第13讲力学三大观点在电磁感应中的应用

第13讲力学三大观点在电磁感应中的应用能力培养练1.如图所示,在光滑的水平面上有一半径r=10cm、电阻R=1Ω的金属圆环,以某一速度进入有界匀强磁场。匀强磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度B=0.5T,从圆环刚进入磁场开始,到刚好有一半进入磁场时,圆环一共产生了32J的热量,此时圆环速度为6m/s,下列说法正确的是(C)A.此时圆环中的电流方向为顺时针B.圆环进入磁场的全过程产生的热量为64JC.此时圆环中的电动势为0.6VD.圆环进入磁场的全过程通过圆环某横截面的电荷量为0.01C解析:由楞次定律可得,此时圆环中的电流方向为逆时针,故A错误;由于安培力的作用,圆环在进入磁场的过程中,速度一直在减小,可知后半段的平均速度小于前半段,根据F安=B2L2vR可得后半段的平均安培力小于前半段,后半段克服安培力做功即产生的热量小于前半段,故后半段产生的热量小于32J,全过程产生的热量小于64J,故B错误;此时的感应电动势为E=BLv=B·2rv=0.5×2×0.1×6V=0.6V,故C正确;圆环进入磁场的全过程,由q=IΔt=ER·Δt=ΔBπ错误。2.(2023·山东一模)(多选)有一边长为L、质量为m、总电阻为R的正方形导线框自磁场上方某处自由下落,如图所示。区域Ⅰ、Ⅱ中匀强磁场的磁感应强度大小均为B,二者宽度分别为L、H,且H>L。导线框恰好匀速进入区域Ⅰ,一段时间后又恰好匀速离开区域Ⅱ,重力加速度为g,下列说法正确的是(CD)A.导线框离开区域Ⅱ的速度大于mgRB.导线框刚进入区域Ⅱ时的加速度大小为g,方向竖直向上C.导线框进入区域Ⅱ的过程产生的焦耳热为mgHD.导线框自开始进入区域Ⅰ至刚完全离开区域Ⅱ的时间为6解析:导线框恰好匀速离开区域Ⅱ,根据平衡条件得mg=ILB=B2L2vR,解得v=mgRB2L2,A错误;导线框从匀速进入区域Ⅰ到即将进入区域Ⅱ之间一直做匀速运动,由平衡条件和电磁感应定律可得v=mgRB2L2,导线框下边刚进入磁场区域Ⅱ时,上下边都切割磁感线,由法拉第电磁感应定律有E2=BLv+BLv=2BLv,又I2=E2R,导线框所受安培力F2=2I2LB,由牛顿第二定律有F2mg=ma,解得a=3g,方向竖直向上,B错误;设导线框完全离开区域Ⅰ时速度为v′,从完全离开区域Ⅰ到开始离开区域Ⅱ的过程中,由动能定理得mg(HL)=12mv212mv′2,导线框进入区域Ⅱ的过程根据能量守恒定律可得mgL+12mv2=12mv′2+Q,联立解得导线框进入区域Ⅱ的过程产生的焦耳热为Q=mgH,C正确;导线框自开始进入区域Ⅰ至开始进入区域Ⅱ的时间t1=Lv=B2L3mgR,导线框自开始进入区域Ⅱ至开始离开区域Ⅱ的过程中,由动量定理得mgt22BI2Lt2=mv3.(2022·湖北一模)(多选)如图所示,两导电性良好的光滑平行导轨倾斜放置,与水平面夹角为θ,间距为L。导轨中段正方形区域内存在垂直于轨道平面向上的匀强磁场。电阻值相等的金属棒a和b静止放在斜面上,a距磁场上边界为L。某时刻同时由静止释放a和b,a进入磁场后恰好做匀速运动;a到达磁场下边界时,b正好进入磁场,并匀速穿过磁场。运动过程中两棒始终保持平行,两金属棒与导轨之间导电良好,不计其他电阻和摩擦阻力,导轨足够长。则(ABD)A.a、b通过磁场区域的时间之比为3∶2B.a、b质量之比为2∶3C.a、b中产生的热量之比为2∶3D.a、b能发生碰撞解析:某时刻同时由静止释放a和b,a进入磁场后恰好做匀速运动,刚进入磁场前,由动能定理得magLsinθ=12mava2,解得va=2gLsinθ,则t1=vagsinθ,a棒匀速穿过磁场所用时间为t2=Lva,对b棒从开始运动到磁场上边界的总时间tb=t1+t2=vagsinθ+Lva=A正确;由于a棒匀速穿过磁场,则有magsinθ=B2L2vaR,同理b棒匀速穿过磁场,有mbgsinθ=I2Rt得QaQb=I12Rt2+I24.(2023·湖南统考)如图所示,两相互平行且足够长的光滑倾斜导轨,导轨平面与水平面夹角θ=37°,导轨间距为1.0m,上端接一个电容器。