高中物理鲁科版 过关检测 选修3-2　电磁感应中的动力学和能量问题 Word版含解析

　电磁感应中的动力学和能量问题

1.(2018朝阳期末)如图所示,空间中存在一匀强磁场区域,磁场方向与竖直面(纸面)垂直,MM'和NN'是匀强磁场区域的水平边界,纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd,ab边与MM'和NN'平行,边长小于MM'和NN'的间距。若线框自由下落,在ab边从MM'运动到NN'的过程中,关于线框的运动,下列说法中正确的是(　　)
A.一定始终做减速运动 B.一定始终做加速运动
C.可能先减速后加速 D.可能先加速后减速
答案　C　线框从dc边到达MM'边界到ab边到达NN'边界运动过程中只受重力作用,一定是加速向下运动,可见选项A、D错误;而从ab边到MM'运动到dc边到MM'过程中,mg-B2l2vR=ma,合外力方向取决于ab边刚到MM'时的速度v的大小,因此线框可能加速,也可能减速,还可能匀速,进入磁场,故选项B错误,只有选项C正确。
2.(2017丰台一模)如图所示,一水平面内固定两根足够长的光滑平行金属导轨,导轨上面横放着两根完全相同的铜棒ab和cd,构成矩形回路,在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场B。开始时,棒cd静止,棒ab有一个向左的初速度v0,则关于两棒以后的运动,下列说法正确的是(　　)
A.ab棒做匀减速直线运动,cd棒做匀加速直线运动
B.ab棒减小的动量等于cd棒增加的动量
C.ab棒减小的动能等于cd棒增加的动能
D.两棒一直运动,机械能不断转化为电能
答案　B　ab棒开始运动时,在abdc回路中产生感应电流,ab棒在向右的安培力作用下减速运动,而cd棒在向左的安培力作用下加速运动,因两棒运动同向,使回路中的电动势逐渐减小,至两棒共速时回路中的感应电流消失,即ab棒和cd棒均做加速度减小的变速运动,最终以相同的速度匀速运动,A项错误;由动量守恒定律可知,B项正确;因最终回路中不再有感应电流,故D项错误;由能量守恒定律可知,C项错误。
3.如图所示,足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角,其中MN与PQ平行且间距为L,导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑,并与两导轨始终保持垂直且接触良好,ab棒在MN与PQ之间部分的电阻为R,当ab棒沿导轨下滑的距离为x时,棒的速度大小为v。则在这一过程中　(　　)
A.金属棒ab运动的加速度大小始终为v22x
B.金属棒ab受到的最大安培力为B2L2vRsin θ
C.通过金属棒ab横截面的电荷量为BLxR
D.金属棒ab产生的焦耳热为B2L2v2Rx
答案　C　棒由静止加速下滑过程中,通过棒的电流逐渐增大,它受到的安培力也逐渐增大,故棒的运动是加速度减小的变加速运动,A选项错误;当棒的速度为v时,棒受到的安培力最大,由E=BLv、I=ER和F=BIL,得F=B2L2vR,故B选项错误;由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得:E=BLxΔt和I=ER,式中Δt为棒运动的时间,故通过棒横截面的电荷量 q=I·Δt=BLxR,故C项正确;由能量守恒定律有 mgx·sin θ=12mv2+Q,可知D选项错误。
4.如图所示,一根空心铝管竖直放置,把一枚小圆柱形的永磁体从铝管上端由静止释放,经过一段时间后,永磁体穿出铝管下端口。假设永磁体在铝管内下落过程中始终沿着铝管的轴线运动,不与铝管内壁接触,且无翻转。忽略空气阻力,则下列说法中正确的是(　　)
A.若仅增强永磁体的磁性,则其穿出铝管时的速度变小
