电磁感应中的动力学能量和动量问题.docx
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电磁感应中的动力学能量和动量问题
课时作业(三十六) 电磁感应中的动力学、能量和动量问题
1.一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B,两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内,如图所示,磁感应强度B=0.5T,导体棒ab、cd长度均为0.2m,电阻均为0.1Ω,重力均为0.1N,现用力向上拉动导体棒ab,使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好),此时cd静止不动,则ab上升时,下列说法正确的是( )
A.ab受到的拉力大小为2N
B.ab向上运动的速度为4m/s
C.在2s内,拉力做功,有0.4J的机械能转化为电能
D.在2s内,拉力做功为0.6J
C [对导体棒cd分析:
mg=BIl=
,得v=2m/s,故选项B错误;对导体棒ab分析:
F=mg+BIl=0.2N,选项A错误;在2s内拉力做功转化的电能等于克服安培力做的功,即W=F安vt=0.4J,选项C正确;在2s内拉力做的功为Fvt=0.8J,选项D错误。
]
2.
(多选)如图所示,无限长光滑平行导轨与地面夹角为θ,一质量为m的导体棒ab垂直于导轨水平放置,与导轨构成一闭合回路,导轨的宽度为L,空间内存在大小为B,方向垂直导轨向上的匀强磁场,已知导体棒电阻为R,导轨电阻不计,现将导体棒由静止释放,以下说法正确的是( )
A.导体棒中的电流方向从a到b
B.导体棒先加速运动,后匀速下滑
C.导体棒稳定时的速率为
D.当导体棒下落高度为h时,速度为v,此过程中导体棒上产生的焦耳热等于mgh-
mv2
BCD [根据右手定则可以知道感应电流的方向为b到a,故选项A错误;刚开始时速度较小,则电流较小,所以安培力小于重力的合力,则加速下滑,当安培力等于重力的分力时则匀速运动,即B
L=mgsinθ,则v=
,故选项B、C正确;根据能量守恒,产生的热量为:
Q=mgh-
mv2,故选项D正确。
]
3.(2020·湖北黄冈开学考试)如图所示,在光滑的水平面上宽度为L的区域内,有一竖直向下的匀强磁场。
现有一个边长为a(a A.大于 B.等于 C.小于 D.以上均有可能 B [通过导线横截面的电荷量q= Δt= ·Δt= ,由于线框进入和穿出磁场过程,通过线框的磁通量的变化量相等,则进入和穿出磁场的两个过程通过线框横截面的电荷量q相等,线框进入磁场过程由动量定理得-B at=mv-mv0,线框离开磁场过程由动量定理得-B at=0-mv,q= t,则-Baq=mv-mv0,Baq=mv,解得v= ,B正确,A、C、D错误。 ] 4.(多选)如图甲所示,竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B0=0.5T,并且以 =0.1T/s的变化率均匀增大,Bt图像如图乙所示,水平放置的导轨不计电阻,不计摩擦阻力,宽度L=0.5m,在导轨上放着一金属棒MN,其电阻R0=0.1Ω,并用水平细线通过光滑定滑轮悬吊着质量M=0.2kg的重物。 导轨所接的定值电阻R=0.4Ω,与P、Q端点相连组成回路。 又知PN长d=0.8m。 在重物被拉起前的过程中,下列说法中正确的是(g取10m/s2)( ) A.电阻R中电流的方向由P到Q B.电流的大小为0.1A C.从磁感应强度为B0开始计时,经过495s的时间,金属棒MN恰能将重物拉起 D.电阻R上产生的热量约为16J AC [根据楞次定律可知电流方向为M→N→P→Q→M,故A正确;电流大小I= = A=0.08A,故B错误;要恰好把质量M=0.2kg的重物拉起,则F安=T=Mg=B′IL,B′= = T=50T,B′=B0+ ·t,解得t=495s,故C正确;电阻R上产生的热量为Q=I2Rt=0.082×0.4×495J≈1.27J,故D错误。 ] 5. (2020·甘肃天水模拟)如图所示,竖直放置的两条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10m/s时,再释放a,经过1s后,a的速度达到12m/s,g取10m/s2,则: (1)此时b的速度是多大? (2)若导轨足够长,a、b棒最后的运动状态怎样? 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,根据动量定理得(mg+F)t=mva (mg-F)t=mvb-mv0 联立解得vb=18m/s (2)在a、b棒向下运动的过程中,a棒的加速度a1=g+ ,b棒的加速度a2=g- 。 