課時跟蹤檢測（三十六） 電磁感應(yīng)中的動力學(xué)、能量和動量問題

課時跟蹤檢測（三十六）電磁感應(yīng)中的動力學(xué)、能量和動量問題一、立足主干知識，注重基礎(chǔ)性和綜合性1.如圖所示，線圈abcd固定于分布均勻的磁場中，磁場方向垂直線圈平面。當(dāng)磁場的磁感應(yīng)強度B隨時間t變化時，ab邊受到的安培力恒定不變，則下列磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的圖像中可能正確的是()解析：選C設(shè)線圈的ab邊長為L，ad長為l，當(dāng)磁感應(yīng)強度發(fā)生變化時，線圈內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電動勢為：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝eq\f(ΔB·Ll,Δt)；感應(yīng)電流為：I＝eq\f(E,R)；安培力為：F＝BIL，得：F＝eq\f(B·ΔB·L2l,Δt·R)，由上式可知，若磁場B增大，則eq\f(ΔB,Δt)減??；若B減小，則eq\f(ΔB,Δt)增大，所以四個圖像中只有C正確。2.(多選)電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理示意圖如圖所示。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，導(dǎo)軌電阻不計。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸。首先將開關(guān)S接1，使電容器完全充電。然后將開關(guān)S接至2,MN達到最大速度vm后離開導(dǎo)軌。這個過程中()A．MN做勻加速直線運動B．通過MN的電荷量q＝eq\f(mvm,BL)C．達到最大速度時電容器C兩極板間的電壓為0D．求出通過MN的電荷量q后，不可以利用的公式q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)求出MN加速過程的位移解析：選BD當(dāng)MN向右運動的過程中，電容器放電電流逐漸減小，而且MN切割磁感線要產(chǎn)生與電容器放電電流反向的感應(yīng)電動勢，可知MN所受安培力逐漸減小，MN做加速度減小的加速運動，選項A錯誤；當(dāng)MN速度最大時，由動量定理Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝mvm，q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，解得q＝eq\f(mvm,BL)，選項B正確；達到最大速度vm時，MN上的感應(yīng)電動勢為E′＝BLvm，電容器兩極板間的電壓為U＝BLvm，選項C錯誤；過程中任一時刻電流為I′＝eq\f(U′－BLv′,R)，U′為電容器兩極板間電壓，則從式中可以看出電流不恒定，取一很短時間Δt′，流過MN電荷量為q′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U′－BLv′,R)))Δt′，只有當(dāng)U′＝0時才有q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)，而本題過程中始終不滿足U′＝0，則不可以利用的公式q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)求出MN加速過程的位移，選項D正確。3．(多選)如圖所示，位于同一絕緣水平面內(nèi)的兩根固定金屬導(dǎo)軌MN、M′N′，電阻不計，兩導(dǎo)軌之間存在豎直向下的勻強磁場?，F(xiàn)將兩根粗細(xì)均勻、電阻分布均勻的相同銅棒ab、cd放在兩導(dǎo)軌上，若兩棒從圖示位置以相同的速度沿MN方向做勻速直線運動，運動過程中始終與兩導(dǎo)軌接觸良好，且始終與導(dǎo)軌MN垂直，不計一切摩擦，則下列說法正確的是()A．回路中有順時針方向的感應(yīng)電流B．回路中的感應(yīng)電流不斷減小C．回路中的熱功率不斷增大D．兩棒所受安培力的合力不斷減小解析：選BD兩棒以相同的速度沿MN方向做勻速直線運動，回路的磁通量不斷增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向沿逆時針，故A錯誤；設(shè)兩棒原來相距的距離為s，M′N′與MN的夾角為α?；芈分锌偟母袘?yīng)電動勢E＝BLcdv－BLabv＝Bv·(Lcd－Lab)＝Bvstanα，保持不變，由于回路的電阻不斷增大，所以回路中的感應(yīng)電流不斷減小，故B正確；回路中的熱功率為P＝eq\f(E2,R)，E不變，R增大，則P不斷減小，故C錯誤；兩棒所受安培力的合力等于ΔF＝BILcd－BILab＝BI(Lcd－Lab)＝BIstanα，由于電流減小，所以兩棒所受安培力的合力不斷減小，故D正確。4.