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1、第十单元电 磁 感 应 微专题 10 电磁感应中的动力学和能量问题 见自学听讲P193 一电磁感应中的动力学问题 1.导体棒的两种运动状态 (1)平衡状态导体棒处于静止状态或匀速直线运动状态,加速度为零。 (2)非平衡状态导体棒的加速度不为零。 2.两个研究对象及其关系 电磁感应中导体棒既可看作电学对象(因为它相当于电源),又可看作力学对象(因为有感应电流而受到安培 力),而感应电流I和导体棒的速度v是联系这两个对象的纽带。 例 1 水平放置的两根足够长的平行金属导轨M、N间距L=2 m,电阻忽略不计,处于磁感应强度大小B=1 T、方向竖直向上 的匀强磁场中,质量均为m=0.8 kg、电阻均为
2、r=1 的P、Q两金属棒垂直导轨放置,导轨与金属棒之间的动摩擦因数=0.5, 且两者接触良好。两条轻绳的一端分别水平垂直连接P、Q,另一端分别通过光滑的定滑轮连接质量分别为 2m与m的两物体A、 C,轻绳足够长。开始时固定住物体A、C,轻绳拉直但其中张力为零,整个装置处于静止状态,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,其中 g=10 m/s2。 (1)若始终固定住C,自由释放A,A的最大速度是多大? (2)若自由释放A,当A的速度至少多大时再释放C,C才能不下落? 解析 (1)若始终固定住C,自由释放A,设当A的运动速度为v时,P切割磁感线产生的电动势E=BLv,则感应电流I= 2 P棒受到的安培力F
3、=BIL= 22v 2 A向下做加速运动,有 2mg-FT=2ma P向左做加速度大小与A相同的加速运动 FT-mg-=ma 22v 2 可得 2mg-mg-=3ma 22v 2 A向下(P向左)做加速度减小的加速运动,直至以最大速度vm做匀速运动,此时有 2mg=+mg 22m 2 得vm=6 m/s。 (2)设当A的速度大小为v1时释放C,C刚好不下落,则此时Q所受摩擦力为最大静摩擦力,方向水平向左,所受安培力大小为F1, 则有 F1+mg=mg 解得F1=4 N 由F1=得A的速度v1=2 m/s 221 2 即当A的速度大小至少为 2 m/s 时释放C,C才不下落。 答案 (1)6 m
4、/s (2)2 m/s 用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题 解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”,具体思路如下: 二电磁感应中的能量问题 1.产生和维持感应电流的过程就是其他形式的能量转化为电能的过程。导体在达到稳定状态之前,外力移 动导体所做的功,一部分消耗于克服安培力做功,转化为产生感应电流的电能(或最后再转化为焦耳热),另一部 分用于增加导体的机械能。 2.安培力做正功和克服安培力做功的区别:当外力克服安培力做功时,就有其他形式的能转化为电能;当安 培力做正功时,就有电能转化为其他形式的能。 3.在较复杂的电磁感应现象中,经常涉及求解焦耳热的问题。尤其是变化的安培力,不
5、能直接由Q=I2Rt求 解,用能量守恒的方法就可以不必追究变力、变电流做功的具体细节,只需从全过程考虑,不涉及电流的产生过 程,计算简便。 4.解电磁感应现象中的能量问题的一般步骤 (1)在电磁感应中,切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势,该导体或回路就相当于 电源。 (2)分析清楚有哪些力做功,就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。 (3)根据能量守恒定律列方程求解。 例 2 如图所示, “凸”字形硬质金属线框质量为m,相邻各边互相垂直,且处于同一竖直平面内,ab边长为l,cd边长为 2l,ab与cd平行,间距为 2l。匀强磁场区域的上下边界均水平,磁场方向垂直于线框所
6、在平面。开始时,cd边到磁场上边界的距 离为 2l,线框由静止释放,从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前,线框做匀速运动,在ef、pq边离开磁场后,ab边离开磁场 之前,线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内,且ab、cd边保 持水平,重力加速度为g。求: (1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍。 (2)磁场上下边界间的距离H。 解析 (1)设磁场的磁感应强度大小为B,cd边刚进入磁场时,线框做匀速运动的速度为v1,cd边上的感应电动势为E1,由法拉 第电磁感应定律,有E1=2Blv1 设线框总电阻
