第2章　电磁感应及其应用 习题课2 电磁感应中的能量和动量问题

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习题课2:电磁感应中的能量和动量问题
课后篇巩固提升
必备知识基础练
1.(多选)(2020广东肇庆期末)在竖直向上的匀强磁场中,水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈,线圈所围的面积为0.1 m2,线圈电阻为1 Ω。规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向,如图甲所示。磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示。以下说法正确的是(　　)

　　　　　　　　　　　　
A.在0~2 s时间内,I的最大值为0.01 A
B.在3~5 s时间内,I的大小越来越小
C.前2 s内,通过线圈某截面的总电荷量为0.01 C
D.第3 s内,线圈的发热功率最大
解析0~2 s时间内,t=0时刻磁感应强度变化率最大,感应电流最大,I=ER=ΔB·SΔt·R=0.01 A,A正确;3~5 s时间内电流大小不变,B错误;前2 s内通过线圈的电荷量q=ΔΦR=ΔB·SR=0.01 C,C正确;第3 s内,B没有变化,线圈中没有感应电流产生,则线圈的发热功率最小,D错误。
答案AC
2.(2021四川乐山期末)如图所示,de、cf是间距为L的平行光滑金属导轨,置于磁感应强度为B,方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中,d、e间接有一阻值为R的电阻。一根与导轨接触良好、有效阻值为R的导体棒ab垂直导轨放置,并在水平外力F作用下以速度v向右匀速运动,不计导轨电阻,则(　　)

A.回路中的感应电流方向为顺时针方向
B.导体棒ab两点间的电压为BLv
C.导体棒a端电势比b端低
D.外力F做的功等于电阻和导体棒产生的焦耳热
解析由右手定则或楞次定律可判断出通过回路的电流方向为逆时针方向,选项A错误。ab中产生的感应电动势为E=BLv,感应电流I=E2R,ab两点间的电压为U=IR=12BLv,选项B错误。导体棒为电源,a端电势比b端高,选项C错误。由能量守恒定律,外力F做的功等于整个回路(即电阻R和导体棒电阻)产生的焦耳热,选项D正确。
答案D
3.(多选)(2020河北安平中学期中)如图所示,在磁感应强度B=1.0 T的匀强磁场中,金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U形导轨上以速度v=2 m/s向右匀速滑动。两导轨间距离l=1.0 m,电阻R=3.0 Ω,金属杆的电阻r=1.0 Ω,导轨电阻忽略不计。下列说法正确的是(　　)

A.通过R的感应电流的方向为由a到d
B.金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为2.0 V
C.金属杆PQ受到的安培力大小为0.5 N
D.外力F做功的数值等于电路产生的焦耳热
解析由右手定则判断知,当金属杆滑动时产生逆时针方向的电流,通过R的感应电流的方向为由a到d,故A正确。金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为E=Blv=1.0×1×2 V=2 V,故B正确。在整个回路中产生的感应电流为I=ER+r,代入数据得I=0.5 A。由安培力公式F安=BIl,代入数据得F安=0.5 N,故C正确。金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U形导轨上以速度v向右匀速滑动,外力F做功大小等于电路产生的焦耳热和导轨与金属杆之间的摩擦力产生的内能之和,故D错误。
答案ABC
4.(2020河南南阳期末)如图所示,由同种材料制成,粗细均匀,边长为L、总电阻为R的单匝正方形闭合线圈MNPQ放置在水平面上,空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的有界匀强磁场,磁场两边界成θ=45°角。现使线圈以水平向右的速度v匀速进入磁场,则(　　)

A.当线圈中心经过磁场边界时,N、P两点间的电势差U=BLv
B.当线圈中心经过磁场边界时,线圈所受安培力大小F安=B2L2vR
C.线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中,回路中的平均电功率P=B2L2v2R
D.线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中,通过导线某一横截面的电荷量q=BL22R
解析当线圈中心经过磁场边界时,此时切割磁感线的有效线段为NP,根据法拉第电磁感应定律,NP产生的感应电动势为E=BLv,此时N、P两点间的电势差U为路端电压,有U=34E=34BLv,此时QP、NP受安培力作用,且两力相互垂直,故合力为F安=2B2L2vR,故A、B错误;当线圈中心经过磁场边界时,回路中的瞬时电功率为P=E2R=B2L2v2R,在线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程中,感应电动势一直在变化,故回路中的平均电功率不等于经过磁场边界时的瞬时电功率,故C错误;根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律,通过导线某一横截面的电荷量为q=ΔΦR=BL22R,故D正确。
答案D
5.(多选)(2020福建长乐高级中学月考)在如图甲所示的电路中,螺线管匝数n=1 500匝,横截面积S=20 cm2。螺线管导线电阻r=1 Ω,R1=4 Ω,R2=5 Ω,C=30 μF。在一段时间内,穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化,磁场正方向为竖直向下。下列说法正确的是(　　)