(多選)如圖所示，在光滑絕緣的水平面上的兩平行虛線之間存在豎直向上的勻強磁場(俯視如圖)，單匝正方形閉合線框ABCD，從磁場左側(cè)向右運動，以大小為3v0的速度開始進入磁場，當(dāng)AB邊穿出磁場右邊界時線框的速度大小為v0。假設(shè)線框在運動過程中CD邊始終平行于磁場邊界，磁場的寬度大于正方形的邊長。關(guān)于線框整個運動過程，下列說法正確的是()A．線框ABCD進入磁場時所受安培力方向向左，穿出磁場時所受安培力方向向右B．線框ABCD全部進入磁場后到CD邊離開磁場前，線框做勻速運動C．線框ABCD在進入磁場過程中和穿出磁場過程中通過導(dǎo)線某截面的電荷量大小相等D．線框ABCD進入磁場和出磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱之比為5∶3解析：選BCD根據(jù)楞次定律知線框進出磁場的過程安培力方向都向左，選項A錯誤；當(dāng)線圈完全進入磁場后，穿過線圈的磁通量不變化，無感應(yīng)電流，線框不受安培力作用，做勻速運動，選項B正確；通過導(dǎo)線某截面的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL2,R)，可知進出磁場通過導(dǎo)體某截面的電荷量大小相等，選項C正確；線框進出磁場受到的沖量I沖＝eq\f(B2L2\o(v,\s\up6(－))t,R)＝eq\f(B2L3,R)，可知進出磁場安培力的沖量相同。設(shè)線框完全進入磁場時的速度為v，由動量定理可得mv－3mv0＝mv0－mv，解得v＝2v0，故進入磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q1＝eq\f(1,2)m(3v0)2－eq\f(1,2)m(2v0)2＝eq\f(5,2)mv02，出磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為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)，選項D正確。5．(多選)如圖所示，相距為d的兩條水平虛線L1、L2之間是方向水平向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，正方形線圈abcd邊長為L(L<d)，質(zhì)量為m，電阻為R，將線圈從磁場上方高h(yuǎn)處由靜止釋放，cd邊剛進入磁場時速度為v0，cd邊剛離開磁場時速度也為v0，則線圈穿越磁場的過程中(從cd邊剛進入磁場起一直到ab邊離開磁場為止)，以下說法正確的是()A．感應(yīng)電流所做的功為mgdB．感應(yīng)電流所做的功為2mgdC．線圈的最小速度可能為eq\f(mgR,B2L2)D．線圈的最小速度一定為eq\r(2gh＋L－d)解析：選BCD根據(jù)能量守恒，研究從cd邊剛進入磁場到cd邊剛穿出磁場的過程：動能變化量為0，重力勢能轉(zhuǎn)化為線圈進入磁場的過程中產(chǎn)生的熱量，Q＝mgd，cd邊剛進入磁場時速度為v0，cd邊剛離開磁場時速度也為v0，所以從cd邊剛穿出磁場到ab邊離開磁場的過程，線圈產(chǎn)生的熱量與從cd邊剛進入磁場到ab邊剛進入磁場的過程產(chǎn)生的熱量相等，所以線圈從cd邊進入磁場到ab邊離開磁場的過程，產(chǎn)生的熱量Q′＝2mgd，感應(yīng)電流做的功為2mgd，故A錯誤，B正確；線圈先做減速運動，可能在完全進入磁場前已做勻速運動，剛完全進入磁場時的速度最小，則mg＝BIL＝BLeq\f(BLv,R)，則最小速度v＝eq\f(mgR,B2L2)，故C正確；因為線圈進磁場時要減速，全部進入磁場后做勻加速運動，則知線圈剛?cè)窟M入磁場的瞬間速度最小。設(shè)線圈的最小速度為vm，線圈從開始下落到線圈剛完全進入磁場的過程，根據(jù)能量守恒定律得：mg(h＋L)＝Q＋eq\f(1,2)mvm2，由上可知Q＝mgd，解得線圈的最小速度為vm＝eq\r(2gh＋L－d)，故D正確。6．如圖所示，間距L＝0.5m的平行導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌上端與電阻R連接，圖中水平虛線下方存在垂直導(dǎo)軌平面向外、磁感應(yīng)強度大小B＝0.2T的勻強磁場?，F(xiàn)將質(zhì)量m＝0.1kg的導(dǎo)體棒從虛線上方h1處垂直于導(dǎo)軌由靜止釋放，經(jīng)時間t1后導(dǎo)體棒進入磁場且恰好以速度v0做勻速直線運動，勻速運動t2＝2s后給導(dǎo)體棒施加一豎直向上的恒力F＝2N，并且由于磁感應(yīng)強度發(fā)生變化回路中不再產(chǎn)生感應(yīng)電流，再經(jīng)過t3＝0.2s導(dǎo)體棒的速度減為零。已知導(dǎo)體棒運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻不計，重力加速度g取10m/s2，關(guān)于導(dǎo)體棒由靜止釋放到速度減為零的過程，下列說法錯誤的是()A．導(dǎo)體棒進入磁場的速度v0為2m/sB．導(dǎo)體棒靜止釋放時距磁場上邊界h1為2mC．回路中磁通量的最大值為0.4WbD．