导轨处在垂直于导轨平面向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为2T,导体棒CD垂直于导轨放置,质量为1kg,导体棒与导轨接触良好,电阻均不计。已知电容器的电容为0.5F,导体棒由静止释放后向下做匀加速直线运动,重力加速度g取10m/s2,取sinθ=0.6。求:(1)电容器M极板带的电荷性质;(2)导体棒下滑的加速度大小;(3)释放3s电容器储存的电能。解析:(1)根据右手定则可知,电容器的M极板带负电。(2)取导体棒下滑时间Δt内,速度变化Δv,对导体棒根据动量定理可得mgsinθ·ΔtILB·Δt=mΔv,其中I=ΔQ联立解得Δv=mgsinθ可见导体棒做匀加速直线运动,其加速度a=mgsinθm(3)经3s导体棒的速度为v=at=6m/s,下滑的位移x=12at2根据能量守恒定律mgxsinθ=12mv2联立解得E=36J。答案:(1)负电荷(2)2m/s2(3)36J素养提升练5.(2023·湖北模拟)(多选)如图甲所示,水平平行的粗糙金属导轨固定在水平地面上,导轨足够长,电阻不计,处于垂直于水平面向上的匀强磁场中,磁感应强度B=1T,导轨间距L=2m,左侧接有定值电阻R=3Ω。一质量m=1kg的金属棒ab放在导轨上,接入电路部分的阻值r=1Ω,在水平向右的拉力作用下由静止开始从某处沿导轨向右加速运动,金属棒的vx图像如图乙所示。若金属棒与导轨垂直且接触良好,与导轨间的动摩擦因数μ=0.4,g取10m/s2。则金属棒从静止开始向右运动位移x1=1m的过程中,下列说法正确的是(BD)A.b端的电势比a端低B.拉力做的功为7JC.金属棒ab上产生的焦耳热为1JD.通过电阻R的电荷量为0.5C解析:根据右手定则可知,b端相当于电源正极,b端的电势比a端高,故A错误;金属棒从静止开始向右运动位移x1=1m的过程中,克服安培力做功W安=B·BLvR+r·Lx1=B2L2vR+rx1,结合图像可知Q=W安=1J,金属棒ab上产生的焦耳热Q′=rR+rΔt=BLx6.如图所示,水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨,导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中,铜棒甲、乙的长度均等于两导轨的间距,电阻均为R,质量均为m,铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好。现给铜棒甲一个平行导轨向右的瞬时冲量I,关于此后的过程,下列说法正确的是(B)A.回路中的最大电流为BLIB.铜棒乙的最大加速度为BC.铜棒乙获得的最大速度为ID.回路中产生的总焦耳热为I解析:给铜棒甲一个平行导轨向右的瞬时冲量I,此时铜棒甲的速度最大,产生的感应电动势最大,回路中电流最大,每个棒受到的安培力最大,其加速度最大,I=mv0,v0=Im,铜棒甲切割磁感线产生的感应电动势E=BLv0,回路电流I0=E2R=BLI2mR,选项A错误;此时铜棒乙受到的安培力F=BI0L,其加速度a=Fm=B2L2I2m2R,选项B正确;此后铜棒甲做加速度减小的减速运动,铜棒乙做加速度减小的加速运动,当二者达到共同速度时,铜棒乙速度最大,根据动量守恒有mv7.(2023·山东一模)(多选)M和N两水平线间存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁场高度为h,竖直平面内有质量为m、电阻为R的直角梯形线框,上下底水平且边长之比为5∶1,梯形高为2h。该线框从AB到磁场上边界的距离为h的位置由静止下落,下落过程底边始终水平,线框平面始终与磁场方向垂直。已知AB刚进入磁场时和AB刚穿出磁场时线框加速度为零,在整个运动过程中,下列说法正确的是(BC)A.AB边匀速穿过磁场B.从AB边刚穿出到CD边刚要进入磁场的过程中,线框做匀速运动C.CD边刚进入磁场时,线框的加速度为54D.从线框开始下落到AB边刚穿出磁场的过程中,线框产生的焦耳热和重力做功之比为31∶16解析:设AB边长为L,整个线框的电阻为R,AB边速度为v,由于刚进入磁场时ab边加速度为零,满足B2L2vR=mg,然后线框切割磁感线的有效长度增加,安培力大于重力,不可能匀速穿过磁场,A错误;AB边刚穿出磁场时加速度为零,由几何关系知此时切割磁感线的有效长度为2L,则满足B2(2L)2v'R=mg,且从此时到CD边刚要进入磁场,切割磁感线的有效长度始终为2L,故在此过程中线框一直保持速度不变,做匀速直线运动,B正确;CD边刚进入磁场时,由几何关系知有效切割长度为3L,则B2(3L8.