7、为R,此时线框中电流为I1,由闭合电路欧姆定律,有I1= 1 设此时线框所受安培力为F1,有F1=2BI1l 由于线框做匀速运动,其受力平衡,有mg=F1 联立上式得v1= 422 设ab边离开磁场之前,线框做匀速运动的速度为v2,同理可得v2= 22 由上式得v2=4v1。 (2)线框自释放直到cd边进入磁场前,由机械能守恒定律,有 2mgl= m 1 2 12 线框完全穿过磁场的过程中,由能量守恒定律,有 mg(2l+H)= m- m+Q 1 2 22 1 2 12 联立上式得H=+28l。 答案 (1)4 倍 (2)+28l 电磁感应分析中常见的“两个误区”和“两类错误” (1)对于双杆
8、切割类问题,常存在两个误区: 忽视分析两杆产生感应电动势的方向。 求解安培力时忽视了两杆所处位置的磁感应强度大小或方向的差异。 (2)求解焦耳热时容易出现以下两类错误: 不加分析就把某时刻的电流I代入公式Q=I2Rt求解焦耳热,大多数情况下感应电流I是变化的,求解焦耳热要用电流的有 效值,因此不能用某时刻的电流代入公式Q=I2Rt求解焦耳热。 电路中产生焦耳热的元件不是一个,不加分析就误认为某个元件上的焦耳热就是整个电路产生的焦耳热。 三电磁感应中的单杆模型 单杆模型中常见的情况及处理方法 v00v0=0 示意 图 导体杆ab以一定初速度 v0在光滑水平轨道上滑动, 质量为m,电阻不计,两导轨
9、 间距为L 轨道水平光滑,导体杆ab 的质量为m,电阻不计,两导 轨间距为L 轨道水平光滑,导体杆ab 质量为m,电阻不计,两导轨 间距为L,拉力F恒定 轨道水平光滑,导体杆ab的质量为m,电阻不 计,两导轨间距为L,拉力F恒定 力学 观点 导体杆以速度v切割磁感 线产生感应电动势E=BLv, 电流I= =,安培力F安 E R BLv R =BIL=,导体杆做减速 B2L2v R 运动;vF安a,当 v=0 时,F安=0,a=0,杆保持静 止 S 闭合,ab杆所受的安培力 F安=,此时a=,杆ab BLE r BLE mr 的速度v感应电动势 BLvI安培力F安 =BIL加速度a,当E感 =E
10、时,v最大,且vm= E BL 开始时a=,杆ab的速度 F m v感应电动势 E=BLvI安培力F安 =BIL,由F-F安=ma知a, 当a=0 时,v最大,vm= FR B2L2 开始时a=,杆ab的速度v感应电动势 F m E=BLv,经过 t速度为v+v,此时感应电 动势E=BL(v+v),t时间内流入电容器的 电荷量 q=CU=C(E-E)=CBLv,电流I= q t =CBL=CBLa,安培力F安=BLI=CB2L2a,F-F安 v t =ma,a=,所以杆以恒定的加速度做匀 F m + B2L2C 加速运动 (续表) v00v0=0 图象 观点 能量 观点 动能全部转化为内能Q=
11、 m 1 2 v02 电源输出的电能转化为动 能W电= m 1 2 v2 F做的功一部分转化为杆 的动能,一部分产生电热 WF=Q+ m 1 2 v2 F做的功一部分转化为动能,一部分转化为电 场能WF= mv2+EC 1 2 例 3 在甲、乙、丙三图中,除导体棒ab可动外,其余部分均固定不动,甲图中的电容器C原来不带电。设导体棒、导轨和 直流电源的电阻均可忽略,导体棒和导轨间的摩擦也不计,图中装置均在水平面内,且都处于方向垂直水平面(纸面)向下的匀强磁 场中,导轨足够长。今给导体棒ab一个向右的初速度v0,在甲、乙、丙三种情形下导体棒ab的最终运动状态是( )。 A.三种情形下导体棒ab最终
12、均做匀速运动 B.甲、丙中,ab棒最终将以不同的速度做匀速运动;乙中,ab棒最终静止 C.甲、丙中,ab棒最终将以相同的速度做匀速运动;乙中,ab棒最终静止 D.三种情形下导体棒ab最终均静止 解析 在甲中ab棒运动产生感应电动势对电容器充电,回路中产生感应电流,ab棒受到安培力作用,做减速运动,当电容器两 端的电压等于ab棒两端的电压时,不再充、放电,回路中无电流,ab棒做匀速运动。在乙中,ab棒运动产生感应电动势,回路中产 生感应电流,ab棒受到安培力作用,做减速运动,直到速度为零。在丙中,电源为ab棒供电,开始向右运动,ab棒运动产生的感应电 流方向与原来电流同向,ab棒受到安培力作用,
