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必刷10 电磁感应中的四类综合问题-2021届高考物理二轮复习专项必刷（人教版）
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必刷10 电磁感应中的四类综合问题
必刷点1 电磁感应电路问题
考法1 转动切割的电路问题
典例1.如图甲所示,发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具,它在飞起时能够持续闪烁发光.某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化:如图乙所示,半径为L的导电圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴O1O2以角速度ω匀速转动,圆环上接有电阻均为r的三根金属辐条OP、OQ、OR,辐条互成120°角.在圆环左半部分分布着垂直圆环平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场,在转轴O1O2与圆环的边缘之间通过电刷M、N与一个LED灯相连(假设LED灯电阻恒为r).其他电阻不计,从辐条OP进入磁场开始计时.
(1)在辐条OP转过60°的过程中,求通过LED灯的电流;
(2)求圆环每旋转一周,LED灯消耗的电能.
【答案】 (1)BL2ω4r (2)5πωB2L464r
【解析】 (1)在辐条OP转过60°的过程中,OP、OQ均处在磁场中,电路的电动势为E=12BL2ω
电路的总电阻为R=r2+r2=r
由闭合电路欧姆定律可知,电路的总电流为I=ER=BL2ω2r
通过LED灯的电流I1=12I=BL2ω4r
(2)设圆环转动一周的周期为T,在辐条OP转过60°的过程中,LED灯消耗的电能Q1=I12r·T6
在辐条OP转过60°~120°的过程中,仅OP处在磁场中,电路的电动势为E'=12BL2ω
电路的总电阻为R'=r+r3=43r
由闭合电路欧姆定律可知,电路的总电流为I'=E'R'=3BL2ω8r
通过LED灯的电流I2=13I'=BL2ω8r
LED灯消耗的电能Q2=I22r·T6
圆环每旋转一周,LED灯消耗的电能发生三次周期性变化
所以Q=3×(Q1+Q2)=5πωB2L464r.
变式1.半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内,一长为r、质量分布均匀的直导体棒MN置于圆导轨上,NM的延长线过圆导轨中心O,装置的俯视图如图所示.整个装置置于一磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场的方向竖直向下.在内、外圆导轨间对称地接有三个阻值均为R的电阻.直导体棒在垂直作用于导体棒MN中点的水平外力F作用下,以角速度ω绕O点顺时针匀速转动,在转动过程中始终与导轨保持良好接触,导体棒和导轨电阻均可忽略.求:
(1)导体棒产生的感应电动势;
(2)流过导体棒的感应电流;
(3)外力的大小.
【答案】 (1)32Bωr2 (2)9Bωr22R (3)9ωB2r32R
【解析】 (1)导体棒MN转动切割磁感线时产生的电动势为
E=12Bω(2r)2-12Bωr2=32Bωr2.
(2)外电路的三个电阻为并联关系,则外电路的总电阻为R总=R3
根据闭合电路欧姆定律有I总=ER总=32Bωr2R3=9Bωr22R.
(3) 外力F=BI总L=B·9Bωr22R·r=9ωB2r32R.
考法2 变化磁场的电路结构分析
典例2.(2016·全国卷Ⅲ)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.
【答案】(1)kt0SR (2)B0lv0(t-t0)+kSt B0lv0+kSB0lR
【解析】(1)在金属棒未越过MN之前,t时刻穿过回路的磁通量为Φ=ktS ①
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E=-ΔΦΔt ②
由欧姆定律有i=ER ③
由电流的定义有i=ΔqΔt ④
联立①②③④式得|Δq|=kSRΔt 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|=kt0SR 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是匀强磁场施加的安培力,设此时回路中的电流为I,则F的大小为F=B0Il ⑧
此时金属棒与MN之间的距离为s=v0(t-t0) ⑨
匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ'=B0ls ⑩
回路的总磁通量为Φt=Φ-Φ'
式中Φ仍如①式所示,由①⑨⑩可得在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为Φt=B0lv0(t-t0)+kSt
在t到t+Δt的时间间隔内,总磁通量的改变ΔΦt为ΔΦt=(B0lv0+kS)Δt
由法拉第电磁感应定律可得,回路中感应电动势的大小为Et=ΔΦtΔt
由欧姆定律有I=EtR
联立⑦⑧可得f=B0lv0+kSB0lR.
变式2.(多选)在如图甲所示的电路中,螺线管匝数n=1 500,横截面积S=20 cm2.螺线管导线电阻r=1 Ω,R1=4 Ω,R2=5 Ω,C=30 μF.在一段时间内,穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化.下列说法正确的是( )
A.螺线管中产生的感应电动势为1.2 V
B.闭合S,电路中的电流稳定后电容器的上极板带正电
C.电路中的电流稳定后,电阻R1的电功率为5×10-2 W
D.S断开后,通过R2的电荷量为1.8×10-5 C
【答案】 AD
【解析】 由法拉第电磁感应定律可知,螺线管内产生的电动势为E=nΔBΔtS=1.2 V,选项A正确;根据楞次定律,当穿过螺线管的磁通量增加时,螺线管下部可以看成电源的正极,则电容器下极板带正电,选项B错误;电流稳定后,电流I=ER1+R2+r=0.12 A,电阻R1上消耗的电功率为P=I2R1=5.76×10-2 W,选项C错误;开关断开后通过电阻R2的电荷量为Q=CU=CIR2=1.8×10-5 C,选项D正确.
必刷点2 电磁感应的力学问题
考法1 单杆模型
典例3. (2020·湖北枣阳模拟)如图所示,水平面内有两根足够长的平行导轨L1、L2,其间距d=0.5 m,左端接有电容C=2 000 μF的电容器.质量m=20 g的导体棒可在导轨上无摩擦滑动,导体棒和导轨的电阻不计.整个空间存在着垂直导轨所在平面的匀强磁场,磁感应强度B=2 T.现用一沿导轨方向向右的恒力F1=0.44 N作用于导体棒,使导体棒从静止开始运动,经t时间后到达B处,速度v=5 m/s.此时,突然将拉力方向变为沿导轨向左,大小变为F2,又经2t时间后导体棒返回到初始位置A处,整个过程电容器未被击穿.求:
(1)导体棒运动到B处时,电容器C上的电荷量;
(2)t的大小;
(3)F2的大小.
【答案】 (1)1×10-2 C (2)0.25 s (3)0.55 N
【解析】 (1)当导体棒运动到B处时,电容器两端电压为
U=Bdv=2×0.5×5 V=5 V
此时电容器积累的电荷量
Q=CU=2 000×10-6×5 C=1×10-2 C.
(2)棒在F1作用下由牛顿第二定律有F1-BId=ma1,
又I=ΔQΔt=CBdΔvΔt,a1=ΔvΔt
联立解得:a1=F1m+CB2d2=20 m/s2,可见棒的加速度不变,说明棒做匀加速运动,则t=va1=0.25 s.
(3)由(2)可知棒在F2作用下,先向右做匀减速运动,此时电容器放电,棒受到的安培力向右;当棒的速度减小为零时,电容器放电完毕,此后棒向左做匀加速运动,电容器被反向充电,此时棒受的安培力仍然向右,由(2)可知导体棒做匀加速直线运动的加速度大小a2=F2m+CB2d2,方向向左
而两种情况下位移等大、反向,则有
12a1t2=-a1t·2t-12a2(2t)2
将相关数据代入解得F2=0.55 N.
变式3.(2017·海南卷)(多选)如图,空间中存在一匀强磁场区域,磁场方向与竖直面(纸面)垂直,磁场的上、下边界(虚线)均为水平面;纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd,其上、下两边均与磁场边界平行,边长小于磁场上、下边界的间距.若线框自由下落,从ab边进入磁场时开始,直至ab边到达磁场下边界为止,线框下落的速度大小可能( )
A.始终减小 B.始终不变 C.始终增加 D.先减小后增加
【答案】 CD
【解析】 当ab边进入磁场时产生感应电动势,受到向上的安培力F=BIL=B2L2v0R作用,若安培力F=mg,则线框做匀速运动,当线框全部进入磁场后,不产生感应电流,在重力作用下加速运动,选项B错误;若安培力F=BIL=B2L2v0Rmg,则线框做减速运动,当F=mg时匀速运动,当线框全部进入磁场后,不产生感应电流,在重力作用下加速运动,即速度先减小后增加,选项A错误,D正确.
变式4.(足够长的平行金属导轨MN和PQ表面粗糙,与水平面间的夹角为θ=37°(sin 37°=0.6),间距为1 m.垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为4 T,P、M间所接电阻的阻值为8 Ω.质量为2 kg的金属杆ab垂直导轨放置,不计杆与导轨的电阻,杆与导轨间的动摩擦因数为0.25.金属杆ab在沿导轨向下且与杆垂直的恒力F作用下,由静止开始运动,杆的最终速度为8 m/s,取g=10 m/s2,求:
(1)当金属杆的速度为4 m/s时,金属杆的加速度大小;
(2)当金属杆沿导轨的位移为6.0 m时,通过金属杆的电荷量.
【答案】 (1)4 m/s2 (2)3 C
【解析】 (1)对金属杆ab应用牛顿第二定律有
F+mgsin θ-F安-f=ma
f=μFN
FN=mgcos θ
ab杆所受安培力大小为F安=BIL
ab杆切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv
由闭合电路欧姆定律可知I=ER
整理得F+mgsin θ-B2L2Rv-μmgcos θ=ma
代入vm=8 m/s时a=0,解得F=8 N
代入v=4 m/s及F=8 N,解得a=4 m/s2.
(2)设通过回路截面的电荷量为q,则q=It
回路中的平均电流强度为I=ER
回路中产生的平均感应电动势为E=ΔΦt
回路中的磁通量变化量为ΔΦ=BLx
联立解得q=3 C.
考法2 双杆模型
典例4. (1)如图1,两根平行的金属导轨,固定在同一水平面上,磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在平面垂直,导轨的电阻很小,可忽略不计,导轨间的距离为l.两根质量均为m、电阻均为R的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动,滑动过程中与导轨保持垂直.在t=0时刻,两杆都处于静止状态.现有一与导轨平行、大小恒为F的力作用于金属杆甲上,使金属杆在导轨上滑动,试分析金属杆甲、乙的收尾运动情况.
(2)如图2所示,两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内,导轨上横放着两根导体棒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,设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行.开始时,棒cd静止,棒ab有指向棒cd的初速度.若两导体棒在运动中始终不接触,试定性分析两棒的收尾运动情况.
【答案】 见解析
【解析】 (1)设某时刻金属杆甲和乙的速度大小分别为v1和v2,加速度大小分别为a1和a2,受到的安培力大小均为F1,则感应电动势为E=Bl(v1-v2) ①
感应电流为I=E2R ②
对甲和乙分别由牛顿第二定律得F-F1=ma1,F1=ma2 ③
当v1-v2=定值(非零),即系统以恒定的加速度运动时
a1=a2 ④
解得a1=a2=F2m ⑤
可见,甲、乙两金属杆最终水平向右以相同的加速度做匀加速运动,速度一直增大.
(2) ab棒向cd棒运动时,两棒和导轨构成的回路面积变小,磁通量发生变化,回路中产生感应电流.ab棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动,cd棒则在安培力作用下做加速运动,在ab棒的速度大于cd棒的速度时,回路中总有感应电流,ab棒继续减速,cd棒继续加速.两棒达到相同速度后,回路面积保持不变,磁通量不变化,不产生感应电流,两棒以相同的速度v水平向右做匀速运动.
