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2024年高中物理新教材同步学案 选择性必修第二册 第2章 专题强化9 电磁感应中的动力学和能量问题(含解析)
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专题强化9 电磁感应中的动力学和能量问题[学习目标] 1.学会分析导体棒、线框在磁场中的受力(重点)。2.能根据电流的变化分析导体棒、线框受力的变化情况和运动情况(重难点)。3.能利用牛顿运动定律和平衡条件分析有关问题(重难点)。4.理解电磁感应现象中的能量转化,会用动能定理、能量守恒定律分析有关问题(重难点)。一、电磁感应中的动力学问题如图所示,空间存在方向竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B,MN、PQ是水平放置的足够长的平行长直导轨,其间距为L,电阻R接在导轨一端,导体棒ab跨接在导轨上,质量为m,接入电路的电阻为r。导体棒和导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度g。从零时刻开始,对ab棒施加一个大小为F、方向水平向左的恒定拉力,使其从静止开始沿导轨滑动,ab棒始终保持与导轨垂直且接触良好。(1)分析导体棒的运动性质;(2)求导体棒所能达到的最大速度的大小;(3)试定性画出导体棒运动的速度—时间图像。答案 (1)导体棒做切割磁感线的运动,产生的感应电动势E=BLv①回路中的感应电流I=eq \f(E,R+r)②导体棒受到的安培力F安=BIL③导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用,根据牛顿第二定律有:F-μmg-F安=ma④整理得:F-μmg-eq \f(B2L2v,R+r)=ma⑤由⑤可知,随着速度的增大,安培力增大,加速度a减小,当加速度a减小到0时,速度达到最大,此后导体棒做匀速直线运动。即导体棒先做加速度逐渐减小的加速运动,再做匀速运动。(2)当导体棒做匀速运动时,达到最大速度,有F-μmg-eq \f(B2L2vm,R+r)=0可得:vm=eq \f(F-μmgR+r,B2L2)(3)由(1)(2)中的分析可知,导体棒运动的速度—时间图像如图所示。1.电磁感应问题中电学对象与力学对象的相互制约关系2.处理此类问题的基本方法(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。(2)求回路中感应电流的大小和方向。(3)分析导体受力情况(包括安培力)。(4)列动力学方程或根据平衡条件列方程求解。例1 如图甲所示,两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上,两导轨间距为L,M、P两点间接有阻值为R的定值电阻,一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上,并与导轨垂直,整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下,导轨和金属杆的电阻可忽略,让ab杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金属杆接触良好,不计它们之间的摩擦。(重力加速度为g)(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示,请在此图中画出ab杆下滑过程中的受力示意图;(2)在加速下滑过程中,当ab杆的速度大小为v时,求此时ab杆中的电流大小及其加速度的大小;(3)求在下滑过程中,ab杆可以达到的速度最大值。答案 (1)见解析图 (2)eq \f(BLv,R) gsin θ-eq \f(B2L2v,mR) (3)eq \f(mgRsin θ,B2L2)解析 (1)如图所示,ab杆受重力mg,方向竖直向下;支持力FN,方向垂直于导轨平面向上;电流方向由a→b,安培力F安,方向沿导轨向上。(2)当ab杆的速度大小为v时,感应电动势E=BLv,则此时电路中的电流I=eq \f(E,R)=eq \f(BLv,R)ab杆受到的安培力F安=BIL=eq \f(B2L2v,R)根据牛顿第二定律,有mgsin θ-F安=ma联立各式解得a=gsin θ-eq \f(B2L2v,mR)。(3)当a=0时,ab杆达到最大速度vm,即有mgsin θ=eq \f(B2L2vm,R),解得vm=eq \f(mgRsin θ,B2L2)。