14 第二章 素养提升课(五) 电磁感应中的动力学及能量问题-【名师导航】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册同步讲义(人教版2019)

素养提升课(五)　电磁感应中的动力学及能量问题 1．综合运用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的动力学问题。 2．会分析电磁感应中的能量转化问题。 3．会用动量的观点分析电磁感应中的问题。 　电磁感应中的动力学问题 1．导体的两种运动状态 (1)平衡状态：静止或匀速直线运动，F合＝0。 (2)非平衡状态：加速度不为零，F合＝ma。 2．电学对象与力学对象的转换及关系 3．电磁感应中的动力学临界问题 基本思路：导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力→合外力变化加速度变化→临界状态。 【典例1】　如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ＝30°，两导轨之间的距离为l＝1 m，两导轨M、P之间接入电阻R＝0.2 Ω，导轨电阻不计，在abdc区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度B0＝1 T，磁场的宽度x1＝1 m；在cd连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B1＝0.5 T。一个质量为m＝1 kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝0.2 Ω，若金属棒在离ab连线上端x0处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速运动。金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时又达到稳定状态，cd与ef之间的距离x2＝8 m。(g取10 m/s2)求： (1)金属棒在磁场Ⅰ运动的速度大小； (2)金属棒滑过cd位置时的加速度大小； (3)金属棒在磁场Ⅱ中达到稳定状态时的速度大小。 [解析]　(1)金属棒进入磁场Ⅰ做匀速运动，设速度为v0，由平衡条件得mg sin θ＝F安 而F安＝B0I0l，I0＝ 代入数据解得v0＝2 m/s。 (2)金属棒滑过cd位置时，其受力如图所示。由牛顿第二定律得 mg sin θ－F′安＝ma 而F′安＝B1I1l，I1＝ 代入数据解得a＝3.75 m/s2。 (3)金属棒在进入磁场Ⅱ区域达到稳定状态时，设速度为v1，则mg sin θ＝F″安 而F″安＝B1I2l，I2＝ 代入数据解得v1＝8 m/s。 [答案]　(1)2 m/s　(2)3.75 m/s2　(3)8 m/s 　用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题 解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下： [针对训练] 1．如图所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，导轨间距为0.2 m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4 Ω，导轨电阻不计，导体ab的质量为0.2 g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.2 T，且磁场区域足够大，当导体ab自由下落0.4 s时，突然闭合开关S，g取10 m/s2，则： (1)试说出S接通后，导体ab的运动情况； (2)导体ab匀速下落的速度是多少？ [解析]　(1)闭合S之前导体ab自由下落的末速度为v0＝gt＝4 m/s S闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流，ab立即受到一个竖直向上的安培力。 F安＝BIl＝＝0.016 N＞mg＝0.002 N 此刻导体所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为 a＝－g 所以ab做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动。当速度减小至F安＝mg时，ab做竖直向下的匀速运动。 (2)设匀速下落的速度为vm，此时 F安＝mg，即＝mg vm＝＝0.5 m/s。 [答案]　(1)先做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动，后做匀速运动　(2)0.5 m/s 　电磁感应中的能量问题 1．能量转化的过程分析 电磁感应的实质是不同形式的能量转化的过程。 2．求解焦耳热Q的几种方法 【典例2】　如图所示，水平面内有一对相互平行的金属导轨MN、PQ，间距为d，左端接有定值电阻R。质量为m、电阻为r的导体棒CD垂直于MN、PQ放置在金属导轨上，且与导轨保持良好接触。整个装置处于竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中。不计导轨的电阻及导轨和导体棒间的摩擦。