高三数学专练20

专练20 应用动力学和能量观点分析电磁感应问题
1．如图1所示，倾角为θ＝53°的斜面上相继分布着宽度为L的电场和宽度为L 的磁场，电场的下边界与磁场的上边界相距为L(即二者之间有段无电磁场区域)，其中电场方向沿斜面向上，磁场方向垂直于斜面向下、磁感应强度的大小为B.电荷量为q的带正电小球(视为质点)通过长度为4L的绝缘轻杆与边长
为L、电阻为R的正方形单匝线框相连，组成总质量为m的“”形装置，置于斜面上，线框下边与磁场的上边界重合．现将该装置由静止释放，当线框下边刚离开磁场时恰好做匀速运动，且其速度为v0＝1 m/s；当小球运动到电场的下边界时速度刚好为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.不计一切摩擦，求：
图1
(1)磁感应强度的大小；
(2)小球所带的电荷量；
(3)经过足够长时间后，小球到达的最低点与电场上边界的距离．
解析(1)线框下边离开磁场时做匀速直线运动，则有
E感＝BL v0
I＝E感R
F安＝BIL＝B2L2v0 R
根据平衡条件：mg sin θ－B2L2v0
R＝0
解得B＝0.8 T.
(2)从线框刚离开磁场区域到小球刚运动到电场的下边界，根据动能定理： －qEL ＋mg sin θ×2L ＝0－1
2m v 20 代入数据解得：q ＝2.2×10－6C.
(3)经足够长时间后，线框最终不会再进入磁场，即运动的最高点是线框的上边与磁场的下边界重合，设小球运动的最低点到电场上边界的距离为x . 根据动能定理：qEx －mg sin θ(L ＋x )＝0 代入数据得：x ＝1617 m
答案 (1)0.8 T (2)2.2×10－6C (3)16
17 m
2．相距L ＝1.5 m 的足够长金属导轨竖直放置，质量为m 1＝1 kg 的金属棒ab 和质量为m 2＝0.27 kg 的金属棒cd 均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图2(a)所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同．ab 棒光滑，cd 棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.75，两棒总电阻为1.8 Ω，导轨电阻不计．ab 棒在方向竖直向上，大小按图(b)所示规律变化的外力F 作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时cd 棒也由静止释放．(g 取10 m/s 2)
图2
(1)求出磁感应强度B 的大小和ab 棒加速度的大小．
(2)已知在2 s 内外力F 做功40 J ，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热． (3)判断cd 棒将做怎样的运动，求出cd 棒达到最大速度所需的时间t 0，并在图(c)中定性画出cd 棒所受摩擦力f cd 随时间变化的图象． 解析 (1)经过时间t ，金属棒ab 的速率v ＝at 此时，回路中的感应电流为I ＝E R ＝BL v
R
对金属棒ab ，由牛顿第二定律得 F －BIL －m 1g ＝m 1a
由以上各式整理得：F ＝m 1a ＋m 1g ＋B 2L 2
R at 在图线上取两点：
t 1＝0，F 1＝11 N ；t 2＝2 s ，F 2＝14.6 N 代入上式得a ＝1 m/s 2，B ＝1.2 T.
(2)在2 s 末金属棒ab 的速率v t ＝at ＝2 m/s 所发生的位移s ＝1
2
at 2＝2 m
由动能定理得W F －m 1gs －W 安＝1
2m 1v 2t 又Q ＝W 安 联立以上方程，
解得Q ＝W F －m 1gs －12m 1v 2
t ＝40 J －1×10×2 J －12×1×22 J ＝18 J.
