1、第4讲电磁感应中的动力学与能量问题A组基础题组1.竖直平面内有一形状为抛物线的光滑曲面轨道,如图所示,抛物线方程是y=x2,轨道下半部分处在一个水平向外的匀强磁场中,磁场的上边界是y=a的直线(图中虚线所示),一个小金属环从抛物线上y=b(ba)处以速度v沿抛物线下滑,假设抛物线足够长,金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是() A.mgb B.mv2C.mg(b-a)D.mg(b-a)+mv22.(2015江苏扬州月考)如图,甲、乙两图为与匀强磁场垂直放置的两个金属框架,乙图除了一个电阻为零、自感系数为L的线圈外,其他部分与甲图都相同,导体AB以相同的加速度向右做匀加速直线运动。若位移相同,
2、则()A.甲图中外力做功多B.两图中外力做功相同C.乙图中外力做功多D.无法判断3.如图所示,在粗糙绝缘水平面上有一正方形闭合线框abcd,其边长为l,质量为m,金属线框与水平面的动摩擦因数为。虚线框abcd内有一匀强磁场,磁场方向竖直向下。开始时金属线框的ab边与磁场的dc边重合。现使金属线框以初速度v0沿水平面滑入磁场区域,运动一段时间后停止,此时金属线框的dc边与磁场区域的dc边距离为l。在这个过程中,金属线框产生的焦耳热为()A.m+mgl B.m-mglC.m+2mgl D.m-2mgl4.(2014安徽理综,20,6分)英国物理学家麦克斯韦认为,磁场变化时会在空间激发感生电场。如图
3、所示,一个半径为r的绝缘细圆环水平放置,环内存在竖直向上的匀强磁场B,环上套一带电荷量为+q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加,其变化率为k,若小球在环上运动一周,则感生电场对小球的作用力所做功的大小是()A.0B.r2qk C.2r2qkD.r2qk5.(2013安徽理综,16,6分)如图所示,足够长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0.8 T。将导体棒MN
4、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/s1 WB.5 m/s1 WC.7.5 m/s9 WD.15 m/s9 W6.(2016江西八校联考)(多选)如图甲所示,光滑绝缘水平面上,虚线MN的右侧存在磁感应强度B=2 T的匀强磁场,MN的左侧有一质量m=0.1 kg的矩形线圈abcd,bc边长L1=0.2 m,电阻R=2 。t=0时,用一恒定拉力F拉线圈,使其由静止开始向右做匀加速运动,经过时间1 s,线圈的bc边到达磁场边界MN,此时立即将拉力F改为变力,又经过1
5、s,线圈恰好完全进入磁场,整个运动过程中,线圈中感应电流i随时间t变化的图像如图乙所示。则()A.恒定拉力大小为0.05 NB.线圈在第2 s内的加速度大小为1 m/s2C.线圈ab边长L2=0.5 mD.在第2 s内流过线圈的电荷量为0.2 C7.如图所示,水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,两个边长相等的单匝闭合正方形线圈和,分别用相同材料、不同粗细的导线绕制(为细导线)。两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落,再进入磁场,最后落到地面。运动过程中,线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界。设线圈、落地时的速度大小分别为v1、v2,在磁场中运动时产生的热量分
6、别为Q1、Q2。不计空气阻力,则()A.v1v2,Q1Q2B.v1=v2,Q1=Q2C.v1Q2D.v1=v2,Q10),将金属杆ab由静止释放,杆将沿斜面向下运动,求当杆的速度为v时杆的加速度大小。答案全解全析A组基础题组1.D小金属环进入或离开磁场时,磁通量会发生变化,并产生感应电流,产生焦耳热;当小金属环全部进入磁场后,不产生感应电流,小金属环最终在磁场中做往复运动,由能量守恒可得产生的焦耳热等于减少的机械能,即Q=mv2+mgb-mga=mg(b-a)+mv2。2.A设外力为F,回路中的电流为I,磁感应强度为B,棒的质量为m,则有:F-BIl=ma,外力做功W=(BIl+ma)x,式中
7、x为棒发生的位移。棒中产生的感应电动势相同,但乙电路中由于线圈的自感作用,回路中的电流比甲电路中的小,所以甲图中外力做功多,即A正确。3.D依题意知,金属线框移动的位移大小为2l,此过程中克服摩擦力做功为2mgl,由能量守恒定律得金属线框中产生的焦耳热为Q=m-2mgl,故选项D正确。4.D变化的磁场使回路中产生的感生电动势E=S=kr2,则感生电场对小球的作用力所做的功W=qU=qE=qkr2,选项D正确。5.B小灯泡稳定发光说明棒做匀速直线运动。此时:F安=对棒满足:mg sin -mg cos -=0因为R灯=R棒则:P灯=P棒再依据功能关系:mg sin v-mg cos v=P灯+P