13、做减速运动,减到速度为零后,在安培力的作用下,向左加速。当ab棒产生的感应电 动势与电源电动势相等时,ab棒中无电流,不再受力,将做匀速运动,故 B 项正确。 答案 B 例 4 (多选)两根足够长的平行光滑导轨竖直放置,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大小等于重力加速度g B.金属棒向下运动时,流过电阻R的电流方向为ab C.金属棒的速度为v时,所受的安培力大小F= 22v
14、 D.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量 解析 金属棒刚释放时,弹簧处于原长,弹力为零,又因此时速度为零,没有感应电流,金属棒不受安培力作用,只受到重力作用, 其加速度大小应等于重力加速度,A 项正确;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,B 项错误;金属棒 速度为v时,安培力大小F=BIL,又I=,解得F=,C 项正确;金属棒下落的过程中,由能量守恒定律知,金属棒减少的重力势能 22v 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,D 项错误。 答案 AC 四电磁感应中的双杆模型 1.建模 (1)初速度不为零,不受其他水平外力的
15、作用 光滑的平行导轨光滑不等距导轨 示意图 质量m1=m2 电阻r1=r2 长度L1=L2 杆MN、PQ间距足够长 质量m1=m2 电阻r1=r2 长度L1=2L2 杆MN、PQ间距足够长且只在各自的轨道上运动 规律 分析 杆MN做变减速运动,杆PQ做 变加速运动,稳定时,两杆的加 速度均为零,以相等的速度匀 速运动 杆MN做变减速运动,杆PQ做变加速运动,稳定时,两杆的加速度均为零,两杆的速度之比为 12 (2)初速度为零,一杆受到恒定水平外力的作用 光滑的平行导轨不光滑平行导轨 示意 图 质量m1=m2 电阻r1=r2 长度L1=L2 摩擦力Ff1=Ff2 质量m1=m2 电阻r1=r2
16、长度L1=L2 规律 分析 开始时,两杆做变加速运动; 稳定时,两杆以相同的加速 度做匀加速运动 开始时,若F2Ff,则PQ杆先做变加速运动,后做匀速运动;MN杆静止。若F2Ff,PQ杆先做变加速运动,后做匀加 速运动,MN杆先静止后做变加速运动,最后和PQ杆同时做匀加速运动,且加速度相同 2.解题思路 例 5 如图所示,两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成=53角,该导轨间距L=0.5 m,上端接一阻值R=2 的电阻,导轨电阻忽略不计。在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场,磁感应强度B=0.8 T。导体棒 a的质量m1=0.1 kg,其接入电路的电阻R1=1 ;导体棒b
17、的质量m2=0.2 kg,接入电路的电阻R2=2 ,它们分别垂直导轨放置 并始终与导轨接触良好。现从图中的M、N处同时将a、b由静止释放,运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域,且当a刚出磁场 时b正好进入磁场。a、b电流间的相互作用不计,sin 53=0.8,cos 53=0.6,重力加速度取g=10 m/s2。求: (1)导体棒a刚进入磁场时,流过电阻R的电流I。 (2)导体棒a穿过磁场区域的速度v1的大小。 (3)匀强磁场的宽度d。 解析 (1)导体棒a在磁场中匀速运动,则m1gsin -BIaL=0 根据等效电路的结构有Ia=2I 联立解得I=1 A。 (2)导体棒a在磁场中匀速运动时,有
18、 E1=BLv1,Ia= 1 总 R总=R1+ 2R 2+ R 联立解得v1=10 m/s。 (3)设导体棒b在磁场中匀速运动的速度为v2,则 m2gsin =BIbL,E2=BLv2 Ib=,R总=R2+ 2 总 1R 1+ R 设导体棒a在磁场中运动的时间为 t,则d=v1t v2=v1+(gsin )t 联立解得d= m。 125 6 答案 (1)1 A (2)10 m/s (3) m 125 6 电磁感应与动量结合问题 1.应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量。如在导体棒做非匀变速运动的问题中,应用动量定理可以解决牛顿运 动定律不易解答的问题。 2.在相互平行的水平轨道间的双棒做
