1、课时规范练 34 电磁感应现象中的动力学、动量和能量问题课时规范练第 66 页 基础巩固组1.(电磁感应现象中的能量问题) 如图所示,用粗细相同的铜丝做成边长分别为 L 和 2L 的两只闭合线框 a 和 b,以相同的速度把两只线框从磁感应强度为 B 的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外,若外力对环做的功分别为 Wa、W b,则 Wa Wb为( )A.1 4 B.1 2C.1 1 D.不能确定答案 A解析 根据能量守恒可知,外力做的功等于产生的电能,而产生的电能又全部转化为焦耳热,所以 Wa=Qa= ,Wb=Qb= ,由电阻定律知 Rb=2Ra,故 Wa Wb=1 4,A 项正确。2.(电磁感应现象
2、中的动力学问题) 一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落 ,进入一水平方向的匀强磁场区域,然后穿出磁场区域继续下落,如图所示,则( )A.若线圈进入磁场过程是匀速运动 ,则离开磁场过程也是匀速运动B.若线圈进入磁场过程是加速运动,则离开磁场过程也是加速运动C.若线圈进入磁场过程是减速运动,则离开磁场过程也是减速运动D.若线圈进入磁场过程是减速运动 ,则离开磁场过程是加速运动答案 C解析 线圈从高处自由下落,以一定的速度进入磁场,会产生感应电流,线圈受到重力和安培力作用,线圈全部进入磁场后,磁通量不变,没有感应电流产生,线圈不受安培力,只受重力,在磁场内部会做一段匀加速运动。若线圈进入磁场过程是匀速
3、运动,说明有 mg=BIl,由于线圈全部进入磁场后只受重力,在磁场内部会做一段匀加速运动,离开磁场时的速度大于进入磁场时的速度,安培力大于重力,就会做减速运动,故 A 错误;若线圈进入磁场过程一直是加速运动,说明重力大于安培力,在离开磁场时速度增大,安培力增大,可能安培力与重力平衡,做匀速运动,故B 错误; 若线圈进入磁场过程一直是减速运动,说明重力小于安培力 ,线圈全部进入磁场后,在磁场内部会做一段匀加速运动,所以离开磁场时安培力变大,安培力仍然大于重力,所以也是减速运动,故 C 正确,D 错误。3.(电磁感应现象中的能量问题) 竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道 ,如图所示,抛物线方
4、程是 y=x2,轨道下半部分处在一个水平向外的匀强磁场中,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(ba)处以速度 v 沿抛物线下滑,假设抛物线足够长,金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是( )A.mgb B. mv2C.mg(b-a) D.mg(b-a)+ mv2答案 D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,产生焦耳热;当小金属环全部进入磁场后,不产生感应电流,小金属环最终在磁场中做往复运动,由能量守恒定律可得产生的焦耳热等于减少的机械能,即 Q= mv2+mgb-mga=mg(b-a)+ mv2,D 正确。4.(多选)(电
5、磁感应现象中的能量问题)(2017 安徽江南十校联考 )如图所示,磁场与线圈平面垂直,先后以速度 v1 和 v2 匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域,v 1=3v2。在先后两种情况下( )A.线圈中的感应电流之比 I1 I2=1 3B.线圈中的感应电流之比 I1 I2=3 1C.线圈中产生的焦耳热之比 Q1 Q2=3 1D.通过线圈某截面的电荷量之比 q1 q2=1 1答案 BCD解析 v1=3v2,根据 E=Blv 知,感应电动势之比为 3 1,感应电流 I= ,则感应电流之比I1 I2=3 1,故 A 错误,B 正确。由 v1=3v2 知,t 1 t2=1 3,根据 Q=I2Rt 知,焦