在t＝0时刻，给导体棒一个平行于导轨向右的初速度v0，求： (1)t＝0时导体棒CD产生的感应电动势E； (2)t＝0时导体棒CD所受安培力FA的大小和方向； (3)在导体棒CD从开始运动到停下的过程中，定值电阻R产生的焦耳热QR。 [解析]　(1)t＝0时导体棒CD切割磁感线产生的感应电动势为E＝Bdv0。 (2)由闭合电路欧姆定律可得导体棒CD中的电流I＝ 由安培力计算公式可得，t＝0时导体棒CD所受安培力大小为FA＝BId＝ 由右手定则可知导体棒CD中电流方向从D到C，由左手定则可知，安培力方向水平向左。 (3)在导体棒CD从开始运动到停下的过程中，由能量守恒定律，可知电路中产生的焦耳热量 Q＝ 由于定值电阻R与r串联，可知定值电阻R产生的焦耳热QR＝。 [答案]　(1)Bdv0　(2)，方向水平向左　(3) [针对训练] 2．如图所示，平行金属导轨固定在斜面上，导轨上下两端分别连着定值电阻R1和R2，且R1＝R2＝R。匀强磁场垂直于斜面向上，恒力F拉动阻值也为R的金属杆从静止开始沿导轨向上滑动，金属杆与导轨接触良好，导轨光滑且电阻不计。已知从静止开始到金属杆达到最大速度的过程中，恒力F做功为W，金属杆克服重力做功为W1，金属杆克服安培力做功为W2，定值电阻R1上产生的焦耳热为Q，金属杆动能的增加量为ΔEk，重力势能的增加量为ΔEp，则(　　) A．W＝2Q＋W1＋W2＋ΔEk＋ΔEp B．W＝3Q＋ΔEk＋ΔEp C．W＝W2＋ΔEk＋ΔEp D．W2＝4Q，W1＝ΔEp C　[功是能量转化的量度，做功的过程就是能量转化的过程，力F做功转化为电路中产生的焦耳热、金属杆增加的动能和增加的重力势能，所以有W＝Q总＋ΔEk＋ΔEp，定值电阻R1上产生的焦耳热为Q，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知，定值电阻R2上产生的焦耳热也为Q，金属杆产生的焦耳热为Q杆＝4Q，金属杆克服重力做的功等于金属杆重力势能的增加量，即W1＝ΔEp，金属杆克服安培力做的功等于电路中产生的焦耳热，即W2＝Q总＝Q＋Q＋Q杆＝6Q，故W＝W2＋ΔEk＋ΔEp，C正确。] 　电磁感应中的动量问题 1．动量定理在电磁感应中的应用 导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为I安＝lt＝Blq，通过导体棒或金属框的电荷量为q＝＝Δt＝n·Δt＝n，磁通量变化量为ΔΦ＝BΔS＝Blx。如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安＝mv2－mv1。当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时用动量定理求解更方便。 2．动量守恒定律在电磁感应中的应用 在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力为系统内力，如果两安培力等大反向，且它们受到的外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便。这类问题可以从以下三个观点来分析： (1)力学观点：通常情况下一个金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属棒以共同的速度匀速运动。 (2)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属棒的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒。 (3)能量观点：其中一个金属棒动能的减少量等于另一个金属棒动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和。 【典例3】　如图所示，两半径均为R＝0.8 m的四分之一光滑竖直平行圆轨道与水平平行轨道AB、CD分别相切于A、C两点，轨道间距均为d＝0.5 m，水平轨道间有竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小B＝2 T，右端B、D间接有定值电阻R0＝1 Ω。长为d＝0.5 m、电阻为r＝1 Ω的导体棒PQ自圆弧轨道的最高点自由释放，整个运动过程导体棒与轨道始终垂直且接触良好，导体棒质量为m＝0.5 kg，导体棒与水平导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，在水平导轨上运动时间t＝2 s后停止运动，重力加速度g取10 m/s2，轨道电阻不计。求： (1)导体棒运动至圆轨道AC位置时对C点的压力大小； (2)导体棒在水平轨道上运动的最大位移。 [解析]　(1)导体棒从释放到AC过程，由动能定理知mgR＝ 对导体棒在AC处受力分析有2FN－mg＝m 解得FN＝7.5 N 由牛顿第三定律知导体棒对C点的压力大小为7.5 N。 (2)对导体棒从AC到停止运动过程，由动量定理得－μmgt＝0－mvC 设最大位移为x，该过程中平均电动势为 平均电流为 联立解得x＝2 m。 [答案]　(1)7.5 N　(2)2 m [针对训练] 3．如图所示，PQ和MN是固定于水平面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻忽略不计。质量均为m的金属棒ab、cd放在轨道上，始终与轨道垂直且接触良好。两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，它们与轨道形成闭合回路。