电磁感应—功能问题
2
【例1】光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物的方程是y=x，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y=a的直线(图中虚线所示)，一个小金属环从抛物线上y=b(b 【解析】小金属环进入或离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，当小金属环全部进入磁场后，不产生感应电流，由能量定恒可得产生的焦耳热等干减少的机械能即 【例2】如图所示，固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨不计电阻，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属棒(电阻也不计)放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中①恒力F做的功等于电路产生的电能；②恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能；③克服安培力做的功等于电路中产生的电能；④恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和以上结论正确的有 ( ) A．①② Ｂ.②③ C．③④ D．②④ 【解析】在此运动过程中做功的力是拉力、摩擦力和安培力，三力做功之和为棒ab动能增加量，其中安培力做功将机械能转化为电能，故选项C是正确． 【例3】图中a1blcldl和 a2b2c2d2为在同一竖直面内的金属导轨，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在的平面(纸面)向里。导轨的a1b1段与 a2b2段是竖直的，距离为ll；cldl段与c2d2段也是竖直的，距离为l2。 xly1与x2y2为两根用不可伸长的绝缘轻线相连的金属细杆，质量分别为ml和m2，它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触。两杆与导轨构成的回路的总电阻为R，F为作用于金属杆x1yl上的竖直向上的恒力。已知两杆运动到图示位置时，已匀速向上运动，求此时作用于两杆的重力的功率的大小和回路电阻上的热功率。 【解析】设杆向上运动的速度为v，因杆的运动，两杆与导轨构成的回路的面积减少，从而磁通量也减少。由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势的大小ε=B(l2-l1)v①，回路中的电流I=ε/R ②，电流沿顺时针方向，两金属杆都要受到安培力作用，作用于杆x1yl的安培力为f1=Bl1I，③，方向向上，作用于杆x2y2的安培力f2=Bl2I④，方向向下，当杆作匀速运动时，根据牛顿第二定律有F- 本题考查法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律、焦耳定律等规律的综合应用能力． 【例4】如下图，在水平面上有两条平行导电导轨MN、PQ，导轨间距离为l，匀强磁场垂直于导轨所在的平面(纸面)向里，磁感应强度的大小为B，两根金属杆1、2摆在导轨上，与导轨垂直，它们的质量和电阻分别为ml、m2和R1、R2，两杆与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为μ，已知：杆1被外力拖动，以恒定的速度v0沿导轨运动；达到稳定状态时，杆2也以恒定速度沿导轨运动，导轨的电阻可忽略，求此时杆2克服摩擦力做功的功率。 【解析】 解法一：设杆2的运动速度为v，由于两杆运动时，两杆和导轨构成的回路的磁通量发生变化，产生感应电动势ε=Bl(v0-v) ①，感应电流I=ε/(R1+R2)②，杆2运动受到的安培力等于摩擦力BIl=μm2g ③，导体杆2克服摩擦力做功的功率P=μm2gv ④，解得P=μ 22 m2g[v0-μm2g (R1+R2)/Bl⑤ 解法二：以F表示拖动杆1的外力，表示回路的电流，达到稳定时，对杆1有F-μm1g-BIl①，对杆2有BIl-μm2g=0、②，外力的功率PF=Fv0③，以P表示杆2克服摩 本题主要考查考生应用电磁感应定律、欧姆定律和牛顿运动定律解决力电综合问题的能力． 巩固练习 １.如图所示，匀强磁场和竖直导轨所在面垂直，金属棒ab可在导轨上无摩擦滑动，在金属棒、导轨和电阻组成的闭合回路中，除电阻R外，其余电阻均不计，在ab下滑过程中： [ ] A.由于ab下落时只有重力做功，所以机械能守恒． B.ab达到稳定速度前，其减少的重力势能全部转化为电阻R的内能． C.ab达到稳定速度后，其减少的重力势能全部转化为电阻R的内能． D. ab达到稳定速度后，安培力不再对ab做功． 2.如图所示，ABCD是固定的水平放置的足够长的U形导轨，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上架着一根金属棒ab，在极短时间内给棒ab一个水平向右的速度，ab棒开始运动，最后又静止在导轨上，则ab在运动过程中，就导轨是光滑和粗糙两种情况相比较 ( ) A． 整个回路产生的总热量相等 B． 安培力对ab棒做的功相等 C． 安培力对ab棒的冲量相等 D． 电流通过整个回路所做的功相等 3.如图所示，质量为M的条形磁铁与质量为m的铝环，都静止在光滑的水平面上，当在极短的时间内给铝环以水平向右的冲量I，使环向右运动，则下列说法不正确的是 ( ) A．