课时跟踪检测（三十六） 电磁感应中的动力学、能量和动量问题

课时跟踪检测（三十六）电磁感应中的动力学、能量和动量问题一、立足主干知识，注重基础性和综合性1.如图所示，线圈abcd固定于分布均匀的磁场中，磁场方向垂直线圈平面。当磁场的磁感应强度B随时间t变化时，ab边受到的安培力恒定不变，则下列磁感应强度B随时间t变化的图像中可能正确的是()解析：选C设线圈的ab边长为L，ad长为l，当磁感应强度发生变化时，线圈内产生感应电动势为：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝eq\f(ΔB·Ll,Δt)；感应电流为：I＝eq\f(E,R)；安培力为：F＝BIL，得：F＝eq\f(B·ΔB·L2l,Δt·R)，由上式可知，若磁场B增大，则eq\f(ΔB,Δt)减小；若B减小，则eq\f(ΔB,Δt)增大，所以四个图像中只有C正确。2.(多选)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理示意图如图所示。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为L，导轨间存在垂直于导轨平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，导轨电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先将开关S接1，使电容器完全充电。然后将开关S接至2,MN达到最大速度vm后离开导轨。这个过程中()A．MN做匀加速直线运动B．通过MN的电荷量q＝eq\f(mvm,BL)C．达到最大速度时电容器C两极板间的电压为0D．求出通过MN的电荷量q后，不可以利用的公式q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)求出MN加速过程的位移解析：选BD当MN向右运动的过程中，电容器放电电流逐渐减小，而且MN切割磁感线要产生与电容器放电电流反向的感应电动势，可知MN所受安培力逐渐减小，MN做加速度减小的加速运动，选项A错误；当MN速度最大时，由动量定理Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝mvm，q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，解得q＝eq\f(mvm,BL)，选项B正确；达到最大速度vm时，MN上的感应电动势为E′＝BLvm，电容器两极板间的电压为U＝BLvm，选项C错误；过程中任一时刻电流为I′＝eq\f(U′－BLv′,R)，U′为电容器两极板间电压，则从式中可以看出电流不恒定，取一很短时间Δt′，流过MN电荷量为q′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U′－BLv′,R)))Δt′，只有当U′＝0时才有q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)，而本题过程中始终不满足U′＝0，则不可以利用的公式q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)求出MN加速过程的位移，选项D正确。3．(多选)如图所示，位于同一绝缘水平面内的两根固定金属导轨MN、M′N′，电阻不计，两导轨之间存在竖直向下的匀强磁场。现将两根粗细均匀、电阻分布均匀的相同铜棒ab、cd放在两导轨上，若两棒从图示位置以相同的速度沿MN方向做匀速直线运动，运动过程中始终与两导轨接触良好，且始终与导轨MN垂直，不计一切摩擦，则下列说法正确的是()A．回路中有顺时针方向的感应电流B．回路中的感应电流不断减小C．回路中的热功率不断增大D．两棒所受安培力的合力不断减小解析：选BD两棒以相同的速度沿MN方向做匀速直线运动，回路的磁通量不断增大，根据楞次定律可知，感应电流方向沿逆时针，故A错误；设两棒原来相距的距离为s，M′N′与MN的夹角为α。回路中总的感应电动势E＝BLcdv－BLabv＝Bv·(Lcd－Lab)＝Bvstanα，保持不变，由于回路的电阻不断增大，所以回路中的感应电流不断减小，故B正确；回路中的热功率为P＝eq\f(E2,R)，E不变，R增大，则P不断减小，故C错误；两棒所受安培力的合力等于ΔF＝BILcd－BILab＝BI(Lcd－Lab)＝BIstanα，由于电流减小，所以两棒所受安培力的合力不断减小，故D正确。4.(多选)如图所示，在光滑绝缘的水平面上的两平行虚线之间存在竖直向上的匀强磁场(俯视如图)，单匝正方形闭合线框ABCD，从磁场左侧向右运动，以大小为3v0的速度开始进入磁场，当AB边穿出磁场右边界时线框的速度大小为v0。假设线框在运动过程中CD边始终平行于磁场边界，磁场的宽度大于正方形的边长。关于线框整个运动过程，下列说法正确的是()A．线框ABCD进入磁场时所受安培力方向向左，穿出磁场时所受安培力方向向右B．线框ABCD全部进入磁场后到CD边离开磁场前，线框做匀速运动C．线框ABCD在进入磁场过程中和穿出磁场过程中通过导线某截面的电荷量大小相等D．线框ABCD进入磁场和出磁场的过程中产生的焦耳热之比为5∶3解析：选BCD根据楞次定律知线框进出磁场的过程安培力方向都向左，选项A错误；当线圈完全进入磁场后，穿过线圈的磁通量不变化，无感应电流，线框不受安培力作用，做匀速运动，选项B正确；通过导线某截面的电荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,R)，可知进出磁场通过导体某截面的电荷量大小相等，选项C正确；线框进出磁场受到的冲量I冲＝eq\f(B2L2\o(v,\s\up6(－))t,R)＝eq\f(B2L3,R)，可知进出磁场安培力的冲量相同。