整个装置处在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。使金属棒cd得到初速度v0的同时，金属棒ab由静止开始运动，考虑两金属棒之后的运动过程(经过足够长时间，不考虑空气阻力)，以下说法正确的是(　　) A．ab棒受到的冲量大小为，方向向左 B．cd棒受到的冲量大小为，方向向左 C．金属棒ab、cd组成的系统动量变化量为mv0 D．整个回路产生的热量为 B　[金属棒ab、cd组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，即以后的运动过程中系统动量变化为零，选项C错误。两棒最终共速，设向右为正向，由动量守恒定律，有mv0＝2mv，对ab棒由动量定理Iab＝mv，解得Iab＝mv0，方向向右；对cd棒由动量定理Icd＝mv－mv0，解得Icd＝－mv0，方向向左，选项B正确，A错误。由能量关系知整个回路产生的热量为Q＝，选项D错误。故选B。] 　 素养提升练(五)　电磁感应中的动力学及能量问题 一、选择题 1．如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框中导线的电阻都忽略不计。开始时，给ef一个向右的初速度，则(　　) A．ef将减速向右运动，但不是匀减速，最后停止 B．ef将匀减速向右运动，最后停止 C．ef将匀速向右运动 D．ef将往返运动 A　[ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，由F＝BIl＝＝ma知，ef做的是加速度逐渐减小的减速运动，故A正确。] 2．如图所示，MN和PQ是两根互相平行且竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计，ab是一根与导轨垂直且始终与导轨接触良好的金属杆。开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，经过一段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像不可能是下图中的(　　) A　　　　B　　　　C　　　　D B　[S闭合时，若金属杆受到的安培力＞mg，ab杆先做加速度逐渐减小的减速运动再做匀速运动，D项有可能；若＝mg，ab杆匀速运动，A项有可能；若＜mg，ab杆先做加速度逐渐减小的加速运动再做匀速运动，C项有可能；由于v变化，mg－＝ma中a不恒定，B项不可能。] 3．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则(　　) A．Q1＞Q2，q1＝q2　 B．Q1＞Q2，q1＞q2 C．Q1＝Q2，q1＝q2 　 D．Q1＝Q2，q1＞q2 A　[根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝lbc＝lab，同理Q2＝lbc，又lab＞lbc，故Q1＞Q2；因q＝，故q1＝q2，故A正确。] 4．如图所示，在光滑的水平面上宽度为l的区域内，有竖直向下的匀强磁场。现有一个边长为a(a<l)的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v0向右滑动，穿过磁场后速度刚好减为0，那么当线圈完全进入磁场时，其速度大小(　　) A．大于 　 B．等于 C．小于 　 D．以上均有可能 B　[通过线圈横截面的电荷量为q＝Δt＝由于线圈进入和穿出磁场过程，线圈磁通量的变化量大小相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过线圈横截面的电荷量q相等，由动量定理得，线圈进入磁场过程中，线圈离开磁场过程中，有由于，则－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，解得v＝，故选B。] 5．如图所示，两光滑平行金属导轨间距为l，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B。电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计。现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右做匀速运动时(　　) A．电容器两端的电压为零 B．电阻两端的电压为Blv C．电容器所带电荷量为CBlv D．为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为 C　[导线MN以速度v向右做匀速运动时，导线MN所受的合力为零，可知导线MN所受的安培力为零，电路中电流为零，电阻两端电压为零，电容器两端的电压为U＝E＝Blv，故A、B错误；电容器所带电荷量为Q＝CU＝CBlv，故C正确；导线MN以速度v向右做匀速运动时，导线MN所受的合力为零，导线MN中无电流，导线MN所受的安培力为零，故为保持MN匀速运动，不需要施加拉力，故D错误。故选C。] 6．(多选)如图所示，两个完全相同的导线圈a、b从同一高度自由下落，途中在不同高度处通过两个宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场区域后落到水平地面上，设两线圈着地时动能分别为Eka和Ekb，穿出磁场区域的过程中流过线圈导线横截面的总电荷量分别为qa和qb，则下列判断正确的是(　　) A．