变式5.(2020·广西桂林模拟)如图所示,竖直放置的两光滑平行金属导轨,置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中,两根质量相同的导体棒a和b,与导轨紧密接触且可自由滑动.先固定a、释放b,当b的速度达到10 m/s时,再释放a,经过1 s后,a的速度达到12 m/s,求:
(1)此时b的速度大小;
(2)若导轨很长,a、b棒最后的运动状态.
【答案】(1)18 m/s (2)a、b棒最后以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动
【解析】(1)当b棒先向下运动时,在a和b以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流,于是a棒受到向下的安培力,b棒受到向上的安培力,且二者大小相等.释放a棒后,经过时间t,分别以a和b为研究对象,根据动量定理,则有:
(mg+F)t=mva
(mg-F)t=mvb-mv0
联立解得vb=18 m/s.
(2)在a、b棒向下运动的过程中,a棒产生的加速度a1=g+Fm,b棒产生的加速度a1=g-Fm.当a棒的速度与b棒接近时,闭合回路中的 ΔΦ逐渐减小,感应电流也逐渐减小,则安培力也逐渐减小.最后,两棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动
必刷点3 电磁感应的图象问题
考法1 动生类图象
典例5. (多选)如图所示,一个边长为L的正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t变化的图象中,可能正确的是( )
【答案】ACD
【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,大小不变,通过的电荷量q=It均匀减小,选项A正确,选项B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,但速度增大会导致安培力也增大,则加速度减小,当安培力增大到等于重力时,加速度变为零,选项C正确;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,选项D正确.
变式6.如图所示,垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a,磁感应强度的大小为B.一边长为a、电阻为4R的正方形均匀导线框ABCD从图示位置开始沿水平向右方向以速度v匀速穿过磁场区域,在图中线框A、B两端的电压UAB与线框移动距离x的关系图象正确的是( )
【答案】 D
【解析】 线框进入磁场时,注意UAB是路端电压,大小应该是电动势的四分之三,此时E=Bav,所以UAB=3Bav4;完全进入磁场后,没有感应电流,但有感应电动势,则UAB=Bav;穿出磁场时,电压大小应该是感应电动势的四分之一,UAB=Bav4,方向始终相同,即φA>φB,选项D正确.
考法2 感生类图象
典例6. 将一段导线绕成图甲所示的闭合回路,并固定在水平面(纸面)内.回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中,回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ.以向里为磁场Ⅱ的正方向,其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示.用F表示ab边受到的安培力,以水平向右为F的正方向,下列能正确反映F随时间t变化的图象是( )
【答案】 B
【解析】 由图乙可知B在0~T2和T2~T是均匀变化的,根据E=ΔBSΔt,I=ER,F=BIL可知,在0~T2和T2~T时间段内安培力F是恒力,选项C、D错误;在0~T2时间内,根据楞次定律可知电流方向由b向a,由左手定则可知ab受向左的安培力,F为负值,选项A错误,B正确.
必刷点3 电磁感应中的能量和动量问题
典例7. (2019·海南卷)如图,一水平面内固定有两根平行的长直金属导轨,导轨间距为l;两根相同的导体棒AB、CD置于导轨上并与导轨垂直,长度均为l;棒与导轨间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力);整个装置处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向竖直向下.从t=0时开始,对AB棒施加一外力,使AB棒从静止开始向右做匀加速运动,直到t=t1时刻撤去外力,此时棒中的感应电流为i1;已知CD棒在t=t0(0
(1)求AB棒做匀加速运动的加速度大小;
(2)求撤去外力时CD棒的速度大小;
(3)撤去外力后,CD棒在t=t2时刻静止,求此时AB棒的速度大小.
【答案】 (1)2μmgRB2l2t0 (2)2μmgRt1B2l2t0-2Ri1Bl (3)4μmgRt1B2l2t0-2Ri1Bl-2μg(t2-t1)
【解析】(1)0~t0时间内CD棒未动,这段时间内只有AB棒在做匀加速直线运动;
在t0时刻,CD棒开始运动,则此时对CD棒有:F安=BIL=f静max=μmg ①
对AB棒与CD棒构成的回路,由闭合电路的欧姆定律有:I=E2R ②
在0~t0时间内AB棒切割磁感线产生感应电动势为:E=BlvAB ③
对0~t0时间内AB棒做匀加速直线运动有:vAB=0+at0 ④
联立①②③④可得:AB棒做匀加速直线运动的加速度大小为:a=2μmgRB2l2t0 ⑤
(2)在t1时刻AB棒的速度vAB'=0+at1=2μmgRt1B2l2t0 ⑥
在t1时刻,对AB棒与CD棒构成的回路由闭合电路的欧姆定律有:i1=E'2R ⑦
在t1时刻,AB棒和CD棒都在切割磁感线且AB棒的速度较大,所以产生的感应电动势为:E'=Bl(vAB'-vCD') ⑧
联立⑥⑦⑧可得,vCD'=2μmgRt1B2l2t0-2Ri1Bl ⑨
(3)在t1~t2时间内,选水平向右为运动的正方向,则对AB棒和CD棒分别由动量定理有:
对AB:-F安Δt-μmgΔt=mvAB″-mvAB' ⑩
对CD:F安Δt-μmgΔt=0-mvCD'
其中Δt=t2-t1,联立⑥⑨⑩可得,vAB″=4μmgRt1B2l2t0-2Ri1Bl-2μg(t2-t1).
变式7.(2020·广东佛山模拟)如图所示,水平面上固定有形状为的光滑金属导轨abcd和efgh;ab、ef平行,间距为2L;cd、gh平行,间距为L,且右端足够长;垂直ab和ef放置一质量为m的粗细均匀金属棒MN,导轨cd、gh的最左端垂直放置另一质量也为m的金属棒PQ,两金属棒均与导轨接触良好.MN、PQ棒接入电路的电阻分别为2R和R,导轨电阻不计.导轨平面内有垂直于平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B.给MN棒一个水平向右、大小为2v0的初速度,当MN棒运动到导轨ab、ef的最右端时,回路中电流恰好为零.求:
(1)MN棒运动到导轨ab、ef的最右端时,MN棒的速度大小;
(2)回路中电流再次为零时,PQ棒最终产生的总热量.
【答案】 (1)23v0 (2)13mv02
【解析】 (1)MN棒从开始至运动到导轨ab、ef的最右端时,对于MN,根据动量定理有:-BI·2l·t=2mv1-2m·2v0
对于PQ,根据动量定理有:BI·l·t=mv2-0
由于MN棒运动到导轨ab、ef的最右端时,回路中电流恰好为零,此时有v2=2v1
联立解得v1=23v0,v2=43v0.
(2)当MN棒运动到导轨ab、ef的最右端时,系统产生的总热量为Q=12m·(2v0)2-12mv12-12mv22
在这个过程中PQ棒产生的热量为Q1=RR+2RQ
当MN棒运动到cd、gh导轨上至电流再次为零时,MN、PQ棒的速度相等,根据动量守恒定律有:mv1+mv2=2mv
此过程系统产生的热量为Q'=12mv12+12mv22-12·2mv2
在这个过程中PQ棒产生的热量为Q2=R2R+RQ'
PQ棒最终产生的总热量为Q总=Q1+Q2
联立解得Q总=13mv02.
练考点 过基础 过素养
题组一 电磁感应电路问题
1.(2020·江西吉安模拟)如图甲所示,在光滑水平面上,一个正方形闭合线框abcd在水平外力的作用下,从静止开始沿垂直磁场边界方向穿过匀强磁场.线框中产生的感应电流i和运动时间t的变化关系如图乙中的实线所示,则线框边长与磁场宽度(两边界之间的距离)之比为( )
A.1∶2 B.1∶3 C.3∶5 D.3∶8
【答案】 D
【解析】 由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有I=BLvR,根据题给图象可知,线框的运动为初速度为零的匀加速直线运动,设其加速度为a,则线框刚进入磁场时的速度为2a,然后以该速度切割磁感线产生感应电流,若设线框边长为L,磁场宽度为d,则图象中有电流的时间,即线框的右边刚进入磁场到线框全部进入磁场的过程,有L=2a+4a2×2,从线框全部进入磁场到线框右边到达磁场右边界的过程,没有电流产生,有d-L=4a+6a2×2,以上二式联立解得Ld=38,选项D正确.
2.(2020·湖北枣阳质检)如图所示,竖直平面内有一金属环,半径为a,总电阻为R(指的是剪开拉直时两端的电阻),磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面,与环的最高点A连接的长度为2a、电阻为R2的导体棒AB由水平位置紧贴环面摆下,当摆到竖直位置时,B点的线速度为v,则这时导体棒AB两端的电压大小为( )
A.Bav3 B.Bav6 C.2Bav3 D.Bav
【答案】 A
【解析】 摆到竖直位置时,导体棒AB切割磁感线的瞬时感应电动势E=B·2a·12v=Bav,由闭合电路欧姆定律得,UAB=ER2+R4·R4=13Bav,选项A正确.
3.(2020·江苏宿迁调研)(多选)用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环,ab为圆环的一条直径.如图所示,在ab的左侧存在一个匀强磁场,磁场垂直于圆环所在平面,方向如图,磁感应强度大小随时间的变化率ΔBΔt=k(k<0).则( )
A.圆环中产生逆时针方向的感应电流
B.圆环具有扩张的趋势
C.圆环中感应电流的大小为krS2ρ
D.图中a、b两点间的电势差Uab=14kπr2
【答案】 BD
【解析】 根据楞次定律和安培定则,圆环中将产生顺时针方向的感应电流,且具有扩张的趋势,选项A错误,B正确;根据法拉第电磁感应定律,圆环中产生的感应电动势大小为E=ΔBπr22Δt=kπr22,由电阻定律知R=ρ2πrS,所以感应电流的大小为I=ER=krS4ρ,选项C错误;a、b两点间的电势差Uab=I×12R=14kπr2,选项D正确.
4.如图,由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd,固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中.一接入电路电阻为R的导体棒PQ,在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动,滑动过程PQ始终与ab垂直,且与线框接触良好,不计摩擦.在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中( )
A.PQ中电流先增大后减小
B.PQ两端电压先减小后增大
C.PQ上拉力的功率先减小后增大
D.线框消耗的电功率先减小后增大
【答案】 C
【解析】 设导体棒PQ左侧电路的电阻为Rx,则右侧电路的电阻为3R-Rx,所以外电路的总电阻为R'=Rx(3R-Rx)3R,当Rx=3R2时,总电阻最大,为R'm=3R4,在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中,总电阻R'先增大后减小,路端电压先增大后减小,选项B错误;由I=ER+R'知,PQ中的电流I先减小后增大,选项A错误;由于导体棒做匀速运动,拉力等于安培力,即F=BIL,拉力的功率P=Fv=BILv,PQ中的电流I先减小后增大,所以拉力的功率也是先减小后增大,选项C正确;由于总电阻最大为Rm'=3R4,小于电源(导体棒)的内电阻R,外电阻等于电源内阻时输出功率最大,如图所示,又外电阻先增大后减小,所以线框消耗的电功率先增大后减小,选项D错.
题组二 电磁感应力学问题
5.(2020·长春模拟)(多选)如图所示,两足够长平行金属导轨固定在水平面上,匀强磁场方向垂直导轨平面向下,金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动,两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd,经过足够长时间以后( )
A.金属棒ab、cd都做匀速运动
B.金属棒ab上的电流方向是由b向a
C.金属棒cd所受安培力的大小等于2F3
D.两金属棒间距离保持不变
【答案】BC
【解析】对两金属棒ab、cd进行受力和运动分析可知,两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动,且金属棒ab速度小于金属棒cd速度,所以两金属棒间距离是变大的,由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向是由b到a,选项A、D错误,选项B正确;以两金属棒整体为研究对象有F=3ma,隔离金属棒cd分析有F-F安=ma,可求得金属棒cd所受安培力的大小F安=23F,选项C正确.