电磁感应中的动力学临界问题的基本思路导体受外力运动eq \o(――→,\s\up7(E=Blv))感应电动势eq \o(―――→,\s\up13(I=\f(E,R+r)))感应电流eq \o(――→,\s\up7(F=BIl))导体受安培力→合外力变化eq \o(―――→,\s\up7(F合=ma))加速度变化→临界状态二、电磁感应中的能量问题1.如图所示,在竖直向下的匀强磁场中,水平U形导体框左端接一阻值为R的电阻,质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动,最终停在导体框上。在此过程中(1)根据动能定理可得,导体棒克服安培力做的总功W克安=eq \f(1,2)mv02;(2)根据能量守恒可得,整个过程回路中产生的总热量为Q=eq \f(1,2)mv02,可知,W克安=Q(填“>”“<”或“=”);(3)电阻R消耗的总电能为eq \f(mv02R,2R+r)。2.在例1中,设ab杆沿导轨由静止开始下滑至速度最大的过程中下滑的竖直高度为h,则(1)根据动能定理可得,mgh-W克安=eq \f(1,2)mvm2-eq \f(1,2)mv02,可得W克安=mgh+eq \f(1,2)mv02-eq \f(1,2)mvm2;(2)根据能量守恒定律可得,mgh=eq \f(1,2)mvm2-eq \f(1,2)mv02+Q,整个回路产生的热量Q=mgh+eq \f(1,2)mv02-eq \f(1,2)mvm2可得知,W克安=Q(填“>”“<”或“=”);(3)电阻R消耗的总电能为mgh+eq \f(1,2)mv02-eq \f(1,2)mvm2。1.电磁感应现象中的能量转化安培力做功eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(做正功:电能\o(――→,\s\up7(转化))机械能,如电动机,做负功:机械能\o(――→,\s\up7(转化))电能\o(――→,\s\up7(电流),\s\do5(做功))焦耳热或其他形式的能量,如发电机))2.焦耳热的计算(1)电流恒定时,根据焦耳定律求解,即Q=I2Rt。(2)感应电流变化时,可用以下方法分析:①利用动能定理,求出克服安培力做的功W克安,即Q=W克安。②利用能量守恒定律,焦耳热等于其他形式能量的减少量。3.杆克服安培力做的功等于整个电路产生的焦耳热Q。电阻与导体棒串联,产生的焦耳热与电阻成正比。电阻R产生的焦耳热为QR=eq \f(R,R+r)Q,导体棒产生的焦耳热为Qr=eq \f(r,R+r)Q。例2 如图所示,足够长的平行光滑U形导轨倾斜放置,所在平面的倾角θ=37°,导轨间的距离L=1.0 m,下端连接R=1.6 Ω的定值电阻,导轨电阻不计,所在空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度B=1.0 T。质量m=0.5 kg、电阻r=0.4 Ω的金属棒ab垂直放置于导轨上,现用沿导轨平面且垂直于金属棒、大小为F=5.0 N的恒力使金属棒ab从静止开始沿导轨向上滑行且始终与导轨接触良好,当金属棒滑行x=2.8 m后速度保持不变(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2)。求:(1)金属棒匀速运动时的速度大小v;(2)金属棒从静止开始到做匀速运动的过程中,电阻R上产生的热量QR。答案 (1)4 m/s (2)1.28 J解析 (1)金属棒匀速运动时产生的感应电流为I=eq \f(BLv,R+r)由平衡条件有F=mgsin θ+ILB联立并代入数据解得v=4 m/s。(2)设整个电路中产生的热量为Q,由动能定理得Fx-mgxsin θ-W安=eq \f(1,2)mv2,而Q=W安,QR=eq \f(R,R+r)Q,联立并代入数据解得QR=1.28 J。针对训练 1 (多选)如图所示,在光滑的水平地面上方,有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场,PQ为两个磁场的边界,磁场范围足够大。一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向,以速度v从图示位置(实线所示)开始运动,当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时(虚线所示),圆环的速度变为eq \f(v,2),则下列说法正确的是( )A.此时圆环的电功率为eq \f(2B2a2v2,R)B.