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考点规范练34电磁感应现象中的动力学、动量和能量问题一、单项选择题1.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,若外力对线框做的功分别为Wa、Wb,则WaWb为()A.14B.12C.11D.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=(BLv)2RaLv,Wb=Qb=(B2Lv)2Rb2Lv,由电阻定律知Rb=2Ra,故WaWb=14,A项正确。2.如图所示,条形磁铁位于固定的半圆光滑轨道的圆心位置,一半径为R、质量为m的金属球从半圆轨道的一端沿半圆轨道由静止下滑,重力加速度大小为g。下列说法正确的是()A.金属球会运动到半圆轨道的另一端B.由于金属球没有形成闭合电路,所以金属球中不会产生感应电流C.金属球受到的安培力做负功D.系统产生的总热量小于mgR答案C解析金属球在运动过程中,穿过金属球的磁通量不断变化,在金属球内形成闭合回路,产生涡流,金属球受到的安培力做负功,金属球产生的热量不断地增加,机械能不断地减少,直至金属球停在半圆轨道的最低点,C正确,A、B错误;根据能量守恒定律得系统产生的总热量为mgR,D错误。3.两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为l,底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端,金属棒和导轨接触良好,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。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放,则()A.释放瞬间金属棒的加速度小于重力加速度gB.金属棒向下运动时,流过电阻R的电流方向为abC.金属棒的速度为v时,所受的安培力大小为F=B2l2vRD.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量答案C解析金属棒刚释放时,弹簧处于原长,弹力为零,又因此时金属棒速度为零,没有感应电流,金属棒不受安培力作用,只受到重力作用,其加速度应等于重力加速度,选项A错误;金属棒向下运动时,由右手定则可知,流过电阻R的电流方向为ba,选项B错误;金属棒速度为v时,安培力大小为F=BIl,又I=BlvR,联立解得F=B2l2vR,选项C正确;金属棒下落过程中,由能量守恒定律知,金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能(速度不为零时)以及电阻R上产生的热量,选项D错误。4.如图所示,水平光滑的平行金属导轨,左端接有电阻R,匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内,质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置。若使棒以一定的初速度v0向右运动,当其通过位置a、b时,速率分别为va、vb,到位置c时棒刚好静止。设金属导轨与棒的电阻均不计,a到b和b到c的间距相等,则金属棒在从a到b和从b到c的两个过程中()A.回路中产生的内能相等B.棒运动的加速度相等C.安培力做功相等D.通过棒横截面的电荷量相等答案D解析金属棒由a到b再到c的过程中,速度逐渐减小,根据E=Blv知,E减小,故I减小,再根据F=BIl知,安培力减小,由F=ma知,加速度减小,B错误;由于a与b、b与c间距相等,安培力由ac是逐渐渐小的,故从a到b安培力做的功大于从b到c安培力做的功,又由于安培力做的功等于回路中产生的内能,所以A、C错误;根据平均感应电动势E=t=BSt,I=ER和q=It,得q=BSR,所以D正确。二、多项选择题5.如图所示,光滑金属导轨AC、AD固定在水平面内,并处在方向竖直向下、大小为B的匀强磁场中。有一质量为m的导体棒以初速度v0从某位置开始在导轨上水平向右运动,最终恰好静止在A点。在运动过程中,导体棒与导轨始终构成等边三角形回路,且通过A点的总电荷量为Q。已知导体棒与导轨间的接触电阻值恒为R,其余电阻不计,则()A.该过程中导体棒做匀减速运动B.