(2022·山东模拟)(多选)如图,光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平桌面上,窄轨MP间距0.5m,宽轨NQ间距1m,电阻不计。空间存在竖直向上的磁感应强度B=1T的匀强磁场。金属棒a、b水平放置在两导轨上,棒与导轨垂直并保持良好接触,a棒的质量为0.2kg,b棒的质量为0.1kg,若a棒以v0=9m/s的水平初速度从宽轨某处向左滑动,最终与b棒以相同的速度沿窄轨运动。若a棒滑离宽轨前加速度恰好为0,窄导轨足够长。下列说法正确的是(BD)A.从开始到两棒以相同速度运动的过程中,a、b组成的系统动量守恒B.金属棒a滑离宽轨时的速度大小为3m/sC.金属棒a、b最终的速度大小为6m/sD.通过金属棒b横截面的电荷量为0.8C解析:由于两导轨的宽度不相等,根据F=ILB,知a、b两个金属棒所受水平方向的安培力之和不为零,系统动量不守恒,故A错误;a棒滑离宽轨前加速度恰好为0,即做匀速运动,a棒匀速运动时,两棒切割磁感线产生的电动势大小相等,有BLbvb=BLava,La=2Lb,得末速度vb=2va,对a棒根据动量定理可得BILaΔt=mavamav0,对b棒根据动量定理可得BILbΔt=mbvb,联立代入数据解得va=3m/s,vb=6m/s,故B正确;a棒滑离宽轨道进入窄轨道后,a、b两个金属棒所受水平方向的安培力之和为零,系统动量守恒,设a、b两个金属棒最终的共同速度为v′,则mava+mbvb=(ma+mb)v′,解得v′=4m/s,故C错误;b金属棒始终在窄轨道上运动,对b金属棒全过程利用动量定理可得BI′Lb·Δt′=mbv′,q=I′·Δt′,即BLbq=mbv′,代入数据得q=0.8C,故D正确。9.(2020·全国Ⅰ卷,21)(多选)如图,U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上,ab和dc边平行,和bc边垂直。ab、dc足够长,整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上,用水平恒力F向右拉动金属框,运动过程中,装置始终处于竖直向下的匀强磁场中,MN与金属框保持良好接触,且与bc边保持平行。经过一段时间后(BC)A.金属框的速度大小趋于恒定值B.金属框的加速度大小趋于恒定值C.导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D.导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值解析:用水平恒力F向右拉动金属框,bc边切割磁感线产生感应电动势,回路中有感应电流i,bc边受到水平向左的安培力作用,设金属框的质量为M,加速度为a1,由牛顿第二定律有FBiL=Ma1;导体棒MN受到向右的安培力,向右做加速运动,设导体棒的质量为m,加速度为a2,由牛顿第二定律有BiL=ma2。设金属框bc边的速度为v时,导体棒的速度为v′,则回路中产生的感应电动势为E=BL(vv′),由闭合电路欧姆定律i=ER=BL(v-v')R,F安=BiL,可得金属框bc边所受安培力和导体棒MN所受的安培力均为FF-F安MF安m=FMF安(1M+1m),随着所受安培力的增大,二者加速度之差Δa减小,当Δa减小到零时,FM=B2L2(v10.(2023·河北一模)(多选)如图所示,宽度为L、左右两部分倾角均为θ的足够长光滑金属导轨ACDA1C1D1分别置于两匀强磁场中,CC1两侧的匀强磁场分别垂直于对应导轨所在平面,CC1左侧磁场的磁感应强度大小为2B,右侧磁场的磁感应强度大小为B。长度均为L,电阻均为R,质量分别为2m、m的导体棒ab、cd分别垂直于导轨放置在CC1两侧的导轨上,两导体棒在运动过程中始终垂直于导轨并与导轨接触良好,导轨电阻不计,重力加速度为g。某时刻将导体棒ab、cd由静止释放,下列说法正确的是(BD)A.