8、棒联立解得v=5 m/s,P灯=1 W,所以B项正确。6.ABD在第1 s末,i1=,E=BL1v1,v1=at1,F=ma1,联立得F=0.05 N,A项正确。在第2 s内,由图像分析知线圈做匀加速直线运动,在第2 s末,i2=,E=BL1v2,v2=v1+a2t2,解得a2=1 m/s2,B项正确。在第2 s内,-=2a2L2,解得L2=1 m,C项错误。q=0.2 C,D项正确。7.D两线圈在未进入磁场时,都做自由落体运动,从距磁场上界面h高处下落,由动能定理知两线圈在进入磁场时的速度相同,设为v,线圈所受安培阻力F1=BI1L=,而R1=电,S1=,故F1=。所以此时刻a1=g-,同理
9、可得a2=g-,线圈进入磁场时的加速度与线圈的质量无关,即两线圈进入磁场时的加速度相同,当两线圈进入磁场后虽加速度发生变化,但两者加速度是同步变化的,速度也同步变化,因此落地时速度相等,即v1=v2;又由于线圈质量大,机械能损失多,所以产生的热量也多,即Q2Q1,故D项正确。8.BD电路的感应电动势为E=BLv1,则感应电流I=,选项A错误;对ab杆:F=mg+F安=mg+,选项B正确;cd杆向下匀速运动,所受安培力水平向右,则cd杆受到的竖直向上的摩擦力与重力平衡,大小为mg,则有F安=mg,而F安=,解得=,选项C错误、D正确。9.答案(1)g-(2)mg(h+L)-解析(1)设线框cd边
10、进入磁场时速度为v1由机械能守恒有mgh=m,得v1=感应电动势E=BLv1感应电流I=安培力F=BIL根据牛顿第二定律有mg-F=ma联立解得a=g-(2)ab边进入磁场前线框速度已达到稳定,说明线框做匀速直线运动,设匀速时线框的速度为v2,由安培力与重力平衡得mg=根据能量转化与守恒有:Q=mg(h+L)-m解得Q=mg(h+L)-B组提升题组10.AB金属棒匀速上升过程中,动能不变,根据功能关系可知:恒力F和安培力对金属棒所做功的和等于金属棒重力势能的增量,故A正确。根据动能定理得:WF-WG-W安=0,得:WF-mgh=W安,而W安=Q,则恒力F和重力对金属棒所做功的和等于电阻R上产生
11、的电热,故B正确。金属棒克服安培力所做的功等于回路中电阻R上产生的热量,不等于金属棒重力势能的增量,故C错误。恒力F所做的功在数值上等于金属棒增加的重力势能与电阻R上产生的电热之和,故D错误。11.答案(1)正电荷0.1 kg(2)5 J(3)见解析解析(1)由右手定则可知ab棒中感应电流方向由a流向b,则知C板带正电,A板带负电,以微粒为研究对象,对其受力分析知其受竖直向下的重力和竖直向上的电场力,则微粒带正电荷,根据平衡条件有m1g=q得U1=9 V,则电流I=1 A,根据闭合电路欧姆定律有E=U1+IR2=10 V;对ab棒研究,根据平衡条件有m2g=BIL,得出m2=0.1 kg。(2
12、)导体棒产生的电动势E=BLv=10 V,得出速度v=10 m/s,根据能量守恒定律得Q=m2gh-m2v2=5 J。(3)根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=m1,得R=,若微粒运动过程中不能碰到金属板,则应满足条件R,可以求得v0 m/s,则发生的位移为=R,可知粒子经过了的时间,又粒子做圆周运动的周期为T=,因粒子的运动具有周期性,则t=9 s(n=0,1,2,)。12.答案(1)F=t+ma(2)(3)解析(1)时刻t,棒的速度v=at此时棒中感应电动势为E=BLv=BLat此时棒中的感应电流为I=由牛顿第二定律得F-BIL=ma得F=t+ma(2)细线拉断时满足BIL=FT即t=FT得
13、t=(3)Q=t=t=13.答案(1)BL(2)(3)解析(1)在轨道的最低点MN处,金属棒对轨道的压力FN=2mg,轨道对金属棒的支持力大小为FN=FN=2mg,则有FN-mg=m,解得:v=。金属棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv,金属棒到达最低点时两端的电压U=E=BL(2)棒下滑过程中,由能量守恒定律得,mgd=Q+mv2,解得Q=mgd金属棒产生的热量Qr=Q=(3)由q=It,I=,E=,=BLd,联立解得q=。14.答案(1)0.75(2)(3)Fx-解析(1)开始时ab刚好不下滑,由平衡条件有mg sin 37=mg cos 37解得=tan 37=0.75(2)设ab棒刚
14、好要上滑时,cd棒的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律有E=BLv设电路中的感应电流为I,由闭合电路欧姆定律有I=设ab棒所受安培力为F安,则有F安=ILB此时ab棒受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下,由平衡条件有F安 cos 37=mg sin 37+(mg cos 37+F安 sin 37)解得F安=mg又F安=解得v=(3)设ab棒在此过程中产生的热量为Q,由能量守恒有Fx-2Q=mv2解得Q=Fx-15.答案(1)方向由b到a(2)(3)g sin -解析(1)以金属杆ab为研究对象,为使ab杆保持静止,ab杆应受到沿导轨向上的安培力,根据左手定则可以判断通过ab杆的电流方向为由b到a。根据平衡条件有mg sin -B0IL=0,得I=(2)根据法拉第电磁感应定律有E=N=NS根据欧姆定律有I=得=(3)根据法拉第电磁感应定律得螺线管内的感应电动势E1=NS=NSkab杆切割磁感线产生的电动势E2=B0Lv总电动势E总=E1+E2感应电流I=根据牛顿第二定律有mg sin -F=ma其中安培力F=B0IL解得a=g sin -