19、切割磁感线运动时,由于这两根导体棒所受的安培力大小相等,方向相反,合外力为零,若 不受其他外力,两导体棒的总动量守恒,解决此类问题往往要应用动量守恒定律。 类型 1 动量定理和功能关系的应用 例 6 如图所示,匝数N=100、横截面积S=1.010-2 m2、电阻r=0.15 的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均 匀增加的匀 强磁场B1,其变化率k=0.80 T/s。线圈通过开关 S 连接两根相互平行、间距d=0.20 m 的竖直导轨,下端连接阻值R=0.50 的电阻,一根阻值也为 0.50 、质量m=1.010-2 kg 的导体棒ab搁置在等高的挡条上。在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面
20、的不随时间变化的匀强磁场B2。接通开关 S 后,棒对挡条的压力恰好为零。假设棒始终与导轨垂直,且与导轨接触良好,不计摩擦 阻力和导轨电阻,g取 10 m/s2。 (1)求磁感应强度B2的大小,并指出磁场方向。 (2)断开开关 S 后撤去挡条,棒开始下滑,经t=0.25 s 后下降了h=0.3 m,求此过程棒上产生的热量。 解析 (1)线圈中产生的感应电动势E=N=NS 1 流过导体棒的电流Iab= 2( + 2) 导体棒对挡条的压力为零,有B2Iabd=mg 得B2=0.5 T,方向垂直纸面向外。 (2)由动量定理得(mg- B2d)t=mv I 又 q= t= I 2 2 得v=gt- 22
21、2 2 ab棒产生的热量Q= 1 2( - 1 2m 2) 解得Q=2.910-3 J。 答案 (1)0.5 T,方向垂直纸面向外 (2)2.910-3 J 变式 1 如图所示,两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置,相距为L,导轨上端接电阻R,宽度相同的水平条形区域和内 有磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场,其宽度均为d,和之间相距h且无磁场。一长度为L、质量为m、电 阻为r的导体棒,两端套在导轨上,并与两导轨始终保持良好的接触,导体棒从距区域上边界H处由静止释放,在穿过两段磁场区 域的过程中,流过电阻R上的电流及其变化情况相同,重力加速度为g。求: (1)导体棒进入区域的瞬间,通过
22、电阻R的电流大小与方向。 (2)导体棒通过区域的过程,电阻R上产生的热量Q。 (3)导体棒穿过区域所用的时间。 解析 (1)设导体棒进入区域瞬间的速度大小为v1 根据动能定理,有mgH= m 1 2 12 由法拉第电磁感应定律得E=BLv1 由闭合电路的欧姆定律得I= + 联立解得I= + 2 由右手定则知导体棒中电流方向向右,则通过电阻R的电流方向向左。 (2)由题意知,导体棒进入区域的速度大小也为v1 由能量守恒定律得Q总=mg(h+d) 电阻R上产生的热量Q=mg(h+d)。 + (3)设导体棒穿出区域瞬间的速度大小为v2,从穿出区域到进入区域,有-=2gh 1222 得v2= 2( -
23、 ) 设导体棒穿过区域所用的时间为t,设向下为正方向,根据动量定理,有 mgt-B Lt=mv2-mv1 I 此过程通过整个回路的电荷量q= t= I + 得t=+-。 22d ( + ) 2( - ) 2 答案 (1),方向向左 (2)mg(h+d) (3)+ - + 2 + 22d ( + ) 2( - ) 2 类型 2 动量守恒定律和功能关系的应用 (1)问题特点 对于双导体棒运动的问题,通常是两棒与导轨构成一个闭合回路,当其中一棒在外力作用下获得一定速度时必然在磁场中切 割磁感线,在该闭合电路中形成一定的感应电流;另一根导体棒在磁场中通过时在安培力的作用下开始运动,一旦运动起来也将切
24、割磁感线而产生一定的感应电动势,对原来电流的变化起阻碍作用。 (2)方法技巧 解决此类问题时通常将两棒视为一个整体,于是相互作用的安培力是系统的内力,这个变力将不影响整体的动量守恒。因此 解题的突破口是巧妙选择系统,运用动量守恒(动量定理)和功能关系求解。 例 7 足够长的平行金属轨道M、N,相距L=0.5 m,且水平放置,M、N左端与半径R=0.4 m 的光滑竖直半圆轨道相连,与轨道 始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动,两金属棒的质量mb=mc=0.1 kg,接入电路的有效电阻Rb=Rc=1 , 轨道的电阻不计。平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B=1 T 的匀强磁场中