在铝环向右运动的过程中磁铁也向右运动 B．磁铁运动的最大速度为I/(M+m) 22 C．铝环在运动过程中，能量最小值为ml/2(M+m) 2 D．铝环在运动过程中最多能产生的热量为I/2m 4.如图所示，在光滑的水平面上，有竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L的区域里，现有一边长为a(a 5.如图所示，沿水平面放G一宽50cm的U形光滑金属框架．电路中电阻 R=2.0Ω，其余电阻不计，匀强磁场B=0.8T，方向垂直于框架平面向上，金属棒MN质量为30g，它与框架两边垂直，MN的中点O用水平的绳跨过定滑轮系一个质量为20g的砝码，自静止释放砝码后，电阻R能得到的最大功率为 w． 6.如图所示，正方形金属框ABCD边长L=20cm，质量m=0.1kg，电阻R=0.1 Ω，吊住金属框的细线跨过两定滑轮后，其另一端挂着一个质量为M=0.14kg的重物，重物拉着金属框运动，当金属框的AB边以某一速度进入磁感强 2 度B=0.5T的水平匀强磁场后，即以该速度v做匀速运动，取g= 10m/s，则金属框匀速上升的速度v= m/s，在金属框匀速上升的过程中，重物M通过悬线对金属框做功 J，其中有 J的机械能通过电流做功转化为内能． 7.如图所示，两根固定在水平面上的光滑平行金属导轨MN和PQ，一端接有阻值为R的电阻，处于方向竖直向下的匀强磁场中。在导轨上垂直导轨跨放质量为m的金属直杆，金属杆的电阻为r，金属杆与导轨接触良好、导轨足够长且电阻不计。金属杆在垂直于杆的水平恒力F作用下向右匀速运动时，电阻R上消耗的电功率为P，从某一时刻开始撤去水平恒力F去水平力后：(1)当电阻R上消耗的功率为P/4时，金属杆的加速度大小和方向。(2)电阻R上产生的焦耳热。 8.如图甲所示，空间存在着一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感强度大小为B，边长为f的正方形金属框abcd(下简称方框)在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长相同的U形金属框架MNPQ(下简称U形框)U形框与方框之间接触良好且无摩擦，两个金属杠每条边的质量均为m，每条边的电阻均为r． (1) 将方框固定不动，用力拉动u形框使它以 速度v0垂直 NQ边向右匀速运动，当U形框的MP端滑至方框的最右侧，如图乙所示时，方框上的bd两端的电势差为多大?此时方框的热功率为多大? (2) 若方框不固定，给U形框垂直NQ边向右的初速度v0，如果U形框恰好不能与方框分离，则在 这一过程中两框架上产生的总热量为多少? (3) 若方框不固定，给U形框垂直NQ边向右的初速度v(v> v0)，U形框最终将与方框分离，如果 从U型框和方框不再接触开始，经过时间t方框最右侧和U型框最左侧距离为s，求金属框框分离后的速度各多大? 1.答案:C 解析:下滑过程有安培力做功,机械能不守恒;ab达到稳定速度,重力等于安培力,故C正确. 2.答案:A 解析：两种情况下产生的总热量，都等于金属棒的初动能. 3.答案：D 解析：铝环向右运动时，环内感应电流的磁场与磁铁产生相互作用，使环做减速运动，磁铁向右做加速运动，待相对静止后，系统向右做匀速运动，由I=(m+M)v，得v=I/(m+M)，即为 2 磁铁的最大速度，环的最小速度，其动能的最小值为m/2·{I/(m+M)}，铝环产生的最大热量 22 应为系统机械能的最大损失量，I2/2m-I/2(m+M)=MI/2m(m+M)． 4.答案：C 解析：这是一道选用力学规律求解电磁感应的好题目，线框做的是变加速运动，不能用运动学公式求解，那么就应想到动能定理，设线框刚进出时速度为v1和v2，则第一阶段产生的热量 ，第二阶段产生的热量Q2=mv/2，只要能找出v1和v2的关系就能找到答案，由动量定理可得 2 5.答案:0.5W 解析:由题意分析知,当砝码加速下落到速度最大时,砝码的合外力为零,此时R得到功率最大,为mg=BImaxL ① 2 Pmax=ImaxR② 2 由式①②得 Pmax=(mg/BL)R=0.5W 6.答案:4；0.28；0.08 解析:F安=(M-m)g,转化的内能=F安L 7.解析：(1)撤去F之前，设通过电阻R的电流为I，则金属杆受到的安培力大小F安=BIL=F．撤 2 去F之后，由P=IR知，当电阻R上消耗的电功率为P/4时，通过R的电流I'=I/2，则金属杆受到的安培力F’安=BI'L=F/2，方向水平向左，由牛顿第二定律得， ．方向水平向左． (2)撤去F后，金属杆在与速度方向相反的安培力作用下，做减速运动直到停下。设匀速运动 22 时金属杆的速度为v，则I(R+r)=Fv，又P=IR，解得 由能量守恒可得，撤去F后，整个电路产生的热量 则电阻R上产生的焦耳热 8.解析：(1)U形框向右运动时，NQ边相当于电源，产生的感应电动势E=Blv0，当如图乙所示位置时，方框bd之间的电阻为 U形框连同方框构成的闭合电路的总电阻为闭合电路的总电流为 根据欧姆定律可知，bd两端的电势差为：Ubd=方框中的热功率为： (2)在U形框向右运动的过程中，U形框和方框组成的系统所受外力为零，故系统动量守恒，设到达图示位置时具有共同的速度v，根据动量守恒定律 根据能量守恒定律，U形框和方框组成的系统损失的机械能等于在这一过程中两框架上产生的热量，即 (3)设U形框和方框不再接触时方框速度为v1， u形框的速度为v2：，根据动量守恒定律，有3mv=4mvI+3mv2……两框架脱离以后分别以各自的速度做匀速运动，经过时间t方框最右侧和U形框最左侧距离为s，即(v2-v1)t=s联立以上两式，解得