6.(2019·湖南长沙月考)(多选)如图所示的竖直平面内,水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直竖直平面向里的匀强磁场,其宽度均为d,Ⅰ和Ⅱ之间有一宽度为h的无磁场区域,h>d.一质量为m、边长为d的正方形线框从距区域Ⅰ上边界高度h处静止释放.线框能匀速地通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ,重力加速度为g,空气阻力忽略不计.则下列说法正确的是( )
A.区域Ⅰ与区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小的比值一定大于1
B.线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ时的速度大小之比为2∶1
C.线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ过程中产生的热量相等
D.线框进入区域Ⅰ和区域Ⅱ过程中通过线框某一横截面的电荷量相等
【答案】 AC
【解析】通过磁场Ⅰ时,能匀速通过,说明线框受到的安培力大小等于重力,即F安=B1Id=B12d2v1R=mg,在Ⅰ和Ⅱ之间运动时,线框做加速运动,所以进入磁场Ⅱ时的速度大于进入磁场Ⅰ时的速度,v2>v1,因为能匀速通过磁场Ⅱ,所以B22d2v2R=mg,故B22d2v2R=B12d2v1R,可得B1B2=v2v1>1,选项A正确;进入磁场Ⅰ时有v1=2gh,进入磁场Ⅱ时有v2=2g(2h-d),故v1v2=h2h-d≠2,选项B错误;两个过程中产生的热量等于克服安培力做的功,而两个过程中安培力大小等于重力,则做功都为W=2mgd,所以两个过程中产生的热量相同,选项C正确;根据q=ΔΦR=BSR可得q1=ΔΦR=B1d2R,q2=ΔΦR=B2d2R,由于两个磁场的磁感应强度不同,所以通过线框某一横截面的电荷量不相等,选项D错误.
7.(2020·湖北枣阳模拟)如图所示,两平行光滑金属导轨由两部分组成,左面部分水平,右面部分为半径r=0.5 m 的竖直半圆,两导轨间距离d=0.3 m,导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小为B=1 T 的匀强磁场中,两导轨电阻不计.有两根长度均为d的金属棒ab、cd,均垂直导轨置于水平导轨上,金属棒ab、cd的质量分别为m1=0.2 kg、m2=0.1 kg,电阻分别为R1=0.1 Ω、R2=0.2 Ω.现让ab棒以v0=10 m/s的初速度开始水平向右运动,cd棒进入圆轨道后,恰好能通过轨道最高点PP',cd棒进入圆轨道前两棒未相碰,重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)ab棒开始向右运动时cd棒的加速度大小a0;
(2)cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1;
(3)cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W.
【答案】 (1)30 m/s2 (2)7.5 m/s (3)4.375 J
【解析】 (1)ab棒开始向右运动时,设回路中电流为I,有
E=Bdv0
I=ER1+R2
对cd棒由牛顿第二定律得BId=m2a0
联立解得:a0=30 m/s2.
(2)设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2,系统动量守恒,有
m1v0=m1v1+m2v2
cd棒进入圆轨道后恰能通过轨道最高点,由机械能守恒定律得12m2v22=m2g·2r+12m2vP2
cd棒在最高点PP',有m2g=m2vP2r
联立解得:v1=7.5 m/s.
(3)对ab棒由动能定理得-W=12m1v12-12m1v02
解得:W=4.375 J.
题组三 电磁感应图象问题
8.如图所示,电阻R=1 Ω、半径为r1=0.2 m的单匝圆形导线框P内有一个与P共面的圆形磁场区域Q,P、Q的圆心相同,Q的半径r2=0.1 m.在t=0时刻,Q内存在着垂直于圆面向里的磁场,磁感应强度B随时间t变化的关系是B=2-t(T).若规定逆时针方向为电流的正方向,则线框P中感应电流I随时间t变化的关系图象应该是下图中的( )
【答案】 C
【解析】 圆形导线框P中产生的感应电动势为E=ΔB·SΔt=ΔBΔt·πr2=-0.01π V,由I=ER,得:I=-0.01π A,其中负号表示电流的方向沿顺时针,选项C正确.
9. 如图甲所示,正三角形硬导线框abc固定在磁场中,磁场方向与线框平面垂直.图乙表示该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系,t=0时刻磁场方向垂直纸面向里.在0~4t0时间内,线框ab边受到该磁场对它的安培力F随时间t变化的关系图为(规定垂直ab边向左为安培力的正方向)( )
【答案】 A
【解析】 0~t0时间内,磁场方向垂直纸面向里且均匀减小,ΔBΔt=B0t0,根据楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知:流经导线ab的电流I不变,方向从b到a,ab边受到的安培力方向向左,大小为F=BIL,均匀减小到零;同理,t0~2t0时间内,磁场方向垂直纸面向外且均匀增大,ΔBΔt=B0t0,流经导线ab的电流I不变,方向从b到a,其受到的安培力方向向右,从零开始均匀增大;2t0~3t0时间内,磁场方向垂直纸面向外,ΔBΔt=0,导线ab不受安培力;3t0~3.5t0时间内,磁场方向垂直纸面向外且均匀减小,ΔBΔt=2B0t0,流经导线ab的电流为2I不变,方向从a到b,其受到的安培力方向向左,大小为F=2BIL,即均匀减小到零;3.5t0~4t0时间内,磁场方向垂直纸面向里且均匀增加,ΔBΔt=2B0t0,流经导线ab的电流为2I不变,方向从a到b,其受到的安培力方向向右,大小为F=2BIL,即从零开始均匀增大,选项A正确.
10.(2019·全国卷Ⅱ)(多选)如图,两条光滑平行金属导轨固定,所在平面与水平面夹角为θ,导轨电阻忽略不计.虚线ab、cd均与导轨垂直,在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场.将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放,两者始终与导轨垂直且接触良好.已知PQ进入磁场时加速度恰好为零.从PQ进入磁场开始计时,到MN离开磁场区域为止,流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是( )
A B
C D
【答案】 AD
【解析】 由于PQ进入磁场时加速度为零,若PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场,则PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间,由于磁通量Φ不变,无感应电流,由于PQ、MN在同一位置由静止释放,故MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同,所以电流大小也应该相同,选项A正确,选项B错误;若PQ出磁场前MN已经进入磁场,由于磁通量Φ不变,PQ、MN均加速运动,PQ出磁场后,MN由于加速故电流比PQ进入磁场时电流大,由BIL-mgsin θ=ma>0知,MN减速,感应电流减小,选项C错误,选项D正确.
11.(2020·湖北十堰模拟)如图,一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内,线框在长直导线右侧,且其长边与长直导线平行.已知在t=0到t=t1的时间间隔内,直导线中电流i发生某种变化,而线框中感应电流总是沿顺时针方向;线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右.设电流i正方向与图中箭头方向相同,则i随时间t变化的图线可能是( )
【答案】 A
【解析】 要求线框中感应电流沿顺时针方向,根据楞次定律,可知线框内磁场要么向里减弱(载流直导线中电流正向减小),要么向外增强(载流直导线中电流负向增大);线框所受安培力向左时,载流直导线电流一定在减小,线框所受安培力向右时,载流直导线中电流一定在增大.选项A正确.
题组四 电磁感应能量和动量问题
12.(2020·浙江绍兴模拟)(多选)两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置,顶端接一电阻R,导轨所在平面与匀强磁场垂直.将一金属棒与下端固定的轻弹簧的上端拴接,金属棒和导轨接触良好,重力加速度为g,如图所示.现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放,则( )
A.金属棒在最低点的加速度小于g
B.回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量
C.当弹簧弹力等于金属棒的重力时,金属棒下落的速度最大
D.金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度
【答案】 AD
【解析】 如果金属棒不受安培力,金属棒和弹簧组成了一个弹簧振子,由简谐运动的对称性可知其在最低点的加速度大小为g,但由于金属棒在运动过程中受到与速度方向相反的安培力作用,所以金属棒在最低点时的弹性势能一定比没有安培力做功时小,弹性形变量一定变小,故加速度小于g,选项A正确;回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量与弹簧弹性势能增加量之差,选项B错误;当弹簧弹力与安培力之和等于金属棒的重力时,金属棒下落速度最大,选项C错误;由于金属棒运动过程中产生电能,所以金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度,选项D正确.
13.(多选)如图所示,相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ,上端接有定值电阻R,匀强磁场垂直于导轨平面向下,磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放,当速度达到v时开始匀速运动,此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力,并保持拉力的功率为P,导体棒最终以2v的速度匀速运动.导体棒始终与导轨垂直且接触良好,不计导轨和导体棒的电阻,重力加速度为g,下列选项正确的是( )
A.P=2mgvsin θ
B.P=3mgvsin θ
C.当导体棒速度达到v2时,加速度大小为g2sin θ
D.在速度达到2v以后的匀速运动的过程中,R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
【答案】 AC
【解析】 当速度达到v时开始匀速运动,受力分析可得mgsin θ=B2L2vR,导体棒最终以2v的速度匀速运动时,拉力为F=mgsin θ,所以拉力的功率为P=2mgvsin θ,选项A正确,B错误;当导体棒速度达到v2时所受安培力F=12mgsin θ,加速度为a=g2sin θ,选项C正确;在速度达到2v以后匀速运动的过程中,根据能量守恒定律,R上产生的焦耳热等于拉力所做的功加上重力做的功,选项D错误.
14.(2019·全国卷Ⅲ)(多选)如图,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.下列图象中可能正确的是( )
【答案】 AC
【解析】 ab棒向右运动,切割磁感线产生感应电流,则受到向左的安培力,从而向右做减速运动;金属棒cd受向右的安培力作用而做加速运动,随着两棒的速度差的减小安培力减小,加速度减小,速度v非均匀变化,当两棒速度相等时,感应电流为零,最终两棒共速,一起做匀速运动,根据动量守恒定律可知两者最终共同的速度为v02,最终电路中电流为0,选项A、C正确,B、D错误.
15.用密度为d、电阻率为ρ、粗细均匀的金属导线制成两个闭合正方形线框M和N,边长均为L,线框M、N的导线横截面积分别为S1、S2,且S1>S2,如图所示.匀强磁场仅存在于相对磁极之间,磁感应强度大小为B,其他地方的磁场忽略不计.金属线框M水平放在磁场上边界的狭缝间,线框平面与磁场方向平行,开始运动时可认为M的aa'边和bb'边都处在磁场中.线框N在线框M的正上方,与线框M相距为h.两线框均从静止开始同时释放,其平面在下落过程中保持水平.设磁场区域在竖直方向足够长,不计空气阻力及两线框间的相互作用,重力加速度为g.
装置正视图 装置俯视图
(1)计算线框N刚进入磁场时产生的感应电流;
(2)在下落过程中,若线框N恰能追上线框M,N追上M时,M下落的高度为H,N追上M之前N一直做减速运动,求该过程中线框N产生的焦耳热;
(3)若将线框M、N均由磁场上边界处先后释放,释放的时间间隔为t,计算两线框在运动过程中的最大距离.
【答案】 (1)BS22ρ2gh (2)4LS2dg(h+H)-32LS2d3ρ2g2B4 (3)4dρgB2t
【解析】 (1)线框N进入磁场前,有mgh=12mv12
刚进入磁场时,有E=2BLv1
线框N中的感应电流IN=ERN
其中RN=ρ4LS2
联立解得IN=BS22ρ2gh.