25、,磁场方向与轨道平面垂直且向上,光滑竖直半圆 轨道在磁场外,如图所示,若使b棒以初速度v0=10 m/s 开始向左运动,运动过程中b、c不相撞,重力加速度g取 10 m/s2。 (1)求c棒的最大速度。 (2)求c棒达最大速度时,此棒产生的焦耳热。 (3)若c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑,求金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力大小。 解析 (1)在磁场力作用下,b棒做减速运动,c棒做加速运动,当两棒速度相等时,c棒达最大速度。选两棒为研究对象,根据动 量守恒定律有 mbv0=(mb+mc)v 解得c棒的最大速度v=5 m/s。 (2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中,系统减少的动能转化为电
26、能,两棒中产生的总热量Q= mb-(mb+mc)v2=2.5 J 1 2 02 1 2 因为Rb=Rc,所以c棒达最大速度时此棒产生的焦耳热Qc= =1.25 J。 2 (3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v,从最低点上升到最高点的过程由机械能守恒定律可得 mcv2=mcg2R+ mcv2 1 2 1 2 解得v=3 m/s 在最高点,设轨道对c棒的弹力为F,由牛顿第二定律得 mcg+F=mc 2 解得F=1.25 N 由牛顿第三定律得,在最高点c棒对轨道的压力为 1.25 N。 答案 (1)5 m/s (2)1.25 J (3)1.25 N 变式 2 如图所示,平行倾斜光滑导轨与足够长
27、的平行水平光滑导轨平滑连接,导轨电阻不计。质量分别为m和m的金属棒 1 2 b和c静止放在水平导轨上,b、c两棒均与导轨垂直。图中de虚线右侧有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。质量为m的 绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放,释放位置与水平导轨的高度差为h。已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正 碰,金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞。重力加速度为g。求: (1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小。 (2)金属棒b进入磁场后,其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小。 (3)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热。 解析 (1)设a棒滑到水平导轨时,速度为v0,下
28、滑过程中a棒机械能守恒,有m=mgh 1 2 02 a棒与b棒发生弹性碰撞,设碰后a棒速度为v1,b棒速度为v2 由动量守恒定律有mv0=mv1+mv2 由机械能守恒定律有m= m+ m 1 2 02 1 2 12 1 2 22 解得v1=0,v2=v0=。 2 (2)b棒刚进磁场时的加速度最大 b、c两棒组成的系统合外力为零,系统动量守恒,设b棒的加速度为其最大加速度的一半时,其速度大小为v2,此时c棒速度 大小为v3 由动量守恒定律有mv2=mv2+ v3 2 设b棒进入磁场后任一时刻,b棒的速度为vb,c棒的速度为vc,则b、c组成的回路中的感应电动势E=BL(vb-vc) 由闭合电路欧
29、姆定律得I= 总 由安培力公式得F安=BIL=ma 联立解得a= 22(- ) 总 故当b棒加速度为最大值的一半时有v2=2(v2-v3) 联立解得v2= v2=。 5 6 5 6 2 (3)最终b、c以相同的速度v做匀速运动 由动量守恒定律有mv2=v( + 2) 由能量守恒定律有m=v2+Q 1 2 22 1 2( + 2) 解得Q= mgh。 1 3 答案 (1)0 (2) (3)mgh 2 5 6 2 1 3 见高效训练P113 1.(2018 辽宁检测)如图所示,U 形光滑金属框架固定在水平面上,处于竖直向下的匀强磁场中。导体棒ab放在金属框架上,给导 体棒ab一个水平向右的初速度v
