电磁感应(微元与积分专题)

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1、电磁感应微元与积分专题MPNQ12一例题1.如下图，在水平面上有两条平行金属导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向下，磁感应强度大小为B，两根金属杆间隔一定的距离摆放在导轨上，且与导轨垂直，两金属杆质量均为m，电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆与导轨间摩擦不计，现将杆2固定，杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，那么两杆初始间距至少为A、B、C、D、2.如下图，两根相距为d足够长的光滑平行金属导轨位于水平的xOy平面内，导轨与x轴平行，左端接有阻值为R的电阻.在x0的一侧存在竖直向下的磁场，金属棒质量为m，电阻为r，与金属导轨垂直放置，且接触良好开始

2、时，金属棒位于x=0处，现给金属棒一大小为v0、方向沿x轴正方向的初速度，金属棒沿导轨滑动，金属导轨电阻可忽略不计问： 金属棒滑行过程中安培力对金属棒做的功和电阻R上产生的焦耳热； 假设导轨间的磁场是匀强磁场，磁感应强度为B，导体棒最终在导轨上静止时的坐标 x1； 假设导轨间的磁场是非匀强磁场，磁感应强度B沿x轴正方向增加，且大小满足，导体棒最终在导轨上静止时的坐标 x23.如下图，间距为L的两条足够长的平行塑料绝缘光滑导轨与水平面的夹角为，磁感应强度为B的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为d，间距为2d质量为m、有效电阻为R的均质矩形导体框ABCD对称地放在导轨上，AB和CD边

3、与导轨垂直(重力加速度大小为g)1如果矩形导体框ABCD的宽度BD等于3d，求矩形导体框ABCD由静止释放下滑s距离时速度大小为多少？2 如果矩形导体框ABCD的宽度BD等于2d，线框AB边从磁场区域1上边由静止开始通过磁场区域1所需要的时间为t，求线框AB边刚通过磁场区域1时的速度大小？这段时间内线框中所产生的热功率为多少？3对于第(2)问所述的运动情况，线框CD边刚穿出第n个磁场区域时的速率为v，试求：线框CD边由静止起始，至通过第n个磁场区域时的总时间为多少？二作业1.如下图，空间等间距分布着水平方向的条形匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度B1 T，每一条形磁场区域的宽度及相邻

4、条形磁场区域的间距均为d0.5 m，现有一边长l0.2 m、质量m0.1 kg、电阻R0.1 的正方形线框MNOP以v07 m/s的初速从左侧磁场边缘水平进入磁场，求：线框MN边刚进入磁场时受到安培力的大小F；线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热Q；dddddddPMONv0线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n。2.如下图，间距为L的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为，导轨光滑且电阻忽略不计场强为B的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为d1，间距为d2两根质量均为m、有效电阻均为R的导体棒a和b放在导轨上，并与导轨垂直 (设重力加速度为g)(1)假设a进入第2个磁

5、场区域时，b以与a同样的速度进入第1个磁场区域，求b穿过第1个磁场区域过程中增加的动能Ek(2)假设a进入第2个磁场区域时，b恰好离开第1个磁场区域；此后a离开第2个磁场区域时，b 又恰好进入第2个磁场区域且ab在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相求b穿过第2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q(3)对于第(2)问所述的运动情况，求a穿出第k个磁场区域时的速率3.如下图，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为l、足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为，条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直。长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在

6、一起组成“型装置，总质量为m，置于导轨上。导体棒中通以大小恒为I的电流由外接恒流源产生，图中未图出。线框的边长为dd 1 2分 二作业1. 线框MN边刚进入磁场时有： 设线框竖直下落H时，速度为vH 由能量守恒得： 自由落体规律： 解得： 解法一： 只有在线框进入和穿出条形磁场区域时，才产生感应电动势，线框局部进入磁场区域x时有： 在tt时间内，由动量定理：Ftmv 求和： 解得： 穿过条形磁场区域的个数为： 可穿过4个完整条形磁场区域 解法二： 线框穿过第1个条形磁场左边界过程中： 根据动量定理： 解得： 同理线框穿过第1个条形磁场右边界过程中有： 所以线框穿过第1个条形磁场过程中有： 设线

7、框能穿过n个条形磁场，那么有： 解得： 可穿过4个完整条形磁场区域2.(1)a和b不受安培力作用，由机械能守恒知， 2设导体棒刚进入无磁场区域时的速度为v1，刚离开无磁场区域时的速度为v2，由能量守恒知，在磁场区域中， 在无磁场区域中， 解得 Q=mg(d1+d2)sin 3在无磁场区域根据匀变速直线运动规律v2-v1=gtsin 且平均速度 有磁场区域棒a受到合力F=mgsin-Bil 感应电动势=Blv 感应电流I= 解得 F=mgsin-v 根据牛顿第二定律，在t到t+时间内 11那么有 12解得 v1= v2=gtsin-d1 13联列(13)式，解得由题意知，3. (1)设装置由静止

