专题16 动力学、动量和能量观点在电磁感应中的应用（解析版）

这是一份专题16 动力学、动量和能量观点在电磁感应中的应用（解析版），共15页。试卷主要包含了25　8 m/s　2，95 J等内容，欢迎下载使用。


(1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数；
(2)求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
(3)已知金属棒从进入磁场到速度达到5 m/s时通过电阻的电荷量为1.3 C，求此过程中电阻产生的焦耳热。
【答案】(1)0.25 (2)8 m/s (3)2.95 J
【解析】 (1)由图乙可知，金属棒进入磁场前的加速度为a＝4 m/s2
受力分析如图，根据牛顿第二定律有
mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma
解得μ＝0.25。
(2)动生电动势E＝BLv
I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)
F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)
由左手定则知安培力沿斜面向上，则有
mgsin 37°＝μmgcs 37°＋eq \f(B2L2v,R)
解得v＝8 m/s。
(3)设金属棒进入磁场后下滑距离为x，E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BLx,Δt)，I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLx,ΔtR)，q＝IΔt
由eq \f(BLx,R)＝1.3 C，可得x＝2.6 m，则h＝xsin 37°＝2.6×0.6 m＝1.56 m
由能量守恒定律得eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋μmgxcs 37°＋Q＝mgh
解得Q＝2.95 J。
2.(2021·湖南怀化市上学期期末)如图所示，两平行光滑不计电阻的金属导轨竖直放置，导轨上端接一阻值为R的定值电阻，两导轨之间的距离为d。矩形区域abdc内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，ab、cd之间的距离为L。在cd下方有一导体棒MN，导体棒MN与导轨垂直，与cd之间的距离为H，导体棒的质量为m，电阻为r。给导体棒一竖直向上的恒力，导体棒在恒力F作用下由静止开始竖直向上运动，进入磁场区域后做减速运动。若导体棒到达ab处的速度为v0，重力加速度大小为g。求：
(1)导体棒到达cd处时速度的大小；
(2)导体棒刚进入磁场时加速度的大小；
(3)导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量和电阻R产生的热量。
【答案】 (1)eq \r(\f(2（F－mg）H,m))
(2)g＋eq \f(B2d2,m（R＋r）)eq \r(\f(2（F－mg）H,m))－eq \f(F,m)
(3)eq \f(BLd,R＋r) eq \f(R,R＋r)[(F－mg)(H＋L)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)]
【解析】 (1)根据动能定理(F－mg)H＝eq \f(1,2)mv2
解得导体棒到达cd处时速度的大小v＝eq \r(\f(2（F－mg）H,m))。
(2)根据牛顿第二定律mg＋FA－F＝ma
安培力FA＝BId
I＝eq \f(E,R＋r)
E＝Bdv
导体棒刚进入磁场时加速度的大小
a＝g＋eq \f(B2d2,m（R＋r）)eq \r(\f(2（F－mg）H,m))－eq \f(F,m)。
(3)导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt，eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R＋r)，eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)
通过电阻R的电荷量q＝eq \f(ΔΦ,R＋r)
解得q＝eq \f(BLd,R＋r)
根据动能定理(F－mg)(H＋L)－WA＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
电路中的总热量Q＝WA
电阻R中的热量QR＝eq \f(R,R＋r)Q