回路中產(chǎn)生的焦耳熱為4J解析：選B給導(dǎo)體棒施加一個豎直向上的恒力F后，回路中無電流，導(dǎo)體棒不受安培力作用，導(dǎo)體棒做勻減速直線運動，根據(jù)F－mg＝ma，得加速度大小為g，經(jīng)過t3＝0.2s速度減為零，則v0＝at3＝2m/s，A正確；根據(jù)2ah1＝v02，解得h1＝0.2m，B錯誤；導(dǎo)體棒進入勻強磁場運動t2＝2s后回路中磁通量達到最大，2s時間內(nèi)導(dǎo)體棒的位移h2＝v0t2＝4m，則回路磁通量的最大值為Φm＝BLh2＝0.4Wb，C正確；根據(jù)能量守恒定律可知整個過程中回路中產(chǎn)生的焦耳熱與導(dǎo)體棒勻速運動階段重力勢能的減少量相等，即Q＝mgh2＝4J，D正確。7.(多選)在傾角為θ的光滑斜面上，相距均為d的三條水平虛線l1、l2、l3，它們之間的區(qū)域Ⅰ、Ⅱ分別存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B，一個質(zhì)量為m、邊長為d、總電阻為R的正方形導(dǎo)線框，從l1上方一定高處由靜止開始沿斜面下滑，當(dāng)ab邊剛越過l1進入磁場Ⅰ時，恰好以速度v1做勻速直線運動；當(dāng)ab邊在越過l2運動到l3之前的某個時刻，線框又開始以速度v2做勻速直線運動，重力加速度為g，在線框從釋放到穿出磁場的過程中，下列說法正確的是()A．線框中感應(yīng)電流的方向會改變B．線框ab邊從l1運動到l2所用時間大于從l2運動到l3所用時間C．線框以速度v2勻速直線運動時，發(fā)熱功率為eq\f(m2g2R,4B2d2)sin2θD．線框從ab邊進入磁場到速度變?yōu)関2的過程中，減少的機械能ΔE機與線框產(chǎn)生的焦耳熱Q電的關(guān)系式是ΔE機＝WG＋eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22＋Q電解析：選AC從線框的ab邊進入磁場Ⅰ過程，由右手定則判斷可知，ab邊中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向沿a→b方向。dc邊剛要進入磁場Ⅱ的過程中，由楞次定律判斷可知，cd邊中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向沿c→d方向，ab邊中感應(yīng)電流方向沿b→a方向，故A正確；根據(jù)共點力的平衡條件可知，兩次安培力與重力的分力大小相等，方向相反；第二種情況下，兩邊均受安培力，故v2應(yīng)小于v1，則線框ab邊從l1運動到l2所用時間小于從l2運動到l3的時間，故B錯誤；線圈以速度v2勻速運動時，mgsinθ＝2BId＝2Bdeq\f(2Bdv,R)＝4eq\f(B2d2v,R)，得v＝eq\f(mgRsinθ,4B2d2)；發(fā)熱功率P＝Fv＝mgsinθ×eq\f(mgRsinθ,4B2d2)＝eq\f(m2g2R,4B2d2)sin2θ，故C正確；由能量守恒得知：線框從ab邊進入磁場到速度變?yōu)関2的過程中，減少的機械能ΔE機與線框產(chǎn)生的焦耳熱Q電的關(guān)系式是ΔE機＝Q電，故D錯誤。8．(多選)如圖甲所示，固定的光滑平行導(dǎo)軌(電阻不計)與水平面夾角為θ＝30°，導(dǎo)軌足夠長且間距L＝0.5m，底端接有阻值為R＝4Ω的電阻，整個裝置處于垂直于導(dǎo)體框架向上的勻強磁場中，一質(zhì)量為m＝1kg、電阻r＝1Ω、長度也為L的導(dǎo)體棒MN在沿導(dǎo)軌向上的外力F作用下由靜止開始運動，拉力F與導(dǎo)體棒速率倒數(shù)關(guān)系如圖乙所示。g取10m/s2，則()A．v＝5m/s時拉力大小為12NB．v＝5m/s時拉力的功率為70WC．勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小為2TD．當(dāng)棒的加速度a＝8m/s2時，導(dǎo)體棒受到的安培力的大小為1N解析：選BCD由題圖乙可知v＝5m/s時，eq\f(1,v)＝0.2s/m，對應(yīng)圖像的拉力F＝14N，故選項A錯誤；根據(jù)功率與速度的關(guān)系可得拉力的功率PF＝Fv＝14×5W＝70W，故選項B正確；導(dǎo)體棒的最大速度eq\f(1,vm)＝0.1s/m，所以最大速度vm＝10m/s，此時拉力最小為Fmin＝7N，根據(jù)共點力平衡條件可得Fmin－mgsinθ－F安＝0，根據(jù)安培力的計算公式可得F安＝BIL＝eq\f(B2L2vm,R＋r)，代入數(shù)據(jù)得B＝2T，故選項C正確；當(dāng)棒的加速度a＝8m/s2時，拉力設(shè)為F′，速度為v′，根據(jù)牛頓第二定律可得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)，所以此時的安培力為F安′＝BI′L＝eq\f(B2L2v′,R＋r)＝eq\f(4×0.25×5,5)N＝1N，故選項D正確。二、強化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應(yīng)用性9．