此时圆环的加速度大小为eq \f(8B2a2v,mR)C.此过程中通过圆环截面的电荷量为eq \f(πBa2,R)D.此过程中回路产生的电能为eq \f(3,4)mv2答案 BC解析 当圆环的直径与边界线重合时,圆环左右两半环均产生感应电动势,故圆环中的感应电动势E=2B×2a×eq \f(v,2)=2Bav,圆环的电功率P=eq \f(E2,R)=eq \f(4B2a2v2,R),故A错误;此时圆环受到的安培力大小F=2BI×2a=2B×eq \f(2Bav,R)×2a=eq \f(8B2a2v,R),由牛顿第二定律可得,加速度大小a=eq \f(F,m)=eq \f(8B2a2v,mR),故B正确;圆环中的平均感应电动势eq \x\to(E)=eq \f(ΔΦ,Δt),则通过圆环截面的电荷量Q=eq \x\to(I)Δt=eq \f(\x\to(E),R)Δt=eq \f(ΔΦ,R)=eq \f(Bπa2,R),故C正确;此过程中回路产生的电能等于动能的减少量,即E=eq \f(1,2)mv2-eq \f(1,2)m(eq \f(v,2))2=eq \f(3,8)mv2,故D错误。针对训练 2 (2023·长春市十一中高二月考)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与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.金属棒做匀减速运动B.通过金属棒横截面积的电荷量,从a到b比从b到c大C.克服安培力做功,从a到b比从b到c大D.回路中产生的内能相等答案 C解析 金属棒PQ在运动过程中所受到的合力为安培力,方向向左,F安=BIL=eq \f(B2L2v,R),由牛顿第二定律得eq \f(B2L2v,R)=ma,由于v减小,所以金属棒向右运动过程中,加速度逐渐减小,故A错误;金属棒运动过程中,电路产生的电荷量q=IΔt=eq \f(E,R)Δt=eq \f(ΔΦ,Δt)·eq \f(Δt,R)=eq \f(ΔΦ,R)=Beq \f(ΔS,R)从a到b的过程中与从b到c的过程中,回路面积的变化量ΔS相等,B、R相等,因此,通过棒横截面的电荷量相等,故B错误;金属棒在安培力作用下做减速运动,速度v越来越小,导体棒克服安培力做功,把金属棒的动能转化为内能,由于ab间距离与bc间距离相等,安培力从a到c逐渐减小,由W=F安s定性分析可知,从a到b克服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多,因此在从a到b的过程产生的内能多,故C正确,D错误。专题强化练考点一 电磁感应中的动力学问题1.(2023·北京市大兴区高二期末)如图所示,有两根和水平方向成θ角的光滑平行的金属轨道,上端接有可变电阻R,下端足够长,空间有垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感应强度为B。一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下。经过足够长的时间后,金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm,不计金属杆和轨道的电阻,则以下分析正确的是( )A.金属杆先做匀加速直线运动,然后做匀速直线运动B.金属杆由静止到最大速度过程中机械能守恒C.如果只增大B,vm将变小D.如果只增大R,vm将变小答案 C解析 金属杆下滑过程中,受重力、导轨的支持力和安培力,开始时重力沿斜面向下的分力大于安培力,金属杆做加速运动,满足mgsin θ-eq \f(B2l2v,R)=ma随着速度的增加,安培力在增大,所以金属杆加速度逐渐减小,当加速度减小到零,速度最大。当加速度为零时,金属杆做匀速运动,故金属杆先做加速度逐渐减小的加速运动,然后做匀速直线运动,故A错误;金属杆由静止到最大速度过程中,安培力做负功,金属杆机械能并不守恒,故B错误;当速度最大,则有mgsin θ-eq \f(B2l2vm,R)=0解得vm=eq \f(mgRsin θ,B2l2),所以只增大B, vm 将变小,只增大R, vm 将变大,故C正确,D错误。2.(多选)如图所示,MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨,已知导轨足够长,且电阻不计。ab是一根与导轨垂直且始终与导轨接触良好的金属杆。