解得QR＝eq \f(R,R＋r)[(F－mg)(H＋L)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)]。
3.(2021·福建厦门市五月质检)如图所示，质量M＝1 kg的绝缘板静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1。金属框ABCD放在绝缘板上，质量m＝2 kg，长L1＝2 m，宽L2＝1 m，总电阻为0.1 Ω，与绝缘板间的动摩擦因数μ2＝0.2。S1、S2是边长为L＝0. 5 m的正方形区域，S1中存在竖直向下、均匀增加的磁场B1，其变化率eq \f(ΔB1,Δt)＝2 T/s；S2中存在竖直向上的匀强磁场，大小为B2＝2 T。将金属框ABCD及绝缘板均由静止释放，重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求释放时：
(1)金属框ABCD所受安培力的大小与方向；
(2)金属框ABCD的加速度大小。
【答案】 (1)5 N 水平向右 (2)eq \f(2,3) m/s2
【解析】 (1)释放时，由法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔB1,Δt)L2
I＝eq \f(E,R)
F＝B2IL
解得F＝5 N，方向水平向右。
(2)假设金属框与绝缘板能相对静止，一起匀加速，则对整体而言
F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a
解得a＝eq \f(2,3) m/s2
设此时金属框与绝缘板间的摩擦力大小为Ff，由牛顿第二定律F－Ff＝ma
解得Ff＝eq \f(11,3) N
而金属框与绝缘板之间的最大静摩擦力为Ffm＝μ2mg＝4 N
由于Ff＜Ffm
假设成立，金属框与绝缘板能相对静止一起加速，金属框此时的加速度大小为a＝eq \f(2,3) m/s2。
4.(2021·江苏海门中学第二次质调)一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成边长为a的n匝正方形线框固定在纸面内，如图甲所示，虚线MN过正方形线框上下两边的中点。现在虚线MN左侧空间加一个方向垂直纸面、大小随时间变化的磁场。t＝0时磁感应强度的方向如图甲所示，磁感应强度B随时间的变化关系如图乙所示。求：
(1)t＝0时刻，线框的磁通量Φ以及线框中感应电流的方向；
(2)在t＝0到t＝t0时间内，线框中产生的感应电动势E的大小；
(3)在t＝0到t＝t0时间内，线框中产生的感应电流I的大小。
【答案】 (1)B0eq \f(a2,2) 顺时针方向 (2)eq \f(nB0a2,2t0) (3)eq \f(nB0Sa,8ρt0)
【解析】 (1)线框的磁通量Φ＝B0S0＝B0eq \f(a2,2)，此时线框中的磁通量正在减小，由楞次定律可知，线框中的感应电流方向为顺时针方向。
(2)由法拉第电磁感应定律可知电动势为
E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔBS,Δt)＝neq \f(B0,t0)eq \f(a2,2)＝eq \f(nB0a2,2t0)。
(3)线框的电阻为R＝ρeq \f(4a,S)＝eq \f(4ρa,S)
由闭合电路欧姆定律有I＝eq \f(E,R)＝eq \f(\f(nB0a2,2t0),\f(4ρa,S))＝eq \f(nB0Sa,8ρt0)。
5.(2021·江苏启东市下学期期初)如图甲所示，导体框架abcd水平固定放置，ab平行于dc，且bc边长L＝0.20 m，框架上有定值电阻R＝9 Ω(其余电阻不计)，导体框处于磁感应强度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n＝300匝、面积S＝0.01 m2、电阻r＝1 Ω的线圈，通过导线和开关S与导体框架相连，线圈内充满沿其轴线方向的匀强磁场，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示。B1与B2互不影响。
(1) 求0～0.10 s线圈中的感应电动势大小E；
(2) t＝0.22 s时刻闭合开关S，若bc边所受安培力方向竖直向上，判断bc边中电流的方向，并求此时其所受安培力的大小F；
(3)从t＝0时刻起闭合开关S，求0.25 s内电阻R中产生的焦耳热Q。
【答案】 (1)30 V (2)b→c 1.2 N (3)24.3 J
【解析】 (1) 由法拉第电磁感应定律得E1＝neq \f(ΔΦ,Δt)
代入数据得E1＝nSeq \f(ΔB2,Δt)＝30 V。
(2)由左手定则得电流方向为b→c
t＝0.22 s时的感应电动势