A.螺线管中产生的感应电动势为1.2 V
B.闭合S,电路中的电流稳定后电容器上极板带正电
C.电路中的电流稳定后,电阻R1的电功率为5×10-2 W
D.S断开后,通过R2的电荷量为1.8×10-5 C
解析由法拉第电磁感应定律可知,螺线管内产生的电动势为E=nΔBΔtS=1 500×0.82×20×10-4 V=1.2 V,故A正确;根据楞次定律可知,当穿过螺线管的磁通量增加时,螺线管下部可以看成电源的正极,则电容器下极板带正电,故B错误;电流稳定后,电流为I=ER1+R2+r=1.24+5+1 A=0.12 A,电阻R1上消耗的功率为P=I2R1=0.122×4 W=5.76×10-2 W,故C错误;开关断开后通过电阻R2的电荷量为Q=CU=CIR2=30×10-6×0.12×5 C=1.8×10-5 C,故D正确。
答案AD
6.(2020福建龙岩质量检查)如图所示,水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨,导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中,铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距、电阻均为R、质量均为m,铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好。现给铜棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I,关于此后的过程,下列说法正确的是(　　)

A.回路中的最大电流为BLImR
B.铜棒b的最大加速度为B2L2I2m2R
C.铜棒b获得的最大速度为Im
D.回路中产生的总焦耳热为I22m
解析给铜棒a一个平行导轨的瞬时冲量I,此时铜棒a的速度最大,产生的感应电动势最大,回路中电流最大,每个棒受到的安培力最大,其加速度最大,I=mv0,v0=Im,铜棒a产生的电动势E=BLv0,回路电流I0=E2R=BLI2mR,选项A错误;此时铜棒b受到安培力F=BI0L,其加速度a=Fm=IB2L22Rm2,选项B正确;此后铜棒a做变减速运动,铜棒b做变加速运动,当二者达到共同速度时,铜棒b速度最大,此过程动量守恒,mv0=2mv,铜棒b最大速度v=I2m,选项C错误;回路中产生的焦耳热Q=12mv02−12·2mv2=I24m,选项D错误。
答案B
7.(2020湖北荆州中学期末)轻质细线吊着一质量为m=0.42 kg、边长为L=1 m、匝数n=10的正方形线圈,其总电阻为r=1 Ω。在线圈的中间位置以下区域分布着磁场,如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。(g取10 m/s2)

(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针;
(2)求线圈的电功率;
(3)求在t=4 s时轻质细线的拉力大小。
解析(1)由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向。
(2)由法拉第电磁感应定律得
E=nΔΦΔt=n·12L2ΔBΔt=0.5 V
则P=E2r=0.25 W
(3)I=Er=0.5 A,由题图乙可知,t=4 s时,B=0.6 T,
F安=nBIL
F安+FT=mg
联立解得FT=1.2 N。
答案(1)逆时针　(2)0.25 W　(3)1.2 N
8.(2020上海虹口检测)如图所示,两根质量均为m=2 kg的金属棒垂直放在光滑的水平导轨上,左、右两部分导轨间距之比为1∶2,导轨间有大小相等但左、右两部分方向相反的匀强磁场,两棒电阻与棒长成正比,不计导轨电阻。现用250 N的水平拉力F向右拉CD棒,CD棒运动s=0.5 m时其上产生的焦耳热为Q2=30 J,此时两棒速率之比为vA∶vC=1∶2,现立即撤去拉力F,设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动,求:

(1)在CD棒运动0.5 m的过程中,AB棒上产生的焦耳热;
(2)撤去拉力F瞬间,两棒的速度大小vA和vC;
(3)撤去拉力F后,两棒最终匀速运动的速度大小vA'和vC'。
解析(1)设两棒的长度分别为l和2l,所以电阻分别为R和2R,由于电路中任何时刻电流均相等,根据焦耳定律Q=I2Rt可知Q1∶Q2=1∶2,则AB棒上产生的焦耳热Q1=15 J。
(2)根据能量守恒定律有
Fs=12mvA2+12mvC2+Q1+Q2
又vA∶vC=1∶2,Q2=30 J
代入数据得vA=4 m/s,vC=8 m/s。
(3)撤去拉力F后,AB棒继续向左做加速运动,而CD棒向右做减速运动,两棒最终匀速运动时电路中电流为零,即两棒切割磁感线产生的电动势大小相等,此时两棒的速度满足BLvA'=B·2LvC'
即vA'=2vC'
对两棒分别应用动量定理有FA·t=mvA'-mvA,-FC·t=mvC'-mvC。
因为FC=2FA,故有vA'-vAvC-vC'=12
联立以上各式解得vA'=6.4 m/s,vC'=3.2 m/s。
答案(1)15 J　(2)4 m/s　8 m/s　(3)6.4 m/s　3.2 m/s
关键能力提升练
9.(多选)(2020福建泉州安溪一中期末)如图所示,在Ⅰ、Ⅲ区域内分布有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场,两区域中间为宽为s的无磁场区Ⅱ。有一边长为L(L>s)、电阻为R的均匀正方形金属线框abcd置于区域Ⅰ中,ab边与磁场边界平行,线框平面与磁场方向垂直。金属线框在水平向右的拉力作用下,以速度v向右做匀速直线运动,则(　　)

A.当ab边刚进入中央无磁场区域Ⅱ时,c、d两点间电压大小为3BLv4
B.ab边刚进入磁场区域Ⅲ时,通过ab边的电流大小为2BLvR,方向为b→a
C.把金属线框从区域Ⅰ完全拉入区域Ⅲ的过程中,拉力所做的功为2B2L2vR(2L-s)
D.在cd边刚出区域Ⅰ到刚进入区域Ⅲ的过程中,回路中产生的焦耳热为B2L2vR(L-s)
解析当ab边刚进入中央无磁场区域Ⅱ时,c、d两点间的电压大小为U=34E=34BLv,A正确;ab边刚进入磁场Ⅲ时,通过ab的电流大小为I=2BLvR,由右手定则可得,方向为a→b,B错误;把金属线框从Ⅰ区域完全拉入Ⅲ区域过程中,拉力所做功W=2B2L2vRs+2·2B2L2vR·(L-s)=2B2L2vR(2L-s),故C正确;在cd边刚出区域Ⅰ到刚进区域Ⅲ的过程中,回路中产生的焦耳热为Q=I2Rt=B2L2vRs,D错误。
答案AC
10.(2020江西南昌期中)如图甲所示,固定的光滑平行导轨(电阻不计)与水平面的夹角为θ=30°,导轨足够长且间距L=0.5 m,底端接有阻值为R=4 Ω的电阻,整个装置处于垂直导体框架斜向上的匀强磁场中,一根质量为m=1 kg、电阻r=1 Ω、长度也为L的导体棒MN在沿导轨向上的外力F作用下由静止开始运动,拉力F与导体棒速率倒数的关系如图乙所示,g取10 m/s2,则(　　)

A.v=5 m/s时拉力大小为7 N
B.v=5 m/s时拉力的功率为140 W
C.匀强磁场的磁感应强度的大小为2 T
D.匀强磁场的磁感应强度的大小为3 T
解析由题图乙可知,v=5 m/s时拉力F=14 N,拉力的功率PF=Fv=14×5 W=70 W,选项A、B错误;由题图乙可知,导体棒的最大速度vmax=10 m/s,此时拉力最小Fmin=7 N,Fmin-mgsin θ-F安=0,F安=B2L2vmaxR+r,代入数据得B=2 T,选项C正确,选项D错误。
答案C
11.(多选)(2020山东潍坊中学检测)如图所示,同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l,电阻均为R,质量分别为2m和m。它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端,在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域。开始时,线框b的上边与匀强磁场的下边界重合,线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为l。现将系统由静止释放,当线框b全部进入磁场时,a、b两个线框开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力,重力加速度为g,则(　　)

A.a、b两个线框匀速运动时的速度大小为2mgRB2l2
B.线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为3B2l3mgR
C.从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中,线框a所产生的焦耳热为mgl
D.从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中,线框a所产生的焦耳热为mgl2
解析设两线框匀速运动的速度为v,此时轻绳上的张力大小为FT,则对a有FT=2mg-BIl,对b有FT=mg,又I=ER,E=Blv,解得v=mgRB2l2,故A错误。线框a从下边进入磁场后,线框a通过磁场时以速度v匀速运动,则线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间t=3lv=3B2l3mgR,故B正确。从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中,线框a只在其匀速进入磁场的过程中产生焦耳热,设为Q,由功能关系有2mgl-FTl=Q,得Q=mgl,故C正确,故D错误。
答案BC
12.(2020湖南长沙长郡中学月考)如图甲所示,固定在光滑水平面上的正三角形金属线框,匝数n=20,总电阻R=2.5 Ω,边长L=0.3 m,处在两个半径均为r=L3的圆形匀强磁场区域中。线框顶点与右侧圆心重合,线框底边中点与左侧圆心重合。磁感应强度B1垂直水平面向上,大小不变;B2垂直水平面向下,大小随时间变化。B1、B2的值如图乙所示,则(　　)

