专题跟踪检测（二十二） 电磁感应中的动力学、能量、动量问题

专题跟踪检测（二十二）电磁感应中的动力学、能量、动量问题1.如图所示，用质量相同，粗细不同的均匀同种金属丝做成边长分别为d和2d的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场中匀速拉出磁场。若外力对线框做的功分别为Wa、Wb，则Wa∶Wb为()A．1∶4 B．1∶2C．1∶1 D．不能确定解析：选B线框的边长之比为1∶2，由E＝Blv得eq\f(Ea,Eb)＝eq\f(1,2)；由于线框质量相等，及m＝ρ·dS可知它们横截面积之比为2∶1，由电阻定律R＝ρeq\f(L,S)得eq\f(Ra,Rb)＝eq\f(1,4)，即Rb＝4Ra；由t＝eq\f(l,v)，得eq\f(ta,tb)＝eq\f(1,2)。根据能量守恒定律可知，外力做功等于产生的电能，而电能又全部转化为焦耳热，故W＝Q＝eq\f(E2,R)t。联立以上各式可得Wa∶Wb＝1∶2，故B对，A、C、D错。2．(2023·绍兴市二模)右端为N极的磁体置于粗糙水平桌面上并与轻质弹簧相连，弹簧另一端固定在竖直墙面上，当弹簧处于原长时，磁体的中心恰好是接有一盏小灯泡的竖直固定线圈的圆心。用力将磁体向右拉到某一位置，如图所示，撤去作用力后磁体穿过线圈来回振动，有关这个振动过程，以下说法正确的是()A．灯泡的亮暗不会发生变化B．磁体接近线圈时，线圈对磁体产生排斥力C．从左往右看线圈中的电流一直沿逆时针方向D．若忽略摩擦力和空气阻力，磁体振动的幅度不会减小解析：选B以S极靠近线圈分析，磁体速度增大，且靠近线圈时磁感应强度增大，则穿过线圈的磁通量变化率增大，感应电流增大，灯泡会变亮，故A错误；根据楞次定律“来拒去留”可知，磁体接近线圈时，线圈对磁体产生排斥力，故B正确；当S极向左运动靠近线圈时，根据楞次定律可知，线圈中的电流沿逆时针方向(从左往右看)，当S极向右运动远离线圈时，根据楞次定律可知，线圈中的电流沿顺时针方向(从左往右看)，故C错误；若忽略摩擦力和空气阻力，磁体振动的振幅也会越来越小，因为弹簧和磁体的机械能逐渐转化为焦耳热，故D错误。3.如图，一无限长通电直导线固定在光滑水平面上，金属环质量为0.4kg，在该平面上以v0＝2m/s、与导线成60°角的初速度运动，最后达到稳定状态，这一过程中()A．金属环受到的安培力与运动的方向相反B．在平行于导线方向金属环做减速运动C．金属环中最多能产生电能为0.8JD．金属环动能减少量最多为0.6J解析：选D金属环周围有环形的磁场，金属环向右运动，穿过金属环的磁通量减少，根据“来拒去留”可知，金属环所受的安培力将阻碍金属环远离通电直导线，即安培力垂直通电直导线向左，与金属环运动方向并非相反，所受安培力使金属环在垂直通电直导线方向做减速运动，当垂直通电直导线方向的速度减为零时，只剩沿通电直导线方向的速度，穿过金属环的磁通量不变，金属环中无感应电流，水平方向所受合力为零，故做匀速直线运动，A、B错误；由题知，金属环最终以v0cos60°＝1m/s，沿平行导线方向做匀速直线运动，动能的减少量最多为ΔEk＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)m(v0cos60°)2＝0.6J，则产生的电能最多为0.6J，C错误，D正确。4．(2023·浙江十校联考)(多选)两相同的“”形光滑金属框架竖直放置，框架的一部分处在垂直纸面向外的条形匀强磁场中，如图所示。两长度相同粗细不同的同种铜质金属棒a、b分别从两框架上相同高度处由静止释放，下滑过程中金属棒与框架接触良好，框架电阻不计，下列说法中正确的是()A．金属棒a、b在磁场中的运动时间相等B．到达磁场下边界时，粗金属棒b的速度大C．通过磁场过程中，流过粗金属棒b的电荷量多D．