(3)cd 棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd 棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动． 当cd 棒速度达到最大时，有m 2g ＝μF N 又F
N ＝F 安 F 安＝BIL I ＝E R ＝BL v m R v m ＝at 0
整理解得t 0＝m 2gR
μB 2L 2a ＝
0.27×10×1.8
0.75×1.22×1.52×1
s ＝2 s
f cd 随时间变化的图象如图所示． 答案 见解析
3．(2014·蚌埠三县第二次联考)如图3所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成α＝53°角，导轨间接一阻值为3 Ω的电阻R ，导轨电阻忽略不计．在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁场区域的宽度为d ＝0.5 m ．导体棒a 的质量为m 1＝0.1 kg 、电阻为R 1＝6 Ω；导体棒
b 的质量为m 2＝0.2 kg 、电阻为R 2＝3 Ω，它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好．现从图中的M 、N 处同时将a 、b 由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，且当a 刚出磁场时b 正好进入磁场．(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g 取10 m/s 2，a 、b 电流间的相互作用不计)，求：
图3
(1)在b 穿越磁场的过程中a 、b 两导体棒上产生的热量之比； (2)在a 、b 两导体棒穿过磁场区域的整个过程中，装置上产生的热量； (3)M 、N 两点之间的距离．
解析 (1)R 1R 2＝21，I 1I 2＝13，Q 1Q 2＝I 21R 1t
I 22R 2t ＝2∶9
(2)设整个过程中装置上产生的热量为Q 由Q ＝m 1g sin α·d ＋m 2g sin α·d ， 可解得Q ＝1.2 J
(3)设a 进入磁场的速度大小为v 1，此时电路中的总电阻 R 总1＝⎝
⎛
⎭⎪⎫6＋
3×33＋3 Ω＝7.5 Ω b 进入磁场的速度大小为v 2，此时电路中的总电阻 R 总2＝⎝
⎛
⎭⎪⎫3＋
6×36＋3 Ω＝5 Ω 由m 1g sin α＝B 2L 2v 1R 总1和m 2g sin α＝B 2L 2v 2
R 总2，
可得v 1v 2＝m 1R 总1m 2R 总2＝3
4
又由v 2＝v 1＋a d
v 1
得v 2＝v 1＋8×0.5
v 1
由上述两式可得v21＝12 (m/s)2，v22＝16 9
v21
M、N两点之间的距离Δs＝v22
2a－
v21
2a＝
7
12m
答案(1)2∶9(2)1.2 J(3)7
12m
4．如图4所示，足够长的平行金属导轨内有垂直纸面向里的匀强磁场，金属杆ab与导轨垂直且接触良好，导轨右端与电路连接．已知导轨相距为L，磁场的磁感应强度为B，R1、R2和ab杆的电阻值均为r，其余电阻不计，板间距为d、板长为4d，重力加速度为g，不计空气阻力．如果ab杆以某一速度向左匀速运动时，沿两板中心线水平射入质量为m、带电荷量为＋q的微粒恰能沿两板中心线射出，如果ab杆以同样大小的速度向右匀速运动时，该微粒将射到B板距其左端为d的C处．
图4
(1)求ab杆匀速运动的速度大小v；
(2)求微粒水平射入两板时的速度大小v0；
(3)如果以v0沿中心线射入的上述微粒能够从两板间射出，试讨论ab杆向左
匀速运动的速度范围．
解析(1)设ab杆匀速运动的速度为v，则ab杆产生的电动势为E＝BL v
①
两板间的电压为U0＝1
3E＝
BL v
3
②
ab杆向左匀速运动时：qU0
d＝mg
③
由①②③式得：v＝3mgd qBL
④
(2)ab 杆向右匀速运动时，设带电微粒射入两极板时的速度为v 0，向下运动的加速度为a ，经时间t 射到C 点，有：qU 0
d ＋mg ＝ma
⑤
微粒做类平抛运动有：d ＝v 0t
⑥
d 2＝12at
2 ⑦
由③⑤⑥⑦得：v 0＝2gd
⑧
(3)要使带电微粒能从两板间射出，设它在竖直方向运动的加速度为a 1、时间为t 1，应有： d 2>12a 1t 21
⑨
t 1＝4d v 0
⑩
由⑧⑨⑩得：a 1<g
8
⑪
若a 1的方向向上，设ab 杆运动的速度为v 1，两板电压为：U 1＝1
3BL v 1⑫ 又有：qU 1
d －mg ＝ma 1
⑬
联立⑪⑫⑬式得：v 1<27mgd
8qBL
⑭
若a 1的方向向下，设ab 杆的运动速度为v 2，两板电压为：U 2＝1
3BL v 2
⑮
又有：mg －qU 2
d ＝ma 1
⑯
由⑪⑮⑯式得：v 2>21mgd
8qBL
⑰
所以ab 杆向左匀速运动时速度的大小范围为 21mgd 8qBL <v <27mgd
8qBL
⑱
答案 见解析 方法技巧
巧用功能关系以及能量守恒思想
(1)在电磁感应现象中，当安培力是变力时，无法直接求安培力做的功，这时要用功能关系和能量守恒的观点来分析问题.
(2)一个注意点：在应用能量守恒观点解决电磁感应问题时，一定要分析清楚能量的转化情况，尤其要注意电能往往只是各种形式能转化的中介.。