当导体棒的速度为v02时,回路中感应电流小于初始时的一半C.开始运动时,导体棒与导轨所构成回路的面积为S=QRBD.该过程中接触电阻产生的焦耳热为mv028答案BC解析导体切割磁感线产生的感应电动势为E=Blv,电流为I=BlvR,安培力为F=BIl=B2l2vR,l、v都在减小,根据牛顿第二定律知,加速度也在减小,A错误;当导体棒的速度为12v0时,导体棒的长度也减小了,所以回路中感应电流大小小于初始时的一半,B正确;该过程中,通过的总电荷量为Q=BSR,也就是开始运动时,导体棒与导轨所构成回路的面积S=QRB,C正确;该过程中,动能全部转化为接触电阻产生的焦耳热为12mv02,D错误。6.右图为一圆环发电装置,用电阻R=4 的导体棒弯成半径l=0.2 m的闭合圆环,圆心为O,COD是一条直径,在O、D间接有负载电阻R1=1 。整个圆环中均有B=0.5 T的匀强磁场垂直环面穿过。电阻r=1 的导体棒OA贴着圆环做匀速圆周运动,角速度=300 rad/s。则()A.当OA到达OC处时,圆环的电功率为1 WB.当OA到达OC处时,圆环的电功率为2 WC.全电路最大功率为3 WD.全电路最大功率为4.5 W答案AD解析当OA到达OC处时,圆环的电阻为1,与R1串联接入电路,棒转动过程中产生的感应电动势E=12Bl2=3V,圆环上分压为1V,所以圆环的电功率为1W,A正确,B错误;当OA到达OD处时,圆环中的电阻为零,此时电路中总电阻最小,而电动势不变,所以电功率最大为Pmax=E2R1+r=4.5W,C错误,D正确。7.有一半径为R、电阻率为电、密度为密的均匀圆环落入磁感应强度为B的径向磁场中,圆环的截面半径为r(rR),如图所示。当圆环在加速下落时某一时刻的速度为v,则()甲乙A.此时整个圆环的电动势E=2BvrB.忽略电感的影响,此时圆环中的电流I=Br2v电C.此时圆环的加速度a=B2v电密D.如果径向磁场范围足够长,则圆环的最大速度vmax=电密gB2答案BD解析此时整个圆环垂直切割径向磁感线,电动势E=2BvR,选项A错误;此时圆环中的电流I=E2R电r2=2BvR2R电r2=Br2v电,选项B正确;对圆环,根据牛顿第二定律得mg-F安=ma,F安=BI2R=22B2r2Rv电,m=密r22R,则a=g-B2v电密,选项C错误;如果径向磁场范围足够长,当a=0时圆环的速度最大,即g-B2vmax电密=0,则vmax=电密gB2,选项D正确。8.如图所示,两根电阻不计的足够长的光滑金属导轨MN、PQ,间距为l,两导轨构成的平面与水平面成角。金属棒ab、cd用绝缘轻绳连接,其电阻均为R,质量分别为m和2m。沿斜面向上的外力F作用在cd上使两棒静止,整个装置处在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。将轻绳烧断后,保持F不变,金属棒始终与导轨垂直且接触良好。则()A.轻绳烧断瞬间,cd的加速度大小a=12gsin B.轻绳烧断后,cd做匀加速运动C.轻绳烧断后,任意时刻两棒运动的速度大小之比vabvcd=12D.棒ab的最大速度vabm=4mgRsin3B2l2答案AD解析烧断细绳前,将两根棒看作一个整体,对整体有F=3mgsin;烧断细绳瞬间cd棒速度为零,在沿斜面方向上受到拉力F和重力沿斜面向下的分力作用,故a=F-2mgsin2m=12gsin,A正确;由于cd棒切割磁感线运动,根据楞次定律和左手定则可知,cd棒受到沿斜面向下的安培力作用,且随着速度增大而增大,故cd棒做变加速运动,只有当F=2mgsin+Fcd安后,才沿斜面向上做匀速直线运动,B错误;因为两个导体棒组成一个闭合回路,所以通过两个导体棒的电流相同,故受到的安培力等大反向,根据动量守恒可得mvab-2mvcd=0,即vabvcd=21,C错误;当ab棒和cd棒加速度为零时,速度均达到最大,设此时ab棒和cd棒的速度大小分别为vabm、vcdm,由ab棒受力平衡得mgsin=BIl,此时回路中总的电动势E=Bl(vabm+vcdm),电路中电流I=E2R,由动量守恒定律得mvab-2mvcd=0,联立解得vabm=4mgRsin3B2l2,D正确。三、非选择题9.如图所示,足够长的固定平行粗糙金属双轨MN、PQ相距d=0.5 m,导轨平面与水平面夹角=30,处于方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小B=0.5 T的匀强磁场中。