通过磁场过程中，粗金属棒b产生的热量多解析：选ACD两金属棒刚进入磁场时，速度相同，安培力为F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，根据电阻定律R＝eq\f(ρL,S)(ρ为电阻率)，又m＝ρ′LS(ρ′为密度)，根据牛顿第二定律得a＝eq\f(mg－F,m)，整理得a＝g－eq\f(B2v,ρρ′)，故两棒在后续的运动过程中，运动状态相同，在磁场中运动时间相同，到达磁场下边界时，两棒的速度一样大，故A正确，B错误；根据q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,RΔt)Δt＝eq\f(BΔS,R)，两棒运动过程中，穿过闭合回路的磁通量改变量相同，但粗棒的电阻更小，故流过粗金属棒b的电荷量多，故C正确；根据a＝eq\f(mg－F,m)＝g－eq\f(F,m)，两棒的加速度相同，粗棒的质量大，则粗棒受到的安培力更大，克服安培力做的功等于产生的热量，故粗金属棒b产生的热量多，故D正确。5.(多选)如图所示，间距大小为0.5m的平行导轨竖直放置，导轨上端与电阻R连接，图中水平虚线下方存在垂直导轨平面向外、磁感应强度大小0.2T的匀强磁场。现将质量0.1kg的导体棒从虚线上方h1处由静止释放，进入磁场时恰好以速度v0做匀速直线运动，匀速运动2s后给导体棒施加一竖直向上的恒力大小为2N，并且由于磁感应强度发生变化回路中不再产生感应电流，再经过0.2s导体棒的速度减为零。已知导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨和导体棒的电阻不计，重力加速度大小为10m/s2，关于导体棒由静止释放到速度减为零的过程，下列说法正确的是()A．匀速运动速度为2m/sB．自由下落的高度为2mC．回路中磁通量的最大值为0.4WbD．回路中产生的焦耳热为4J解析：选ACD给导体棒施加一个竖直向上的恒力F＝2N＝2mg后，回路中无电流，导体棒不受安培力作用，导体棒做匀减速直线运动，根据F－mg＝ma，得加速度大小为g，经过t3＝0.2s速度减为零，则由v0＝at3＝2m/s，A正确；根据2gh1＝v02，解得h1＝0.2m，B错误；导体棒进入匀强磁场运动t2＝2s后回路中磁通量达到最大，2s时间内导体棒的位移h2＝v0t2＝4m，则回路磁通量的最大值为Φm＝BLh2＝0.4Wb，C正确；根据能量守恒定律可知，整个过程中回路中产生的焦耳热与匀速运动阶段重力势能的减少量相等，Q＝mgh2＝4J，D正确。6．(多选)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a、b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a一个平行于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()A．回路中的最大电流为eq\f(BLI,mR)B．铜棒b的最大加速度为eq\f(B2L2I,2m2R)C．铜棒b获得的最大速度为eq\f(I,m)D．回路中产生的总焦耳热为eq\f(I2,4m)解析：选BD给铜棒a一个瞬时冲量I时，铜棒a获得的速度v0＝eq\f(I,m)，此后铜棒a向右减速，铜棒b向右加速，直到二者同速后一起向右匀速运动；当铜棒a开始运动时，回路中电流最大，im＝eq\f(Em,2R)＝eq\f(BLv0,2R)＝eq\f(BLI,2mR)，此时，铜棒b的加速度最大，am＝eq\f(BimL,m)＝eq\f(B2L2I,2m2R)，故A错误，B正确；二者同速时，铜棒b速度最大，由动量守恒得，铜棒b的最大速度v＝eq\f(I,2m)，C错误；由能量守恒定律得，回路中产生的焦耳热Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)·2mv2＝eq\f(I2,4m)，D正确。7．(多选)如图所示，在竖直向下的y轴两侧分布有垂直纸面向外和向里的磁场，磁感应强度均随位置坐标按B＝B0＋ky(k为正常数)的规律变化。两个完全相同的正方形线框甲和乙的上边均与y轴垂直，甲的初始位置高于乙的初始位置，两线框平面均与磁场垂直。现同时分别给两个线框一个竖直向下的初速度v1和v2，设磁场的范围足够大，当线框完全在磁场中运动时，不考虑两线框的相互作用，下列说法正确的是()A．运动中两线框所受磁场的作用力方向相反B．若v1＝v2，则开始时甲所受磁场力等于乙所受磁场力C．