开始时,将开关S断开,让杆ab由静止开始自由下落,一段时间后,再将S闭合,若从S闭合开始计时,则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像可能是( )答案 ACD解析 设ab杆的有效长度为l,S闭合时,金属杆受重力mg、安培力F安=eq \f(B2l2v,R),若eq \f(B2l2v,R)>mg,杆先减速再匀速,D项有可能;若eq \f(B2l2v,R)=mg,杆匀速运动,A项有可能;若eq \f(B2l2v,R)<mg,杆先加速再匀速,C项有可能;由于v变化,eq \f(B2l2v,R)-mg=ma中的a不恒定,故B项不可能。3.如图所示,匀强磁场存在于虚线框内,矩形线圈竖直下落,如果线圈受到的安培力总小于其重力,则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为( )A.a1>a2>a3>a4 B.a1=a3>a2>a4C.a1=a3>a4>a2 D.a4=a2>a3>a1答案 B解析 线圈进入磁场前和全部进入磁场后,都仅受重力,所以加速度a1=a3=g。线圈在题图中2位置时,受到重力和向上的安培力,且已知F安2a2>a4,B正确。考点二 电磁感应中的能量问题4.如图所示,先后以速度v0和2v0把同一正方形闭合单匝线框匀速拉入有界匀强磁场区域中,在先后两种情况下( )A.线框中的感应电流之比为I1∶I2=2∶1B.线框所受到的安培力之比为F1∶F2=1∶4C.线框产生的焦耳热之比为Q1∶Q2=1∶4D.通过线框横截面的电荷量之比为q1∶q2=1∶1答案 D解析 设正方形线框边长为L,导体切割磁感线产生感应电动势E=BLv根据闭合电路欧姆定律I=eq \f(E,R总)可知先后两种情况电流之比eq \f(I1,I2)=eq \f(1,2),故A错误;根据安培力的表达式F=ILB可知eq \f(F1,F2)=eq \f(1,2),故B错误;线框匀速进入磁场,所用时间t=eq \f(L,v)根据焦耳定律Q=I2R总t可知焦耳热之比eq \f(Q1,Q2)=eq \f(1,2),故C错误;根据纯电阻电路中电荷量的表达式q=eq \x\to(I)·Δt=eq \f(\x\to(E),R总)·Δt=eq \f(ΔΦ,R总)=eq \f(B·ΔS,R总)可知通过线框横截面的电荷量相等,故D正确。5.(多选)如图所示,光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角,两轨道上端用一电阻R相连,该装置处于匀强磁场中,磁场方向垂直于轨道平面向上。质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行,滑行到某一高度h后又返回到底端。若运动过程中,金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好,轨道与金属杆的电阻均忽略不计,重力加速度为g,则( )A.金属杆返回到底端时的速度大小为v0B.金属杆上滑到最高点的过程中克服安培力做功与克服重力做功之和等于eq \f(1,2)mv02C.上滑到最高点的过程中电阻R上产生的热量等于eq \f(1,2)mv02-mghD.金属杆两次通过轨道上的同一位置时电阻R的热功率相同答案 BC解析 金属杆从轨道底端滑上轨道某一高度至又返回到出发点时,由于电阻R上产生热量,故金属杆的机械能减小,即返回到底端时速度小于v0,选项A错误;金属杆上滑到最高点的过程中,动能转化为重力势能和电阻R上产生的热量(即克服安培力所做的功),选项B、C正确;金属杆两次通过轨道上同一位置时的速度大小不同,电路中的电流不同,故电阻的热功率不同,选项D错误。6.(2022·徐州市高二期中)如图所示,水平的平行虚线间距为d,中间有沿水平方向的匀强磁场。一个阻值为R的正方形金属线圈边长l
专题强化9 电磁感应中的动力学和能量问题[学习目标] 1.学会分析导体棒、线框在磁场中的受力(重点)。2.能根据电流的变化分析导体棒、线框受力的变化情况和运动情况(重难点)。3.能利用牛顿运动定律和平衡条件分析有关问题(重难点)。4.理解电磁感应现象中的能量转化,会用动能定理、能量守恒定律分析有关问题(重难点)。一、电磁感应中的动力学问题如图所示,空间存在方向竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B,MN、PQ是水平放置的足够长的平行长直导轨,其间距为L,电阻R接在导轨一端,导体棒ab跨接在导轨上,质量为m,接入电路的电阻为r。导体棒和导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度g。