，通过导体棒的电荷量q；
(3)导体棒通过磁场区域的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q.
答案 (1)2 m/s (2)0.08 C (3)0.096 J
解析 (1)根据机械能守恒定律可得：mgd′sin 30°＝mv2
代入数据解得，导体棒进入磁场上边缘的速度大小v＝2 m/s.
(2)根据法拉第电磁感应定律可得：＝
根据闭合电路的欧姆定律可得：＝
通过导体棒的电荷量为：q＝Δt＝＝＝0.08 C.
(3)导体棒进入磁场上边缘时，切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv＝2 V
根据闭合电路的欧姆定律可得：I＝＝0.4 A
导体棒受到的安培力F＝BIL＝0.4 N
导体棒的重力沿导轨平面向下的分力F′＝mgsin 30°＝0.4 N
所以金属棒进入磁场后做匀速运动，根据功能关系可得通过磁场区域过程中电阻R上产生的焦耳热为：
Q＝mgdsin 30°＝0.096 J.
1．如图1所示，两根平行金属导轨固定在同一水平面内，间距为l，导轨左端连接一个电阻R.一根质量为m、长度为l、电阻为r的金属杆ab垂直放置在导轨上．在杆的右方距杆为d处有一个匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度为B.对杆施加一个大小为F、方向平行于导轨的恒力，使杆从静止开始运动，杆与导轨始终接触良好，已知杆到达磁场区域时速度为v，之后进入磁场恰好做匀速运动．不计导轨的电阻，假设导轨与杆之间存在恒定的阻力．求：
图1
(1)两导轨对杆ab的总阻力大小Ff；
(2)杆ab中通过的电流及其方向；
(3)导轨左端所接电阻R的阻值．
答案 (1)F－ (2) 方向由a→b (3)－r
解析 (1)杆进入磁场前做匀加速运动，有F－Ff＝ma
v2＝2ad，解得两导轨对杆的总阻力Ff＝F－.
(2)杆进入磁场后做匀速运动，有F＝Ff＋F安
杆ab所受的安培力F安＝IBl
解得杆ab中通过的电流I＝
由右手定则知杆中的电流方向由a→b.
(3)杆ab产生的感应电动势E＝Blv
杆中的电流I＝
解得导轨左端所接电阻R的阻值R＝－r.
2．(2016·浙江10月选考·22)为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系，小明设计了如图2所示的装置．半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为l、电阻为R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO′上，由电动机A带动旋转．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面，大小为B1、方向竖直向下的匀强磁场．另有一质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U”形导轨保持良好接触，导轨间距为l，底部接阻值也为R的电阻，处于大小为B2、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中．从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S与“U”形导轨连接．当开关S断开，棒cd静止时，弹簧伸长量为x0；当开关S闭合，电动机以某一转速匀速转动，棒cd再次静止时，弹簧伸长量变为x(不超过弹性限度)．不计其余电阻和摩擦等阻力，求此时：
图2
(1)通过棒cd的电流Icd；
(2)电动机对该装置的输出功率P；
(3)电动机转动角速度ω与弹簧伸长量x之间的函数关系．
答案 见解析
解析 (1)S断开，cd棒静止时有mg＝kx0
S闭合，cd棒静止时受到安培力F＝B2Icdl
由楞次定律知流过棒cd的电流方向为d→c
故cd棒再次静止时有mg＋B2Icdl＝kx
解得Icd＝
(2)回路总电阻R总＝R＋R＝R
总电流：I＝
由能量守恒得P＝I2R总＝
(3)由法拉第电磁感应定律：E＝＝B1ωl2
回路总电流I＝＝
解得ω＝.
3．(2018·新力量联盟期末)如图3甲所示，MN、PQ为间距L＝0.5 m且足够长的平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻均不计．导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，NQ间连接有一个R＝
4 Ω的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0＝1 T．将一根质量为m＝0.05 kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好．现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒横截面的电荷量q＝0.2 C，且金属棒的加速度a与速度v的关系如图乙所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：
图3
(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数μ；
(2)cd与NQ的距离s；
(3)金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量．
答案 (1)0.5 (2)2 m (3)0.08 J
解析 (1)由题图乙可知，当v＝0时，a＝2 m/s2
mgsin θ－μmgcos θ＝ma
得μ＝0.5
(2)由题图乙可知，vm＝2 m/s
当金属棒达到稳定速度时，有F安＝B0IL
E＝B0Lvm
I＝
mgsin θ＝F安＋μmgcos θ
联立解得r＝1 Ω
通过金属棒横截面的电荷量q＝IΔt＝Δt＝＝＝0.2 C
解得s＝2 m
(3)由动能定理得mgssin 37°－μmgscos 37°－WF＝mvm2－0
WF＝Q总＝0.1 J
QR＝Q总＝0.08 J.
4．如图4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＝0.4 m，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＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg、电阻R1＝0.1 Ω的金属棒ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg、电阻R2＝0.1 Ω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＝10 m/s2，问：
图4
(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的速度大小v；
(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x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q.
答案 (1)由a流向b (2)5 m/s (3)1.3 J
解析 (1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b.
(2)开始放置时ab刚好不下滑，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Ffmax，有Ffmax＝m1gsin θ①
设ab刚要上滑时，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
如图所示，此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1gsin θ＋Ffmax⑤
联立①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s
(3)设cd棒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m2gxsin θ＝Q总＋m2v2
又Q＝Q总，
解得Q＝1.3 J.
相关资料
更多