任意时刻导体棒ab、cd运动的加速度都相同B.导体棒ab的最大速度为2C.若导体棒ab下降高度h时达到最大速度,则此过程中导体棒ab克服安培力做的功为2mgh4D.若导体棒ab下降高度h时达到最大速度,则此过程经历的时间为3B2解析:开始时两棒加速下滑,由右手定则知两棒产生的感应电流在回路中方向相同,由左手定则知两棒受到沿各自导轨方向向上的安培力,对ab棒受力分析,由牛顿第二定律可知2mgsinθ2ILB=2ma1,同理对cd棒有mgsinθILB=ma2,解得a1=a2=gsinθILBm,所以加速过程ab、cd棒的加速度大小相等,但方向不同,A错误;当a1=a2=0时,ab棒的速度达到最大,有2mgsinθ=2ImLB,由A项分析可知,此时两棒速度大小相等,则Im=2BLvm+BLvm2R,联立解得vm=2mgRsinθ3B2L2,B正确;若ab棒下降高度h时达到最大速度,对ab棒,根据动能定理有2mghW=12·2mvm11.(2021·福建卷,7)(多选)如图,P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨,间距为L,导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFHG矩形区域有一方向垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在t=t1时刻,两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场,速度大小均为v0;一段时间后,流经a棒的电流为0,此时t=t2,b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b由相同材料制成,长度均为L,电阻分别为R和2R,a棒的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好,a、b棒没有相碰,则(AD)A.t1时刻a棒加速度大小为2B.t2时刻b棒的速度为0C.t1～t2时间内,通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍D.t1～t2时间内,a棒产生的焦耳热为29m解析:由题知,a棒进入磁场的速度方向向右,b棒的速度方向向左,根据右手定则可知,a棒产生的感应电流方向是E到F,b棒产生的感应电流方向是H到G,即两个感应电流方向相同,所以回路的电动势为a、b棒各自产生的电动势之和,即E=2BLv0,则回路中感应电流I=2BLv03R,对a棒根据牛顿第二定律有BIL=ma,解得a=2B2L2v03mR,故A正确;根据左手定则,可知a棒受到的安培力向左,b棒受到的安培力向右,由于流过a、b棒的电流一直相等,故两个力大小相等,则a棒与b棒组成的系统动量守恒。由题知,t2时刻流过a棒的电流为零时,说明a、b棒之间的磁通量不变,即a、b棒在t2时刻达到了共同速度,设为v。由题知,金属棒a、b由相同材料制成,长度均为L,电阻分别为R和2R,根据电阻定律有R=ρLS,2R=ρLS',解得S′=12S,已知a棒的质量为m,设b棒的质量为m′,则有m=ρ密V=ρ密SL,m′=ρ密V′=ρ密S′L,联立解得m′=12m。取向右为正方向,根据系统动量守恒有mv012mv0=(m+12m)v,解得v=13v0,故B错误;在t1～t2时间内,根据q=IΔt,因通过两棒的电流时刻相等,所用时间相同,故通过两棒横截面的电荷量相等,故C错误;在t1～t2时间内,对a、b棒组成的系统,根据能量守恒有12mv02Q总=23mv02,对a、b棒,根据焦耳定律有Q=I2RΔt,因a、b棒流过的电流一直相等,所用时间相同,故a、b棒产生的热量与电阻成正比,即Qa∶Qb=1∶2,又Qa+Qb=Q总=23mv02,解得a棒产生的焦耳热为Q12.(2022·湖北卷,15)如图所示,高度足够的匀强磁场区域下边界水平,左、右边界竖直,磁场方向垂直于纸面向里。正方形单匝线框abcd的边长L=0.2m、回路电阻R=1.6×103Ω、质量m=0.2kg。线框平面与磁场方向垂直,线框的ad边与磁场左边界平齐,ab边与磁场下边界的距离也为L。