30、0,下列说法正确的是( )。 A.ab棒做匀减速运动 B.回路中电流均匀减小 C.a点电势比b点电势低 D.ab棒受到水平向左的安培力 解析 ab棒具有向右的初速度,根据右手定则,产生由b指向a的电流,则a点的电势比b点的电势高。根据左手定则,安培 力向左,ab棒做减速运动,因为电动势减小,电流减小,则安培力减小,根据牛顿第二定律可知,加速度减小,ab棒做加速度减小的减 速运动,由于速度不是均匀减小,则电流不是均匀减小,故 A、B、C 三项错误,D 项正确。 答案 D 2.(2019 湖南联考)一个边长为L的正方形导线框在倾角为的光滑斜面上由静止开始沿斜面下滑,随后进入虚线下方垂直于斜 面向上
31、的匀强磁场中,如图所示,斜面以及虚线下方的磁场往下方延伸到足够远。下列说法正确的是( )。 A.线框进入磁场的过程,b点的电势比a点的高 B.线框进入磁场的过程一定是减速运动 C.线框中产生的焦耳热小于线框减少的机械能 D.线框从不同高度下滑时,进入磁场过程中通过线框导线横截面的电荷量相等 解析 线框进入磁场的过程,ab边相当于电源,由右手定则知a点电势高于b点电势,A 项错误;线框进入磁场的过程中可能减 速、加速或匀速,B 项错误;由能量守恒定律知线框中产生的焦耳热等于线框减少的机械能,C 项错误;通过导线横截面的电荷量q= t=t=,与线框下落高度无关,D 项正确。 I 2 2 答案 D
32、3.(2019 湖北月考)一半径为r、质量为m、电阻为R的金属圆环用一根长为L的绝缘轻细杆悬挂于O1点,杆所在直线过圆环圆 心,在O1点的正下方有一半径为L+2r的圆形匀强磁场区域,其圆心O2与O1点在同一竖直线上,O1点在圆形磁场区域边界上,如图 甲所示。现使绝缘轻细杆从水平位置由静止释放,下摆过程中金属圆环所在平面始终与磁场垂直,已知重力加速度为g,不计空气 阻力及其他摩擦阻力,则下列说法正确的是( )。 A.金属圆环最终会静止在O1点的正下方 B.金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mgL C.金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mg(L+2r) 1 2 D.金属圆环在整个过程中产生的焦耳热
33、为mg(L+r) 1 2 甲 乙 解析 圆环最终要在图乙中A、C位置间摆动,因为此时圆环中的磁通量不再发生改变,圆环中不再有感应电流产生。由几何 关系可知,圆环在A、C位置时,其圆心与O1、O2的距离均为L+r,则圆环在A、C位置时,圆环圆心到O1的高度为。由能量守 + 2 2 恒定律可得金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mg(L+2r),C 项正确。 1 2 答案 C 4.(2019 重庆调研)如图所示,足够长的 U 形光滑金属导轨所在平面与水平面成角(090),其中MN与PQ平行且间距为 L,磁感应强度大小为B的匀强磁场方向垂直导轨所在平面斜向上,导轨电阻不计,金属棒ab由静止开始沿导轨下
34、滑,并与两导轨始 终保持垂直且接触良好,棒ab接入电路的电阻为R。当流过棒ab某一横截面的电荷量为q时,棒的速度大小为v,则金属棒ab在 下滑过程中( )。 A.运动的加速度大小为 2 2 B.下滑位移大小为 C.产生的焦耳热为qBLv D.受到的最大安培力的大小为sin 22v 解析 由牛顿第二定律可知mgsin -=ma,金属棒做变加速运动,A 项错误;由q=It=t=得x=,B 项 22v 正确;由动能定理可知mgxsin -Q= mv2,把x代入式中得到Q=- mv2,C 项错误;安培力最大为mgsin ,D 项错误。 1 2 sin 1 2 答案 B 5.(2018 黑龙江二模)(多
35、选)如图所示,水平放置的光滑平行金属导轨,左端接有电阻R,匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在空间 内,质量一定的金属棒PQ垂直于导轨放置。今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。设导轨与棒的电阻均不计,a、b与b、c的间距相等,则金属棒在ab与bc的两个过程中,下列说法正确的 是( )。 A.金属棒运动的加速度一直在减小 B.通过金属棒横截面的电荷量相等 C.回路中产生的电能EabEbc D.金属棒通过a、b两位置时的加速度大小关系为aaab 解析 由F=BIL,I=,F=ma可得a=,由于速度在减小,故加速度在减小,A 项正确,D