6、耳热Q1 Q2=3 1,故 C 正确。根据 q=It= 知,通过某截面的电荷量之比 q1 q2=1 1,故 D 正确。5.(多选)(电磁感应现象中的动力学问题)如图所示,两足够长平行金属导轨固定在水平面上,匀强磁场方向垂直导轨平面向下,金属棒 ab、cd 与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动,两金属棒 ab、cd 的质量之比为 2 1.用一沿导轨方向的恒力 F 水平向右拉金属棒 cd,经过足够长时间以后( )A.金属棒 ab、cd 都做匀速运动B.金属棒 ab 上的电流方向是由 b 向 aC.金属棒 cd 所受安培力的大小等于D.两金属棒间距离保持不变答案 BC解析 对两金属棒 ab、cd
7、 进行受力和运动分析可知,两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动,且金属棒 ab 速度小于金属棒 cd 速度,所以两金属棒间距离是变大的,由楞次定律判断金属棒 ab 上的电流方向是由 b 到 a,A、D 错误,B 正确;以两金属棒整体为研究对象,有F=3ma,隔离金属棒 cd 分析,有 F-F 安 =ma,可求得金属棒 cd 所受安培力的大小 F 安 = F,C 正确。6.(多选)(电磁感应现象中的动力学和能量问题)(2017 北京朝阳区校级四模 )如图所示,一个质量为 m、电阻不计、足够长的光滑 U 形金属框架 MNQP,位于光滑绝缘水平桌面上,平行导轨 MN 和 PQ 相距为 l。空间
8、存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场,磁感应强度的大小为 B。另有质量也为 m 的金属棒 CD,垂直于 MN 放置在导轨上,并用一根绝缘细线系在定点A。已知,细线能承受的最大拉力为 T0,CD 棒接入导轨间的有效电阻为 R。现从 t=0 时刻开始对 U 形框架施加水平向右的拉力 ,使其从静止开始做加速度为 a 的匀加速直线运动,经过一段时间后,细线断裂,在细线断裂时,立即撤去拉力,关于撤去拉力前后的全过程,下列说法正确的是( )A.撤去拉力 F 时,框架的速度 v0=B.从框架开始运动到细线断裂所需的时间 t0=C.撤去拉力后,框架将向右减速 ,棒向右加速,二者最终速度相同D.最终在回路中产生
9、的总焦耳热等于拉力 F 做的功答案 ABC解析 当细线拉力达到最大时,有 T0=F 安 =BIl= ,解得框架的速度 v0= ,故 A 正确。根据速度时间关系可得 v0=at0,解得从框架开始运动到细线断裂所需的时间 t0= ,故 B正确。撤去拉力后,框架受到向左的安培力做减速运动,棒相对于框架的速度向左,所受的安培力向右,即棒向右加速,两者最终速度相等,故 C 正确。根据能量守恒定律知,拉力 F 做的功等于最终回路中产生的总焦耳热和最终整体的动能之和,故 D 错误。7.(多选)(电磁感应现象中的动力学和能量问题)两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为 l,顶端接阻值为 R 的电阻。质量为 m、
10、电阻为 r 的金属棒在距磁场上边界某处静止释放,金属棒和导轨接触良好且与导轨垂直,导轨所在平面与磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直,如图所示,不计导轨的电阻。则( )A.金属棒在磁场中运动时,流过电阻 R 的电流方向为 abB.金属棒的速度为 v 时,金属棒所受的安培力大小为C.金属棒的最大速度为D.金属棒以稳定的速度下滑时 ,电阻 R 的热功率为 R答案 BD解析 金属棒在磁场中向下运动时,由楞次定律可知,流过电阻 R 的电流方向为 ba,选项 A 错误;金属棒的速度为 v 时,金属棒中感应电动势 E=Blv,感应电流 I= ,所受的安培力大小为 F=BIl= ,选项 B 正确; 当安培力 F
