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 基础对点练1.(多选 )(动力学问题)(2018广西防城港模拟) 如图所示,等边闭合三角形线框,开始底边与匀强磁场的边界平行且重合,磁场的宽度大于三角形的高度,线框由静止释放,穿过该磁场区域,不计空气阻力,则下列说法正确的是( )A.线框进磁场过程中感应电流为顺时针方向B.线框底边刚进入和刚穿出磁场时线圈的加速度大小可能相同C.线框出磁场的过程,可能做先减速后加速的直线运动D.线框进出磁场过程,通过线框的电量不同答案 BC解析 线框进入磁场过程中,磁通量增大,根据楞次定律可知,感应电流为逆时针方向,故 A 错误;线
2、框底边刚进入瞬间,速度为零,产生的感应电动势为零,下落加速度为 g,完全进入磁场后下落加速度为 g,随着下落速度的增大,出磁场时产生的安培力可能等于 2mg,此时减速的加速度大小可能为 g,故 B 正确 ;线框出磁场的过程,可能先做减速运动,随着速度减小,切割长度变短,线框受到的安培力减小,当小于重力后线框做加速的直线运动,故 C 正确;线框进、出磁场过程,磁通量变化相同,所以通过线框的电量相同,故 D 错误。所以 BC 正确 ,AD 错误。2.(多选 )(能量问题)(2018山西三区八校二模) 如图所示,相距为 d 的两水平线 L1 和 L2 分别是水平向里的匀强磁场的边界,磁场的磁感应强度
3、为 B,正方形线框 abcd 边长为 L(Ll)处时,线框速度也为 v0,下列说法正确的是( )A.ab 边刚进入磁场时,电流方向为 abB.ab 边刚进入磁场时,线框做加速运动C.线框进入磁场过程中的最小速度可能等于22D.线框进入磁场过程中产生的热量为 mgdsin 答案 ACD解析 根据右手定则知,ab 边刚进入磁场时,电流方向为 ab,故 A 正确。当 ab 边到达 L 时,线框速度为 v0,ab 边到达 L 下方距离 d 处时,线框速度也为 v0,知线框进入磁场时做减速运动,完全进入磁场后做加速运动,则 ab 边刚进入磁场时,做减速运动,加速度方向向上,故 B 错误。线框从进入磁场到
4、完全进入的过程中,做减速运动,完全进入的瞬间速度最小,此时安培力大于重力沿斜面方向的分力,根据 E=Blv,I= ,FA=BIl,根据 FAmgsin ,有 mgsin ,解得 v , 22 22即线框进入磁场过程中的最小速度可能等于 ,故 C 正确。对线框进入磁场的过程运用22能量守恒定律得,mgdsin =Q,故 D 正确。故选 ACD。6.(2018江苏南京调研 )如图所示,电阻不计、间距为 l=1.0 m 的光滑平行金属导轨,水平放置于磁感应强度 B=1.0 T、方向竖直向下的匀强磁场中,导轨左端接一定值电阻 R=1.5 ,质量为m=1.0 kg、电阻为 r=0.5 的金属棒 MN 置
5、于导轨上,始终垂直导轨且接触良好。当 MN 受到垂直于棒的水平外力 F=2.0 N 的作用,由静止开始运动,经过位移 x=1.55 m,到达 PQ 处( 图中未画出),此时速度为 v=2.0 m/s。求:(1)金属棒在 PQ 处所受磁场作用力大小;(2)金属棒在 PQ 处的加速度大小;(3)金属棒在运动中回路产生的总热能。答案 (1)1.0 N (2)1.0 m/s2 (3)1.1 J解析 (1)速度为 v=2.0 m/s 时,回路的电动势 E=Blv产生的电流 I=+则磁场对金属棒的安培力 FA=BIl= =1.0 N22+(2)由牛顿第二定律 :F-FA=ma,解得 a=1.0 m/s2(
6、3)由能量关系可知 :Fx+W=mv2,解得 W=-1.1 J棒克服安培力做的功等于回路产生的热能,即为 1.1 J7.(2018湖南宜章模拟 )如图所示,一质量为 m,边长为 h 的正方形金属线框 abcd 自某一高度由静止下落,依次经过两匀强磁场区域,且金属线框 bc 边的初始位置离磁场 B1 的上边界的高度为,两磁场的磁感应强度分别为 B1 和 B2,且 B1=2B0,B2=B0(B0 已知),两磁场的间距为 H(H 未知,但 Hh),线框进入宽度为 h 的磁场 B1 时,恰好做匀速运动,速度为 v1(v1 已知),从磁场 B1 中穿出后又以 v2 匀速通过宽度也为 h 的磁场 B2。(
7、1)求 v1 与 v2 的比值;(2)写出 H 与 h 的关系式;(3)若地面离磁场 B2 的下边界的高度为 h,求金属线框下落到地面所产生的热量。 (用 m、h、g表示)答案 (1)14 (2)H= (3)4mgh194解析 (1)金属线框分别进入磁场 B1 和 B2 后,做匀速运动,由平衡条件有 BIh=mg 又金属线框切割磁感线,则 I= 联立 得 v=22所以 。 12=2212=14(2)金属线框进入磁场 B1 前和离开磁场 B1 后到进入磁场 B2 前,都是做只在重力作用下的运动,由运动学公式有=2g 12=2g(H-h) 2212联立 得 H= 。 194(3)产生的热量等于克服
8、安培力做功,Q=BIh 4h 联立 得 Q=4mgh。8.(2018福建福州期末 )如图所示,电阻不计的两光滑金属导轨相距 L,放在水平绝缘桌面上,半径为 R 的四分之一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,末端与桌面边缘平齐。两金属棒 ab、cd 垂直于两导轨且与导轨接触良好。棒ab 的质量为 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 从光滑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
9、 落地点到桌面边缘的水平距离之比为 31,求 :(1)棒 ab 和棒 cd 离开导轨时的速度大小 ;(2)两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热;(3)棒 cd 在水平导轨上的最大加速度。答案 (1)棒 ab 和棒 cd 离开导轨时的速度大小分别为 : ;672、 272(2)两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热为 mgR;2249(3)棒 cd 在水平导轨上的最大加速度为 : 。2222解析 (1)设 ab 棒进入水平导轨的速度为 v1,ab 棒从圆弧导轨滑下机械能守恒,由机械能守恒定律得:2mgR=2m ,12离开导轨时,设 ab 棒的速度为 v1,cd 棒的速度为 v2,ab 棒与 cd 棒在
10、水平导轨上运动,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:2mv 1=2mv1+mv2,依题意可知:v 1v2,两棒离开导轨做平抛运动的时间相等,由平抛运动水平位移:x=vt 可知:v 1v2=x1x2=31,解得:v 1= ,v2= ;672 272(2)根据能量守恒 ,两棒在轨道上运动过程产生的焦耳热为:Q=2m -(2mv12+mv22),解得 :Q= mgR;12 2249(3)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,设此时回路的感应电动势为 E,E=BLv1,感应电流:I= ,2cd 棒受到的安培力为:F cd=BIL,根据牛顿第二定律,cd 棒的最大加速度为:a= ,解得:a= 。2222