Eka<Ekb 　 B．Eka>Ekb C．qa＝qb 　 D．qa>qb BC　[设线圈电阻为R，切割磁感线的边长为l，根据E＝Blv，I＝，F＝BIl，所以线圈在进出磁场时产生的安培力为F＝，由题图可知，两个线圈进出磁场的速度不同，有va<vb，则进出磁场时，a受的安培力小，完全进入磁场后只受重力，所以在下落过程中，线圈a克服安培力做的功小于线圈b克服安培力做的功，而整个过程中，重力做功相同，根据动能定理WG－W安＝ΔEk，可得Eka>Ekb，故A错误，B正确；进出磁场过程中通过线圈横截面的电荷量为q＝I ·Δt＝·Δt＝，两线圈穿过磁场过程中磁通量的变化量相同，所以qa＝qb，故C正确，D错误。故选BC。] 7．(多选)如图所示，两根足够长、电阻不计且相距l＝0.2 m的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压U＝4 V的小灯泡，两导轨间有一磁感应强度大小B＝5 T、方向垂直斜面向上的匀强磁场。今将一根长为l、质量为m＝0.2 kg、电阻r＝1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，已知金属棒下滑到速度稳定时，小灯泡恰能正常发光，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　) A．金属棒刚开始运动时的加速度大小为3 m/s2 B．金属棒刚开始运动时的加速度大小为4 m/s2 C．金属棒稳定下滑时的速度大小为9.6 m/s D．金属棒稳定下滑时的速度大小为4.8 m/s BD　[金属棒刚开始运动时初速度为零，不受安培力作用，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma，代入数据得a＝4 m/s2，故A错误，B正确；设金属棒稳定下滑时速度为v，感应电动势为E，回路中的电流为I，由平衡条件得mg sin θ＝BIl＋μmg cos θ，由闭合电路欧姆定律得I＝，由法拉第电磁感应定律得E＝Blv，联立解得v＝4.8 m/s，故C错误，D正确。] 8．(多选)如图所示，固定的水平粗糙的金属导轨，间距为l，左端接有阻值为R的电阻，处在磁感应强度方向竖直向下、大小为B的匀强磁场中。质量为m的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒间的动摩擦因数为μ，弹簧劲度系数为k，导轨和棒的电阻均可忽略。初始时刻，弹簧压缩量为x0。由静止释放导体棒，棒沿导轨往复运动，最后停止运动，此时弹簧处于原长，运动过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。下列说法正确的是 (　　) A．棒被释放后第一次从右向左运动过程中，一直做减速运动 B．刚释放导体棒时，棒的加速度大小为 C．整个过程中弹簧的弹性势能减少量等于电阻上产生的热量 D．整个过程中弹簧的弹性势能减少量等于电阻上产生的热量与摩擦产生的热量之和 BD　[由静止释放导体棒，棒沿导轨往复运动，故可知棒被释放后第一次从右向左运动过程中，先加速，后减速，A错误；刚释放导体棒时，弹簧压缩量为x0，棒在水平方向受到水平向左的弹簧弹力Fx、水平向右的滑动摩擦力Ff的共同作用，由牛顿第二定律得棒的加速度大小为a＝，B正确；依题意知最后棒停止运动，此时弹簧处于原长，根据能量守恒定律可知整个过程中弹簧的弹性势能减少量等于电阻上产生的热量及摩擦产生的热量之和，C错误，D正确。故选BD。] 9．如图所示，两条光滑金属导轨平行固定在斜面上，导轨所在区域存在垂直于斜面向上的匀强磁场，导轨上端连接电阻R，t＝0时，导体棒由静止开始沿导轨下滑，下滑过程中导体棒与导轨接触良好，且方向始终与斜面底边平行。导体棒在下滑过程中，流过导体棒的电流为i，产生的感应电动势为E，电阻R消耗的电功率为P，穿过导体棒与金属导轨和电阻R围成的线框的磁通量为Φ，关于i、Φ、E、P随时间t变化的关系图像可能正确的是(　　) A　　　　　B　　　　　C　　　　　　D A　[根据牛顿第二定律可得mg sin θ－＝ma，可得a＝g sin θ－，所以随着速度的增大，加速度逐渐减小为0，因v-t图像的斜率表示加速度，所以v-t图像的斜率从g sin θ逐渐减小为0。导体棒下滑过程中产生的感应电动势、电流分别为E＝Blv，i＝，由公式可知，E与v、i与v成正比，那么E-t、i-t图像与v-t图像相似，故A正确，C错误；导体棒向下做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速，由于x-t图像的斜率表示速度，所以x-t图像开始时是斜率逐渐增大的曲线，最后变成斜率不变的直线。穿过导体棒与金属导轨和电阻R围成的线框的磁通量为Φ＝Blx，由公式可知，Φ与x成正比，那么Φ-t图像与x-t相似，故B错误；电阻R的功率为P＝i2R＝，由于导体棒最后匀速，所以电阻R消耗的功率不可能一直增大，故D错误。故选A。] 10．(多选)(2023·山东卷)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，电阻不计。