现对线框施加与水平向右方向成θ=45°角、大小为42N的恒力F,使其在图示竖直平面内由静止开始运动。从ab边进入磁场开始,在竖直方向线框做匀速运动;dc边进入磁场时,bc边恰好到达磁场右边界。重力加速度大小g取10m/s2,求:(1)ab边进入磁场前,线框在水平方向和竖直方向的加速度大小;(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热;(3)磁场区域的水平宽度。解析:(1)ab边进入磁场前,对线框进行受力分析,在水平方向有Fcosθ=max,代入数据有ax=20m/s2,在竖直方向有Fsinθmg=may,代入数据有ay=10m/s2。(2)ab边进入磁场开始,ab边在竖直方向切割磁感线;ad边和bc边的上部分也开始进入磁场,且在水平方向切割磁感线,但ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消,则ab边进入磁场开始,线框abcd受到的安培力的合力为ab边受到的竖直向下的安培力。由题知,线框从ab边进入磁场开始,在竖直方向线框做匀速运动,有FsinθmgILB=0,E=BLvy,I=ER,vy2联立得B=0.2T,由题知,从ab边进入磁场开始,在竖直方向线框做匀速运动;dc边进入磁场时,bc边恰好到达磁场右边界。则线框进入磁场的整个过程中,线框受到的安培力为恒力,则有Q=W安=ILBy,y=L,Fsinθmg=ILB,联立解得Q=0.4J。(3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为vy=ayt1,L=vyt2,t=t1+t2,联立解得t=0.3s。由(2)分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动,则在水平方向位移x=12axt2=12×20×0.3则磁场区域的水平宽度x+L=1.1m。答案:(1)20m/s210m/s2(2)0.2T0.4J(3)1.1m难关攻克练13.(2023·福建模拟)如图甲所示,两根间距为L的平行光滑的金属导轨MN和PQ,电阻不计,左端向上弯曲,其余部分水平;水平导轨左右两端各有宽度为d、磁感应强度都为B的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ区域磁场方向竖直向上,Ⅱ区域磁场方向竖直向下;有两根质量均为m、电阻均为R的金属棒a、b与导轨垂直放置,b棒置于磁场区域Ⅱ的中点C、D处,并用卡扣卡住(未画出),当b棒受到一定大小的水平外力时,卡扣就会松开。a棒从离水平导轨高度为h的弯曲导轨上静止释放,当a棒进入磁场区域Ⅰ时,C、D处卡扣刚好松开。(1)求C、D处的卡扣刚好松开时,b棒受到安培力F0的大小;(2)若a棒从高度小于h的某处由静止释放,a棒穿出磁场区域Ⅰ时的速度为进入磁场Ⅰ时速度的一半,求a棒与b棒刚要相碰时a棒的速度大小;(3)若a棒从高度大于h的某处由静止释放,使其以速度v0进入磁场区域Ⅰ,经过时间t1,a棒从磁场Ⅰ穿出时的速度大小为2v03解析:(1)a棒从h高处由静止释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒,有mgh=12mv2a棒刚进入磁场Ⅰ时有E=BLv,此时感应电流大小I=E2则b棒受到的安培力大小F0=BIL,联立解得F0=B2(2)由于a棒从高度小于h的某处由静止释放,则a棒刚进入磁场Ⅰ时,b棒受到的安培力小于F0,此后a棒在磁场中减速,因此C、D处卡扣无法松开,b棒在两棒相碰前将保持静止。设a棒以v1速度进入水平轨道,在a棒穿过磁场Ⅰ的过程中,由动量定理有ILBΔt=mv12mv式中IΔt=E2RΔt=ΔΦ设两棒将要相碰时a棒的速度为v2,则从a棒进入磁场Ⅱ至两棒将要相碰过程中,由动量定理有I′LBΔt′=mv2mv1式中I′Δt′=E'2RΔt′=Δ联立解得v2=B2(3)由于a棒从高度大于h的某处由静止释放,则a棒刚进入磁场Ⅰ时,b棒受到的安培力大于F0,C、D处卡扣松开,b棒开始运动。由右手定则及左手定则可知,b棒向左运动,a、b棒产生的感应电流在回路中方向相反,则由法拉第电磁感应定律得,回路中总电动势E总