1、习题课1:电磁感应中的动力学问题课后篇巩固提升必备知识基础练1.(2020山西应县第一中学月考)如图所示,在一根竖直放置的铜管的正上方某处从静止开始释放一个强磁体,在强磁体沿着铜管中心轴线穿过铜管的整个过程中,不计空气阻力,那么()A.由于铜是非磁性材料,故强磁体运动的加速度始终等于重力加速度B.由于铜是金属材料,能够被磁化,使得强磁体进入铜管时加速度大于重力加速度,离开铜管时加速度小于重力加速度C.由于铜是金属材料,在强磁体穿过铜管的整个过程中,铜管中都有感应电流,加速度始终小于重力加速度D.由于铜是金属材料,铜管可视为闭合回路,强磁体进入和离开铜管时产生感应电流,在进入和离开铜管时加速度都
2、小于重力加速度,但在铜管内部时加速度等于重力加速度解析铜是非磁性材料,不能够被磁化,B错误;铜是金属材料,在强磁体穿过铜管的整个过程中,铜管始终切割磁感线,铜管中都有感应电流,强磁体受到向上的磁场力,加速度始终小于重力加速度,C正确,A、D错误。答案C2.(2020四川绵阳质检)如图甲所示,光滑的平行金属导轨固定在水平面内,导轨间距为l=20 cm,左端接有阻值为R=1 的电阻,放在轨道上静止的一导体杆MN与两轨道垂直,整个装置置于竖直向上的匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B=0.5 T。杆受到沿轨道方向的拉力F做匀加速运动,测得力F与时间t的关系如图乙所示。杆及两轨道的电阻均可忽略不计,杆
3、在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触,则杆的加速度大小和质量分别为()A.20 m/s2,0.5 kgB.20 m/s2,0.1 kgC.10 m/s2,0.5 kgD.10 m/s2,0.1 kg解析导体杆MN在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动,用v表示瞬时速度,t表示时间,则杆切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv=Blat,闭合回路中的感应电流为I=ER,由安培力公式和牛顿第二定律得F-BIl=ma,由以上三式得F=ma+B2l2atR,由乙图线上取两点t1=0,F1=1N,t2=10s,F2=2N代入联立方程得a=10m/s2,m=0.1kg。只有选项D正确。答案D3.
4、(多选)(2020湖北宜昌第二中学检测)如图所示,方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨,两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t=0时,棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中,ab、cd始终与导轨垂直并接触良好,两者速度分别用v1、v2表示,回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是()解析棒ab以初速度v0向右滑动,切割磁感线产生感应电动势,使整个回路中产生感应电流,判断可知棒ab受到方向与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动,棒cd受到方向与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动,它们之间的速度差v=v1-v2逐渐减小,整个系统产生的感应电动势逐
5、渐减小,回路中感应电流逐渐减小,最后变为零,即最终棒ab和棒cd的速度相同,v1=v2,两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动时不受外力作用,由动量守恒定律有mv0=mv1+mv2,解得v1=v2=v02,选项A、C均正确,B、D均错误。答案AC4.(2020福建莆田第八中学检测)如图所示,一足够长的平行金属导轨倾斜放置,倾角为37,宽度为0.5 m,电阻忽略不计,其上端接一小灯泡,电阻为1 。一导体棒MN垂直于导轨放置,质量为0.2 kg,接入电路的电阻为1 ,两端与导轨接触良好,与导轨间的动摩擦因数为0.5。在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度为0
6、.8 T。将导体棒MN由静止释放,运动一段时间后,小灯泡稳定发光,此后导体棒MN的运动速度大小以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2,sin 37=0.6)()A.2.5 m/s,1 WB.5 m/s,1 WC.7.5 m/s,9 WD.15 m/s,9 W解析小灯泡稳定发光时,导体棒做匀速直线运动,处于平衡状态,由平衡条件得:mgsin37=mgcos37+B2L2vR+r,解得v=5m/s;导体棒产生的感应电动势E=BLv,电路电流I=ER+r,灯泡消耗的功率P=I2R,解得P=1W,故选项B正确。答案B5.(多选)(2020江苏盐城中学期中)如图所示,一个边长为L的正
