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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．ab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．ab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