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第十二章　第68練　專題強化：電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題
[分值：60分]
1~4題每小題4分，5題10分，共26分
1.如圖所示，在一勻強磁場中有一U形導(dǎo)線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動。桿ef及線框的電阻不計，開始時，給ef一個向右的初速度，則(　　)
A.ef將減速向右運動，但不是勻減速運動
B.ef將勻減速向右運動，最后停止
C.ef將勻速向右運動
D.ef將往返運動
2.(2024·江蘇南京市模擬)如圖所示，水平放置的“”形光滑金屬導(dǎo)軌處在豎直向下的勻強磁場中，左端接有電阻R。一金屬桿與導(dǎo)軌垂直放置，且接觸良好，在外力F作用下由靜止開始做勻加速直線運動。不計導(dǎo)軌和金屬桿的電阻。關(guān)于外力F隨時間t變化的圖像正確的是(　　)
3.如圖，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為L，導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，兩部分平滑連接，平直部分右端接一個阻值為R的定值電阻。平直部分導(dǎo)軌的最左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處由靜止釋放，到達(dá)磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中(　　)
A.通過金屬棒的最大電流為
B.通過金屬棒的電荷量為
C.克服安培力所做的功為mgh
D.金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為mg(h-μd)
4.(2023·江蘇南通市三模)如圖所示，兩光滑平行長直金屬導(dǎo)軌水平固定放置，導(dǎo)軌間存在豎直向下的勻強磁場。兩根相同的金屬棒ab、cd垂直放置在導(dǎo)軌上，處于靜止?fàn)顟B(tài)。t=0時刻，對cd棒施加水平向右的恒力F，兩棒始終與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計。兩棒的速度vab、vcd和加速度aab、acd隨時間t變化的關(guān)系圖像可能正確的是(　　)
5.(10分)(2024·江蘇省姜堰中學(xué)、如東中學(xué)三模聯(lián)考)我國新一代航母阻攔系統(tǒng)的研制引入了電磁阻攔技術(shù)，其基本原理如圖所示，飛機著艦時關(guān)閉動力系統(tǒng)，通過絕緣阻攔索鉤住軌道上的一根金屬棒，飛機與金屬棒瞬間獲得共同速度v0=180 km/h，在磁場中共同減速滑行至停下，已知殲-15艦載機質(zhì)量M=2.7×104 kg，金屬棒ab質(zhì)量m=3×103 kg、接入電路的電阻R=10 Ω，導(dǎo)軌間距L=50 m，勻強磁場磁感應(yīng)強度B=5 T，導(dǎo)軌電阻不計，除安培力外飛機克服其他阻力做的功為1.5×106 J，求：
(1)(5分)飛機與金屬棒獲得共同速度v0瞬間金屬棒中感應(yīng)電流I的大小和方向；
(2)(5分)全過程中金屬棒中產(chǎn)生的焦耳熱Q。
6、7題每小題7分，8題12分，共26分
6.(2023·江蘇省檢測)在光滑的水平面上方，有兩個磁感應(yīng)強度大小均為B，方向相反的水平勻強磁場，如圖所示。PQ為兩個磁場的邊界，磁場范圍足夠大。一個邊長為a、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬正方形線框，以速度v垂直磁場方向從如圖實線位置開始向右運動，當(dāng)線框運動到分別有一半面積在兩個磁場中時，線框的速度為，則下列說法正確的是(　　)
A.此時線框中的電功率為
B.此時線框的加速度大小為
C.此過程中回路產(chǎn)生的電能為2mv2
D.此過程中線框受到的磁場力先向左后向右
7.(2024·黑吉遼·9改編)如圖，兩條“∧”形的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，間距為L，左、右兩導(dǎo)軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導(dǎo)體棒ab、cd放置在導(dǎo)軌上，同時由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，ab、cd的質(zhì)量分別為2m和m，長度均為L。導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，重力加速度為g，兩棒在下滑過程中(　　)