7、方形线圈置于边界水平的匀强磁场上方L处,磁场宽也为L,方向垂直纸面向里,由静止释放线圈且线圈平面始终与磁场方向垂直。如果从线圈的一条边刚进入磁场开始计时,下列关于通过线圈横截面的电荷量q、感应电流i、线圈运动的加速度a、线圈具有的动能Ek随时间变化的图像中,可能正确的是()解析若线圈进入磁场时受到的安培力等于重力,则线圈匀速进入,感应电流恒定,由q=It可知,通过线圈横截面的电荷量均匀增大,线圈离开时,由楞次定律可知,感应电流方向改变,通过的电荷量均匀减小,A项可能;由于线圈通过磁场时,线圈的宽度与磁场的宽度相等,故始终是一条边做切割磁感线运动,且速度不可能减小到零,所以线圈通过磁场的过程中不
8、可能出现感应电流为零的情况,故B项错误;由于线圈进入磁场时重力也可能大于安培力,因此继续做加速运动,但速度增大安培力也增大,则加速度减小,当安培力增大到等于重力时,加速度变为零,故C项可能;如果线圈刚进入磁场时安培力就大于重力,则线圈做减速运动,速度减小则安培力减小,最后可能达到平衡,速度不变,动能不变,故D项可能。答案ACD6.(2020吉林汪清第六中学检测)如图所示,竖直平面内有足够长的金属导轨,导轨间距为0.2 m,金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动,ab的电阻为0.4 ,导轨电阻不计,导体ab的质量为0.2 g。垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2 T,且磁场区域足够大。当导
9、体ab自由下落0.4 s时,突然闭合开关S,则:(1)试说出S闭合后,导体ab的运动情况;(2)导体ab匀速下落的速度是多少?(g取10 m/s2)解析(1)闭合S之前导体ab自由下落的末速度为:v0=gt=4m/sS闭合瞬间,导体产生感应电动势,回路中产生感应电流,ab立即受到一个竖直向上的安培力:F安=BIL=B2L2v0R=0.016Nmg=0.002N此刻导体所受到合力的方向竖直向上,与初速度方向相反,加速度的表达式为a=F安-mgm=B2L2vmR-g所以ab做竖直向下的加速度逐渐减小的减速直线运动,当速度减小至F安=mg时,ab做竖直向下的匀速直线运动。(2)设匀速下落的速度为vm
10、,此时F安=mg,即B2L2vmR=mg,vm=mgRB2L2=0.5m/s答案(1)先做竖直向下的加速度逐渐减小的减速直线运动,后做匀速直线运动(2)0.5 m/s7.(2020湖南师大附中检测)如图甲所示,两相距L=0.5 m的平行金属导轨固定于水平面上,导轨左端与阻值R=2 的电阻连接,导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场。质量m=0.2 kg的金属杆垂直置于导轨上,与导轨接触良好,导轨与金属杆的电阻可忽略。杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动,并始终与导轨垂直,其v-t图像如图乙所示。在15 s末时撤去拉力,同时使磁场随时间变化,从而保持回路磁通量不变,杆中电流为零。求:(1
11、)金属杆所受拉力的大小F;(2)015 s内匀强磁场的磁感应强度大小。解析(1)由v-t图像可知,在010s内,金属杆做匀加速直线运动,杆没有进入磁场,由牛顿第二定律得F-mg=ma1由题意可知,15s末撤去拉力,没有感应电流,杆不受安培力作用,杆所受的合外力为滑动摩擦力,由牛顿第二定律得mg=ma2,由v-t图像可知,加速度a1=v1t1=410m/s2=0.4m/s2a2=v2t2=420-15m/s2=0.8m/s2解得F=0.24N(2)在1015s内,金属杆做匀速直线运动,速度v=4m/s,金属杆受到的安培力F安=B0IL=B02L2vR金属杆做匀速直线运动,处于平衡状态,由平衡条件
12、得F=mg+B02L2vR代入数据解得B0=0.4T答案(1)0.24 N(2)0.4 T关键能力提升练8.(多选)(2021广东阳江期末)如图所示,阻值为R的金属棒从图示位置ab分别以v1、v2的速度沿光滑水平导轨(电阻不计)匀速滑到ab位置,若v1v2=12,则在这两次过程中()A.回路电流I1I2=12B.产生的热量Q1Q2=14C.通过任一截面的电荷量q1q2=11D.外力的功率P1P2=12解析回路中感应电流为I=ER=BLvR,Iv,则得I1I2=v1v2=12,故A正确;产生的热量为Q=I2Rt=BLvR2Rsv=B2L2svR,Qv,则得Q1Q2=v1v2=12,故B错误;通过
13、任一截面的电荷量为q=It=BLvRt=BLsR,q与v无关,则得q1q2=11,故C正确;由于金属棒匀速运动,外力的功率等于回路中的功率,即得P=I2R=BLvR2R,Pv2,则得P1P2=14,故D错误。答案AC9.(多选)(2020湖北襄阳检测)如图所示,光滑水平面上存在有界匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向穿进磁场,当AC刚进入磁场时线框的速度大小为v,方向与磁场边界所成夹角为45。若线框的总电阻为R,则()A.线框穿进磁场过程中,框中电流的方向为DCBADB.AC刚进入磁场时线框中感应电流为2BavRC.AC刚进入磁场时线框所受