E2＝nSeq \f(ΔB2,Δt)＝60 V
由闭合电路的欧姆定律得I2＝eq \f(E2,R＋r)＝6 A
安培力大小F＝I2LB1＝1.2 N。
(3)0～0.10 s内：由闭合电路欧姆定律得I1＝eq \f(E1,R＋r)＝3 A
0.10～0.20 s内，磁场B2恒定，不产生感应电流
所以0.25 s内电阻R中产生的焦耳热
Q＝Ieq \\al(2,1)Rt1＋Ieq \\al(2,2)Rt2＝24.3 J。
6.(2021·江苏苏北四市第一次调研)如图所示，竖直放置的光滑金属导轨水平间距为L，导轨下端接有阻值为R 的电阻。质量为m、电阻为r的金属细杆ab与竖直悬挂的绝缘轻质弹簧相连，弹簧上端固定。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中。现使细杆从弹簧处于原长位置由静止释放，向下运动距离为h时达到最大速度vm, 此时弹簧具有的弹性势能为Ep。导轨电阻忽略不计，细杆与导轨接触良好，重力加速度为g，求：
(1)细杆达到最大速度vm时，通过R的电流大小I；
(2)细杆达到最大速度vm时，弹簧的弹力大小F；
(3)上述过程中，R上产生的焦耳热Q。
【答案】 (1)eq \f(BLvm,R＋r) (2)mg－eq \f(B2L2vm,R＋r)
(3)eq \f(R,R＋r)(mgh－Ep－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m))
【解析】 (1)细杆切割磁感线，产生动生电动势
E＝BLvm，I＝eq \f(E,R＋r)，可得I＝eq \f(BLvm,R＋r)。
(2)细杆向下运动h时，a＝0，有mg＝F＋BIL，可得
F＝mg－eq \f(B2L2vm,R＋r)。
(3)由能量守恒定律得mgh＝ Ep＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＋Q总，Q＝eq \f(R,R＋r)Q总，可得电阻R上产生的焦耳热
Q＝eq \f(R,R＋r)(mgh－Ep－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m))。
7.(2021·河南郑州市期末)如图甲所示，固定放置在水平桌面上的两根足够长的光滑金属导轨间的距离为L＝1 m．质量m＝1 kg的直导体棒放在导轨上，且与导轨垂直．导轨左端与阻值R＝4 Ω的电阻相连，其余电阻不计，整个装置放在竖直向上的匀强磁场内，磁感应强度B＝2 T．在t＝0时，一水平向右的恒定拉力F垂直作用于直导体棒，使直导体棒由静止开始向右做直线运动，图乙是描述导体棒运动过程的v－t图象(设导轨足够长)．求：
(1)拉力F的大小；
(2)t＝1.6 s时，导体棒的加速度大小a；
(3)前1.6 s内导体棒的位移大小x.
【答案】 (1)10 N (2)2 m/s2 (3)8 m
【解析】 (1)导体棒的运动速度为v时产生的电动势E＝BLv，闭合回路中的感应电流I＝eq \f(E,R)
导体棒所受安培力FA＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)
由题图乙可知，当速度v＝10 m/s时拉力F＝FA，得F＝10 N.
(2)由题图乙知，t＝1.6 s时，v＝8 m/s，由牛顿第二定律有F－eq \f(B2L2v,R)＝ma，得a＝2 m/s2.
(3)在导体棒的速度为任意值v的一段极短时间Δt内，发生位移Δx，安培力的冲量ΔI＝－eq \f(B2L2v,R)·Δt＝－eq \f(B2L2,R)Δx
则前1.6 s内安培力的总冲量I＝－eq \f(B2L2,R)x
由动量定理有Ft－eq \f(B2L2,R)x＝mv－0，得x＝8 m.
8.(2021·江苏常州市期末)如图所示，竖直固定的足够长的光滑金属导轨MN、PQ，间距L＝0.2 m，其电阻不计．完全相同的两根金属棒ab、cd垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终良好接触．已知两棒质量均为m＝0.01 kg，电阻均为R＝0.2 Ω，棒cd放置在水平绝缘平台上，整个装置处在垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，磁感应强度B＝1.0 T．棒ab在竖直向上的恒力F作用下由静止开始向上运动，当ab棒运动位移x＝0.1 m时达到最大速度，此时cd棒对绝缘平台的压力恰好为零，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)恒力F的大小；
(2)ab棒由静止到最大速度通过ab棒的电荷量q；
(3)ab棒由静止到达最大速度过程中回路产生的焦耳热Q.