设线框完全进入磁场时的速度为v，由动量定理可得mv－3mv0＝mv0－mv，解得v＝2v0，故进入磁场的过程中产生的焦耳热为Q1＝eq\f(1,2)m(3v0)2－eq\f(1,2)m(2v0)2＝eq\f(5,2)mv02，出磁场的过程中产生的焦耳热为Q2＝eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)mv02＝eq\f(3,2)mv02，所以eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(5,3)，选项D正确。5．(多选)如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L(L<d)，质量为m，电阻为R，将线圈从磁场上方高h处由静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则线圈穿越磁场的过程中(从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止)，以下说法正确的是()A．感应电流所做的功为mgdB．感应电流所做的功为2mgdC．线圈的最小速度可能为eq\f(mgR,B2L2)D．线圈的最小速度一定为eq\r(2gh＋L－d)解析：选BCD根据能量守恒，研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化量为0，重力势能转化为线圈进入磁场的过程中产生的热量，Q＝mgd，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线圈产生的热量与从cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量Q′＝2mgd，感应电流做的功为2mgd，故A错误，B正确；线圈先做减速运动，可能在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，则mg＝BIL＝BLeq\f(BLv,R)，则最小速度v＝eq\f(mgR,B2L2)，故C正确；因为线圈进磁场时要减速，全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小。设线圈的最小速度为vm，线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得：mg(h＋L)＝Q＋eq\f(1,2)mvm2，由上可知Q＝mgd，解得线圈的最小速度为vm＝eq\r(2gh＋L－d)，故D正确。6．如图所示，间距L＝0.5m的平行导轨竖直放置，导轨上端与电阻R连接，图中水平虚线下方存在垂直导轨平面向外、磁感应强度大小B＝0.2T的匀强磁场。现将质量m＝0.1kg的导体棒从虚线上方h1处垂直于导轨由静止释放，经时间t1后导体棒进入磁场且恰好以速度v0做匀速直线运动，匀速运动t2＝2s后给导体棒施加一竖直向上的恒力F＝2N，并且由于磁感应强度发生变化回路中不再产生感应电流，再经过t3＝0.2s导体棒的速度减为零。已知导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨和导体棒的电阻不计，重力加速度g取10m/s2，关于导体棒由静止释放到速度减为零的过程，下列说法错误的是()A．导体棒进入磁场的速度v0为2m/sB．导体棒静止释放时距磁场上边界h1为2mC．回路中磁通量的最大值为0.4WbD．回路中产生的焦耳热为4J解析：选B给导体棒施加一个竖直向上的恒力F后，回路中无电流，导体棒不受安培力作用，导体棒做匀减速直线运动，根据F－mg＝ma，得加速度大小为g，经过t3＝0.2s速度减为零，则v0＝at3＝2m/s，A正确；根据2ah1＝v02，解得h1＝0.2m，B错误；导体棒进入匀强磁场运动t2＝2s后回路中磁通量达到最大，2s时间内导体棒的位移h2＝v0t2＝4m，则回路磁通量的最大值为Φm＝BLh2＝0.4Wb，C正确；根据能量守恒定律可知整个过程中回路中产生的焦耳热与导体棒匀速运动阶段重力势能的减少量相等，即Q＝mgh2＝4J，D正确。7.(多选)在倾角为θ的光滑斜面上，相距均为d的三条水平虚线l1、l2、l3，它们之间的区域Ⅰ、Ⅱ分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，一个质量为m、边长为d、总电阻为R的正方形导线框，从l1上方一定高处由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过l1进入磁场Ⅰ时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，重力加速度为g，在线框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是()A．线框中感应电流的方向会改变B．线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所用时间C．线框以速度v2匀速直线运动时，发热功率为eq\f(m2g2R,4B2d2)sin2θD．线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，减少的机械能ΔE机与线框产生的焦耳热Q电的关系式是ΔE机＝WG＋eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22＋Q电解析：选AC从线框的ab边进入磁场Ⅰ过程，由右手定则判断可知，ab边中产生的感应电流方向沿a→b方向。