当a棒的速度与b棒的速度接近时,闭合回路中的 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。 答案: (1)18m/s (2)见解析 6.如图所示,足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ=37°角,在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行,在aa′、bb′围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场,磁感应强度为B=1T;现有一质量为m=10g、总电阻为R=1Ω、边长为d=0.1m的正方形金属线圈MNPQ,让PQ边与斜面底边平行,从斜面上端静止释放,线圈刚好匀速穿过磁场。 已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5,(g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)求: (1)线圈进入磁场区域时,受到的安培力大小; (2)线圈释放时,PQ边到bb′的距离; (3)整个线圈穿过磁场的过程中,线圈上产生的焦耳热。 解析: (1)对线圈受力分析有: F安+μmgcosθ=mgsinθ 代入数据得F安=2×10-2N。 (2)F安=BId,E=Bvd,I= 解得F安= 代入数据得v=2m/s 线圈进入磁场前做匀加速运动 a=gsinθ-μgcosθ=2m/s2 线圈释放时,PQ边到bb′的距离x= =1m。 (3)由于线圈刚好匀速穿过磁场,则磁场宽度等于 d=0.1m, 由功能关系得Q=-W安=F安·2d 解得Q=4×10-3J 答案: (1)2×10-2N (2)1m (3)4×10-3J 7.(2020·山东青岛模拟)如图所示,平行金属导轨由水平部分和倾斜部分组成,倾斜部分是两个竖直放置的四分之一圆弧导轨,圆弧半径r=0.2m,水平部分是两段均足够长且不等宽的光滑导轨,CC′=3AA′=0.6m,水平导轨与圆弧导轨在AA′平滑连接。 整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=1T,导体棒MN、PQ的质量分别为m1=0.2kg、m2=0.6kg,长度分别为L1=0.2m、L2=0.6m,电阻分别为R1=1.0Ω、R2=3.0Ω,PQ固定在宽水平导轨上,现给导体棒MN一个初速度,使其恰好沿圆弧导轨从最高点匀速下滑,到达圆弧导轨最低处AA′位置时,MN克服安培力做功的瞬时功率为0.04W,重力加速度g=10m/s2,不计导轨电阻,导体棒MN、PQ与导轨一直垂直且接触良好。 (1)求导体棒MN到达圆弧导轨最低处AA′位置时对导轨的压力大小。 (2)求导体棒MN沿圆弧导轨下滑的过程中,MN克服摩擦力做的功(保留3位有效数字)。 (3)若导体棒MN到达AA′位置时释放PQ,求之后的运动过程中通过回路某一横截面的电荷量q。 解析: (1)设导体棒MN做匀速圆周运动的速度为v,在最低点时根据电功率的计算公式可得P= = 解得v=2m/s MN在最低点时根据牛顿第二定律可得FN-m1g=m1 解得FN=6N 根据牛顿第三定律可得导体棒MN到达圆弧导轨最低处AA′位置时对导轨的压力大小为6N。 (2)导体棒MN沿圆弧导轨下滑的过程中,导体棒MN垂直于磁场方向的有效切割速度为v有效=vsinθ(θ为导体棒MN的速度与竖直向下方向的夹角),感应电动势为e=BL1vsinθ 感应电动势的有效值为E= ,经过的时间t= × 根据焦耳定律可得回路中产生的焦耳热为Q= t=0.00314J 根据功能关系可得克服安培力做的功为WA=Q=0.00314J MN下滑过程中根据动能定理可得m1gr-Wf-WA=0 解得MN克服摩擦力做的功为Wf=0.397J (3)释放PQ后,当BL1v1=BL2v2时回路中的电流为零,对MN根据动量定理可得-BIL1t1=m1v1-m1v 对PQ根据动量定理可得BIL2t1=m2v2-0 联立解得v2=0.5m/s 对PQ有BqL2=m2v2-0 解得q=0.5C。 答案: (1)6N (2)0.397J (3)0.5C 8.如图甲所示是依附建筑物架设的磁力缓降高楼安全逃生装置,具有操作简单、无需电能、逃生高度不受限制、下降速度可调、可控等优点。 该装置原理可等效为: 间距L=0.5m的两根竖直导轨上部连通,人和磁铁固定在一起沿导轨共同下滑,磁铁产生磁感应强度B=0.2T的匀强磁场,人和磁铁所经位置处可等效为有一固定导体棒cd与导轨相连,整个装置总电阻始终为R,如图乙所示,在某次逃生试验中,质量M1=80kg的测试者利用该装置以v1=1.5m/s的速度匀速下降,已知与人一起下滑部分装置的质量m=20kg,重力加速度g取10m/s2,且本次试验过程中恰好没有摩擦。 (1)判断导体棒cd中电流的方向。 (2)总电阻R为多大? (3)要使一个质量M2=100kg的测试者利用该装置以v1=1.5m/s的速度匀速下滑,其所受摩擦力为多大? (4)保持第(3)问中的摩擦力不变,让质量M2=100kg的测试者从静止开始下滑,测试者的加速度将会如何变化? 当其速度为v2=0.78m/s时,加速度为多大? 要想在随后一小段时间内保持加速度不变,必须调控摩擦力,请写出摩擦力大小随速度变化的表达式。 解析: (1)磁场向下运动,导体棒cd相对于磁场向上运动,由右手定则可判断,电流方向从d到c。 (2)导体棒产生的感应电动势E=BLv1 感应电流I= = 安培力FA=BIL= 由左手定则可判断,导体棒cd所受安培力方向向下,根据牛顿第三定律可知,磁铁受到的磁场力向上,大小为 FA′= 由平衡条件得(M1+m)g=FA′ 解得R= =1.5×10-5Ω (3)由平衡条件得(M2+m)g=FA′+Ff 解得Ff=(M2+m)g- =200N (4)根据牛顿第二定律得(M2+m)g-FA″-Ff=(M2+m)a, FA″= 所以a= 因为v逐渐增大,所以a逐渐减小,最终趋近于0。 当其速度为v2=0.78m/s时,a=4m/s2 要想在随后一小段时间内保持加速度不变,由 (M2+m)g- -Ff=(M2+n)a 解得Ff=720- v(N)(0.78m/s≤v≤1.08m/s) 答案: (1)从d到c (2)1.5×10-5Ω (3)200N (4)加速度逐渐减小,最终趋近于零 4m/s2 Ff=720- v(N)(0.78m/s≤v≤1.08m/s) 9.(2020·闽粤赣三省十校联考)如图所示,倾角为θ=37°的足够长的平行导轨顶端bc间、底端ad间分别连一电阻,其阻值为R1=R2=2r,两导轨间距为L=1m。 在导轨与两个电阻构成的回路中有垂直于导轨平面向下的匀强磁场,其磁感应强度大小为B1=1T。 在导轨上横放一质量m=1kg、电阻为r=1Ω、长度也为L的导体棒ef,导体棒与导轨始终良好接触,导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5。 在平行导轨的顶端通过导线连接一面积为S=0.5m2、总电阻为r、匝数N=100的线圈(线圈中轴线沿竖直方向),在线圈内加上沿竖直方向,且均匀变化的磁场B2(图中未画出),连接线圈电路上的开关K处于断开状态。 已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2,不计导轨电阻。 (1)从静止释放导体棒,导体棒能达到的最大速度是多少? (2)导体棒从静止释放到稳定运行之后的一段时间内,电阻R1上产生的焦耳热为Q=0.5J,那么导体棒下滑的距离是多少? (3)现闭合开关K,为使导体棒静止于倾斜导轨上,求在线圈中所加磁场的磁感应强度的方向及变化率 大小的取值范围(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。 解析: 本题考查电磁感应中的电路问题。 (1)对导体棒,由牛顿第二定律有 mgsinθ-μmgcosθ-B1IL=ma① 其中I= = = ② 由①②知,随着导体棒的速度增大,加速度减小,当加速度减至0时, 导体棒的速度达到最大。 则最大速度vm= =4m/s③ (2)导体棒从静止释放到稳定运行之后的一段时间内,设导体棒下滑距离为d,由动能定理有 mgsinθ·d-μmgcosθ·d-W克安= mv ④ 根据功能关系有W克安=E电=Q总⑤ 根据并联电路特点得Q总=4Q⑥ 由③④⑤⑥联立得d=5m⑦ (3)开关闭合后,导体棒ef受到的安培力F′=B1IefL⑧ 干路电流I′= = ·N = · ⑨ 电路的总电阻R总′=r+ = r⑩ 根据电路规律及⑨⑩得Ief= · ⑪ 联立⑧可得 = ⑫ 当安培力较大时,有F′max=mgsinθ+μmgcosθ=10N⑬ 则 =0.6T/s⑭ 当安培力较小时,有Fmin′=mgsinθ-μmgcosθ=2N⑮ 则 min=0.12T/s⑯ 故为使导体棒静止于倾斜导轨上,线圈中所加磁场的磁感应强度变化率的取值范围为 0.12T/s≤ ≤0.6T/s⑰ 根据楞次定律和安培定则知线圈中所加磁场若方向竖直向上,则均匀减小;若方向竖直向下,则均匀增强。 答案: (1)4m/s (2)5m (3)见解析
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- 电磁感应 中的 动力学 能量 动量 问题