36、项错误;由q=It,I=,E=n,可得q=, 22v 由于两个过程磁通量的变化量相同,故通过金属棒横截面的电荷量相等,B 项正确;克服安培力做的功等于产生的电能,即W=FL,由 于安培力越来越小,故第二个过程克服安培力做的功小于第一个过程,C 项错误。 答案 AB 6.(2018 吉林检测)(多选)如图所示,平行的金属导轨与电路处在竖直向下的匀强磁场中,一金属杆放在金属导轨上,在恒定外力F 的作用下做匀速运动,则在开关 S( )。 A.闭合瞬间通过金属杆的电流增大 B.闭合瞬间通过金属杆的电流减小 C.闭合后金属杆先减速后匀速 D.闭合后金属杆先加速后匀速 解析 由题意可知金属杆所受恒定外力F
37、和安培力是一对平衡力,在开关 S 闭合瞬间,感应电动势不变,电路中总电阻减小, 由I=可知感应电流增大,A 项正确;感应电流增大,安培力增大,合外力方向和运动方向相反,金属杆开始做减速运动,由E=BLv可 总 知,感应电动势减小,感应电流减小,安培力减小,当安培力减小到和恒定外力F相等时,金属杆又做匀速运动,C 项正确。 答案 AC 7.(2018 福建一模)(多选)将两根足够长的光滑平行导轨MN、PQ固定在水平桌面上,间距为l,在导轨的左端接有阻值为R的定值 电阻,将一长为l、质量为m的导体棒放在导轨上,已知导体棒与导轨间的接触始终良好,且阻值也为R。在导轨所在的空间加一 磁感应强度为B、方
38、向竖直向上的匀强磁场。现用一质量不计的轻绳将导体棒与一质量也为m的重物跨过光滑的定滑轮连接,重 物距离地面的高度足够大,如图所示。重物由静止释放后,带动导体棒一起运动,忽略导轨的电阻,重力加速度为g。重物下落h时 (此时导体棒做匀速运动),则下列说法正确的是( )。 A.该过程中电阻R中的感应电流方向为由M到P B.重物释放的瞬间加速度最大且为g C.导体棒的最大速度为 2 22 D.该过程流过定值电阻的电荷量为 2 解析 由右手定则可知,电阻R中的感应电流方向为由P到M,A 项错误;重物刚下落时加速度最大,由牛顿第二定律有 2ma0=mg,解得a0=,B 项错误;以导体棒与重物整体为研究对象
39、可知,当导体棒所受安培力与重物重力平衡时,达到最大速度,即 2 22m 2 =mg,解得vm=,C 项正确;由法拉第电磁感应定律可知E=,又I=,q=It,则通过电阻R的电荷量q=,D 项正确。 2 22 2 2 2 答案 CD 8.(2019 山西联考)(多选)如图所示,轨道分粗糙的水平段和光滑的圆弧段两部分,O点为圆弧的圆心,圆弧半径R=1 m。两轨道之 间的宽度为 0.5 m,匀强磁场方向竖直向上,磁感应强度大小为 0.5 T。质量为 0.05 kg、长为 0.5 m 的金属细杆置于轨道上的M 点,当在金属细杆内通以恒为 2 A 的电流(方向垂直纸面向里)时,金属细杆沿轨道由静止开始运动
40、。已知金属细杆与水平段轨道 间的动摩擦因数=0.6,N、P为导轨上的两点,ON竖直、OP水平,且|MN|=1 m,重力加速度g取 10 m/s2,则( )。 A.金属细杆开始运动时的加速度大小为 4 m/s2 B.金属细杆运动到P点时的速度大小为 m/s 2 C.金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为 8 m/s2 D.金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为 0.75 N 解析 由牛顿第二定律可知,刚开始运动时的加速度a=4 m/s2,A 项正确;从M到P的过程,由动能定理得(BIL- - mg)|MN|+BILR-mgR= m-0,解得vP=2 m/s,B 项错误;在P点的向心加速度
41、大小an=8 m/s2,C 项正确;在P点,由牛顿第二 1 2 2 2 2 定律得 2F-BIL=man,解得F=0.45 N,由牛顿第三定律可知,金属细杆对每一条轨道的作用力大小F=F=0.45 N,D 项错误。 答案 AC 9.(2019 湖北检测)如图甲所示,ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨,MN和MN是两根用细线连接的金属杆,其质量分 别为m和 2m。竖直向上的外力F作用在杆MN上,使两杆水平静止,并刚好与导轨接触;两杆的总电阻为R,导轨间距为l。整个装 置处在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向与导轨所在平面垂直。导轨电阻可忽略,重力加速度为g。在t=0 时刻将细线烧 断,