(2)当线框M在磁场中运动达到匀速时,设速度为v2,有G=F安
其中线框重力G=mg=4LS1dg
安培力F安=2BIL
解得v2=4dρgB2
由上式可知匀速运动时的速度与导线截面积无关,所以两线框匀速运动的速度相同,均为v2.由此可知当线框N恰好追上M时,两者速度相等.选N为研究对象,根据能量守恒
可得N产生的焦耳热
QN=mg(h+H)-12mv22
=4LS2dg(h+H)-12·4LS2d·4dρgB22
=4LS2dg(h+H)-32LS2d3ρ2g2B4.
(3)线框释放后二者先后做变速运动
mg-F=ma即4LSdg-B2LvSρ=4LSda
解得a=g-B2v4dρ
由加速度可知:线框下落的加速度与线框的导线横截面积无关,两个线框在磁场中先后做相同的加速运动,当a减小到0时做匀速运动,所以只要后释放的线框还未达到匀速时,先释放的线框速度就比较大,二者的距离就会继续增大,当二者都做匀速运动时,间距最大.
此时最大间距Δx=v2t=4dρgB2t.
16.如图所示,光滑、足够长、不计电阻、轨道间距为l的平行金属导轨MN、PQ,水平放在竖直向下的磁感应强度不同的两个相邻的匀强磁场中,左半部分为Ⅰ匀强磁场区,磁感应强度为B1;右半部分为Ⅱ匀强磁场区,磁感应强度为B2,且B1=2B2.在Ⅰ匀强磁场区的左边界垂直于导轨放置一质量为m、电阻为R1的金属棒a;在Ⅰ匀强磁场区的某一位置,垂直于导轨放置另一质量也为m、电阻为R2的金属棒b.开始时b静止,给a一个向右的冲量I后a、b开始运动.设运动过程中,两金属棒总是与导轨垂直.
(1)求金属棒a受到冲量后的瞬间通过金属导轨的感应电流;
(2)设金属棒b在运动到Ⅰ匀强磁场区的右边界前已经达到最大速度,求金属棒b在Ⅰ匀强磁场区中的最大速度值;
(3)金属棒b进入Ⅱ匀强磁场区后,金属棒b再次达到匀速运动状态,设这时金属棒a仍然在Ⅰ匀强磁场区中.求金属棒b进入Ⅱ匀强磁场区后的运动过程中金属棒a、b中产生的总焦耳热.
【答案】 (1)B1lI(R1+R2)m (2)I2m (3)I240m
【解析】 (1)设金属棒a受到冲量I时的速度为v0,金属棒a产生的感应电动势为E,金属轨道中的电流为i,则
I=mv0
E=B1lv0
i=ER1+R2
联立解得i=B1lI(R1+R2)m.
(2)金属棒a和金属棒b在左部分磁场中运动过程中所受的安培力大小相等、方向相反,故a、b组成的系统,水平方向动量守恒.
金属棒a和金属棒b在Ⅰ匀强磁场区中运动过程中达到最大速度vm时,两金属棒速度相等,感应电流为零,两金属棒都匀速运动,根据动量守恒定律有
mv0=2mvm
解得vm=I2m.
(3)金属棒b进入Ⅱ匀强磁场区时,设金属棒a的感应电动势为E1,金属棒b的感应电动势为E2,
E1=B1lvm
E2=B2lvm
因为B1=2B2
所以E1=2E2
所以,金属棒b一进入Ⅱ匀强磁场区,电流立即出现,在安培力作用下金属棒a做减速运动,金属棒b做加速运动.设金属棒a在Ⅰ匀强磁场区运动时速度从vm变化到最小速度va,所用时间为t,则金属棒b在Ⅱ匀强磁场区运动时速度从vm变化到最大速度vb,所用时间也为t,此后金属棒a、b都匀速运动,则
B1lva=B2lvb
即vb=2va
设在t时间内通过金属棒a、b的电流平均值为I
根据动量定理有
B1Ilt=mvm-mva,方向向左
B2Ilt=mvb-mvm,方向向右
解得:va=35vm,vb=65vm
设金属棒b进入Ⅱ匀强磁场区后,金属棒a、b产生的总焦耳热为Q,根据能量守恒,有
12×2mvm2=12mva2+12mvb2+Q
Q=I240m.
17.如图,ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨,MN和M'N'是两根用细线连接的金属杆,其质量分别为m和2m.竖直向上的外力F作用在杆MN上,使两杆水平静止,并刚好与导轨接触;两杆的总电阻为R,导轨间距为l.整个装置处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与导轨所在平面垂直.导轨电阻可忽略,重力加速度为g.在t=0时刻将细线烧断,保持F不变,金属杆和导轨始终接触良好.求:
(1)细线烧断后,任意时刻两杆运动的速度大小之比;
(2)两杆分别达到的最大速度.
【答案】 (1)2∶1 (2)4mgR3B2l2 2mgR3B2l2
【解析】 设某时刻MN和M'N'速度分别为v1、v2.
(1)MN和M'N'组成的系统动量守恒:mv1-2mv2=0,求出:v1v2=2 ①
(2)当MN和M'N'的加速度为零时,速度最大
对M'N'受力平衡:BIl=2mg ②
I=ER ③
E=Blv1+Blv2 ④
由①②③④得:v1=4mgR3B2l2,v2=2mgR3B2l2.
18.(2019·桂林模拟)如图所示,光滑导轨EF、GH等高平行放置,E、G间宽度为F、H间宽度的3倍,导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中,左侧呈弧形升高,ab、cd是质量均为m的金属棒,现让ab从离水平轨道h高度处由静止下滑,重力加速度大小为g,设导轨足够长.求:
(1)ab、cd棒的最终速度;
(2)全过程中感应电流产生的焦耳热.
【答案】 (1)1102gh 3102gh (2)910mgh
【解析】 (1)设ab、cd棒接在导轨间的长度分别为3L和L,磁感应强度为B,ab棒进入水平轨道时的速度为v,对于ab棒在下落h过程应用动能定理:mgh=12mv2
解得ab棒刚进入磁场时的速度大小为v=2gh
当ab棒进入水平轨道后,切割磁感线产生感应电流.ab棒受到安培力作用而减速,cd棒受到安培力而加速,cd棒运动后也将产生感应电动势,与ab棒的感应电动势反向,因此回路中的电流将减小.最终匀速运动时,回路的电流为零,所以Eab=Ecd
即:3BLva=BLvc,得3va=vc
设ab棒从进入水平轨道开始到速度稳定所用的时间为Δt,对ab、cd分别应用动量定理得:
-FaΔt=-3BILΔt=mva-mv
FcΔt=BILΔt=mvc-0
解得:va=1102gh,vc=3102gh.
(2)根据能量守恒定律得全过程回路产生的总焦耳热为:
Q=mgh-12mva2-12mvc2
联立得:Q=910mgh.
19.如图所示,光滑斜面的倾角为θ,斜面上放置一矩形导体线框abcd,ab边的边长为l1,bc边的边长为l2,线框的质量为m,电阻为R,线框通过绝缘细线绕过光滑的定滑轮与一重物相连,重物质量为M.斜面上ef线(ef平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B,如果线框从静止开始运动,进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的,且线框的ab边始终平行于底边,则下列说法正确的是( )
A.线框进入磁场前运动的加速度为Mg-mgsinθm
B.线框进入磁场时匀速运动的速度为(Mg-mgsinθ)RBl1
C.线框做匀速运动的总时间为B2l12Mg-mgRsinθ
D.匀速运动过程中产生的焦耳热为(Mg-mgsin θ)l2
【答案】 D
【解析】 由牛顿第二定律得,Mg-mgsin θ=(M+m)a,解得线框进入磁场前运动的加速度为Mg-mgsinθM+m,选项A错误;由平衡条件,Mg-mgsin θ-F安=0,F安=BIl1,I=ER,E=Bl1v,联立解得线框进入磁场时匀速运动的速度为v=(Mg-mgsinθ)RB2l12,选项B错误;线框做匀速运动的总时间为t=l2v=B2l12l2(Mg-mgsinθ)R,选项C错误;由能量守恒定律,该匀速运动过程中产生的焦耳热等于系统重力势能的减少量,即Q=(Mg-mgsin θ)l2,选项D正确.
20.(2020·石家庄模拟)(多选)如图所示,倾角θ=37°的粗糙斜面固定在水平地面上,斜面上间距d=1 m 的两平行虚线aa'和bb'之间有垂直斜面向上的有界匀强磁场,磁感应强度B=5 T.现有一质量m=1 kg、总电阻R=5 Ω、边长也为d=1 m的正方形金属线圈MNPQ有一半面积位于磁场中,现让线圈由静止开始沿斜面下滑,下滑过程中线圈MN边始终与虚线aa'保持平行,线圈的下边MN穿出aa'时开始做匀速直线运动.已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,线圈与斜面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
A.从开始到线圈完全进入磁场的过程,通过线圈某一截面的电荷量为0.5 C
B.线圈做匀速直线运动时的速度大小为0.4 m/s
C.线圈速度为0.2 m/s时的加速度为1.6 m/s2
D.线圈从开始运动到通过整个磁场的过程中产生的焦耳热为3 J
【答案】 AB
【解析】 q=It=ERt=ΔΦtRt=ΔΦ1R=d22×1R,代入数据有q=0.5 C,选项A正确;线圈做匀速直线运动时,沿斜面有mgsin θ=μmgcos θ+BId,又I=BdvR,两式联立得v=0.4 m/s,选项B正确;线圈速度v=0.2 m/s时,沿斜面有mgsin θ-μmgcos θ-B2d2vR=ma,有a=1 m/s2,选项C错误;线圈从开始运动到通过整个磁场的过程中能量守恒:mgsin θ×32d=μmgcos θ×32d+12mv2+Q,代入数据有Q=2.92 J,选项D错误.
21.(2020·洛阳模拟)如图所示,足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ相距为L,导轨平面与水平面的夹角为α,导轨电阻不计,磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面斜向上,长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上,且始终与导轨接触良好,金属棒的质量为m、电阻为R.两金属导轨的上端连接右侧电路,电路中R2为一电阻箱,已知灯泡的电阻RL=3R不变,定值电阻R1=R,调节电阻箱使R2=6R,重力加速度为g,闭合开关S,现将金属棒由静止释放.
(1)求金属棒下滑的最大速度vm的大小;
(2)若金属棒下滑距离为x时速度恰好达到最大,求金属棒由静止开始下滑x的过程中流过R1的电荷量和R1产生的焦耳热Q1;
(3)改变电阻箱R2的值,求R2为何值时,金属棒匀速下滑过程中R2消耗的电功率最大.
【答案】(1)4mgRsinαB2L2 (2)BLx4R 14mgxsin α-2m3g2R2sin 2αB4L4 (3)3R
【解析】(1)当金属棒受力平衡时速度最大,有mgsin α=F安,F安=BIL,I=BLvmR总
R总=4R,联立解得vm=4mgRsinαB2L2.
(2)金属棒下滑距离为x的过程中平均感应电动势E=ΔΦΔt=BLxΔt,
平均感应电流I=E4R
得通过R1的电荷量q=IΔt=BLx4R
此过程由动能定理有WG-W安=12mvm2
WG=mgxsin α,W安=Q
解得总焦耳热Q=mgxsin α-8m3g2R2 sin 2αB4L4
则Q1=14Q=14mgxsin α-2m3g2R2 sin 2αB4L4.
(3)设金属棒匀速下滑时,mgsin α=BIL
则I=mgsinαBL
由分流原理知,通过R2的电流大小为I2=RLR2+RLI=3RR2+3RI
又P2=I22R2
联立可得P2=9R2R2R22+6RR2+9R2mgsinαBL2=9R2R2+9R2R2+6RmgsinαBL2
由数学知识得,当R2=9R2R2,即R2=3R时,R2消耗的功率最大.