B.若仅增强永磁体的磁性,则其穿过铝管的时间缩短
C.若仅增强永磁体的磁性,则其穿过铝管的过程中产生的焦耳热减少
D.在永磁体穿过铝管的过程中,其动能的增加量等于重力势能的减少量
答案　A　当永磁体的磁性增强时,空心铝管中的磁通量也随之增大,故磁通量的变化率也增大,对应产生的阻碍作用也增强,故穿出铝管时的速度变小,穿过铝管所用的时间变长,整个过程产生的焦耳热增多。另根据能量守恒,重力势能的减少量应等于其动能的增加量和铝管产生的焦耳热之和。故A正确,B、C、D均错误。
5.(2018东城期末)在光滑水平面上存在某匀强矩形磁场区域,该磁场的方向竖直向下,磁感应强度为B,宽度为l,俯视图如图所示。一边长也为l的正方形导线框,电阻为R,在水平向右的恒力作用下刚好以速度v0匀速穿过磁场区域,求:
(1)恒力的大小F;
(2)导线框穿越磁场过程中产生的热量Q。
答案　(1)B2l2v0R　(2)2B2l3v0R
解析　(1)导线框刚进入磁场时产生的感应电动势E=Blv0
导线框中的电流I=ER=Blv0R
导线框右边受到的安培力F安=BIl=B2l2v0R
导线框匀速运动,F=F安
因此外力F=B2l2v0R
(2)导线框从右边进入磁场区域到左边穿出磁场区域过程所用的时间为t=2lv0
产生的热量为Q=I2Rt=2B2l3v0R
6.(2017海淀零模)均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd,边长L=0.20 m,每边的电阻R=5.0×10-2 Ω。将其置于磁感应强度B=0.10 T的有界水平匀强磁场上方h=5.0 m处,如图所示。线框由静止自由下落,线框平面始终与磁场方向垂直,且cd边始终与磁场的水平边界平行。取重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力,求当cd边刚进入磁场时,
(1)线框中产生的感应电动势大小;
(2)线框所受安培力的大小;
(3)线框的发热功率。
答案　(1)0.20 V　(2)0.020 N　(3)0.20 W
解析　(1)设线框cd边刚进入磁场时的速度为v,根据自由落体规律有
v=2gh=10 m/s
所以线框cd边刚进入磁场时产生的感应电动势大小E=BLv=0.20 V
(2)线框每边的电阻为R,根据欧姆定律可知,线框中产生的感应电流
I=E4R
线框所受安培力也就是cd边所受的安培力,其大小为
F=BIL=0.020 N
(3)线框的发热功率P=I2R总=I2×4R=0.20 W
7.(2018海淀二模)如图所示,MN、PQ 是两根足够长的光滑平行的金属导轨,导轨间距离l=0.2 m,导轨平面与水平面的夹角θ=30°,导轨上端连接一个阻值 R=0.4 Ω的电阻。整个导轨平面处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度B=0.5 T。现有一根质量m=0.01 kg 、电阻r=0.1 Ω 的金属棒ab垂直于导轨放置,且接触良好,金属棒从静止开始沿导轨下滑,且始终与导轨垂直。g=10 m/s2,导轨电阻不计 ,求:
(1)金属棒从静止释放时的加速度大小;
(2)金属棒沿导轨下滑过程中速度最大值;
(3)金属棒沿导轨匀速下滑时ab两端的电压。
答案　(1)5 m/s2　(2)2.5 m/s　(3)0.2 V
解析　(1)金属棒在释放的瞬间有
mg sin θ=ma
a=g sin θ=5 m/s2
(2)金属棒在下滑过程中,受到的安培力大小等于重力沿导轨方向的分力时,速度最大
mg sin θ=BIl
E=Blvm
I=ER+r
vm=mg(R+r)sinθB2l2=2.5 m/s
(3)设金属棒沿导轨匀速下滑时ab两端的电压为Uab,则
Uab=IR
Uab=BlvmR+rR=0.2 V