从零时刻开始,对ab棒施加一个大小为F、方向水平向左的恒定拉力,使其从静止开始沿导轨滑动,ab棒始终保持与导轨垂直且接触良好。(1)分析导体棒的运动性质;(2)求导体棒所能达到的最大速度的大小;(3)试定性画出导体棒运动的速度—时间图像。答案 (1)导体棒做切割磁感线的运动,产生的感应电动势E=BLv①回路中的感应电流I=eq \f(E,R+r)②导体棒受到的安培力F安=BIL③导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用,根据牛顿第二定律有:F-μmg-F安=ma④整理得:F-μmg-eq \f(B2L2v,R+r)=ma⑤由⑤可知,随着速度的增大,安培力增大,加速度a减小,当加速度a减小到0时,速度达到最大,此后导体棒做匀速直线运动。即导体棒先做加速度逐渐减小的加速运动,再做匀速运动。(2)当导体棒做匀速运动时,达到最大速度,有F-μmg-eq \f(B2L2vm,R+r)=0可得:vm=eq \f(F-μmgR+r,B2L2)(3)由(1)(2)中的分析可知,导体棒运动的速度—时间图像如图所示。1.电磁感应问题中电学对象与力学对象的相互制约关系2.处理此类问题的基本方法(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。(2)求回路中感应电流的大小和方向。(3)分析导体受力情况(包括安培力)。(4)列动力学方程或根据平衡条件列方程求解。例1 如图甲所示,两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上,两导轨间距为L,M、P两点间接有阻值为R的定值电阻,一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上,并与导轨垂直,整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下,导轨和金属杆的电阻可忽略,让ab杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金属杆接触良好,不计它们之间的摩擦。(重力加速度为g)(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示,请在此图中画出ab杆下滑过程中的受力示意图;(2)在加速下滑过程中,当ab杆的速度大小为v时,求此时ab杆中的电流大小及其加速度的大小;(3)求在下滑过程中,ab杆可以达到的速度最大值。答案 (1)见解析图 (2)eq \f(BLv,R) gsin θ-eq \f(B2L2v,mR) (3)eq \f(mgRsin θ,B2L2)解析 (1)如图所示,ab杆受重力mg,方向竖直向下;支持力FN,方向垂直于导轨平面向上;电流方向由a→b,安培力F安,方向沿导轨向上。(2)当ab杆的速度大小为v时,感应电动势E=BLv,则此时电路中的电流I=eq \f(E,R)=eq \f(BLv,R)ab杆受到的安培力F安=BIL=eq \f(B2L2v,R)根据牛顿第二定律,有mgsin θ-F安=ma联立各式解得a=gsin θ-eq \f(B2L2v,mR)。(3)当a=0时,ab杆达到最大速度vm,即有mgsin θ=eq \f(B2L2vm,R),解得vm=eq \f(mgRsin θ,B2L2)。电磁感应中的动力学临界问题的基本思路导体受外力运动eq \o(――→,\s\up7(E=Blv))感应电动势eq \o(―――→,\s\up13(I=\f(E,R+r)))感应电流eq \o(――→,\s\up7(F=BIl))导体受安培力→合外力变化eq \o(―――→,\s\up7(F合=ma))加速度变化→临界状态二、电磁感应中的能量问题1.如图所示,在竖直向下的匀强磁场中,水平U形导体框左端接一阻值为R的电阻,质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动,最终停在导体框上。在此过程中(1)根据动能定理可得,导体棒克服安培力做的总功W克安=eq \f(1,2)mv02;(2)根据能量守恒可得,整个过程回路中产生的总热量为Q=eq \f(1,2)mv02,可知,W克安=Q(填“>”“<”或“=”);(3)电阻R消耗的总电能为eq \f(mv02R,2R+r)。2.