必刷10 电磁感应中的四类综合问题
必刷点1 电磁感应电路问题
考法1 转动切割的电路问题
典例1.如图甲所示,发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具,它在飞起时能够持续闪烁发光.某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化:如图乙所示,半径为L的导电圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴O1O2以角速度ω匀速转动,圆环上接有电阻均为r的三根金属辐条OP、OQ、OR,辐条互成120°角.在圆环左半部分分布着垂直圆环平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场,在转轴O1O2与圆环的边缘之间通过电刷M、N与一个LED灯相连(假设LED灯电阻恒为r).其他电阻不计,从辐条OP进入磁场开始计时.
(1)在辐条OP转过60°的过程中,求通过LED灯的电流;
(2)求圆环每旋转一周,LED灯消耗的电能.
【答案】 (1)BL2ω4r (2)5πωB2L464r
【解析】 (1)在辐条OP转过60°的过程中,OP、OQ均处在磁场中,电路的电动势为E=12BL2ω
电路的总电阻为R=r2+r2=r
由闭合电路欧姆定律可知,电路的总电流为I=ER=BL2ω2r
通过LED灯的电流I1=12I=BL2ω4r
(2)设圆环转动一周的周期为T,在辐条OP转过60°的过程中,LED灯消耗的电能Q1=I12r·T6
在辐条OP转过60°~120°的过程中,仅OP处在磁场中,电路的电动势为E'=12BL2ω
电路的总电阻为R'=r+r3=43r
由闭合电路欧姆定律可知,电路的总电流为I'=E'R'=3BL2ω8r
通过LED灯的电流I2=13I'=BL2ω8r
LED灯消耗的电能Q2=I22r·T6
圆环每旋转一周,LED灯消耗的电能发生三次周期性变化
所以Q=3×(Q1+Q2)=5πωB2L464r.
变式1.半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内,一长为r、质量分布均匀的直导体棒MN置于圆导轨上,NM的延长线过圆导轨中心O,装置的俯视图如图所示.整个装置置于一磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场的方向竖直向下.在内、外圆导轨间对称地接有三个阻值均为R的电阻.直导体棒在垂直作用于导体棒MN中点的水平外力F作用下,以角速度ω绕O点顺时针匀速转动,在转动过程中始终与导轨保持良好接触,导体棒和导轨电阻均可忽略.求:
(1)导体棒产生的感应电动势;
(2)流过导体棒的感应电流;
(3)外力的大小.
【答案】 (1)32Bωr2 (2)9Bωr22R (3)9ωB2r32R
【解析】 (1)导体棒MN转动切割磁感线时产生的电动势为
E=12Bω(2r)2-12Bωr2=32Bωr2.
(2)外电路的三个电阻为并联关系,则外电路的总电阻为R总=R3
根据闭合电路欧姆定律有I总=ER总=32Bωr2R3=9Bωr22R.
(3) 外力F=BI总L=B·9Bωr22R·r=9ωB2r32R.
考法2 变化磁场的电路结构分析
典例2.(2016·全国卷Ⅲ)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.
【答案】(1)kt0SR (2)B0lv0(t-t0)+kSt B0lv0+kSB0lR
【解析】(1)在金属棒未越过MN之前,t时刻穿过回路的磁通量为Φ=ktS ①
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E=-ΔΦΔt ②
由欧姆定律有i=ER ③
由电流的定义有i=ΔqΔt ④
联立①②③④式得|Δq|=kSRΔt 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|=kt0SR 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是匀强磁场施加的安培力,设此时回路中的电流为I,则F的大小为F=B0Il ⑧
此时金属棒与MN之间的距离为s=v0(t-t0) ⑨
匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ'=B0ls ⑩
回路的总磁通量为Φt=Φ-Φ'
式中Φ仍如①式所示,由①⑨⑩可得在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为Φt=B0lv0(t-t0)+kSt
在t到t+Δt的时间间隔内,总磁通量的改变ΔΦt为ΔΦt=(B0lv0+kS)Δt
由法拉第电磁感应定律可得,回路中感应电动势的大小为Et=ΔΦtΔt
由欧姆定律有I=EtR
联立⑦⑧可得f=B0lv0+kSB0lR.
变式2.(多选)在如图甲所示的电路中,螺线管匝数n=1 500,横截面积S=20 cm2.螺线管导线电阻r=1 Ω,R1=4 Ω,R2=5 Ω,C=30 μF.在一段时间内,穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化.下列说法正确的是( )
A.螺线管中产生的感应电动势为1.2 V
B.闭合S,电路中的电流稳定后电容器的上极板带正电
C.电路中的电流稳定后,电阻R1的电功率为5×10-2 W
D.S断开后,通过R2的电荷量为1.8×10-5 C
【答案】 AD
【解析】 由法拉第电磁感应定律可知,螺线管内产生的电动势为E=nΔBΔtS=1.2 V,选项A正确;根据楞次定律,当穿过螺线管的磁通量增加时,螺线管下部可以看成电源的正极,则电容器下极板带正电,选项B错误;电流稳定后,电流I=ER1+R2+r=0.12 A,电阻R1上消耗的电功率为P=I2R1=5.76×10-2 W,选项C错误;开关断开后通过电阻R2的电荷量为Q=CU=CIR2=1.8×10-5 C,选项D正确.
必刷点2 电磁感应的力学问题
考法1 单杆模型
典例3. (2020·湖北枣阳模拟)如图所示,水平面内有两根足够长的平行导轨L1、L2,其间距d=0.5 m,左端接有电容C=2 000 μF的电容器.质量m=20 g的导体棒可在导轨上无摩擦滑动,导体棒和导轨的电阻不计.整个空间存在着垂直导轨所在平面的匀强磁场,磁感应强度B=2 T.现用一沿导轨方向向右的恒力F1=0.44 N作用于导体棒,使导体棒从静止开始运动,经t时间后到达B处,速度v=5 m/s.此时,突然将拉力方向变为沿导轨向左,大小变为F2,又经2t时间后导体棒返回到初始位置A处,整个过程电容器未被击穿.求:
(1)导体棒运动到B处时,电容器C上的电荷量;
(2)t的大小;
(3)F2的大小.
【答案】 (1)1×10-2 C (2)0.25 s (3)0.55 N
【解析】 (1)当导体棒运动到B处时,电容器两端电压为
U=Bdv=2×0.5×5 V=5 V
此时电容器积累的电荷量
Q=CU=2 000×10-6×5 C=1×10-2 C.
(2)棒在F1作用下由牛顿第二定律有F1-BId=ma1,
又I=ΔQΔt=CBdΔvΔt,a1=ΔvΔt
联立解得:a1=F1m+CB2d2=20 m/s2,可见棒的加速度不变,说明棒做匀加速运动,则t=va1=0.25 s.
(3)由(2)可知棒在F2作用下,先向右做匀减速运动,此时电容器放电,棒受到的安培力向右;当棒的速度减小为零时,电容器放电完毕,此后棒向左做匀加速运动,电容器被反向充电,此时棒受的安培力仍然向右,由(2)可知导体棒做匀加速直线运动的加速度大小a2=F2m+CB2d2,方向向左
而两种情况下位移等大、反向,则有
12a1t2=-a1t·2t-12a2(2t)2
将相关数据代入解得F2=0.55 N.
变式3.(2017·海南卷)(多选)如图,空间中存在一匀强磁场区域,磁场方向与竖直面(纸面)垂直,磁场的上、下边界(虚线)均为水平面;纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd,其上、下两边均与磁场边界平行,边长小于磁场上、下边界的间距.若线框自由下落,从ab边进入磁场时开始,直至ab边到达磁场下边界为止,线框下落的速度大小可能( )
A.始终减小 B.始终不变 C.始终增加 D.先减小后增加
【答案】 CD
【解析】 当ab边进入磁场时产生感应电动势,受到向上的安培力F=BIL=B2L2v0R作用,若安培力F=mg,则线框做匀速运动,当线框全部进入磁场后,不产生感应电流,在重力作用下加速运动,选项B错误;若安培力F=BIL=B2L2v0R
变式4.(足够长的平行金属导轨MN和PQ表面粗糙,与水平面间的夹角为θ=37°(sin 37°=0.6),间距为1 m.垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为4 T,P、M间所接电阻的阻值为8 Ω.质量为2 kg的金属杆ab垂直导轨放置,不计杆与导轨的电阻,杆与导轨间的动摩擦因数为0.25.金属杆ab在沿导轨向下且与杆垂直的恒力F作用下,由静止开始运动,杆的最终速度为8 m/s,取g=10 m/s2,求:
(1)当金属杆的速度为4 m/s时,金属杆的加速度大小;
(2)当金属杆沿导轨的位移为6.0 m时,通过金属杆的电荷量.
【答案】 (1)4 m/s2 (2)3 C
【解析】 (1)对金属杆ab应用牛顿第二定律有
F+mgsin θ-F安-f=ma
f=μFN
FN=mgcos θ
ab杆所受安培力大小为F安=BIL
ab杆切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv
由闭合电路欧姆定律可知I=ER
整理得F+mgsin θ-B2L2Rv-μmgcos θ=ma
代入vm=8 m/s时a=0,解得F=8 N
代入v=4 m/s及F=8 N,解得a=4 m/s2.
(2)设通过回路截面的电荷量为q,则q=It
回路中的平均电流强度为I=ER
回路中产生的平均感应电动势为E=ΔΦt
回路中的磁通量变化量为ΔΦ=BLx
联立解得q=3 C.
考法2 双杆模型
典例4. (1)如图1,两根平行的金属导轨,固定在同一水平面上,磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在平面垂直,导轨的电阻很小,可忽略不计,导轨间的距离为l.两根质量均为m、电阻均为R的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动,滑动过程中与导轨保持垂直.在t=0时刻,两杆都处于静止状态.现有一与导轨平行、大小恒为F的力作用于金属杆甲上,使金属杆在导轨上滑动,试分析金属杆甲、乙的收尾运动情况.
(2)如图2所示,两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内,导轨上横放着两根导体棒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,设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行.开始时,棒cd静止,棒ab有指向棒cd的初速度.若两导体棒在运动中始终不接触,试定性分析两棒的收尾运动情况.
【答案】 见解析
【解析】 (1)设某时刻金属杆甲和乙的速度大小分别为v1和v2,加速度大小分别为a1和a2,受到的安培力大小均为F1,则感应电动势为E=Bl(v1-v2) ①
感应电流为I=E2R ②
对甲和乙分别由牛顿第二定律得F-F1=ma1,F1=ma2 ③
当v1-v2=定值(非零),即系统以恒定的加速度运动时
a1=a2 ④
解得a1=a2=F2m ⑤
可见,甲、乙两金属杆最终水平向右以相同的加速度做匀加速运动,速度一直增大.
(2) ab棒向cd棒运动时,两棒和导轨构成的回路面积变小,磁通量发生变化,回路中产生感应电流.ab棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动,cd棒则在安培力作用下做加速运动,在ab棒的速度大于cd棒的速度时,回路中总有感应电流,ab棒继续减速,cd棒继续加速.两棒达到相同速度后,回路面积保持不变,磁通量不变化,不产生感应电流,两棒以相同的速度v水平向右做匀速运动.
变式5.(2020·广西桂林模拟)如图所示,竖直放置的两光滑平行金属导轨,置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中,两根质量相同的导体棒a和b,与导轨紧密接触且可自由滑动.先固定a、释放b,当b的速度达到10 m/s时,再释放a,经过1 s后,a的速度达到12 m/s,求:
(1)此时b的速度大小;
(2)若导轨很长,a、b棒最后的运动状态.