8.(2018西城二模)2012年11月,“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功,它的阻拦技术原理是,飞机着舰时利用阻拦索的作用力使它快速停止。随着电磁技术的日趋成熟,新一代航母已准备采用全新的电磁阻拦技术,它的阻拦技术原理是,飞机着舰时利用电磁作用力使它快速停止。为研究问题方便,我们将其简化为如图所示的模型。在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中,两根平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内,相距为L,电阻不计。轨道端点M、P间接有阻值为R的电阻。一个长为L、质量为m、阻值为r的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上,与轨道接触良好。质量为M的飞机以水平速度v0迅速钩住导体棒ab,钩住之后关闭动力系统并立即获得共同的速度。假如忽略摩擦等次要因素,飞机和金属棒系统仅在安培力作用下很快停下来。求:
(1)飞机钩住金属棒后它们获得的共同速度v的大小;
(2)飞机在阻拦减速过程中获得的加速度a的最大值;
(3)从飞机钩住金属棒到它们停下来的整个过程中运动的距离x。
答案　(1)MM+mv0　(2)B2L2Mv0(R+r)(M+m)2　(3)Mv0(R+r)B2L2
解析　(1)以飞机和金属棒为研究对象
根据动量守恒定律有Mv0=(M+m)v
解得它们共同的速度v=MM+mv0
(2)飞机钩住金属棒后它们开始以速度v在安培力的作用下做减速运动,所以当它们速度为v时所受安培力最大,此时由安培力产生的加速度也最大
根据牛顿第二定律有BIL=(M+m)a
根据闭合电路欧姆定律有I=BLvR+r
解得a=B2L2Mv0(R+r)(M+m)2
(3)以飞机和金属棒为研究对象,在很短的一段时间Δt内
根据动量定理有BiL·Δt=(M+m)Δv
在某时刻根据闭合电路欧姆定律有i=BLviR+r
得BBLviR+rL·Δt=(M+m)Δv
飞机经时间t停下来,在时间t内求和有
B2L2R+r·x=(M+m)v
解得x=Mv0(R+r)B2L2
9.(2017顺义二模)直流电动机是一种使用直流电流的动力装置,是根据通电线圈在磁场中受到安培力的原理制成的。如图所示是一台直流电动机模型示意图,固定部分(定子)装了一对磁极,旋转部分(转子)装设圆柱形铁芯,将线圈固定在转子铁芯上,能与转子一起绕轴转动。线圈经过滑环、电刷与电源相连,电源电动势为E,内阻不计。电源与线圈之间连接阻值为R的定值电阻。不计线圈内阻及电机损耗。
若转轴上缠绕足够长的轻绳,绳下端悬挂一质量为m的重物,接通电源,转子转动带动重物上升,最后重物以速度v1匀速上升;
若将电源处短路(相当于去掉电源,导线把线圈与电阻连成闭合电路),释放重物,带动转子转动,重物质量m不变。重物最后以v2匀速下落;
根据以上信息,写出v1与v2的关系式。
答案　见解析
解析　设重物匀速上升时,电路中电流为I1
由能量关系有EI1=I12R+mgv1
设重物匀速下落时,电路中电流为I2
由能量关系有I22R=mgv2
两次电机最后都是匀速转动,重物质量相等,可知I1=I2
得v1=Ev2mgR-v2
10.(2018西城一模)物理学是探索自然界最基本、最普遍规律的科学,在不同情景中发生的物理过程往往遵循着相同的规律。请应用所学的物理知识,思考并解决以下问题。
(1)带电小球B静止在无限大的光滑绝缘水平面上,带同种电荷的小球A从很远处以初速度v0向B球运动, A的速度始终沿着两球的连线方向,如图1所示。两球始终未能接触。A、B间的相互作用视为静电作用。
a.从加速度和速度的角度,说明B球在整个过程中的运动情况;
b.已知A、B两球的质量分别为m1和m2,求B球最终的速度大小vB。