【答案】 (1)0.2 N (2)0.05 C (3)5×10－3 J
【解析】 (1)当ab棒达到最大速度时，对ab和cd的整体：
F＝2mg＝0.2 N
(2)ab棒由静止到最大速度通过ab棒的电荷量
q＝eq \x\t(I)t
eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),2R)＝eq \f(\f(BLx,t),2R)
解得q＝eq \f(BLx,2R)＝eq \f(1.0×0.2×0.1,2×0.2) C＝0.05 C
(3)ab棒达到最大速度vm时，对cd棒有BIL＝mg
由闭合电路欧姆定律知I＝eq \f(E,2R)
ab棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLvm
代入数据解得 vm＝1 m/s
ab棒由静止到最大速度过程中，由能量守恒定律得
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(F－mg))x＝eq \f(1,2)mvm2＋Q
代入数据解得Q＝5×10－3 J.
9.(2021·江西上饶市月考)如图甲所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L＝1 m，导轨平面与水平面成θ＝37°角，上端连接阻值为R＝2 Ω的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁感应强度B＝0.4 T．质量m＝0.2 kg、电阻r＝1 Ω的金属棒ab，以初速度v0从导轨底端向上滑行，金属棒ab在安培力和一与棒垂直且平行于导轨平面的外力F的共同作用下做匀变速直线运动，速度—时间图象如图乙所示．设金属棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数μ＝0.25.已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)金属棒产生的感应电动势的最大值；
(2)当金属棒速度为向上3 m/s时，施加在金属棒上外力F做功的功率；
(3)金属棒在0【答案】 (1)2.4 V (2)3.48 W (3)见解析
【解析】 (1)当金属棒速度最大时，感应电动势最大，故有E＝BLv0＝0.4×1×6 V＝2.4 V.
(2)当金属棒速度为v＝3 m/s时，加速度大小为a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(6,2) m/s2＝3 m/s2，FA′＝BIL＝eq \f(B2L2v,R＋r)＝0.16 N，
由牛顿第二定律得：－μmgcs θ－mgsin θ－FA′＋F＝－ma
解得F＝μmgcs θ＋mgsin θ＋FA′－ma＝1.16 N
故有P＝Fv＝3.48 W.
(3)由题图乙可知速度大小v＝6－3t (m/s)
上滑阶段安培力大小FA上＝BIL＝eq \f(B2L2v,R＋r)＝0.32－0.16t
上滑阶段由牛顿第二定律得－mgsin θ－μmgcs θ－FA上＋F＝－ma
代入得F＝1.32－0.16t (N)(0下滑阶段，摩擦力和安培力方向改变，下滑阶段的安培力大小FA下＝0.16t－0.32
有－mgsin θ＋μmgcs θ＋FA下＋F＝－ma
可得F＝0.52－0.16t (N)(2 s10.(2021·陕西渭南市教学质检(二))如图甲所示，相距L＝1 m的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角θ＝37°，导轨电阻不计，质量m＝1 kg、电阻为r＝0.5 Ω的导体棒ab垂直于导轨放置，导轨的PM两端接在外电路上，定值电阻阻值R＝1.5 Ω，电容器的电容C＝0.5 F，电容器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场．在开关S1闭合、S2断开的状态下将导体棒ab由静止释放，导体棒的v－t图象如图乙所示，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，取重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求磁场的磁感应强度大小B；
(2)在开关S1闭合、S2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x＝5 m时，定值电阻产生的焦耳热为21 J，此时导体棒的速度与加速度分别是多大？
(3)现在开关S1断开、S2闭合的状态下，由静止释放导体棒，求经过t＝2 s时导体棒的速度大小．
【答案】 (1)2 T (2)2 m/s 2 m/s2 (3)4 m/s
【解析】 (1)由题图乙可知，导体棒的最大速度vm＝3 m/s，
对应的感应电动势E＝BLvm，
感应电流I＝eq \f(E,R＋r)，
当速度达到最大时，导体棒做匀速运动，导体棒受力平衡，有BIL＝mgsin θ，
解得B＝eq \r(\f(mgR＋rsin θ,L2vm))＝2 T.
(2)导体棒和电阻串联，由公式Q＝I2Rt可知：Qab∶QR＝1∶3，则导体棒ab产生的焦耳热Qab＝eq \f(1,3)×21 J＝7 J，导体棒下滑x＝5 m的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和回路中的焦耳热，由能量守恒定律有
mgxsin θ＝eq \f(1,2)mv12＋Qab＋QR
得导体棒的速度v1＝2 m/s，
此时感应电动势E1＝BLv1，
感应电流I1＝eq \f(E1,R＋r)，
对导体棒有mgsin θ－BI1L＝ma1，
解得加速度a1＝2 m/s2.