【答案】(1)18 m/s (2)a、b棒最后以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动
【解析】(1)当b棒先向下运动时,在a和b以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流,于是a棒受到向下的安培力,b棒受到向上的安培力,且二者大小相等.释放a棒后,经过时间t,分别以a和b为研究对象,根据动量定理,则有:
(mg+F)t=mva
(mg-F)t=mvb-mv0
联立解得vb=18 m/s.
(2)在a、b棒向下运动的过程中,a棒产生的加速度a1=g+Fm,b棒产生的加速度a1=g-Fm.当a棒的速度与b棒接近时,闭合回路中的 ΔΦ逐渐减小,感应电流也逐渐减小,则安培力也逐渐减小.最后,两棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动
必刷点3 电磁感应的图象问题
考法1 动生类图象
典例5. (多选)如图所示,一个边长为L的正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t变化的图象中,可能正确的是( )
【答案】ACD
【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,大小不变,通过的电荷量q=It均匀减小,选项A正确,选项B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,但速度增大会导致安培力也增大,则加速度减小,当安培力增大到等于重力时,加速度变为零,选项C正确;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,选项D正确.
变式6.如图所示,垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a,磁感应强度的大小为B.一边长为a、电阻为4R的正方形均匀导线框ABCD从图示位置开始沿水平向右方向以速度v匀速穿过磁场区域,在图中线框A、B两端的电压UAB与线框移动距离x的关系图象正确的是( )
【答案】 D
【解析】 线框进入磁场时,注意UAB是路端电压,大小应该是电动势的四分之三,此时E=Bav,所以UAB=3Bav4;完全进入磁场后,没有感应电流,但有感应电动势,则UAB=Bav;穿出磁场时,电压大小应该是感应电动势的四分之一,UAB=Bav4,方向始终相同,即φA>φB,选项D正确.
考法2 感生类图象
典例6. 将一段导线绕成图甲所示的闭合回路,并固定在水平面(纸面)内.回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中,回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ.以向里为磁场Ⅱ的正方向,其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示.用F表示ab边受到的安培力,以水平向右为F的正方向,下列能正确反映F随时间t变化的图象是( )
【答案】 B
【解析】 由图乙可知B在0~T2和T2~T是均匀变化的,根据E=ΔBSΔt,I=ER,F=BIL可知,在0~T2和T2~T时间段内安培力F是恒力,选项C、D错误;在0~T2时间内,根据楞次定律可知电流方向由b向a,由左手定则可知ab受向左的安培力,F为负值,选项A错误,B正确.
必刷点3 电磁感应中的能量和动量问题
典例7. (2019·海南卷)如图,一水平面内固定有两根平行的长直金属导轨,导轨间距为l;两根相同的导体棒AB、CD置于导轨上并与导轨垂直,长度均为l;棒与导轨间的动摩擦因数为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力);整个装置处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向竖直向下.从t=0时开始,对AB棒施加一外力,使AB棒从静止开始向右做匀加速运动,直到t=t1时刻撤去外力,此时棒中的感应电流为i1;已知CD棒在t=t0(0
(1)求AB棒做匀加速运动的加速度大小;
(2)求撤去外力时CD棒的速度大小;
(3)撤去外力后,CD棒在t=t2时刻静止,求此时AB棒的速度大小.
【答案】 (1)2μmgRB2l2t0 (2)2μmgRt1B2l2t0-2Ri1Bl (3)4μmgRt1B2l2t0-2Ri1Bl-2μg(t2-t1)
【解析】(1)0~t0时间内CD棒未动,这段时间内只有AB棒在做匀加速直线运动;
在t0时刻,CD棒开始运动,则此时对CD棒有:F安=BIL=f静max=μmg ①
对AB棒与CD棒构成的回路,由闭合电路的欧姆定律有:I=E2R ②
在0~t0时间内AB棒切割磁感线产生感应电动势为:E=BlvAB ③
对0~t0时间内AB棒做匀加速直线运动有:vAB=0+at0 ④
联立①②③④可得:AB棒做匀加速直线运动的加速度大小为:a=2μmgRB2l2t0 ⑤
(2)在t1时刻AB棒的速度vAB'=0+at1=2μmgRt1B2l2t0 ⑥
在t1时刻,对AB棒与CD棒构成的回路由闭合电路的欧姆定律有:i1=E'2R ⑦
在t1时刻,AB棒和CD棒都在切割磁感线且AB棒的速度较大,所以产生的感应电动势为:E'=Bl(vAB'-vCD') ⑧
联立⑥⑦⑧可得,vCD'=2μmgRt1B2l2t0-2Ri1Bl ⑨
(3)在t1~t2时间内,选水平向右为运动的正方向,则对AB棒和CD棒分别由动量定理有:
对AB:-F安Δt-μmgΔt=mvAB″-mvAB' ⑩
对CD:F安Δt-μmgΔt=0-mvCD'
其中Δt=t2-t1,联立⑥⑨⑩可得,vAB″=4μmgRt1B2l2t0-2Ri1Bl-2μg(t2-t1).
变式7.(2020·广东佛山模拟)如图所示,水平面上固定有形状为的光滑金属导轨abcd和efgh;ab、ef平行,间距为2L;cd、gh平行,间距为L,且右端足够长;垂直ab和ef放置一质量为m的粗细均匀金属棒MN,导轨cd、gh的最左端垂直放置另一质量也为m的金属棒PQ,两金属棒均与导轨接触良好.MN、PQ棒接入电路的电阻分别为2R和R,导轨电阻不计.导轨平面内有垂直于平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B.给MN棒一个水平向右、大小为2v0的初速度,当MN棒运动到导轨ab、ef的最右端时,回路中电流恰好为零.求:
(1)MN棒运动到导轨ab、ef的最右端时,MN棒的速度大小;
(2)回路中电流再次为零时,PQ棒最终产生的总热量.
【答案】 (1)23v0 (2)13mv02
【解析】 (1)MN棒从开始至运动到导轨ab、ef的最右端时,对于MN,根据动量定理有:-BI·2l·t=2mv1-2m·2v0
对于PQ,根据动量定理有:BI·l·t=mv2-0
由于MN棒运动到导轨ab、ef的最右端时,回路中电流恰好为零,此时有v2=2v1
联立解得v1=23v0,v2=43v0.
(2)当MN棒运动到导轨ab、ef的最右端时,系统产生的总热量为Q=12m·(2v0)2-12mv12-12mv22
在这个过程中PQ棒产生的热量为Q1=RR+2RQ
当MN棒运动到cd、gh导轨上至电流再次为零时,MN、PQ棒的速度相等,根据动量守恒定律有:mv1+mv2=2mv
此过程系统产生的热量为Q'=12mv12+12mv22-12·2mv2
在这个过程中PQ棒产生的热量为Q2=R2R+RQ'
PQ棒最终产生的总热量为Q总=Q1+Q2
联立解得Q总=13mv02.
练考点 过基础 过素养
题组一 电磁感应电路问题
1.(2020·江西吉安模拟)如图甲所示,在光滑水平面上,一个正方形闭合线框abcd在水平外力的作用下,从静止开始沿垂直磁场边界方向穿过匀强磁场.线框中产生的感应电流i和运动时间t的变化关系如图乙中的实线所示,则线框边长与磁场宽度(两边界之间的距离)之比为( )
A.1∶2 B.1∶3 C.3∶5 D.3∶8
【答案】 D
【解析】 由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有I=BLvR,根据题给图象可知,线框的运动为初速度为零的匀加速直线运动,设其加速度为a,则线框刚进入磁场时的速度为2a,然后以该速度切割磁感线产生感应电流,若设线框边长为L,磁场宽度为d,则图象中有电流的时间,即线框的右边刚进入磁场到线框全部进入磁场的过程,有L=2a+4a2×2,从线框全部进入磁场到线框右边到达磁场右边界的过程,没有电流产生,有d-L=4a+6a2×2,以上二式联立解得Ld=38,选项D正确.
2.(2020·湖北枣阳质检)如图所示,竖直平面内有一金属环,半径为a,总电阻为R(指的是剪开拉直时两端的电阻),磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面,与环的最高点A连接的长度为2a、电阻为R2的导体棒AB由水平位置紧贴环面摆下,当摆到竖直位置时,B点的线速度为v,则这时导体棒AB两端的电压大小为( )
A.Bav3 B.Bav6 C.2Bav3 D.Bav
【答案】 A
【解析】 摆到竖直位置时,导体棒AB切割磁感线的瞬时感应电动势E=B·2a·12v=Bav,由闭合电路欧姆定律得,UAB=ER2+R4·R4=13Bav,选项A正确.
3.(2020·江苏宿迁调研)(多选)用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环,ab为圆环的一条直径.如图所示,在ab的左侧存在一个匀强磁场,磁场垂直于圆环所在平面,方向如图,磁感应强度大小随时间的变化率ΔBΔt=k(k<0).则( )
A.圆环中产生逆时针方向的感应电流
B.圆环具有扩张的趋势
C.圆环中感应电流的大小为krS2ρ
D.图中a、b两点间的电势差Uab=14kπr2
【答案】 BD
【解析】 根据楞次定律和安培定则,圆环中将产生顺时针方向的感应电流,且具有扩张的趋势,选项A错误,B正确;根据法拉第电磁感应定律,圆环中产生的感应电动势大小为E=ΔBπr22Δt=kπr22,由电阻定律知R=ρ2πrS,所以感应电流的大小为I=ER=krS4ρ,选项C错误;a、b两点间的电势差Uab=I×12R=14kπr2,选项D正确.
4.如图,由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd,固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中.一接入电路电阻为R的导体棒PQ,在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动,滑动过程PQ始终与ab垂直,且与线框接触良好,不计摩擦.在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中( )
A.PQ中电流先增大后减小
B.PQ两端电压先减小后增大
C.PQ上拉力的功率先减小后增大
D.线框消耗的电功率先减小后增大
【答案】 C
【解析】 设导体棒PQ左侧电路的电阻为Rx,则右侧电路的电阻为3R-Rx,所以外电路的总电阻为R'=Rx(3R-Rx)3R,当Rx=3R2时,总电阻最大,为R'm=3R4,在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中,总电阻R'先增大后减小,路端电压先增大后减小,选项B错误;由I=ER+R'知,PQ中的电流I先减小后增大,选项A错误;由于导体棒做匀速运动,拉力等于安培力,即F=BIL,拉力的功率P=Fv=BILv,PQ中的电流I先减小后增大,所以拉力的功率也是先减小后增大,选项C正确;由于总电阻最大为Rm'=3R4,小于电源(导体棒)的内电阻R,外电阻等于电源内阻时输出功率最大,如图所示,又外电阻先增大后减小,所以线框消耗的电功率先增大后减小,选项D错.
题组二 电磁感应力学问题
5.(2020·长春模拟)(多选)如图所示,两足够长平行金属导轨固定在水平面上,匀强磁场方向垂直导轨平面向下,金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动,两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd,经过足够长时间以后( )
A.金属棒ab、cd都做匀速运动
B.金属棒ab上的电流方向是由b向a
C.金属棒cd所受安培力的大小等于2F3
D.两金属棒间距离保持不变
【答案】BC
【解析】对两金属棒ab、cd进行受力和运动分析可知,两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动,且金属棒ab速度小于金属棒cd速度,所以两金属棒间距离是变大的,由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向是由b到a,选项A、D错误,选项B正确;以两金属棒整体为研究对象有F=3ma,隔离金属棒cd分析有F-F安=ma,可求得金属棒cd所受安培力的大小F安=23F,选项C正确.