11、=mg 时,金属棒下落速度最大,金属棒的最大速度为v= ,选项 C 错误;金属棒以稳定的速度下滑时,电阻 R 和 r 的热功率为 mgv=2(R+r),电阻 R 的热功率为 2R,选项 D 正确。8.(多选)(电磁感应现象中的动力学问题)(2017 重庆质检) 如图,两根足够长且光滑平行的金属导轨 PP、QQ倾斜放置,匀强磁场垂直于导轨平面 ,导轨的上端与水平放置的两金属板M、N 相连,板间距离足够大,板间有一带电微粒,金属棒 ab 水平跨放在导轨上,下滑过程中与导轨接触良好且与导轨垂直。现同时由静止释放带电微粒和金属棒 ab,则下列说法正确的是( )A.金属棒 ab 最终可能匀速下滑B.金属
12、棒 ab 一直加速下滑C.金属棒 ab 下滑过程中 M 板电势高于 N 板电势D.带电微粒不可能先向 N 板运动后向 M 板运动答案 BC解析 金属棒沿光滑导轨加速下滑,棒中有感应电动势而对电容器充电,充电电流通过金属棒时受安培力作用,只有金属棒速度增大时才有充电电流,因此总有 mgsin -BIl0,金属棒将一直加速,A 项错、B 项对;由右手定则可知 ,金属棒 a 端电势高,则 M 板电势高,C 项对; 若微粒带负电,则静电力向上与重力反向,开始时静电力为 0,微粒向下加速运动,当静电力增大到大于重力时,微粒的加速度向上,D 项错。导学号 06400482能力提升组9.如图所示,两平行金属
13、导轨位于同一水平面上,相距 l,左端与一电阻 R 相连;整个系统置于匀强磁场中,磁感应强度大小为 B,方向竖直向下。一质量为 m 的导体棒置于导轨上,在水平外力作用下沿导轨以速率 v 匀速向右滑动,滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为 ,导轨和导体棒的电阻均可忽略。求:(1)电阻 R 消耗的功率。(2)水平外力的大小。答案 (1) (2) +mg解析 解法一 导体棒匀速向右滑动,速率为 v,则有F=F 安 +mgE=Blv,I=F 安 =BIl解得 F= +mg由能量守恒定律得 Fvt=mgvt+PRt解得 PR=解法二 (1)导体棒切割磁感线产生的电动势
14、E=Blv由于导轨与导体棒的电阻均可忽略,则 R 两端电压等于电动势 U=E则电阻 R 消耗的功率 PR=综合以上三式可得 PR=(2)设水平外力大小为 F,由能量守恒有 Fvt=PRt+mgvt故得 F= +mg= +mg。导学号 0640048310.(2016浙江卷)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示,两根平行金属导轨相距 l=0.50 m,倾角 =53,导轨上端串接一个 R=0.05 的电阻。在导轨间长 d=0.56 m 的区域内,存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度 B=2.0 T。质量 m=4.0 kg 的金属棒 CD 水平置于导轨上,用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆 GH
15、 相连。CD 棒的初始位置与磁场区域的下边界相距 s=0.24 m。一位健身者用恒力 F=80 N 拉动 GH 杆,CD 棒由静止开始运动,上升过程中 CD 棒始终保持与导轨垂直。当 CD 棒到达磁场上边界时健身者松手,触发恢复装置使CD 棒回到初始位置(重力加速度 g 取 10 m/s2,sin 53=0.8,不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)。求:(1)CD 棒进入磁场时速度 v 的大小。(2)CD 棒进入磁场时所受的安培力 FA 的大小。(3)在拉升 CD 棒的过程中 ,健身者所做的功 W 和电阻产生的焦耳热 Q。答案 (1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.