(3)开关S1断开、S2闭合时，任意时刻对导体棒，
根据牛顿第二定律有
mgsin θ－BIL＝ma2，
感应电流I＝eq \f(Δq,Δt)，Δq＝CΔU
Δt时间内，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a2＝eq \f(Δv,Δt)，
解得a2＝2 m/s2，
表明导体棒ab下滑过程中加速度不变，导体棒做匀加速直线运动，t＝2 s时导体棒的速度大小v2＝a2t＝4 m/s.
11.(2021·浙江大学附属中学1月选考)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距l＝1 m，其电阻不计， 两导轨及其构成的平面均与水平面成 30°角．杆 1、杆 2 是两根用绝缘细线连接的金属杆，分别垂直导轨放置，每杆两端都与导轨始终接触良好，其质量分别为 m1＝0.1 kg和 m2＝0.2 kg，两杆的总电阻R＝3 Ω，两杆在沿导轨向上的外力F作用下保持静止．整个装置处在磁感应强度 B＝1 T的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直，在 t＝0 时刻将细线烧断，保持F不变，重力加速度 g＝10 m/s2，求：
(1)细线烧断瞬间，杆 1的加速度 a1 的大小；
(2)细线烧断后，两杆最大速度 v1、v2 的大小；
(3)两杆刚达到最大速度时，杆1上滑了0.8 m，则从 t＝0 时刻起到此刻用了多长时间？
(4)在(3)问情景中，电路产生的焦耳热．
【答案】 (1)10 m/s2 (2)2 m/s 1 m/s (3)0.6 s (4)0.9 J
【解析】 (1)细线烧断前由平衡条件有：
F＝(m1＋m2)gsin 30°
细线烧断瞬间有：F－m1gsin 30°＝m1a1
解得：a1＝10 m/s2
(2)细线烧断后：F安1＝F安2，方向相反
由系统动量守恒得：m1v1＝m2v2，
两棒同时达到最大速度，之后做匀速直线运动．
对棒2：m2gsin 30°＝BIl，I＝eq \f(Blv1＋Blv2,R)
解得：v1＝2 m/s，v2＝1 m/s
(3)由系统动量守恒得m1v1＝m2v2
则m1x1＝m2x2，即x2＝0.4 m
设所求时间为t，对棒2由动量定理得：m2gsin 30°·t－B eq \x\t(I)l·t＝m2v2－0
eq \x\t(I)t＝eq \f(\x\t(E)·t,R)＝eq \f(BlΔx,R)＝eq \f(Blx1＋x2,R)
解得：t＝0.6 s
(4)由能量守恒得Fx1＋m2gsin 30°·x2＝m1gsin 30°·x1＋eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22＋Q，
解得Q＝0.9 J.
12.(2021·浙江稽阳联谊学校联考)如图所示，水平放置的两条相距为d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻．质量为m、电阻为r的金属杆静置在导轨上，导轨的电阻不计，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、宽度为L、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：
(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；杆的加速度大小a；
(2)磁场区域MNPQ向右扫过金属杆后金属杆的速度大小v；
(3)若磁场宽度足够宽，以速度v0匀速向右运动，金属杆与导轨间的摩擦阻力恒为Ff，求金属杆的最终速度大小．
【答案】 见解析
【解析】 (1)感应电动势E＝Bdv0
感应电流I＝eq \f(E,R＋r)
得I＝eq \f(Bdv0,R＋r)
安培力F安＝BId
由牛顿第二定律得F安＝ma
得a＝eq \f(B2d2v0,mR＋r).
(2)根据动量定理Beq \x\t(I)dΔt＝mv
电荷量Q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(BLd,R＋r)
得v＝eq \f(B2d2L,mR＋r).
(3)金属杆切割磁感线的速度v′＝v0－v，
则感应电动势E′＝Bd(v0－v)
电流I′＝eq \f(E′,R＋r)
安培力F安′＝BI′d，
又F安′＝Ff
解得v＝v0－eq \f(FfR＋r,B2d2)