6.(2019·湖南长沙月考)(多选)如图所示的竖直平面内,水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直竖直平面向里的匀强磁场,其宽度均为d,Ⅰ和Ⅱ之间有一宽度为h的无磁场区域,h>d.一质量为m、边长为d的正方形线框从距区域Ⅰ上边界高度h处静止释放.线框能匀速地通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ,重力加速度为g,空气阻力忽略不计.则下列说法正确的是( )
A.区域Ⅰ与区域Ⅱ内磁场的磁感应强度大小的比值一定大于1
B.线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ时的速度大小之比为2∶1
C.线框通过区域Ⅰ和区域Ⅱ过程中产生的热量相等
D.线框进入区域Ⅰ和区域Ⅱ过程中通过线框某一横截面的电荷量相等
【答案】 AC
【解析】通过磁场Ⅰ时,能匀速通过,说明线框受到的安培力大小等于重力,即F安=B1Id=B12d2v1R=mg,在Ⅰ和Ⅱ之间运动时,线框做加速运动,所以进入磁场Ⅱ时的速度大于进入磁场Ⅰ时的速度,v2>v1,因为能匀速通过磁场Ⅱ,所以B22d2v2R=mg,故B22d2v2R=B12d2v1R,可得B1B2=v2v1>1,选项A正确;进入磁场Ⅰ时有v1=2gh,进入磁场Ⅱ时有v2=2g(2h-d),故v1v2=h2h-d≠2,选项B错误;两个过程中产生的热量等于克服安培力做的功,而两个过程中安培力大小等于重力,则做功都为W=2mgd,所以两个过程中产生的热量相同,选项C正确;根据q=ΔΦR=BSR可得q1=ΔΦR=B1d2R,q2=ΔΦR=B2d2R,由于两个磁场的磁感应强度不同,所以通过线框某一横截面的电荷量不相等,选项D错误.
7.(2020·湖北枣阳模拟)如图所示,两平行光滑金属导轨由两部分组成,左面部分水平,右面部分为半径r=0.5 m 的竖直半圆,两导轨间距离d=0.3 m,导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小为B=1 T 的匀强磁场中,两导轨电阻不计.有两根长度均为d的金属棒ab、cd,均垂直导轨置于水平导轨上,金属棒ab、cd的质量分别为m1=0.2 kg、m2=0.1 kg,电阻分别为R1=0.1 Ω、R2=0.2 Ω.现让ab棒以v0=10 m/s的初速度开始水平向右运动,cd棒进入圆轨道后,恰好能通过轨道最高点PP',cd棒进入圆轨道前两棒未相碰,重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)ab棒开始向右运动时cd棒的加速度大小a0;
(2)cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1;
(3)cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W.
【答案】 (1)30 m/s2 (2)7.5 m/s (3)4.375 J
【解析】 (1)ab棒开始向右运动时,设回路中电流为I,有
E=Bdv0
I=ER1+R2
对cd棒由牛顿第二定律得BId=m2a0
联立解得:a0=30 m/s2.
(2)设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2,系统动量守恒,有
m1v0=m1v1+m2v2
cd棒进入圆轨道后恰能通过轨道最高点,由机械能守恒定律得12m2v22=m2g·2r+12m2vP2
cd棒在最高点PP',有m2g=m2vP2r
联立解得:v1=7.5 m/s.
(3)对ab棒由动能定理得-W=12m1v12-12m1v02
解得:W=4.375 J.
题组三 电磁感应图象问题
8.如图所示,电阻R=1 Ω、半径为r1=0.2 m的单匝圆形导线框P内有一个与P共面的圆形磁场区域Q,P、Q的圆心相同,Q的半径r2=0.1 m.在t=0时刻,Q内存在着垂直于圆面向里的磁场,磁感应强度B随时间t变化的关系是B=2-t(T).若规定逆时针方向为电流的正方向,则线框P中感应电流I随时间t变化的关系图象应该是下图中的( )
【答案】 C
【解析】 圆形导线框P中产生的感应电动势为E=ΔB·SΔt=ΔBΔt·πr2=-0.01π V,由I=ER,得:I=-0.01π A,其中负号表示电流的方向沿顺时针,选项C正确.
9. 如图甲所示,正三角形硬导线框abc固定在磁场中,磁场方向与线框平面垂直.图乙表示该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系,t=0时刻磁场方向垂直纸面向里.在0~4t0时间内,线框ab边受到该磁场对它的安培力F随时间t变化的关系图为(规定垂直ab边向左为安培力的正方向)( )
【答案】 A
【解析】 0~t0时间内,磁场方向垂直纸面向里且均匀减小,ΔBΔt=B0t0,根据楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知:流经导线ab的电流I不变,方向从b到a,ab边受到的安培力方向向左,大小为F=BIL,均匀减小到零;同理,t0~2t0时间内,磁场方向垂直纸面向外且均匀增大,ΔBΔt=B0t0,流经导线ab的电流I不变,方向从b到a,其受到的安培力方向向右,从零开始均匀增大;2t0~3t0时间内,磁场方向垂直纸面向外,ΔBΔt=0,导线ab不受安培力;3t0~3.5t0时间内,磁场方向垂直纸面向外且均匀减小,ΔBΔt=2B0t0,流经导线ab的电流为2I不变,方向从a到b,其受到的安培力方向向左,大小为F=2BIL,即均匀减小到零;3.5t0~4t0时间内,磁场方向垂直纸面向里且均匀增加,ΔBΔt=2B0t0,流经导线ab的电流为2I不变,方向从a到b,其受到的安培力方向向右,大小为F=2BIL,即从零开始均匀增大,选项A正确.
10.(2019·全国卷Ⅱ)(多选)如图,两条光滑平行金属导轨固定,所在平面与水平面夹角为θ,导轨电阻忽略不计.虚线ab、cd均与导轨垂直,在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场.将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放,两者始终与导轨垂直且接触良好.已知PQ进入磁场时加速度恰好为零.从PQ进入磁场开始计时,到MN离开磁场区域为止,流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是( )
A B
C D
【答案】 AD
【解析】 由于PQ进入磁场时加速度为零,若PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场,则PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间,由于磁通量Φ不变,无感应电流,由于PQ、MN在同一位置由静止释放,故MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同,所以电流大小也应该相同,选项A正确,选项B错误;若PQ出磁场前MN已经进入磁场,由于磁通量Φ不变,PQ、MN均加速运动,PQ出磁场后,MN由于加速故电流比PQ进入磁场时电流大,由BIL-mgsin θ=ma>0知,MN减速,感应电流减小,选项C错误,选项D正确.
11.(2020·湖北十堰模拟)如图,一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内,线框在长直导线右侧,且其长边与长直导线平行.已知在t=0到t=t1的时间间隔内,直导线中电流i发生某种变化,而线框中感应电流总是沿顺时针方向;线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右.设电流i正方向与图中箭头方向相同,则i随时间t变化的图线可能是( )
【答案】 A
【解析】 要求线框中感应电流沿顺时针方向,根据楞次定律,可知线框内磁场要么向里减弱(载流直导线中电流正向减小),要么向外增强(载流直导线中电流负向增大);线框所受安培力向左时,载流直导线电流一定在减小,线框所受安培力向右时,载流直导线中电流一定在增大.选项A正确.
题组四 电磁感应能量和动量问题
12.(2020·浙江绍兴模拟)(多选)两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置,顶端接一电阻R,导轨所在平面与匀强磁场垂直.将一金属棒与下端固定的轻弹簧的上端拴接,金属棒和导轨接触良好,重力加速度为g,如图所示.现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放,则( )
A.金属棒在最低点的加速度小于g
B.回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量
C.当弹簧弹力等于金属棒的重力时,金属棒下落的速度最大
D.金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度
【答案】 AD
【解析】 如果金属棒不受安培力,金属棒和弹簧组成了一个弹簧振子,由简谐运动的对称性可知其在最低点的加速度大小为g,但由于金属棒在运动过程中受到与速度方向相反的安培力作用,所以金属棒在最低点时的弹性势能一定比没有安培力做功时小,弹性形变量一定变小,故加速度小于g,选项A正确;回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量与弹簧弹性势能增加量之差,选项B错误;当弹簧弹力与安培力之和等于金属棒的重力时,金属棒下落速度最大,选项C错误;由于金属棒运动过程中产生电能,所以金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度,选项D正确.
13.(多选)如图所示,相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ,上端接有定值电阻R,匀强磁场垂直于导轨平面向下,磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放,当速度达到v时开始匀速运动,此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力,并保持拉力的功率为P,导体棒最终以2v的速度匀速运动.导体棒始终与导轨垂直且接触良好,不计导轨和导体棒的电阻,重力加速度为g,下列选项正确的是( )
A.P=2mgvsin θ
B.P=3mgvsin θ
C.当导体棒速度达到v2时,加速度大小为g2sin θ
D.在速度达到2v以后的匀速运动的过程中,R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
【答案】 AC
【解析】 当速度达到v时开始匀速运动,受力分析可得mgsin θ=B2L2vR,导体棒最终以2v的速度匀速运动时,拉力为F=mgsin θ,所以拉力的功率为P=2mgvsin θ,选项A正确,B错误;当导体棒速度达到v2时所受安培力F=12mgsin θ,加速度为a=g2sin θ,选项C正确;在速度达到2v以后匀速运动的过程中,根据能量守恒定律,R上产生的焦耳热等于拉力所做的功加上重力做的功,选项D错误.
14.(2019·全国卷Ⅲ)(多选)如图,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.下列图象中可能正确的是( )
【答案】 AC
【解析】 ab棒向右运动,切割磁感线产生感应电流,则受到向左的安培力,从而向右做减速运动;金属棒cd受向右的安培力作用而做加速运动,随着两棒的速度差的减小安培力减小,加速度减小,速度v非均匀变化,当两棒速度相等时,感应电流为零,最终两棒共速,一起做匀速运动,根据动量守恒定律可知两者最终共同的速度为v02,最终电路中电流为0,选项A、C正确,B、D错误.
15.用密度为d、电阻率为ρ、粗细均匀的金属导线制成两个闭合正方形线框M和N,边长均为L,线框M、N的导线横截面积分别为S1、S2,且S1>S2,如图所示.匀强磁场仅存在于相对磁极之间,磁感应强度大小为B,其他地方的磁场忽略不计.金属线框M水平放在磁场上边界的狭缝间,线框平面与磁场方向平行,开始运动时可认为M的aa'边和bb'边都处在磁场中.线框N在线框M的正上方,与线框M相距为h.两线框均从静止开始同时释放,其平面在下落过程中保持水平.设磁场区域在竖直方向足够长,不计空气阻力及两线框间的相互作用,重力加速度为g.
装置正视图 装置俯视图
(1)计算线框N刚进入磁场时产生的感应电流;
(2)在下落过程中,若线框N恰能追上线框M,N追上M时,M下落的高度为H,N追上M之前N一直做减速运动,求该过程中线框N产生的焦耳热;
(3)若将线框M、N均由磁场上边界处先后释放,释放的时间间隔为t,计算两线框在运动过程中的最大距离.
【答案】 (1)BS22ρ2gh (2)4LS2dg(h+H)-32LS2d3ρ2g2B4 (3)4dρgB2t
【解析】 (1)线框N进入磁场前,有mgh=12mv12
刚进入磁场时,有E=2BLv1
线框N中的感应电流IN=ERN
其中RN=ρ4LS2
联立解得IN=BS22ρ2gh.