16、88 J解析 (1)由牛顿第二定律得a= =12 m/s2进入磁场时的速度v= =2.4 m/s(2)感应电动势 E=Blv 感应电流 I= 安培力 FA=IBl 代入得 FA= =48 N(3)健身者做功 W=F(s+d)=64 J由牛顿第二定律得F-mgsin -FA=0 CD 棒在磁场区域内做匀速运动在磁场中运动时间 t= 焦耳热 Q=I2Rt=26.88 J导学号 0640048411.(2017江西宜春二模)如图所示 ,电阻不计的两光滑平行金属导轨相距 L,固定在水平绝缘桌面上,其中半径为 R 的 圆弧部分处在竖直平面内,水平直导轨部分处在磁感应强度为 B、方向竖直向下的匀强磁场中,
17、末端与桌面边缘垂直平齐。两金属棒 ab、cd 垂直于两导轨且与导轨接触良好。棒 ab 质量为 2m,电阻为 r,棒 cd 的质量为 m,电阻为 r,重力加速度为 g,开始时棒 cd 静止在水平直导轨上,棒 ab 从圆弧顶端无初速度释放,进入水平直导轨后与棒 cd始终没有接触并一直向右运动,最后两棒都离开导轨落到地面上,棒 ab 与棒 cd 落地点到桌面边缘的水平距离之比为 2 1。求:(1)棒 ab 和棒 cd 离开导轨时的速度大小;(2)棒 cd 在水平导轨上的最大加速度;(3)两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热。答案 (1)棒 ab 和棒 cd 离开导轨时的速度大小分别为 (2) (3)m
18、gR解析 (1)设 ab 棒进入水平导轨的速度为 v,ab 棒从圆弧导轨滑下机械能守恒:2mgR= 2mv2解得 v=两棒离开导轨时,设 ab 棒的速度为 v1,cd 棒的速度为 v2。两棒离开导轨后做平抛运动的时间相等,由平抛运动水平位移 x=v0t 可知v1 v2=x1 x2=2 1两棒均在水平导轨上运动时,系统的合外力为零,遵守动量守恒,取向右为正方向,由动量守恒定律得 2mv=2mv1+mv2联立解得 v1= ,v2= 。(2)ab 棒刚进入水平导轨时,cd 棒受到的安培力最大,此时它的加速度最大。ab 棒刚进入水平导轨时,设此时回路的感应电动势为 E,则 E=BLv感应电流 I=cd
19、 棒受到的安培力为 F=BIL根据牛顿第二定律,cd 棒有最大加速度为 a=联立解得 a= 。(3)根据能量守恒,两棒在轨道上运动过程产生的焦耳热为Q= 2mv2- 2m联立解得,Q= mgR。12.如图所示,宽度为 l 的平行光滑的金属轨道 ,左端为半径为 r1 的四分之一圆弧轨道,右端为半径为 r2 的半圆轨道,中部为与它们相切的水平轨道。水平轨道所在的区域有磁感应强度为B 的竖直向上的匀强磁场。一根质量为 m 的金属杆 a 置于水平轨道上,另一根质量为 m0 的金属杆 b 由静止开始自左端轨道最高点滑下,当 b 滑入水平轨道某位置时,a 就滑上了右端半圆轨道最高点(b 始终运动且 a、b
20、 未相撞), 并且 a 在最高点对轨道的压力大小为 mg,此过程中通过 a 的电荷量为 q,a、b 棒的电阻分别为 R1、R 2,其余部分电阻不计。在 b 由静止释放到 a 运动到右端半圆轨道最高点过程中。(1)在水平轨道上运动时 b 的最大加速度是多大?(2)自 b 释放到 a 到达右端半圆轨道最高点过程中系统产生的焦耳热是多少 ?(3)在 a 刚到达右端半圆轨道最低点时 b 的速度是多大?答案 (1) (2) Blq-3mgr2- (3)解析 (1)设杆 b 刚刚滑到左端轨道最低端时的速度为 ,由机械能守恒定律, m0 =m0gr1,所以b 刚滑到水平轨道时加速度最大,则 E=Bl ,I=
21、 ,根据牛顿第二定律有,F 安 =BIl=m0a得杆 b 的最大加速度 a=(2)设杆 a 到达右端半圆轨道最高点时,杆 a 的速度为 ,杆 b 的速度为 ,根据动量定理有,-BIlt=m 0 -m0 ,即-Blq=m 0 -m0所以根据牛顿第二定律和第三定律,得杆 a 在最高点时 2mg=m所以因为 m0gr1= m0 +2mgr2+Q所以系统产生的焦耳热Q= Blq-3mgr2-(3)根据能量守恒,有2mgr2=所以杆 a 刚到达水平轨道右端时的速度在杆 b 和杆 a 在水平轨道上运动时,符合动量守恒条件,根据动量守恒定律,有 m0 =m0+m杆 a 刚到达水平轨道最右端时,杆 b 的速度 。
