高考物理复习 课时过关题34 电磁感应中的动力学和能量问题（含答案解析）

2020(人教版)高考物理复习 课时过关题34

电磁感应中的动力学和能量问题

1.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 Ω的电阻,质量m=0.5 kg、电阻r=0.1 Ω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。

(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=,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。

2.如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ=37°放置，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，在aa′、bb′围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B=1 T；现有一质量为m=10 g，总电阻R=1 Ω、边长d=0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域．已知线圈与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，(g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)求：

(1)线圈进入磁场区域时的速度；

(2)线圈释放时，PQ边到bb′的距离；

(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热．

3.如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g.求下滑到底端的过程中，金属棒

(1)末速度的大小v；

(2)通过的电流大小I；

(3)通过的电荷量Q.

4.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α=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 Ω,与导轨之间的动摩擦因数μ=,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 Ω,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。

5.如图甲所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5 m，MN连线水平，长为3 m．以MN中点O为原点，OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3 m、质量m为1 kg、电阻R为0.3 Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v=1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g取10 m/s2.

(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x=0.8 m处电势差UCD；

(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图乙中画出F－x关系图象；

(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热．

6.如图所示，电阻不计的两光滑金属导轨相距L，放在绝缘水平桌面上，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，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3∶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．

7.如图所示，在倾角θ=37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度B的大小为5 T，磁场宽度d=0.55 m，有一边长L=0.4 m、质量m1=0.6 kg、电阻R=2 Ω的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量m2=0.4 kg的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长．(取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)

(1)求线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力大小？

(2)当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x?

(3)在(2)问中的条件下，若cd边恰离开磁场边界PQ时，速度大小为2 m/s，求整个运动过程中ab边产生的热量．

8.足够长的平行金属导轨MN和PQ表面粗糙，与水平面间的夹角为θ=37°(sin 37°=0.6)，间距为1 m．垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为4 T，P、M间所接电阻的阻值为8 Ω.质量为2 kg的金属杆ab垂直导轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25.金属杆ab在沿导轨向下且与杆垂直的恒力F作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为8 m/s，取g=10 m/s2，求：

(1)当金属杆的速度为4 m/s时，金属杆的加速度大小；

(2)当金属杆沿导轨的位移为6.0 m时，通过金属杆的电荷量．

答案解析

1.解：

(1)金属棒产生的平均感应电动势E=

平均电流I=  则电荷量q=It==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==2.5m/s  有F-Ff=BIl

由E=Blv,I=,Ff=μmg  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-μmgx-Q=mv2解得Q=12.7J。

2.解：

(1)对线圈受力分析，根据平衡条件得：F安＋μmgcos θ=mgsin θ，

F安=BId，I=，E=Bdv，

联立代入数据解得：v=2 m/s.

(2)线圈进入磁场前做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：a==2 m/s2

线圈释放时，PQ边到bb′的距离L== m=1 m.

(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d=0.1 m，

Q=W安=F安·2d

代入数据解得：Q=2×10－2×2×0.1 J=4×10－3 J.

3.解：

(1)金属棒做匀加速直线运动，根据运动学公式有v2=2as

解得v=

(2)金属棒所受安培力F安=IdB

金属棒所受合力F=mgsin θ－F安

根据牛顿第二定律F=ma

解得I=

(3)金属棒的运动时间t=，电荷量Q=It

解得Q=

4.解：

(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mgsinα-μmgcosα=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mgsinα-μmgcosα=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=I=0.5A,P=R2=0.05W

此时感应电动势E=Bdv=IR+得v=0.8m/s。

5.解：

(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势

E=Blv，l=d，解得E=1.5 V

当x=0.8 m时，金属杆在导轨间的电势差为零．设此时杆在导轨外的长度为l外，

则l外=d－d，OP==2 m得l外=1.2 m

由右手定则判断D点电势高，故CD两端电势差UCD=－Bl外v=－0.6 V.

(2)杆在导轨间的长度l与位置x的关系是l=d=3－x

对应的电阻R1=R   电流I=

杆受到的安培力为F安=BIl=7.5－3.75x

根据平衡条件得F=F安＋mgsin θ

F=12.5－3.75x(0≤x≤2)．

画出的F－x图象如图所示．

(3)外力F所做的功WF等于F－x图线下所围的面积．

即WF=×2 J=17.5 J

而杆的重力势能增加量ΔEp=mgOPsin θ

故全过程产生的焦耳热Q=WF－ΔEp=7.5 J.

6.解：

(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，

有2mgR=×2mv

离开导轨时，设ab棒的速度为v1′，cd棒的速度为v2′，ab棒与cd棒在水平导轨上运动，

动量守恒，有2mv1=2mv1′＋mv2′

依题意v1′>v2′，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v1′∶v2′=x1∶x2=3∶1

联立以上各式解得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，

设此时回路的感应电动势为E，则E=BLv1，

I=

cd棒受到的安培力Fcd=BIL

根据牛顿第二定律，cd棒的最大加速度a=

联立以上各式解得a=

(3)根据能量守恒定律，两棒在导轨上运动过程产生的焦耳热

Q=×2mv－=mgR.

7.解：

(1)线框还未进入磁场的过程中，以整体法有m1gsin θ－μm2g=(m1＋m2)a，

a=2 m/s2.

以m2为研究对象有T－μm2g=m2a，(或以m1为研究对象有m1gsin θ－T=m1a)

解得T=2.4 N.

(2)线框刚进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体法有m1gsin θ－μm2g－=0，

解得v=1 m/s.

ab到MN前线框做匀加速运动，有v2=2ax，

解得x=0.25 m.

(3)线框从开始运动到cd边恰离开磁场边界PQ时：

m1gsin θ(x＋d＋L)－μm2g(x＋d＋L)=(m1＋m2)v＋Q，

解得：Q=0.4 J，所以Qab=Q=0.1 J.

8.解：(1)对金属杆ab应用牛顿第二定律，

有F＋mgsin θ－F安－f=ma，f=μFN，FN=mgcos θ

ab杆所受安培力大小为F安=BIL

ab杆切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv

由闭合电路欧姆定律可知I=

整理得：F＋mgsin θ－v－μmgcos θ=ma

代入vm=8 m/s时a=0，解得F=8 N

代入v=4 m/s及F=8 N，解得a=4 m/s2

(2)设通过回路横截面的电荷量为q，则q=t

回路中的平均电流强度为=

回路中产生的平均感应电动势为=

回路中的磁通量变化量为ΔΦ=BLx，联立解得q=3 C.