(2)当线框M在磁场中运动达到匀速时,设速度为v2,有G=F安
其中线框重力G=mg=4LS1dg
安培力F安=2BIL
解得v2=4dρgB2
由上式可知匀速运动时的速度与导线截面积无关,所以两线框匀速运动的速度相同,均为v2.由此可知当线框N恰好追上M时,两者速度相等.选N为研究对象,根据能量守恒
可得N产生的焦耳热
QN=mg(h+H)-12mv22
=4LS2dg(h+H)-12·4LS2d·4dρgB22
=4LS2dg(h+H)-32LS2d3ρ2g2B4.
(3)线框释放后二者先后做变速运动
mg-F=ma即4LSdg-B2LvSρ=4LSda
解得a=g-B2v4dρ
由加速度可知:线框下落的加速度与线框的导线横截面积无关,两个线框在磁场中先后做相同的加速运动,当a减小到0时做匀速运动,所以只要后释放的线框还未达到匀速时,先释放的线框速度就比较大,二者的距离就会继续增大,当二者都做匀速运动时,间距最大.
此时最大间距Δx=v2t=4dρgB2t.
16.如图所示,光滑、足够长、不计电阻、轨道间距为l的平行金属导轨MN、PQ,水平放在竖直向下的磁感应强度不同的两个相邻的匀强磁场中,左半部分为Ⅰ匀强磁场区,磁感应强度为B1;右半部分为Ⅱ匀强磁场区,磁感应强度为B2,且B1=2B2.在Ⅰ匀强磁场区的左边界垂直于导轨放置一质量为m、电阻为R1的金属棒a;在Ⅰ匀强磁场区的某一位置,垂直于导轨放置另一质量也为m、电阻为R2的金属棒b.开始时b静止,给a一个向右的冲量I后a、b开始运动.设运动过程中,两金属棒总是与导轨垂直.
(1)求金属棒a受到冲量后的瞬间通过金属导轨的感应电流;
(2)设金属棒b在运动到Ⅰ匀强磁场区的右边界前已经达到最大速度,求金属棒b在Ⅰ匀强磁场区中的最大速度值;
(3)金属棒b进入Ⅱ匀强磁场区后,金属棒b再次达到匀速运动状态,设这时金属棒a仍然在Ⅰ匀强磁场区中.求金属棒b进入Ⅱ匀强磁场区后的运动过程中金属棒a、b中产生的总焦耳热.
【答案】 (1)B1lI(R1+R2)m (2)I2m (3)I240m
【解析】 (1)设金属棒a受到冲量I时的速度为v0,金属棒a产生的感应电动势为E,金属轨道中的电流为i,则
I=mv0
E=B1lv0
i=ER1+R2
联立解得i=B1lI(R1+R2)m.
(2)金属棒a和金属棒b在左部分磁场中运动过程中所受的安培力大小相等、方向相反,故a、b组成的系统,水平方向动量守恒.
金属棒a和金属棒b在Ⅰ匀强磁场区中运动过程中达到最大速度vm时,两金属棒速度相等,感应电流为零,两金属棒都匀速运动,根据动量守恒定律有
mv0=2mvm
解得vm=I2m.
(3)金属棒b进入Ⅱ匀强磁场区时,设金属棒a的感应电动势为E1,金属棒b的感应电动势为E2,
E1=B1lvm
E2=B2lvm
因为B1=2B2
所以E1=2E2
所以,金属棒b一进入Ⅱ匀强磁场区,电流立即出现,在安培力作用下金属棒a做减速运动,金属棒b做加速运动.设金属棒a在Ⅰ匀强磁场区运动时速度从vm变化到最小速度va,所用时间为t,则金属棒b在Ⅱ匀强磁场区运动时速度从vm变化到最大速度vb,所用时间也为t,此后金属棒a、b都匀速运动,则
B1lva=B2lvb
即vb=2va
设在t时间内通过金属棒a、b的电流平均值为I
根据动量定理有
B1Ilt=mvm-mva,方向向左
B2Ilt=mvb-mvm,方向向右
解得:va=35vm,vb=65vm
设金属棒b进入Ⅱ匀强磁场区后,金属棒a、b产生的总焦耳热为Q,根据能量守恒,有
12×2mvm2=12mva2+12mvb2+Q
Q=I240m.
17.如图,ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨,MN和M'N'是两根用细线连接的金属杆,其质量分别为m和2m.竖直向上的外力F作用在杆MN上,使两杆水平静止,并刚好与导轨接触;两杆的总电阻为R,导轨间距为l.整个装置处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与导轨所在平面垂直.导轨电阻可忽略,重力加速度为g.在t=0时刻将细线烧断,保持F不变,金属杆和导轨始终接触良好.求:
(1)细线烧断后,任意时刻两杆运动的速度大小之比;
(2)两杆分别达到的最大速度.
【答案】 (1)2∶1 (2)4mgR3B2l2 2mgR3B2l2
【解析】 设某时刻MN和M'N'速度分别为v1、v2.
(1)MN和M'N'组成的系统动量守恒:mv1-2mv2=0,求出:v1v2=2 ①
(2)当MN和M'N'的加速度为零时,速度最大
对M'N'受力平衡:BIl=2mg ②
I=ER ③
E=Blv1+Blv2 ④
由①②③④得:v1=4mgR3B2l2,v2=2mgR3B2l2.
18.(2019·桂林模拟)如图所示,光滑导轨EF、GH等高平行放置,E、G间宽度为F、H间宽度的3倍,导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中,左侧呈弧形升高,ab、cd是质量均为m的金属棒,现让ab从离水平轨道h高度处由静止下滑,重力加速度大小为g,设导轨足够长.求:
(1)ab、cd棒的最终速度;
(2)全过程中感应电流产生的焦耳热.
【答案】 (1)1102gh 3102gh (2)910mgh
【解析】 (1)设ab、cd棒接在导轨间的长度分别为3L和L,磁感应强度为B,ab棒进入水平轨道时的速度为v,对于ab棒在下落h过程应用动能定理:mgh=12mv2
解得ab棒刚进入磁场时的速度大小为v=2gh
当ab棒进入水平轨道后,切割磁感线产生感应电流.ab棒受到安培力作用而减速,cd棒受到安培力而加速,cd棒运动后也将产生感应电动势,与ab棒的感应电动势反向,因此回路中的电流将减小.最终匀速运动时,回路的电流为零,所以Eab=Ecd
即:3BLva=BLvc,得3va=vc
设ab棒从进入水平轨道开始到速度稳定所用的时间为Δt,对ab、cd分别应用动量定理得:
-FaΔt=-3BILΔt=mva-mv
FcΔt=BILΔt=mvc-0
解得:va=1102gh,vc=3102gh.
(2)根据能量守恒定律得全过程回路产生的总焦耳热为:
Q=mgh-12mva2-12mvc2
联立得:Q=910mgh.
19.如图所示,光滑斜面的倾角为θ,斜面上放置一矩形导体线框abcd,ab边的边长为l1,bc边的边长为l2,线框的质量为m,电阻为R,线框通过绝缘细线绕过光滑的定滑轮与一重物相连,重物质量为M.斜面上ef线(ef平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B,如果线框从静止开始运动,进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的,且线框的ab边始终平行于底边,则下列说法正确的是( )
A.线框进入磁场前运动的加速度为Mg-mgsinθm
B.线框进入磁场时匀速运动的速度为(Mg-mgsinθ)RBl1
C.线框做匀速运动的总时间为B2l12Mg-mgRsinθ
D.匀速运动过程中产生的焦耳热为(Mg-mgsin θ)l2
【答案】 D
【解析】 由牛顿第二定律得,Mg-mgsin θ=(M+m)a,解得线框进入磁场前运动的加速度为Mg-mgsinθM+m,选项A错误;由平衡条件,Mg-mgsin θ-F安=0,F安=BIl1,I=ER,E=Bl1v,联立解得线框进入磁场时匀速运动的速度为v=(Mg-mgsinθ)RB2l12,选项B错误;线框做匀速运动的总时间为t=l2v=B2l12l2(Mg-mgsinθ)R,选项C错误;由能量守恒定律,该匀速运动过程中产生的焦耳热等于系统重力势能的减少量,即Q=(Mg-mgsin θ)l2,选项D正确.
20.(2020·石家庄模拟)(多选)如图所示,倾角θ=37°的粗糙斜面固定在水平地面上,斜面上间距d=1 m 的两平行虚线aa'和bb'之间有垂直斜面向上的有界匀强磁场,磁感应强度B=5 T.现有一质量m=1 kg、总电阻R=5 Ω、边长也为d=1 m的正方形金属线圈MNPQ有一半面积位于磁场中,现让线圈由静止开始沿斜面下滑,下滑过程中线圈MN边始终与虚线aa'保持平行,线圈的下边MN穿出aa'时开始做匀速直线运动.已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,线圈与斜面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是( )
A.从开始到线圈完全进入磁场的过程,通过线圈某一截面的电荷量为0.5 C
B.线圈做匀速直线运动时的速度大小为0.4 m/s
C.线圈速度为0.2 m/s时的加速度为1.6 m/s2
D.线圈从开始运动到通过整个磁场的过程中产生的焦耳热为3 J
【答案】 AB
【解析】 q=It=ERt=ΔΦtRt=ΔΦ1R=d22×1R,代入数据有q=0.5 C,选项A正确;线圈做匀速直线运动时,沿斜面有mgsin θ=μmgcos θ+BId,又I=BdvR,两式联立得v=0.4 m/s,选项B正确;线圈速度v=0.2 m/s时,沿斜面有mgsin θ-μmgcos θ-B2d2vR=ma,有a=1 m/s2,选项C错误;线圈从开始运动到通过整个磁场的过程中能量守恒:mgsin θ×32d=μmgcos θ×32d+12mv2+Q,代入数据有Q=2.92 J,选项D错误.
21.(2020·洛阳模拟)如图所示,足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ相距为L,导轨平面与水平面的夹角为α,导轨电阻不计,磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面斜向上,长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上,且始终与导轨接触良好,金属棒的质量为m、电阻为R.两金属导轨的上端连接右侧电路,电路中R2为一电阻箱,已知灯泡的电阻RL=3R不变,定值电阻R1=R,调节电阻箱使R2=6R,重力加速度为g,闭合开关S,现将金属棒由静止释放.
(1)求金属棒下滑的最大速度vm的大小;
(2)若金属棒下滑距离为x时速度恰好达到最大,求金属棒由静止开始下滑x的过程中流过R1的电荷量和R1产生的焦耳热Q1;
(3)改变电阻箱R2的值,求R2为何值时,金属棒匀速下滑过程中R2消耗的电功率最大.
【答案】(1)4mgRsinαB2L2 (2)BLx4R 14mgxsin α-2m3g2R2sin 2αB4L4 (3)3R
【解析】(1)当金属棒受力平衡时速度最大,有mgsin α=F安,F安=BIL,I=BLvmR总
R总=4R,联立解得vm=4mgRsinαB2L2.
(2)金属棒下滑距离为x的过程中平均感应电动势E=ΔΦΔt=BLxΔt,
平均感应电流I=E4R
得通过R1的电荷量q=IΔt=BLx4R
此过程由动能定理有WG-W安=12mvm2
WG=mgxsin α,W安=Q
解得总焦耳热Q=mgxsin α-8m3g2R2 sin 2αB4L4
则Q1=14Q=14mgxsin α-2m3g2R2 sin 2αB4L4.
(3)设金属棒匀速下滑时,mgsin α=BIL
则I=mgsinαBL
由分流原理知,通过R2的电流大小为I2=RLR2+RLI=3RR2+3RI
又P2=I22R2
联立可得P2=9R2R2R22+6RR2+9R2mgsinαBL2=9R2R2+9R2R2+6RmgsinαBL2
由数学知识得,当R2=9R2R2,即R2=3R时,R2消耗的功率最大.
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