若v1＞v2，则开始时甲中的感应电流一定大于乙中的感应电流D．若v1＜v2，则最终稳定状态时甲的速度可能大于乙的速度解析：选BC根据楞次定律，甲线框中产生顺时针方向的电流，乙线框中产生逆时针方向的电流，因为线框下边磁场比上边的磁场强，下边所受的安培力大于上边所受的安培力，则安培力的方向与下边所受的安培力方向相同，根据左手定则，甲线框所受的安培力方向向上，乙线框所受的安培力方向也向上，故A错误。线框产生的电动势E＝B2Lv－B1Lv＝kL2v，若v1＝v2，开始时两线框产生的感应电流大小相等。线框所受的安培力F＝B2IL－B1IL＝kIL2，知两线框所受的安培力相等，故B正确。线框产生的电动势E＝kL2v，与速度有关，若v1＞v2，则开始时甲线框产生的电动势大于乙线框产生的电动势，则开始时甲线框的感应电流一定大于乙线框的感应电流，故C正确。线框达到稳定状态时，重力与安培力平衡，有mg＝kIL2，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(kL2v,R)，所以mg＝eq\f(k2L4v,R)，v＝eq\f(mgR,k2L4)，知稳定时，两线框的速度相等，故D错误。8．(多选)如图所示，固定在同一水平面内的两平行长直金属导轨，间距为1m，其左端用导线接有两个阻值均为4Ω的电阻，整个装置处在方向竖直向上、大小为2T的匀强磁场中。一质量为2kg、长度为1m的导体杆MN垂直于导轨放置，已知杆接入电路的电阻为2Ω，杆与导轨之间的动摩擦因数为0.5。对杆施加水平向右、大小为20N的拉力，杆从静止开始沿导轨运动，杆与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度g＝10m/s2。则()A．M点的电势高于N点的电势B．杆运动的最大速度是10m/sC．当杆达到最大速度时，MN间的电势差大小为20VD．杆上产生的焦耳热与两电阻产生焦耳热的和相等解析：选BD根据右手定则知，杆中电流方向为M→N，由于导体杆相当于电源，所以N点的电势高于M点的电势，选项A错误；设杆运动的最大速度是v，此时导体杆做匀速运动，受到的安培力大小为FA＝BIL，回路总电阻R总＝eq\f(R,2)＋r，导体杆中电流I＝eq\f(E,R总)，导体杆产生的电动势E＝BLv，联立解得FA＝eq\f(2B2L2v,R＋2r)，其中R＝4Ω，r＝2Ω，根据平衡条件有F＝FA＋μmg，联立解得v＝10m/s，选项B正确；两电阻并联的阻值R并＝eq\f(R,2)＝r，杆中电流与两并联电阻的总电流相等，由公式Q＝I2Rt知杆上产生的焦耳热与两电阻产生焦耳热的和相等，选项D正确；当杆达到最大速度时，杆产生的感应电动势为E＝BLv＝2×1×10V＝20V，MN间的电势差大小为U＝I·eq\f(R,2)＝eq\f(E,R总)·eq\f(R,2)＝eq\f(1,2)×20V＝10V，选项C错误。9.如图所示，一足够长的竖直放置的圆柱形磁铁，产生一个中心辐射的磁场(磁场水平向外)，一个与磁铁同轴的圆形金属环，环的质量m＝0.2kg，环单位长度的电阻为0.1πΩ/m，半径r＝0.1m(稍大于圆柱形磁铁的半径)。金属环由静止开始下落，环面始终水平，金属环切割处的磁感应强度大小均为B＝0.5T，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。则()A．环下落过程的最大速度为0.4m/sB．环下落过程中，电流始终为逆时针(从上往下看)C．若下落时间为2s时环已经达到最大速度，则这个过程通过环截面的电荷量是32CD．若下落高度为3m时环已经达到最大速度，则这个过程环产生的热量为4.4J解析：选D金属环达到最大速度时，加速度为0，受力平衡mg＝BIL，设金属环的最大速度为vm，则E＝BLvm，I＝eq\f(E,R)，L＝2πr，R＝2πr·0.1π＝0.2π2r，解得vm＝4m/s，故A错误；由右手定则可知，环下落过程中，电流始终为顺时针(从上往下看)，选项B错误；若下落时间为2s时环已经达到最大速度，根据动量定理则有mgt－∑BiLΔt＝mvm，其中q＝∑iΔt，联立可得q＝eq\f(mgt－mvm,BL)＝eq\f(32,π)C，故C错误；若下落高度为3m时环已经达到最大速度，则mgh＝eq\f(1,2)mvm2＋Q，得Q＝4.4J，故D正确。