A.回路中的電流方向為adcba
B.ab中電流趨于
C.ab與cd加速度大小之比始終為2∶1
D.兩棒產(chǎn)生的電動勢始終相等
8.(12分)(2023·江蘇常州市模擬)如圖甲所示，傾角為30°、足夠長的光滑絕緣斜面，虛線MN、PQ間存在垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，MN、PQ均與斜面頂邊(頂邊水平)平行。一單匝正方形金屬線框abcd通過一輕質(zhì)絕緣細(xì)線連接靜止在斜面上，且線框一半位于磁場中，ab邊平行MN。已知線框質(zhì)量m=2 kg、邊長L=0.5 m、電阻R=0.4 Ω，重力加速度g取10 m/s2。
(1)(4分)求t=0.1 s時線框中的感應(yīng)電流大小及t=0.25 s時細(xì)線的拉力大小；
(2)(8分)在0.25 s后剪斷細(xì)線，金屬線框由靜止沿斜面下滑，ab邊進(jìn)磁場前瞬間，線框加速度為0，當(dāng)cd邊剛出磁場時，線框加速度大小為1 m/s2，整個下滑過程cd邊始終與PQ平行。求MN、PQ間距s及線框進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q。
(8分)
9.(2024·江蘇常州市期末)如圖所示，兩光滑導(dǎo)軌PQ、MN水平放置，夾角為45°，處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B，在M、P處串聯(lián)間距極小的電容器，電容為C，與PQ垂直的導(dǎo)體棒在垂直棒的水平外力作用下從導(dǎo)軌最左端向右勻速運動，速度為v，不計一切電阻，則下列說法正確的是(　　)
A.電容器上極板帶正電
B.水平外力保持不變
C.水平位移為x時電容器儲存的電能為CB2v2x2
D.水平位移為x時外力的功率為CB2v3x
參考解析
1.A　[ef向右運動，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，會受到向左的安培力而做減速運動，由F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速度減小的減速運動，最終停止運動，故A正確，B、C、D錯誤。]
2.D　[對桿受力分析得F－IBL＝ma
金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv
感應(yīng)電流為I＝
又v＝at
整理得F＝ma＋at
可知F－t圖像為不過原點的直線。故選D。]
3.D　[金屬棒由靜止釋放下滑到導(dǎo)軌彎曲部分底端，根據(jù)動能定理有mgh＝m，金屬棒在磁場中運動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv，當(dāng)金屬棒剛進(jìn)入磁場時，金屬棒運動的速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，感應(yīng)電流最大，Imax＝，A錯誤；金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中通過金屬棒的電荷量q＝t＝t＝，B錯誤；對整個過程由動能定理得mgh－W克安－μmgd＝0，金屬棒克服安培力做的功W克安＝mgh－μmgd，C錯誤；由功能關(guān)系可得，金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝W克安＝mg(h－μd)，D正確。]
4.C　[金屬棒cd在恒力F作用下由靜止開始加速，此時金屬棒ab、cd加速度分別為aab＝0，acd＝，之后回路中出現(xiàn)感應(yīng)電流，金屬棒cd受到的安培力與恒力F反向，金屬棒cd的加速度減小，金屬棒ab在安培力作用下開始加速，金屬棒cd與金屬棒ab的速度差逐漸增大，回路中的電動勢逐漸增大，安培力F安＝(vcd－vab)，逐漸增大，金屬棒cd加速度減小，金屬棒ab加速度增大，當(dāng)acd＝aab時，vcd－vab不再變化，回路中的電流不再變化，安培力不變，兩棒加速度不變，但是兩金屬棒的速度仍在增大，故C項可能正確。]
5.(1)1.25×103 A　方向由b到a
(2)3.6×107 J
解析　(1)飛機與金屬棒獲得共同速度v0瞬間金屬棒中感應(yīng)電動勢E＝BLv0，感應(yīng)電流I＝
代入數(shù)據(jù)解得I＝1.25×103 A
根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流方向由b到a。
(2)飛機從著艦到停止，根據(jù)動能定理
－W克安－Wf＝0－(M＋m)