(2)光滑的平行金属导轨MN、PQ固定在水平地面上,整个空间存在竖直向下的匀强磁场,两根相同的金属棒ab和cd垂直放置在导轨上,如图2所示。开始时cd棒静止,ab棒以初速度v0沿导轨向右运动。随后cd棒也运动起来,两棒始终未能相碰,忽略金属棒中感应电流产生的磁场。
a.已知两根金属棒的质量均为m,求cd棒最终获得的动能Ek;
b.图3是图2的俯视图。请在图3中画出ab、cd棒在达到最终状态之前,棒内自由电子所受洛伦兹力的示意图;并从微观的角度,通过计算分析说明,在很短的时间Δt内,ab棒减少的动能是否等于cd棒增加的动能。
图1
图2
图3
答案　见解析
解析　(1)a.B球做加速度先增大后减小的加速运动,最后匀速。
b.以A、B球组成的系统为研究对象,系统所受的合外力为零
根据动量守恒定律m1v0=m1vA+m2vB
由于只有系统内的电场力做功,所以系统的动能和电势能的总和保持不变,初始状态和最后状态两球的距离都很大,可以认为系统的初、末电势能为零。
由能量守恒有12m1v02=12m1vA2+12m2vB2
联立以上两式解得vB=2m1m1+m2v0
(2)a.以两根金属棒组成的系统为研究对象,系统所受的合外力为零,最后以共同的速度v向前运动,根据动量守恒定律 mv0=2mv
cd棒最终获得的动能Ek=12mv2=18mv02
b.两根棒内自由电子所受洛伦兹力如图所示
方法一:设自由电子的电荷量为e,在两棒达到最终状态之前某时刻,ab棒的速度为v1,cd棒的速度为v2,自由电子沿两根棒定向移动的速率为u,在很短的时间Δt内,
ab棒中自由电子受到的垂直于棒方向的洛伦兹力f2 对电子做负功
W2=-f2·v1Δt=-euBv1Δt
cd棒中自由电子受到的垂直于棒方向的洛伦兹力f2'对电子做正功
W2'=f2'·v2Δt=euBv2Δt
因为v1 >v2,所以W2+W2'<0,宏观上表现为安培力对两棒组成的系统做负功,使系统总动能减小,即ab棒减少的动能大于cd棒增加的动能。
方法二:设自由电子的电荷量为e,在两棒达到最终状态之前某时刻,自由电子沿ab棒定向移动的速率为u。在很短的时间Δt内,电子在棒中定向运动,与金属离子发生碰撞,受到阻力。设电子受到的平均阻力为f,在很短的时间Δt内,阻力对电子做负功W=-f·uΔt,宏观上表现为电路产生了焦耳热。根据能量守恒定律,两棒组成的系统总动能减小,即ab棒减少的动能大于cd棒增加的动能。
B组　综合提能
1.(2018石景山一模)两根足够长的光滑平行金属轨道MN、PQ固定在倾角为θ的绝缘斜面上,相距为L,其电阻不计。长度为L、电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上,与轨道接触良好。整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于斜面向上。
图1　　　　　　　图2　　　　　　　图3
如图1所示,若在轨道端点M、P之间接有阻值为R的电阻,则导体棒最终以速度v1沿轨道向下匀速运动;如图2所示,若在轨道端点M、P之间接有电动势为E,内阻为R的直流电源,则导体棒ab最终以某一速度沿轨道向上匀速运动。
(1)求图1导体棒ab最终匀速运动时电流的大小和方向以及导体棒ab两端的电势差;
(2)求图2导体棒ab最终沿轨道向上匀速运动的速度v2;
(3)从微观角度看,导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在能量转化中起着重要作用。我们知道,洛伦兹力对运动电荷不做功。那么,导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢?请以图1导体棒ab最终匀速运动为例,通过计算分析说明。为了方便,可认为导体棒中的自由电荷为正电荷,如图3所示。