A.通过线框的感应电流方向为逆时针方向
B.t=0时刻穿过线框的磁通量为0.1 Wb
C.在0.6 s内通过线框中的电荷量约为0.13 C
D.经过0.6 s线框中产生的热量约为0.07 J
解析由磁感应强度B1垂直水平面向外,大小不变;B2垂直水平面向里,大小随时间增大,故线框总的磁通量减小,由楞次定律可得,线框中感应电流方向为逆时针方向,故A正确;t=0时刻穿过线框的磁通量为:Φ=B1×12×πr2-B2×16×πr2=1×0.5×3.14×0.12 Wb-2×16×3.14×0.12 Wb≈0.005 Wb,故B错误;在t=0.6 s 内通过线框中的电荷量q=It=ERt=nΔΦR=20×(5-2)×16×3.14×0.122.5 C≈0.13 C,故C正确;由Q=I2Rt=nΔΦRΔt2×R×Δt≈0.07 J,故D正确。
答案ACD
13.如图所示,倾角为θ=37°的足够长平行导轨顶端bc间、底端ad间分别连一电阻,其阻值为R1=R2=2 Ω,两导轨间距为L=1 m。在导轨与两个电阻构成的回路中有垂直于轨道平面向下的磁场,其磁感应强度B1=1 T。在导轨上横放一质量m=1 kg、电阻r=1 Ω、长度也为L的导体棒ef,导体棒与导轨始终良好接触,导体棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2,不计导轨电阻。sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。

(1)从静止释放导体棒,求导体棒能达到的最大速度是多少?
(2)导体棒从静止释放到稳定运行用时t=3.25 s,求这段时间通过电阻R1的电荷量是多少?导体棒的位移是多大?
解析(1)对导体棒,由牛顿第二定律有
mgsin θ-μmgcos θ-B1IL=ma,其中I=ER总=B1Lvr+2r2=B1Lv2r
可知,随着导体棒的速度增大,加速度减小,当加速度减至0时,导体棒的速度达到最大vm,有vm=2mgr(sinθ-μcosθ)B12L2,代入数据解得 vm=4 m/s。
(2)导体棒从静止释放到稳定运行时间内,设通过导体棒的平均电流为I,导体棒下滑距离为x,
由动量定理(mgsin θ-μmgcos θ-B1IL)t=mvm
通过R1的电荷量q1=12It
解得q1=1.25 C
通过导体棒的电荷量q=It=B1LxR总,解得x=5 m。
答案(1)4 m/s　(2)1.25 C　5 m
14.(2020河北唐山第一中学检测)如图甲所示,在竖直方向上有4条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4,在L1L2之间、L3L4之间存在匀强磁场,大小均为1 T,方向垂直于虚线所在平面。现有一根电阻为2 Ω的均匀金属丝,首尾相连制成单匝矩形线圈abcd,连接处接触电阻忽略,宽度cd=L=0.5 m,线圈质量为0.1 kg,将其从图示位置由静止释放(cd边与L1重合),速度随时间变化的关系如图乙所示,其中0~t1时间内图线是曲线,其他时间内都是直线;并且t1时刻cd边与L2重合,t2时刻ab边与L3重合,t3时刻ab边与L4重合,已知t1~t2的时间间隔为0.6 s,整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向(重力加速度g取10 m/s2)。求:

(1)线圈匀速运动的速度大小;
(2)线圈的长度ad的大小;
(3)在0~t1时间内通过线圈的电荷量;
(4)0~t3时间内,线圈ab边产生的热量。
解析(1)t2~t3时间ab边在L3L4内做匀速直线运动,
E=BLv2,F=BERL,F=mg
联立解得v2=mgRB2L2=8 m/s。
(2)从cd边出L2到ab边刚进入L3过程中,线圈一直做匀加速直线运动,ab刚进入上方磁场时,cd也应刚进入下方磁场,设磁场宽度是d,由v2=v1+gt,
得v1=2 m/s,
则3d=v1+v22t=3 m,
得d=1 m,
有ad=2d=2 m。
(3)0~t1时间内,通过线圈的电荷量为q=ΔΦR=BdLR=0.25 C。
(4)在0~t3时间内由能量守恒得,线圈产生的热量Q总=mg·5d-12mv22=1.8 J
故线圈ab边产生热量Q=110Q总=0.18 J。
答案(1)8 m/s　(2)2 m　(3)0.25 C　(4)0.18 J