质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1＝2 m/s，CD的速度为v2且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取，下列说法正确的是(　　) A．B2的方向向上 　 B．B2的方向向下 C．v2＝5 m/s 　 D．v2＝3 m/s BD　[CD运动速度v2大于导体棒MN的速度v1，则导体棒MN受到水平向右的摩擦力，因为导体棒MN做匀速运动，所以导体棒MN受到的安培力方向水平向左，导体棒MN的质量m＝1 kg，设MN受到的安培力大小为FMN，规定水平向右为正方向，对导体棒MN受力分析有μmg－FMN＝0，解得FMN＝2 N，根据左手定则可知，MN中电流从N流向M，设CD受到的安培力为FCD，重物质量m0＝0.1 kg，对CD受力分析有－μmg＋FCD＋m0g＝0，解得FCD＝1 N，则CD受到的安培力向右，电流从D流向C，根据左手定则可知，B2的方向竖直向下，A错误，B正确；FMN＝B1IL，FCD＝B2IL，根据法拉第电磁感应定律有E＝B1Lv1－B2Lv2，根据闭合电路欧姆定律有E＝IR，联立解得v2＝3 m/s，C错误，D正确。] 二、非选择题 11．磁轨炮是利用电磁发射技术制成的一种先进的动能杀伤武器。它利用电磁系统中电磁场的作用力，可大大提高弹丸的速度和射程。其加速原理如图所示，炮弹在导轨的一端，通过电流后炮弹会被安培力加速，而高速射出。某磁轨炮导轨长l＝6 m，两导轨之间的距离d＝0.1 m。轨道间磁场可认为是磁感应强度B＝3.0 T，方向垂直于纸面的匀强磁场。质量m＝40 g的炮弹受安培力而在轨道内匀加速运动，若其从右侧出口射出的速度为v＝3 000 m/s，忽略一切摩擦力。 (1)求磁场的方向； (2)求通过导轨的电流大小； (3)若炮弹所在电路的总电阻为R＝0.1 Ω，求发射炮弹时装置所消耗的总能量。 [解析]　(1)根据炮弹受力方向和题图中电流方向，由左手定则可判断磁场的方向垂直纸面向里。 (2)炮弹在两导轨间做匀加速运动v2＝2al 根据牛顿第二定律可得F＝BId＝ma 解得I＝1×105 A。 (3)由能量守恒，系统消耗的总能量等于回路中产生的焦耳热和炮弹获得的动能之和l＝vt E＝I2Rt＋mv2 得E＝4.18×106 J。 [答案]　(1)垂直纸面向里　(2)1×105 A (3)4.18×106 J 12．(2023·新课标卷)一边长为l、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2l的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图甲所示。 (1)使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。 (2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图乙所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。 [解析]　(1)金属框全部在磁场中时无安培力作用，有安培力作用时间内总位移为2l，对全过程，根据动量定理有－Blt进－Blt出＝m－mv0 t进＋t出＝2l R总＝4R0 联立解得v0＝。 (2)金属框在导轨上运动时，上、下边框被导轨短路，右边框切割磁感线、左边框未进入磁场时，等效电路如图甲所示，右边框充当电源，左边框与R1并联。设左边框刚要进入磁场时速度为v1，根据动量定理有 －Blt1＝mv1－mv0 其中t1＝l R1总＝R0 联立解得v1＝ 设流过R1的电流为I1，则流过左、右边框的电流分别为2I1、3I1，则R1产生的热量与左、右边框产生的热量之比为 Q1∶Q左∶Q右＝·2R0t1∶(2I1)2·R0t1∶(3I1)2·R0t1＝2∶4∶9 由能量守恒定律有Q1＋Q左＋Q右＝ 联立解得Q1＝ 线框全部进入磁场切割磁感线过程，等效电路如图乙所示，等效电源内阻为左右两边框并联的阻值，即内阻为，设右边框刚要出磁场时速度为v2，根据动量定理有 －Blt2＝mv2－mv1 其中t2＝l R2总＝2R0＋R0 联立解得v2＝0，则右边框刚好不出磁场 R1产生的热量与线框产生的热量之比为 Q2∶Q框＝t2＝4∶1 由能量守恒定律有Q2＋Q框＝ 联立解得Q2＝ 则电阻R1产生的总热量Q＝Q1＋Q2 解得Q＝。 [答案]　(1)　(2) 章末综合测评(二)　电磁感应 一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。) 1．从能量的角度研究电磁感应现象，下列说法不正确的是(　　) A．楞次定律中的阻碍过程实质上是能量转化的过程 B．产生感应电流的过程中，机械能和其他形式的能通过电磁感应转化成电能 C．电磁感应现象中，克服安培力做了多少功，就有多少电能产生 D．自感现象和涡流现象都符合能量守恒定律 B　[在电磁感应现象中产生感应电流的过程中，通过克服非静电力做功把其他形式的能转化为电能，克服非静电力做了多少功，就有多少其他形式的能转化成电能，楞次定律中的阻碍过程实质上是能量转化的过程，故A正确，不符合题意；在导体切割磁感线运动产生动生电流的过程中，通过克服安培力做功把其他形式的能转化为电能，克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化成电能，故C正确，不符合题意；产生感应电流的过程中，机械能和其他形式的能通过克服非静电力做功转化成电能，故B错误，符合题意；由能量的转化和守恒知，一切过程中能量都守恒，因此，自感现象和涡流现象都符合能量守恒定律，故D正确，不符合题意。] 