(多選)如圖所示，傾角為θ＝37°的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，兩導(dǎo)體棒ab、cd垂直于導(dǎo)軌放置，空間存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B?，F(xiàn)給導(dǎo)體棒ab沿導(dǎo)軌平面向下的初速度v0使其沿導(dǎo)軌向下運動，已知兩導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m，電阻相等，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.75，導(dǎo)軌電阻忽略不計，sin37°≈0.6，cos37°≈0.8。從ab開始運動到兩棒相對靜止的整個運動過程中兩導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌保持良好的接觸，下列說法正確的是()A．導(dǎo)體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,4)mv02B．導(dǎo)體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,8)mv02C．當(dāng)導(dǎo)體棒cd的速度為eq\f(1,4)v0時，導(dǎo)體棒ab的速度為eq\f(1,2)v0D．當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度為eq\f(3,4)v0時，導(dǎo)體棒cd的速度為eq\f(1,4)v0解析：選BD由題意可知：mgsin37°＝μmgcos37°，則兩棒組成的系統(tǒng)沿軌道方向動量守恒，當(dāng)最終穩(wěn)定時：mv0＝2mv，解得v＝0.5v0，則回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)·2mv2＝eq\f(1,4)mv02，則導(dǎo)體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為Qcd＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,8)mv02，選項A錯誤，B正確；當(dāng)導(dǎo)體棒cd的速度為eq\f(1,4)v0時，則由動量守恒定律：mv0＝m·eq\f(1,4)v0＋mvab，解得vab＝eq\f(3,4)v0，選項C錯誤；當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度為eq\f(3,4)v0時，則由動量守恒定律：mv0＝m·eq\f(3,4)v0＋mvcd，解得vcd＝eq\f(1,4)v0，選項D正確。10.如圖，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上；在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場，磁感應(yīng)強度大小B1隨時間t的變化關(guān)系為B1＝kt，式中k為常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強磁場區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導(dǎo)軌垂直，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B0，方向也垂直于紙面向里。某時刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運動，在t0時刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運動。金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計。求：(1)在t＝0到t＝t0時間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的絕對值；(2)在時刻t(t＞t0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小。解析：(1)在金屬棒越過MN之前，t時刻穿過回路的磁通量為Φ＝ktS①設(shè)在從t時刻到t＋Δt的時間間隔內(nèi)，回路磁通量的變化量為ΔΦ，流過電阻R的電荷量為Δq。由法拉第電磁感應(yīng)定律有ε＝eq\f(ΔΦ,Δt) ②由歐姆定律有i＝eq\f(ε,R) ③由電流的定義有i＝eq\f(Δq,Δt) ④聯(lián)立①②③④式得|Δq|＝eq\f(kS,R)Δt ⑤由⑤式得，在t＝0到t＝t0的時間間隔內(nèi)，流過電阻R的電荷量q的絕對值為|q|＝eq\f(kt0S,R)。 ⑥(2)當(dāng)t＞t0時，金屬棒已越過MN。由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運動，有f＝F ⑦式中，f是外加水平恒力，F(xiàn)是