14、安培力大小为2B2a2vRD.此时CD两端电压为34Bav解析线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大,由楞次定律可知,感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外,则感应电流的方向为ABCDA,A错误;AC刚进入磁场时CD边切割磁感线,AD边不切割磁感线,所以产生的感应电动势为E=Bav,则线框中感应电流为I=ER=BavR,故CD两端的电压为U=I34R=34Bav,B错误,D正确;AC刚进入磁场时线框的CD边受到的安培力的方向与v的方向相反,AD边受到的安培力的方向垂直于AD边向下,它们的大小都是F=BIa,由几何关系可以看出,AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直,所以AC刚进入磁场时,线框所
15、受安培力为AD边与CD边所受的安培力的矢量和,即F合=2F=2B2a2vR,C正确。答案CD10.如图所示,水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻,质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t=0时,金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0时刻,金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计,两者始终保持垂直且接触良好,两者之间的动摩擦因数为。重力加速度大小为g。求:(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小;(2)电阻的阻值。解析分别画出金属杆进入磁场前、后的受力示意图。(1)设金属杆进入磁
16、场前的加速度大小为a,由牛顿第二定律得ma=F-mg设金属杆到达磁场左边界时的速度为v,由运动学公式有v=at0当金属杆以速度v在磁场中运动时,由法拉第电磁感应定律,杆中的电动势为E=Blv联立式可得E=Blt0Fm-g。(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时,金属杆中的电流为I,根据欧姆定律I=ER式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为F安=BlI因金属杆做匀速运动,由牛顿运动定律得F-mg-F安=0联立式得R=B2l2t0m。答案(1)Blt0Fm-g(2)B2l2t0m11.(2020重庆第一中学期末)磁悬浮列车的运动原理如图所示,在水平面上有两根水平长直平行导轨,导轨间有与导轨面垂直且
17、方向相反的匀强磁场B1和B2,B1和B2相互间隔,导轨上有金属框abcd。当磁场B1和B2同时以恒定速度沿导轨向右做匀速直线运动时,金属框也会由静止开始沿导轨向右运动。已知两导轨间距L1=0.4 m,两种磁场的宽度均为L2,L2=ab,B1=B2=1.0 T。金属框的质量m=0.1 kg,电阻R=2.0 。金属框受到的阻力与其速度成正比,即f=kv,k=0.08 kg/s,只考虑动生电动势。(1)开始时金属框处于图示位置,判断此时金属框中感应电流的方向。(2)若磁场的运动速度始终为v0=10 m/s,在金属框加速的过程中,某时刻金属框速度v1=7 m/s,求此时金属框的加速度a1的大小。(3)
18、若磁场的运动速度始终为v0=10 m/s,则金属框的最大速度v2为多大?此时装置消耗的总功率为多大?解析(1)磁场以恒定速度沿导轨向右做匀速直线运动,则由楞次定律可知金属框中感应电流的方向是abcda的方向;(2)根据楞次定律可知金属框与磁场同向运动,感应电动势E=2BL1(v0-v1)感应电流I=ER=2BL1(v0-v1)R左右两边受到的安培力都为FA=BIL1=2B2L12(v0-v1)R根据牛顿第二定律有2FA-kv1=ma1解得此时金属框的加速度a1=2FA-kv1m代入数据解得a1=4m/s2;(3)当金属框有最大速度时做匀速运动,所受合外力为零2FA-kv2=0左右两边受到的安培力都为FA=BIL1=B2BL1(v0-v2)RL1=2B2L12(v0-v2)R代入数据解得最大速度v2=8m/s;装置消耗的功率分克服阻力做功的功率和电功率两部分,克服阻力做功的功率P1=fv2=kv22代入数据解得P1=5.12W;电功率P2=E2R=2BL1(v0-v2)2R代入数据解得P2=1.28W;此时装置消耗的功率P=P1+P2=6.4W。答案(1)abcda的方向(2)4 m/s2(3)8 m/s6.4 W- 8 -