2．如图所示，光滑的水平桌面上放着a和b两个完全相同的金属环。如果一条形磁铁的N极竖直向下迅速靠近两环，则(　　) A．a、b两环均静止不动 B．a、b两环互相靠近 C．a、b两环互相远离 D．a、b两环均向上跳起 C　[当条形磁铁的N极竖直向下迅速靠近两环时，两环中的磁通量增大，根据楞次定律可知两环中的感应电流将阻碍这种变化，于是相互远离。故选C。] 3．如图甲所示，螺线管匝数n＝1 000，横截面积S＝0.02 m2，电阻r＝1 Ω，螺线管外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，电阻的一端b接地，一方向平行于螺线管轴线向左的磁场穿过螺线管，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，则(　　) A．在0～4 s时间内，R中有电流从a流向b B．在4～6 s时间内，通过R的电流大小为8 A C．在t＝3 s时穿过螺线管的磁通量为0.7 Wb D．在4～6 s时间内，R两端电压Uab＝40 V B　[在0～4 s内，原磁场磁感应强度增大，则穿过螺线管的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向向右，再由安培定则可知R中的电流方向从b流向a，故A错误；在4 s～6 s内，感应电动势为E＝nS＝1 000××0.02 V＝40 V，则R中电流大小为I＝ A＝8 A，故B正确；由题图乙可知，t＝3 s时磁感应强度为B＝3.5 T，则此时穿过螺线管的磁通量为Φ＝BS＝3.5×0.02 Wb＝0.07 Wb，故C错误；在4 s～6 s内，根据楞次定律可知，R中的电流从a流向b，则R两端电压为Uab＝IR＝8×4 V＝32 V，故D错误。故选B。] 4．Ⅰ、Ⅱ两区域存在垂直纸面的匀强磁场，L1、L2、L3是磁场边界，两磁场区域宽度均为d，方向如图所示。与磁场方向垂直的平面内有一直角边长也为d的等腰直角三角形硬导线框。现使导线框以恒定的速度水平向右穿过磁场，运动过程中始终保持一直角边与磁场边界平行。若规定顺时针方向为电流的正方向，则此过程中，导线框内感应电流与时间的关系图像，可能正确的是(图中虚线方格为等大正方形)(　　) A　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　D B　[Ⅰ区域存在向里的匀强磁场，Ⅱ区域存在向外的匀强磁场，三角形闭合导线框进入磁场Ⅰ时向里的磁通量增大，根据楞次定律可知，电流方向为逆时针方向，电流为负；三角形闭合导线框进入Ⅱ时，向里的磁通量减小向外的磁通量增加，根据楞次定律可知，电流方向为顺时针方向，电流为正；三角形闭合导线框离开Ⅱ时，向外的磁通量减小，根据楞次定律可知，电流方向为逆时针方向，电流为负。故选B。] 5．如图所示，匝数N＝2 000、面积S＝60 cm2、电阻r＝1.0 Ω的线圈处在竖直向下的均匀磁场中，磁感应强度为B1，通过软导线分别与边长为l＝10 cm、每个边的阻值均为4 Ω、质量分布均匀的正方形线框的d、c相连接，正方形线框用两个劲度系数为k＝150 N/m的轻质绝缘弹簧悬吊在天花板上，整个线框处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，已知B1随时间的变化规律为B1＝5t(T)，开关闭合前线框静止，开关闭合，稳定后，两弹簧的长度均变化了Δx＝0.5 cm。忽略软导线对线框的作用力。则下列说法正确的是(　　) A．线框中的电流方向为由c到d B．ab边与cd边所受的安培力相等 C．流过线圈的电流为20 A D．磁感应强度B2的大小为1 T D　[根据楞次定律可知线框中的电流方向由d到c，A错误；由于da，ab，bc串联之后再与dc并联，可知ab边与cd边电流不同，因此所受安培力不同，B错误；回路感应电动势E＝NS＝2 000×5×60×10-4 V＝60 V，回路总电阻R总＝r＋＝4 Ω，因此流过线圈的电流I＝＝15 A，C错误；根据平衡条件可知B2l·＝2kΔx，解得B2＝1 T，D正确。] 6．如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω顺时针匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容器，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是(　　) A．棒产生的电动势为Bl2ω B．电容器两端的电压为 C．电阻消耗的电功率为 D．圆环边缘的电势高于中心的电势 B　[棒产生的电动势为E＝BrBr2ω，故A错误；电容器两端的电压为U＝E＝Br2ω，故B正确；电阻消耗的电功率为P＝，故C错误；根据右手定则可知，圆环边缘的电势低于中心的电势，故D错误。故选B。] 7．如图所示，足够长的平行光滑金属导轨ab、cd水平放置，间距为l，一端连接阻值为R的电阻。导轨所在空间存在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻为r的导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导轨的电阻可忽略不计。