8、释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W 由动能定理 且 解得 2设线框刚离开磁场下边界时的速度为，那么接着向下运动 由动能定理 装置在磁场中运动时收到的合力感应电动势 =Bd感应电流 =安培力 由牛顿第二定律，在t到t+时间内，有那么有解得 3经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离之间往复运动 由动能定理 解得 4. 1O到t时间内，导体棒的位移 t时刻，导体棒的长度 导体棒的电动势 回路总电阻 电流强度 电流方向 b a23解法一t时刻导体棒的电功率 3解法二t时刻导体棒的电功率 由于I恒定因此 4撤去外力后，设任意时刻t导体棒的坐标为x，速度为v，取得短时

9、间t或很短距离x解法一在tt+t时间内，由动量定理得 扫过面积 得设滑行距离为d那么 即 解之 得 = + 解法二在xx+x，由动能定理得忽略高阶小量得c以下解法同解法一解法三1由牛顿第二定律得 得 以下解法同解法一解法三2由牛顿第二定律得 得 以下解法同解法二1.倾角为的光滑斜面上，等间距地排列着宽度均为l匀强磁场，相邻磁场区域的磁场方向相反且均垂直于斜面，磁感应强度大小均为B。一质量为m、总电阻为R的矩形线圈abcd从ab边与磁场边界重合处由静止起下滑，线圈的边长分别为ab=cd=2l和ad=bc=l，。1求cd边第一次运动到两磁场交界处时的速度v12经过一段时间后，线圈在磁场中可以做一段

10、时间的匀速运动，求此匀速运动的速度v3经过一段时间后，ab边经过每段同向磁场区域的时间间隔均相等，求此时间间隔Tllllllllabdc1cd边第一次运动到两磁场交界处的过程中，由机械能守恒得 2线圈匀速运动时，重力沿斜面方向的分力与安培力平衡 得： 3设ab边穿过同向磁场区域的过程中，ab边与磁场边界重合时的速度为v1，cd边与磁场边界时的速度为v2。线圈沿斜面运动的前l/2内做匀加速运动的时间为t1，后l/2内做变减速运动的时间为t2。 对匀加速运动阶段有： 对变减速运动阶段有： 取很短时间研究： 联立式求解得： 2.如下图，六段相互平行的金属导轨在同一水平面内，长度分别为L和2L，宽间距

11、的导轨间相距均为2L、窄间距的导轨间相距均为L，最左端用导线连接阻值为R的电阻，且各段导轨间均用导线连接，整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中质量为m的导体棒可在各段导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直导轨和导体棒电阻均忽略不计现使导体棒从ab位置以初速度v0垂直于导轨向右运动，那么(1)假设导体棒在大小为F、沿初速度方向的恒定拉力作用下运动，到达cd位置时的速度为v，求在此运动的过程中电路产生的焦耳热(2)假设导体棒在水平拉力作用下向右做匀速运动，求导体棒运动到cd位置的过程中，水平拉力做的功和电路中电流的有效值(3)假设导体棒向右运动的过程中不受拉力作用，求运动到

12、cd位置时的速度大小3.如图，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻。区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s。一质量为m，电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到Fv0.4Nv为金属棒运动速度的水平力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大。l1m，m1kg，RW，rW，s1m1分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动；2求磁感应强度B的大小；3假设撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足vv0x，且棒在运动到ef处时恰好静止，那么外力F作用的时间为多少？4假设在棒未出磁场区域时撤去外力，画出

13、棒在整个运动过程中速度随位移的变化所对应的各种可能的图线。1金属棒做匀加速运动，R两端电压UIev，U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大，加速度为恒量， 2Fma，以Fv0.4代入得0.5v0.4a，a与v无关，所以a/s2，0.50，得B0.5T， 3x1at2，v0x2at，x1x2s，所以at2atst2t10，t1s，4可能图线如下：4.如下图，质量为m的导体棒曲垂直放在光滑足够长的U形导轨的底端，导轨宽度和棒长相等且接触良好，导轨平面与水平面成角，整个装置处在与导轨平面垂直的匀强磁场中现给导体棒沿导轨向上的初速度v0，经时间t0导体棒到达最高点，然后开始返回，到达底端前已经做匀速运动

14、，速度大小为导体棒的电阻为R，其余电阻不计，重力加速度为g，忽略电路中感应电流之间的相互作用求：(1)导体棒从开始运动到返回底端的过程中，回路中产生的电能；(2)导体棒在底端开始运动时的加速度大小；(3)导体棒上升的最大高度解：据能量守恒，得 E = mv02 -m2= mv02在底端，设棒上电流为I，加速度为a，由牛顿第二定律，那么：mgsin+BIL=ma1由欧姆定律，得I= E=BLv0由上述三式，得a1 = gsin + 棒到达底端前已经做匀速运动mgsin= 代入，得a1 = 5gsin3选沿斜面向上为正方向，上升过程中的加速度，上升到最高点的路程为S，a = gsin + 取一极短时间t，速度微小变化为v，由v = at，得 v = gsint+B2L2vt/mR其中，vt = s在上升的全过程中v = gsint+B2L2s/mR即 0-v0= t0gsin+B2L2S/mRH=Ssin 且gsin= H =v02-gv0t0sin/4g