长也为d的金属棒ab垂直于导轨MN、PQ放置,且始终与导轨接触良好,棒的质量m=0.1 kg,电阻R=0.1 ,与导轨之间的动摩擦因数=36,导轨上端连接电路如图所示。已知电阻R1与灯泡电阻R2的阻值均为0.2 ,导轨电阻不计,重力加速度g取10 m/s2。(1)求棒由静止释放瞬间下滑的加速度大小a;(2)假若棒由静止释放并向下加速运动一段距离后,灯L的发光亮度稳定,求此时灯L的实际功率P和棒的速率v。答案(1)2.5 m/s2(2)0.05 W0.8 m/s解析(1)棒由静止释放的瞬间速度为零,不受安培力作用根据牛顿第二定律有mgsin-mgcos=ma,代入数据得a=2.5m/s2。(2)由“灯L的发光亮度稳定”知棒做匀速运动,受力平衡,有mgsin-mgcos=BId代入数据得棒中的电流I=1A由于R1=R2,所以此时通过小灯泡的电流I2=12I=0.5A,P=I22R2=0.05W此时感应电动势E=Bdv=IR+R1R2R1+R2得v=0.8m/s。10.足够长的平行金属导轨ab、cd放置在水平面上,处在磁感应强度B=1.0 T的竖直方向的匀强磁场中,导轨间连接阻值为R=0.3 的电阻,质量m=0.5 kg、电阻r=0.1 的金属棒ef紧贴在导轨上,两导轨间的距离l=0.40 m,如图所示。在水平恒力F作用下金属棒ef由静止开始向右运动,其运动距离与时间的关系如下表所示。导轨与金属棒ef间的动摩擦因数为0.3,导轨电阻不计,g取10 m/s2。时间t/s01.02.03.04.05.06.07.0运动距离x/m00.62.04.36.89.311.814.3(1)求在4.0 s时间内,通过金属棒截面的电荷量q;(2)求水平恒力F;(3)庆丰同学在计算7.0 s时间内,整个回路产生的焦耳热Q时,是这样计算的:先算7.0 s内的电荷量,再算电流I=Qt,再用公式Q=I2Rt计算出焦耳热,请你简要分析这样做是否正确?认为正确的,请算出结果;认为错误的,请用自己的方法算出7.0 s内整个回路产生的焦耳热Q。答案(1)6.8 C(2)2.5 N(3)见解析解析(1)金属棒产生的平均感应电动势E=t=Blxt平均电流I=ER+r则电荷量q=It=BlxR+r=6.8C。(2)由题表中数据可知,3.0s以后棒ef做匀速直线运动,处于平衡状态其速度v=xt=2.5m/s有F-Ff=BIl由E=Blv,I=ER+r,Ff=mg解得F=BIl+Ff=2.5N。(3)庆丰同学用电流的平均值计算焦耳热是错误的。正确解法是根据能量转化和守恒定律,有Fx-mgx-Q=12mv2解得Q=12.7J。11.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、R2,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)B2l22gr1m0(R1+R2)(2)2gr1Blq-3mgr2-B2l2q22m0(3)2gr1-mm06gr2解析(1)设杆b刚刚滑到左端轨道最低端时的速度为vb1,由机械能守恒定律,12m0vb12=m0gr1,所以vb1=2gr1b刚滑到水平轨道时加速度最大,则E=Blvb1,I=ER1+R2,根据牛顿第二定律有,F安=BIl=m0a得杆b的最大加速度a=B2l22gr1m0(R1+R2)。(2)设杆a到达右端半圆轨道最高点时,杆a的速度为va1,杆b的速度为vb2,根据动量定理有-BIlt=m0vb2-m0vb1,即-Blq=m0vb2-m0vb1所以vb2=2gr1-Blqm0根据牛顿第二定律和第三定律,得2mg=mva12r2所以va1=2gr2因为m0gr1=12m0vb22+12mva12+mg2r2+Q所以系统产生的焦耳热Q=2gr1Blq-3mgr2-B2l2q22m0。(3)根据能量守恒,有2mgr2=12mva22-12mva12所以杆a刚到达水平轨道右端时的速度va2=6gr2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m0vb1=m0vb3+mva2杆a刚到达水平轨道最右端时,杆b的速度vb3=2gr1-mm06gr2。
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