答案　见解析
解析　(1)图1中,ab最终匀速运动时,电路中的电流大小
I=BLv1R+R=BLv12R
方向:在导体棒ab内由b流向a
导体棒ab两端的电势差Uab=IR=BLv12
(2)图1中,导体棒ab最终受力平衡
mg sin θ=ILB=BLv12RLB
图2中,导体棒ab最终受力平衡
mg sin θ=I'LB=E-BLv22RLB
解得v2=E-BLv1BL
(3)如图所示,设自由电荷的电荷量为q,沿导体棒定向移动的速率为u。
沿棒方向的洛伦兹力f1=qv1B,做正功
在Δt时间内,W1=f1·uΔt=qv1BuΔt
垂直棒方向的洛伦兹力f2=quB,做负功
在Δt时间内,W2=-f2·v1Δt=-quBv1Δt
所以W1=-W2
即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。
f1做正功,驱动自由电荷定向移动,宏观上表现为“电动势”,使电能增加;f2做负功,宏观上表现为安培力做负功,消耗导体棒的机械能。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将机械能转化为等量的电能,在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。
2.(2017顺义二模)如图甲所示,在磁感应强度为B的水平匀强磁场中,有一竖直放置的光滑的平行金属导轨,导轨足够长,导轨平面与磁场垂直,导轨间距为L,顶端接有阻值为R的电阻。将一根金属棒从导轨上的M处由静止释放。已知棒的长度为L,质量为m,电阻为r。金属棒始终在磁场中运动,处于水平且与导轨接触良好,忽略导轨的电阻。重力加速度为g。
甲
(1)分析金属棒的运动情况,并求出运动过程的最大速度vm和整个电路产生的最大电热功率Pm;
(2)若金属棒下落时间为t时,其速度为vt(vt答案　见解析
解析　(1)金属棒向下运动切割磁感线,产生感应电流,受到安培力,合力向下减小,做加速度减小的加速运动;当安培力和重力相等时,金属棒做匀速运动。
由法拉第电磁感应定律有E=BLv
由闭合电路欧姆定律有E=I(R+r)
由安培力表达式有F安=BIL
当F安=mg时,速度达到最大vm,电动势达到最大Em,电流达到最大Im,电路消耗的电功率达到最大Pm
Pm=Im2(R+r)
解得vm=mg(R+r)B2L2
Pm=m2g2(R+r)B2L2
(2)金属棒从开始下落到速度达到vt的过程中,由动量定理有
mgt-I安=mvt
将整个运动过程划分成很多小段,可认为在每个小段中感应电动势几乎不变,设每小段的时间为Δt。
则安培力的冲量
I安=B2L2R+rv1Δt+B2L2R+rv2Δt+B2L2R+rv3Δt+…
I安=B2L2R+r(v1Δt+v2Δt+v3Δt+…)
下落高度h=v1Δt+v2Δt+v3Δt+…
得h=m(gt-vt)(R+r)B2L2
3.(2018海淀期末)电磁弹射技术是一种新兴的直线推进技术,适宜于短行程发射大载荷,在军事、民用和工业领域具有广泛应用前景。我国已成功研制出用于航空母舰舰载机起飞的电磁弹射器。它由发电机、直线电机、强迫储能装置和控制系统等部分组成。
电磁弹射器可以简化为如图所示的装置以说明其基本原理。电源和一对足够长平行金属导轨M、N分别通过单刀双掷开关K与电容器相连。电源的电动势E=10 V,内阻不计。两条足够长的导轨相距L=0.1 m且水平放置,处于磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面且竖直向下,电容器的电容C=10 F。现将一质量m=0.1 kg、电阻r=0.1 Ω的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内,分别与两导轨良好接触。将开关K置于a使电容器充电,充电结束后,再将开关K置于b,金属滑块会在电磁力的驱动下运动,不计导轨和电路其他部分的电阻,且忽略金属滑块运动过程中的一切阻力,不计电容器充放电过程中该装置向外辐射的电磁能量及导轨中电流产生的磁场对滑块的作用。