t＝0时导体棒在水平向右的恒力作用下开始运动。设导体棒MN两端的电压为U，所受安培力的大小为FA，通过的电流为I，速度大小为v，加速度的大小为a。关于导体棒MN开始运动后的情况，下列图像中合理的是(　　) A　　　　B　　　　C　　　　D D　[对MN受力分析可知F－FA＝ma，FA＝BIl，I＝，联立可知a＝v，故D正确； 电流为I＝，故电流与速度呈正比例关系，图像应为过原点的直线，故C错误；MN所受安培力为FA＝v，由以上分析可知MN做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速，故安培力应随时间逐渐变大，且变大得越来越慢，最后趋于定值，故B错误；MN两端的电压为U＝Blv，故MN两端的电压应随时间逐渐变大，且变大得越来越慢，最后趋于定值，故A错误。故选D。] 8．如图所示，电灯A和B正常工作时的电阻与定值电阻的阻值相同，均为R，L是自感系数很大的线圈。当S1闭合，S2断开且电路状态稳定时，A、B亮度相同，再闭合S2，待电路状态再次达到稳定后将S1断开，下列说法正确的是(　　) A．B灯立即熄灭 B．A灯将比原来更亮一些后再熄灭 C．有电流通过B灯，方向为c→d D．有电流通过A灯，方向为a→b AD　[S1闭合、S2断开且电路稳定时两灯亮度相同，说明L的直流电阻亦为R。闭合S2后，L与A灯并联，R与B灯并联，它们的电流均相等。当断开S1后，L将阻碍自身电流的减小，即该电流还会维持一段时间，在这段时间里，因S2闭合，电流不可能经过B灯和R，只能通过A灯形成L→a→b→c→L的电流，故A、D正确，C错误；由于自感线圈形成的电流是在L原来电流的基础上逐渐减小的，并没有超过A灯原来电流，故A灯虽推迟一会熄灭，但不会比原来更亮，故B错误。故选AD。] 9．如图所示，两水平虚线之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，边长为a的正方形导体框由磁场上方a处静止释放，导体框的上、下边始终保持与磁场的边界平行，当导体框的下边与磁场的上边界重合时导体框开始匀速运动。已知磁场的磁感应强度大小为B，磁场的宽度为h＝4a，导体框的质量为m、电阻值为R，重力加速度为g，忽略一切阻力。则下列说法正确的是(　　) A．导体框进入磁场过程中导体框中产生的焦耳热为mga B．导体框进入磁场过程中，通过导体框某一横截面的电荷量均为 C．导体框下边出磁场时的速度为2 D．导体框出磁场的过程中做加速运动 AC　[导体框进入磁场过程中导体框做匀速运动，根据能量守恒Q＝mga，故A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，在进入磁场的过程中，根据欧姆定律可得Δt，联立解得q＝，故B错误；根据自由落体公式＝2ga，解得v1＝，导体框进入磁场过程中做匀速运动，导体框完全进入磁场后，因无电磁感应，导体框继续匀加速直线运动，则＝2g·3a，解得v2＝，故C正确；导体框进入磁场过程中做匀速运动，安培力等于重力，导体框出磁场时速度增大，安培力大于重力，所以导体框出磁场的过程中先做减速运动，故D错误。故选AC。] 10．如图所示，垂直纸面向外的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别向两个方向以v、4v的速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的过程中(　　) A．导体框ad边两端电势差相同 B．通过导体框截面的电量相同 C．导体框中产生的焦耳热相同 D．导体框中产生的感应电流方向相同 BD　[设金属框的边长为l，以v的速度向上匀速拉出磁场时，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得，导体框ad边两端电势差为U1＝Blv，以4v的速度向右匀速拉出磁场时，导体框ad边两端电势差为U2＝Bl×4v＝3Blv，A错误；通过导体框截面的电量为q＝IΔt，由闭合电路欧姆定律可得I＝，由法拉第电磁感应定律可得E＝，ΔΦ＝Bl2，解得q＝，可知q与速度无关，通过导体框截面的电量相同，B正确；以v的速度匀速拉出磁场时，导体框中产生的焦耳热为Q＝，解得Q＝∝v可知速度越大，焦耳热越多，C错误；两次运动中穿过线框的磁通量均减小，根据楞次定律知，导体框中产生的感应电流方向相同，都是逆时针方向，D正确。故选BD。] 二、非选择题 11．如图所示，一倾角θ＝37°的光滑绝缘斜面固定在水平面上，底边宽l＝1.0 m，现将一质量m＝0.25 kg 的导体棒通过细软导线接入电路中，当在斜面范围存在一垂直斜面向下的匀强磁场时，导体棒恰好能水平静止在斜面上，且图中标称为“4 V，8 W”的小灯泡也能正常发光，已知图中电源电动势E＝8.0 V，内阻r＝1.0 Ω，重力加速度g＝，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求： (1)小灯泡的额定电流和通过电源的电流； (2)金属棒受到的安培力F大小； (3)磁场的磁感应强度B大小。 [解析]　(1)小灯泡的正常发光时，有PL＝UIL 解得小灯泡的额定电流为IL＝2 A 通过电源的电流为I总＝ A＝4 A。 (2)导体棒静止在导轨上，由共点力的平衡可知，安培力的大小等于重力沿斜面向下的分力，即F＝mg sin 37°＝1.5 N。 (3)通过导体棒的电流I＝I总－IL＝2 A 导体棒受到的安培力为F＝BIl 解得磁场的磁感应强度B大小为B＝0.75 T。 [答案]　(1)2 A　4 A　(2)1.5 N　(3)0.75 T 12．如图所示，在虚线圆周内有一均匀的磁场，磁场的磁感应强度B正以0.1 T/s的变化率减小。现在圆周内放一金属圆环，圆环平面垂直磁场。已知圆环的半径为0.1 m。问： (1)圆环中产生的感应电动势为多大？ (2)若圆环的电阻为1 Ω，则圆环中的电流为多大？ (3)在第(2)问条件下，若在圆环上某处断开形成两个端点，在这两个端点之间接入一个4 Ω的电阻，则这两个端点之间的电压为多少？设圆环的电阻保持不变。 [解析]　(1)由法拉第电磁感应定律可得 E＝N S＝1×0.1×π×0.12 V≈3.14×10-3 V。 (2)由闭合电路欧姆定律，则有 I＝ A＝3.14×10-3 A。 (3)由题意知，4 Ω的电阻与圆环串联，则4 Ω的电阻两端的电压为 U＝×4 V≈2.51×10-3 V。 [答案]　(1)3.14×10-3 V　(2)3.14×10-3 A　(3)2.51×10-3 V 13．某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为π，磁场均沿半径方向。匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝l，bc＝ad＝2l。线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场。在磁场中，两条边所经处的磁感应强度大小均为B，磁场方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r，外接小灯泡的电阻为R。当线圈切割磁感线时，求： (1)感应电动势的大小； (2)bc边所受安培力的大小。 [解析]　(1)bc、ad边的运动速度v＝ω 感应电动势Em＝4NBlv 解得Em＝2NBl2ω。 (2)根据欧姆定律得电流Im＝ 安培力F＝2NBIml 解得F＝。 [答案]　(1)2NBl2ω　(2) 14．传统航空母舰的阻拦系统原理如图甲所示，飞机着舰时，通过阻拦索对飞机施加作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止。新一代航母阻拦系统的研制，则从阻拦索阻拦转向了引入电磁学模型的电磁阻拦技术，其基本原理如图乙所示，飞机着舰时钩住轨道上的一根金属棒并关闭动力系统，在磁场中共同滑行减速。金属棒在导轨间宽为d，飞机质量为M，金属棒质量为m，飞机着舰钩住金属棒后与金属棒以共同速度v0进入磁场。轨道端点MP间电阻为R，金属棒电阻为，不计其他电阻，且飞机阻拦索与金属棒绝缘。轨道间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度为B。金属棒运动l后飞机停下，测得此过程电阻R上产生焦耳热为Q，求： (1)通过金属棒的最大电流； (2)通过金属棒的电荷量； (3)飞机和金属棒克服摩擦阻力和空气阻力所做的总功。 [解析]　(1)飞机和金属棒刚进入磁场时电流最大，此时电动势为E＝Bdv0 由闭合电路欧姆定律得I＝ 得最大电流为I＝。 (2)设系统在磁场中运动的全过程，通过回路平均电流为金属棒的平均电动势为 根据电磁感应定律 由电流定律q＝Δt，得q＝。 (3)根据能量守恒定律，得＝Q电＋Q阻 根据焦耳定律Q＝I2Rt，可知Q电＝ Q＝Q 得W阻＝Q阻＝Q。 [答案]　(1)　(2) (3)Q 15．(2023·湖南卷)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为l，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，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。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。 (1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0； (2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0； (3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。 [解析]　(1)a匀速运动时受力平衡，有 mg sin θ＝BI0l ① 由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律有 I0＝ ② 联立解得v0＝。 ③ (2)a匀速运动时，由(1)可得电路中电流 I0＝ ④ 对b由牛顿第二定律有mg sin θ＋BI0l＝ma0 ⑤ 联立解得a0＝2g sin θ。 ⑥ (3)分析可知a与b受到的安培力大小始终相等，则对a、b由动量定理分别有 mg sin θ·t0－t0＝mv－mv0 ⑦ mg sin θ·t0＋t0＝mv ⑧ 联立③⑦⑧解得v＝gt0sin θ＋ ⑨ ⑩ 又lt0 ⑪ q＝ t0＝ t0＝ ⑫ 联立解得Δx＝。 ⑬ [答案]　(1)　(2)2g sin θ　(3)gt0sin θ＋ 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$