在例1中,设ab杆沿导轨由静止开始下滑至速度最大的过程中下滑的竖直高度为h,则(1)根据动能定理可得,mgh-W克安=eq \f(1,2)mvm2-eq \f(1,2)mv02,可得W克安=mgh+eq \f(1,2)mv02-eq \f(1,2)mvm2;(2)根据能量守恒定律可得,mgh=eq \f(1,2)mvm2-eq \f(1,2)mv02+Q,整个回路产生的热量Q=mgh+eq \f(1,2)mv02-eq \f(1,2)mvm2可得知,W克安=Q(填“>”“<”或“=”);(3)电阻R消耗的总电能为mgh+eq \f(1,2)mv02-eq \f(1,2)mvm2。1.电磁感应现象中的能量转化安培力做功eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(做正功:电能\o(――→,\s\up7(转化))机械能,如电动机,做负功:机械能\o(――→,\s\up7(转化))电能\o(――→,\s\up7(电流),\s\do5(做功))焦耳热或其他形式的能量,如发电机))2.焦耳热的计算(1)电流恒定时,根据焦耳定律求解,即Q=I2Rt。(2)感应电流变化时,可用以下方法分析:①利用动能定理,求出克服安培力做的功W克安,即Q=W克安。②利用能量守恒定律,焦耳热等于其他形式能量的减少量。3.杆克服安培力做的功等于整个电路产生的焦耳热Q。电阻与导体棒串联,产生的焦耳热与电阻成正比。电阻R产生的焦耳热为QR=eq \f(R,R+r)Q,导体棒产生的焦耳热为Qr=eq \f(r,R+r)Q。例2 如图所示,足够长的平行光滑U形导轨倾斜放置,所在平面的倾角θ=37°,导轨间的距离L=1.0 m,下端连接R=1.6 Ω的定值电阻,导轨电阻不计,所在空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度B=1.0 T。质量m=0.5 kg、电阻r=0.4 Ω的金属棒ab垂直放置于导轨上,现用沿导轨平面且垂直于金属棒、大小为F=5.0 N的恒力使金属棒ab从静止开始沿导轨向上滑行且始终与导轨接触良好,当金属棒滑行x=2.8 m后速度保持不变(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2)。求:(1)金属棒匀速运动时的速度大小v;(2)金属棒从静止开始到做匀速运动的过程中,电阻R上产生的热量QR。答案 (1)4 m/s (2)1.28 J解析 (1)金属棒匀速运动时产生的感应电流为I=eq \f(BLv,R+r)由平衡条件有F=mgsin θ+ILB联立并代入数据解得v=4 m/s。(2)设整个电路中产生的热量为Q,由动能定理得Fx-mgxsin θ-W安=eq \f(1,2)mv2,而Q=W安,QR=eq \f(R,R+r)Q,联立并代入数据解得QR=1.28 J。针对训练 1 (多选)如图所示,在光滑的水平地面上方,有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场,PQ为两个磁场的边界,磁场范围足够大。一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向,以速度v从图示位置(实线所示)开始运动,当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时(虚线所示),圆环的速度变为eq \f(v,2),则下列说法正确的是( )A.此时圆环的电功率为eq \f(2B2a2v2,R)B.此时圆环的加速度大小为eq \f(8B2a2v,mR)C.此过程中通过圆环截面的电荷量为eq \f(πBa2,R)D.此过程中回路产生的电能为eq \f(3,4)mv2答案 BC解析 当圆环的直径与边界线重合时,圆环左右两半环均产生感应电动势,故圆环中的感应电动势E=2B×2a×eq \f(v,2)=2Bav,圆环的电功率P=eq \f(E2,R)=eq \f(4B2a2v2,R),故A错误;此时圆环受到的安培力大小F=2BI×2a=2B×eq \f(2Bav,R)×2a=eq \f(8B2a2v,R),由牛顿第二定律可得,加速度大小a=eq \f(F,m)=eq \f(8B2a2v,mR),故B正确;圆环中的平均感应电动势eq \x\to(E)=eq \f(ΔΦ,Δt),则通过圆环截面的电荷量Q=eq \x\to(I)Δt=eq \f(\x\to(E),R)Δt=eq \f(ΔΦ,R)=eq \f(Bπa2,R),故C正确;此过程中回路产生的电能等于动能的减少量,即E=eq \f(1,2)mv2-eq \f(1,2)m(eq \f(v,2))2=eq \f(3,8)mv2,故D错误。