10.如图所示，竖直放置的光滑金属导轨水平间距为L，导轨下端接有阻值为R的电阻。质量为m、电阻为r的金属细杆ab与竖直悬挂的绝缘轻质弹簧相连，弹簧上端固定。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中。现使细杆从弹簧处于原长位置由静止释放，向下运动距离为h时达到最大速度vm，此时弹簧具有的弹性势能为Ep。导轨电阻忽略不计，细杆与导轨接触良好，重力加速度为g，求：(1)细杆达到最大速度vm时，通过R的电流大小I；(2)细杆达到最大速度vm时，弹簧的弹力大小F；(3)上述过程中，R上产生的焦耳热Q。解析：(1)细杆达到最大速度时的感应电动势为：E＝BLvm根据闭合电路欧姆定律有：I＝eq\f(E,R＋r)，可得：I＝eq\f(BLvm,R＋r)。(2)细杆向下运动h时根据平衡条件：mg＝F＋BIL可得：F＝mg－eq\f(B2L2vm,R＋r)。(3)由能量守恒定律得：mgh＝Ep＋eq\f(1,2)mvm2＋Q总且Q＝eq\f(R,R＋r)Q总可得电阻R上产生的焦耳热为：Q＝eq\f(R,R＋r)mgh－Ep－eq\f(1,2)mvm2答案：(1)eq\f(BLvm,R＋r)(2)mg－eq\f(B2L2vm,r＋R)(3)eq\f(R,r＋R)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mgh－Ep－\f(1,2)mvm2))11．(2023·嘉兴高三调研)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨平行放置，轨道间距为L，与水平面的夹角均为θ，电阻不计。两根相同的金属棒P、M垂直导轨放置在同一位置，金属棒电阻均为R，质量均为m。整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。某时刻先由静止释放金属棒P，经过时间t，P在轨道上运动的位移为x时，P的速度恰好达到最大；t时间内，金属棒M始终受到方向沿斜面的外力F作用处于静止状态。取重力加速度为g，整个运动过程中导体棒与导轨接触良好并始终保持与导轨垂直，求：(1)此过程中金属棒P产生的热量QP；(2)此过程中金属棒M所受外力F的冲量IF。解析：(1)根据题意可知，金属棒P达到最大速度时满足mgsinθ＝BIL＝eq\f(B2L2vm,2R)解得vm＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)此过程中产生的总热量为Q＝mgxsinθ－eq\f(1,2)mvm2金属棒P产生的热量QP＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,2)mgxsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,B4L4)。(2)根据动量定理，对M棒有IF－mgsinθ·t－Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝0所通过的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLx,2R)联立解得IF＝mgtsinθ＋eq\f(B2L2x,2R)方向沿斜面向上。答案：(1)eq\f(1,2)mgxsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,B4L4)(2)mgtsinθ＋eq\f(B2L2x,2R)，方向沿斜面向上12．舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子(图中未画出)与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v－t图如图2所示，在t1至t3时间内F＝(800－10v)N，t3时撤去F。已知起飞速度v1＝80m/s，t1＝1.5s，线圈匝数n