dc边刚要进入磁场Ⅱ的过程中，由楞次定律判断可知，cd边中产生的感应电流方向沿c→d方向，ab边中感应电流方向沿b→a方向，故A正确；根据共点力的平衡条件可知，两次安培力与重力的分力大小相等，方向相反；第二种情况下，两边均受安培力，故v2应小于v1，则线框ab边从l1运动到l2所用时间小于从l2运动到l3的时间，故B错误；线圈以速度v2匀速运动时，mgsinθ＝2BId＝2Bdeq\f(2Bdv,R)＝4eq\f(B2d2v,R)，得v＝eq\f(mgRsinθ,4B2d2)；发热功率P＝Fv＝mgsinθ×eq\f(mgRsinθ,4B2d2)＝eq\f(m2g2R,4B2d2)sin2θ，故C正确；由能量守恒得知：线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，减少的机械能ΔE机与线框产生的焦耳热Q电的关系式是ΔE机＝Q电，故D错误。8．(多选)如图甲所示，固定的光滑平行导轨(电阻不计)与水平面夹角为θ＝30°，导轨足够长且间距L＝0.5m，底端接有阻值为R＝4Ω的电阻，整个装置处于垂直于导体框架向上的匀强磁场中，一质量为m＝1kg、电阻r＝1Ω、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与导体棒速率倒数关系如图乙所示。g取10m/s2，则()A．v＝5m/s时拉力大小为12NB．v＝5m/s时拉力的功率为70WC．匀强磁场的磁感应强度的大小为2TD．当棒的加速度a＝8m/s2时，导体棒受到的安培力的大小为1N解析：选BCD由题图乙可知v＝5m/s时，eq\f(1,v)＝0.2s/m，对应图像的拉力F＝14N，故选项A错误；根据功率与速度的关系可得拉力的功率PF＝Fv＝14×5W＝70W，故选项B正确；导体棒的最大速度eq\f(1,vm)＝0.1s/m，所以最大速度vm＝10m/s，此时拉力最小为Fmin＝7N，根据共点力平衡条件可得Fmin－mgsinθ－F安＝0，根据安培力的计算公式可得F安＝BIL＝eq\f(B2L2vm,R＋r)，代入数据得B＝2T，故选项C正确；当棒的加速度a＝8m/s2时，拉力设为F′，速度为v′，根据牛顿第二定律可得F′－mgsinθ－BI′L＝ma，而F′＝eq\f(P,v′)，BI′L＝eq\f(B2L2v′,R＋r)，整理可得v′2＋65v′－350＝0，解得v′＝5m/s(或v′＝－70m/s舍去)，所以此时的安培力为F安′＝BI′L＝eq\f(B2L2v′,R＋r)＝eq\f(4×0.25×5,5)N＝1N，故选项D正确。二、强化迁移能力，突出创新性和应用性9．(多选)如图所示，倾角为θ＝37°的足够长的平行金属导轨固定在水平面上，两导体棒ab、cd垂直于导轨放置，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现给导体棒ab沿导轨平面向下的初速度v0使其沿导轨向下运动，已知两导体棒质量均为m，电阻相等，两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.75，导轨电阻忽略不计，sin37°≈0.6，cos37°≈0.8。从ab开始运动到两棒相对静止的整个运动过程中两导体棒始终与导轨保持良好的接触，下列说法正确的是()A．导体棒cd中产生的焦耳热为eq\f(1,4)mv02B．导体棒cd中产生的焦耳热为eq\f(1,8)mv02C．当导体棒cd的速度为eq\f(1,4)v0时，导体棒ab的速度为eq\f(1,2)v0D．当导体棒ab的速度为eq\f(3,4)v0时，导体棒cd的速度为eq\f(1,4)v0解析：选BD由题意可知：mgsin37°＝μmgcos37°，则两棒组成的系统沿轨道方向动量守恒，当最终稳定时：mv0＝2mv，解得v＝0.5v0，则回路产生的焦耳热为Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)·2mv2＝eq\f(1,4)mv02，则导体棒cd中产生的焦耳热为Qcd＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,8)mv02，选项A错误，B正确；当导体棒cd的速度为eq\f(1,4)v0时，则由动量守恒定律：mv0＝m·eq\f(1,4)v0＋mvab，解得vab＝eq\f(3,4)v0，选项C错误；当导体棒ab的速度为eq\f(3,4)v0时，则由动量守恒定律：mv0＝m·eq\f(3,4)v0＋mvcd，解得vcd＝eq\f(1,4)v0，选项D正确。10.如图，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里。某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计。求：(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t(t＞t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。解析：(1)在金属棒越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS①设在从t时刻到t＋Δt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R的电荷量为Δq。由法拉第电磁感应定律有ε＝eq\f(ΔΦ,Δt) ②由欧姆定律有i＝eq\f(ε,R) ③由电流的定义有i＝eq\f(Δq,Δt) ④联立①②③④式得|Δq|＝eq\f(kS,R)Δt ⑤由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为|q|＝eq\f(kt0S,R)。 ⑥(2)当t＞t0时，金属棒已越过MN。由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有f＝F ⑦式中，f是外加水平恒力，F是