(1)在电容器放电过程中,金属滑块两端电压与电容器两极板间电压始终相等。求在开关K置于b瞬间,金属滑块的加速度的大小a;
(2)求金属滑块最大速度v;
(3)a.电容器是一种储能装置,当电容器两极板间电压为U时,它所储存的电能A=CU2/2。求金属滑块在运动过程中产生的焦耳热Q;
b.金属滑块在运动时会产生反电动势,使金属滑块中大量定向运动的自由电子又受到一个阻力作用。请分析并计算在金属滑块运动过程中这个阻力所做的总功W。
答案　(1)50 m/s2　(2)40 m/s　(3)a.400 J　b.见解析
解析　(1)开关K置于b瞬间,流过金属滑块的电流
I=Er
金属滑块受到安培力作用,由牛顿运动定律有
BIL=ma
a=BELmr=50 m/s2
(2)方法一:设金属滑块做加速运动到最大速度时两端的电压为U,电容器放电过程中的电荷量变化为Δq,放电时间为Δt,流过金属滑块的平均电流为I,则:
电容器放电过程的电荷量变化Δq=C(E-U)
金属滑块速度最大时,其两端电压U=BLv
由电流定义有Δq=IΔt
在金属滑块运动过程中,由动量定理有BILΔt=mv-0
联立以上各式,可得:v=40 m/s
方法二:设任意时刻电路中的电流为i,取一段含此时刻的极短时间Δt,最大速度为v,由动量定理得
ΣBiLΔt=mv-0
而ΣiΔt=CE-CU
解得v=40 m/s
(3)a.由U=BLv可知电容器两端最终电压U=2 V
由能量守恒定律有12CE2-12CU2=12mv2+Q
解得Q=400 J
b.因金属滑块做切割磁感线运动产生反电动势,使滑块中的自由电子受到阻碍其定向运动的洛伦兹力f1(即阻力);同时由于金属滑块中的自由电子定向运动还受到洛伦兹力f2。金属滑块中的所有自由电子所受f2的合力在宏观上表现为金属滑块的安培力。
由动能定理可知安培力做功
WF=12mv2
f1与f2的合力即洛伦兹力f不做功。所以金属滑块运动过程中阻力f1所做的总功
W=-WF=-80 J
4.(2018门头沟一模)固定的E形磁铁的两侧为S极,中心为N极,磁极间的磁场可视为匀强磁场,磁感应强度为B,其结构如图甲、乙所示。套在N极的正方形金属线圈可以在竖直方向无摩擦地运动,该线圈的质量为m,边长为L,电阻为R。将线圈自a点由静止释放, 下落高度为h到b点时线圈的速度为v,重力加速度为g,不计空气阻力。
(1)求线圈运动到b点时线圈中电流的大小I;
(2)求线圈由a运动到b过程中所产生焦耳热Q;
(3)如果要使线圈由b到a做初速度为零的匀加速直线运动,需要对线圈施加竖直方向的作用力F,请你说明这个作用力F大小的变化规律。
答案　(1)2BLvR　(2)mgh-12mv2　(3)见解析
解析　(1)线圈运动到b点时
电动势E=2BLv
根据闭合电路欧姆定律
I=ER
解得I=2BLvR
(2)线圈下落高度h的过程,根据动能定理
mgh-W=12mv2
W=Q
解得Q=mgh-12mv2
(3)定量分析: 设线圈向上做匀加速直线运动的加速度为a,可以根据物理规律写出函数关系为F=(a+g)m+4B2L2aRt,则作用力F大小随时间均匀增大。
定量分析:线圈匀加速直线运动的v-t图像如图1所示。
图1
图2
图3
线圈受力示意图如图2所示,由于线圈所受向下的安培力F安=2BIL=4B2L2vR=4B2L2aRt,则安培力大小随时间按照正比例规律变化。由于线圈做匀加速直线运动,合力向上且恒定(加速度恒定),则作用力F大小随时间均匀增大。且作用力F的大小与安培力F安的大小随时间的变化率相等,且t=0时,作用力F0>mg,如图3所示。