针对训练 2 (2023·长春市十一中高二月考)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与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.金属棒做匀减速运动B.通过金属棒横截面积的电荷量,从a到b比从b到c大C.克服安培力做功,从a到b比从b到c大D.回路中产生的内能相等答案 C解析 金属棒PQ在运动过程中所受到的合力为安培力,方向向左,F安=BIL=eq \f(B2L2v,R),由牛顿第二定律得eq \f(B2L2v,R)=ma,由于v减小,所以金属棒向右运动过程中,加速度逐渐减小,故A错误;金属棒运动过程中,电路产生的电荷量q=IΔt=eq \f(E,R)Δt=eq \f(ΔΦ,Δt)·eq \f(Δt,R)=eq \f(ΔΦ,R)=Beq \f(ΔS,R)从a到b的过程中与从b到c的过程中,回路面积的变化量ΔS相等,B、R相等,因此,通过棒横截面的电荷量相等,故B错误;金属棒在安培力作用下做减速运动,速度v越来越小,导体棒克服安培力做功,把金属棒的动能转化为内能,由于ab间距离与bc间距离相等,安培力从a到c逐渐减小,由W=F安s定性分析可知,从a到b克服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多,因此在从a到b的过程产生的内能多,故C正确,D错误。专题强化练考点一 电磁感应中的动力学问题1.(2023·北京市大兴区高二期末)如图所示,有两根和水平方向成θ角的光滑平行的金属轨道,上端接有可变电阻R,下端足够长,空间有垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感应强度为B。一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下。经过足够长的时间后,金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm,不计金属杆和轨道的电阻,则以下分析正确的是( )A.金属杆先做匀加速直线运动,然后做匀速直线运动B.金属杆由静止到最大速度过程中机械能守恒C.如果只增大B,vm将变小D.如果只增大R,vm将变小答案 C解析 金属杆下滑过程中,受重力、导轨的支持力和安培力,开始时重力沿斜面向下的分力大于安培力,金属杆做加速运动,满足mgsin θ-eq \f(B2l2v,R)=ma随着速度的增加,安培力在增大,所以金属杆加速度逐渐减小,当加速度减小到零,速度最大。当加速度为零时,金属杆做匀速运动,故金属杆先做加速度逐渐减小的加速运动,然后做匀速直线运动,故A错误;金属杆由静止到最大速度过程中,安培力做负功,金属杆机械能并不守恒,故B错误;当速度最大,则有mgsin θ-eq \f(B2l2vm,R)=0解得vm=eq \f(mgRsin θ,B2l2),所以只增大B, vm 将变小,只增大R, vm 将变大,故C正确,D错误。2.(多选)如图所示,MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨,已知导轨足够长,且电阻不计。ab是一根与导轨垂直且始终与导轨接触良好的金属杆。开始时,将开关S断开,让杆ab由静止开始自由下落,一段时间后,再将S闭合,若从S闭合开始计时,则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像可能是( )答案 ACD解析 设ab杆的有效长度为l,S闭合时,金属杆受重力mg、安培力F安=eq \f(B2l2v,R),若eq \f(B2l2v,R)>mg,杆先减速再匀速,D项有可能;若eq \f(B2l2v,R)=mg,杆匀速运动,A项有可能;若eq \f(B2l2v,R)<mg,杆先加速再匀速,C项有可能;由于v变化,eq \f(B2l2v,R)-mg=ma中的a不恒定,故B项不可能。3.如图所示,匀强磁场存在于虚线框内,矩形线圈竖直下落,如果线圈受到的安培力总小于其重力,则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为( )A.a1>a2>a3>a4 B.a1=a3>a2>a4C.a1=a3>a4>a2 D.a4=a2>a3>a1答案 B解析 线圈进入磁场前和全部进入磁场后,都仅受重力,所以加速度a1=a3=g。线圈在题图中2位置时,受到重力和向上的安培力,且已知F安2
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