代入數(shù)據(jù)解得W克安＝3.6×107 J
根據(jù)功能關(guān)系知
Q＝W克安＝3.6×107 J。
6.A　[由于此時金屬正方形線框左右兩邊框都能切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，根據(jù)右手定則可知左右兩邊框感應(yīng)電動勢串聯(lián)，因此回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝2Ba＝Bav，此時線框中的電功率為P＝，故A正確；線框中的感應(yīng)電流為I＝，左右兩邊所受安培力大小為F＝BIa＝，根據(jù)左手定則可知左右兩邊所受安培力方向相同，因此加速度大小為a＝，故B錯誤；根據(jù)能量守恒定律，可得此過程回路中產(chǎn)生的電能為E＝mv2－m()2＝mv2，故C錯誤；金屬正方形線框右邊框未經(jīng)過PQ時，線框內(nèi)磁通量未變化，此時線框內(nèi)無感應(yīng)電流，因此沒有受到磁場力，當(dāng)金屬正方形線框右邊框經(jīng)過PQ后，根據(jù)楞次定律，線框內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，根據(jù)左手定則可知，左右兩邊框受到的安培力方向均為向左，因此此過程中線框受到的磁場力方向一直向左，故D錯誤。]
7.B　[兩導(dǎo)體棒沿軌道向下滑動，根據(jù)右手定則可知回路中的電流方向為abcda，故A錯誤；設(shè)回路中的總電阻為R，對于任意時刻當(dāng)電路中的電流為I時，對ab根據(jù)牛頓第二定律得
2mgsin 30°－2BILcos 30°＝2maab，
對cd有mgsin 30°－BILcos 30°＝macd，故可知aab＝acd，分析可知回路中的總電動勢為兩個導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢相加，隨著導(dǎo)體棒速度的增大，回路中的電流增大，導(dǎo)體棒受到的安培力在增大，故可知當(dāng)安培力沿導(dǎo)軌方向的分力與重力沿導(dǎo)軌向下的分力平衡時導(dǎo)體棒將勻速運動，此時電路中的電流達(dá)到穩(wěn)定值，對ab分析可得2mgsin 30°＝2BILcos 30°，解得I＝，故B正確，C錯誤；根據(jù)前面分析可知aab＝acd，故可知兩導(dǎo)體棒速度大小始終相等，由于兩邊磁感應(yīng)強度大小不同，故產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不相等，故D錯誤。]
8.(1)7.5 A　25 N　(2)0.544 m　1.5 J
解析　(1)t＝0.1 s時線框中的感應(yīng)電動勢為E＝·× V＝3 V
感應(yīng)電流為I＝＝7.5 A
t＝0.25 s時磁感應(yīng)強度為4 T，根據(jù)右手定則可知回路中的電流方向為adcba，則根據(jù)左手定則可知，線框所受安培力沿斜面向下，細(xì)線的拉力大小為F＝mgsin 30°＋BIL＝25 N。
(2)ab邊進(jìn)磁場前瞬間，回路中的電流方向為abcda，線框所受安培力沿斜面向上，線框勻速運動，
則mgsin 30°＝BL
得v1＝1 m/s
當(dāng)cd邊剛出磁場時，線框所受安培力沿斜面向上，根據(jù)牛頓第二定律有BL－mgsin 30°＝ma
得v2＝1.2 m/s
根據(jù)機械能守恒定律有m＋mg(s－L)sin 30°＝m，得s＝0.544 m
線框從靜止下滑至ab邊剛進(jìn)入磁場的過程中會產(chǎn)生焦耳熱，在此過程中，根據(jù)能量守恒定律有
mgsin 30°＝m＋Q
解得線框進(jìn)入磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝1.5 J。
9.D　[導(dǎo)體棒向右切割磁感線時，由右手定則知，導(dǎo)體棒下端電勢高，電容器充電，電容器下極板帶正電，上極板帶負(fù)電，A錯誤；電容C＝，即Q＝CU＝CBlv，而金屬棒有效長度l隨時間均勻增大，變化率為，由于夾角為45°，則＝v，則I＝＝CBv＝CBv2，即電流恒定，但由于導(dǎo)體棒有效長度變化，F(xiàn)安＝BIl，則安培力發(fā)生變化，故水平外力變化，B錯誤；由于安培力隨位移均勻增大，則安培力做功為W＝Fmx＝B·CBv·x·x＝B2v2Cx2，由能量守恒定律可知，此時電容器儲存的電能Q＝W＝B2v2Cx2，C錯誤；由平衡條件知，水平位移為x時外力的功率大小等于安培力功率，則P＝P安＝F安v＝B·CBv·x·v＝CB2v3x，D正確。]

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