42、保持F不变,金属杆和导轨始终接触良好。求: (1)细线烧断后,任意时刻两杆运动的速度之比。 (2)两杆分别达到的最大速度。 甲 解析 设任意时刻MN向上的速度为v1,MN向下的速度为v2。 (1)两金属杆所受的安培力大小相等、方向相反,MN所受安培力向下,MN所受安培力向上,如图乙、丙所示 乙 丙 某时刻MN的加速度a1=-=2g- 3 - 同时刻MN的加速度a2=-=g- 2 2 2 2 因为任意时刻两杆的加速度之比总为= 1 2 2 1 所以=。 1 2 1t 2t 2 1 (2)当MN和MN的加速度为零时,速度最大 MN受力平衡,有BIl=2mg I= E=Blv1+Blv2 联立解得v
43、1=,v2=。 4 322 2 322 答案 (1)21 (2) 4 322 2 322 10.(2019 景德镇月考)如图甲所示,两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L=1 m,导轨平面与水平面的夹角=37,下端 连接阻值R=1 的电阻;质量m=1 kg、阻值r=1 的匀质金属棒cd放在两导轨上,到导轨最下端的距离L1=1 m,棒与导轨垂直 且两端与导轨保持良好接触,与导轨间的动摩擦因数=0.9。整个装置处于与导轨平面垂直的匀强磁场中,磁感应强度随时间变 化的情况如图乙所示(向上为正)。认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,已知在 01.0 s 内,金属棒cd保持静止,取 sin 37=0.6,
44、cos 37=0.8,重力加速度g=10 m/s2。 (1)求 01.0 s 内通过金属棒cd的电荷量。 (2)求t=1.1 s 时刻,金属棒cd所受摩擦力的大小和方向。 (3)1.2 s 后,对金属棒cd施加一沿斜面向上的拉力F,使金属棒cd沿斜面向上做加速度大小为a=2 m/s2的匀加速运动,请写出拉 力F随时间t(从施加F时开始计时)变化的关系式。 解析 (1)在 01.0 s 内,金属棒cd上产生的感应电动势 E=S,其中S=L1L=1 m2 由闭合电路的欧姆定律有I= + 由于 01.0 s 内回路中的电流恒定,故该段时间通过金属棒cd的电荷量q=It,其中 t=1 s 解得q=1
45、C。 (2)若 01.1 s 内金属棒cd保持静止 则在 01.1 s 内回路中的电流不变 t=1.1 s 时,金属棒cd所受的安培力 F=B1IL=0.2 N,方向沿导轨向下 又导轨对金属棒cd的最大静摩擦力Ff=mgcos 37=7.2 N 由于mgsin 37+F=6.2 NFf,可知假设成立,金属棒cd仍保持静止 故所求摩擦力Ff=mgsin 37+F=6.2 N,方向沿导轨向上。 (3)1.2 s 后,金属棒cd上产生的感应电动势 E=B2Lv,其中v=at 金属棒cd所受安培力的大小F安=B2I2L,其中I2= + 由牛顿第二定律有F-mgsin -mgcos -F安=ma 解得F
46、=15.2+0.16t(N)。 答案 (1)1 C (2)6.2 N,方向沿导轨向上 (3)F=15.2+0.16t(N) 11.(2019 福建模拟)间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成,如图所示。倾角为的导轨处于大小为 B1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间中。水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为 3m的“联动双杆”(由两根长为 l的金属杆cd和ef,用长度为L的刚性绝缘杆连接构成),在“联动双杆”右侧存在大小为B2、方向垂直导轨平面向上的匀强磁 场区间,其长度大于L。质量为m、长为l的金属杆ab从倾斜导轨上端释放,达到匀速后进入水平导轨(无能量损失),杆ab与 “联动双杆”发生碰撞,碰后杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”。“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间并从中滑 出。运动过程中,杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好,且保持与导轨垂直。已知杆ab、cd和ef电阻均为R=0.02 ,m=0.1 kg,l=0.5 m,L=0.3 m,=30,B1=0.1 T,B2=0.2 T。不计摩擦阻力和导轨电阻,忽略磁场边界效应。求: (1)杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0。 (2)“联动三杆”进入磁场区间