第16周 电磁感应中的动力学、动量和能量问题-【周测必刷】2025-2026学年高二物理选择性必修1+2（人教版2019）

— 62 — 第十六周 电磁感应中的动力学、动量和能量问题 (时间:45分钟 分值:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 周推好题 第11题以电磁感应中双棒模型为例,综合考查学生利用动量定理及动量守恒定律 解决电磁感应综合问题。该题题目设置灵活,紧扣知识点,对学生的综合应用能力要求较高,值 得推荐。 【考点·一应俱全】(共60分) 考点一 电磁感应中的动力学问题 1.(2025·北京市大兴区高二期末)如图所示,有两根和水平方向成θ角的光滑平 行的金属轨道,上端接有可变电阻R,下端足够长,空间有垂直于轨道平面的匀 强磁场,磁感应强度大小为B。一根质量为m 的金属杆从轨道上由静止滑下。 经过足够长的时间后,金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm,不计金属杆和 轨道的电阻,则以下分析正确的是 ( ) A.金属杆先做匀加速直线运动,然后做匀速直线运动 B.金属杆由静止到最大速度过程中机械能守恒 C.如果只增大B,vm 将变小 D.如果只增大R,vm 将变小 2.(多选)(2025·邯郸市高二期末)如图所示,水平地面上方存在垂直纸面向里的 有界匀强磁场,有界磁场上边界与水平地面平行。两个边长相等的单匝闭合正 方形线圈a和b,分别用材料相同、粗细不同的导线制成,线圈a和b所用导线的 横切面面积之比为1∶3,线圈a从距磁场上边界h高处由静止开始自由下落, 再进入磁场,最后落到地面;线圈b在相同高度以初速度v0 水平抛出,先做平抛运动,再进入磁 场,最后也落到地面。已知线圈运动过程中均不发生转动。设线圈a和b进入磁场的整个过程 中,两线圈的运动时间分别为ta和tb,通过两线圈某横截面的电荷量分别为qa 和qb,不计空气阻 力,则 ( ) A.ta∶tb=1∶1 B.ta∶tb=1∶3 C.qa∶qb=1∶1 D.qa∶qb=1∶3 考点二 电磁感应中的能量问题 3.(多选)(2025·成都七中期中)如图所示,固定在水平面上的光滑平行导轨间距 L,右端接有阻值为R 的电阻,空间存在方向竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁 场。一质量为m、接入电路的电阻为r的导体棒ab与左端固定的弹簧相连并垂 直导轨放置。初始时刻,弹簧处于自然长度。现给导体棒水平向右的初速度v0, 导体棒开始沿导轨往复运动直至停止,运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保 持良好接触,此过程中弹簧一直在弹性限度内。若导体棒电阻r与导轨右端电阻R 的阻值关系 为R=r,不计导轨电阻,则下列说法正确的是 ( ) A.导体棒开始运动时,导体棒受到的安培力方向水平向右 B.导体棒开始运动后速度第一次为零时,弹簧的弹性势能为12mv0 2 C.导体棒开始运动时,初始时刻导体棒两端的电压为12BLv0 D.导体棒整个运动过程中电阻R 上产生的焦耳热为14mv0 2 4.(多选)(2025·漯河市高二期末)如图甲所示,将粗细均匀的导线做成的正方形线框abcd在磁场 上方某高处由静止释放,cd边刚进入磁场时开始计时(t=0),线框的v-t图像如图乙所示,在3t0 时刻cd边恰好离开磁场时速度也为v0,最终线框离开磁场(离开图略)。已知线框的质量为m、 边长为L,两条水平虚线L1、L2 相距为d(d>3L),虚线之间的匀强磁场方向垂直纸面向里,磁感 应强度为B,重力加速度为g,下列说法正确的是 ( ) A.线框进入磁场过程中线框中电流方向与离开磁场过程中电流方向相反 B.线框进入磁场过程中线框受安培力的方向与离开磁场过程中受安培力的方向相反 C.cd边刚进入磁场时c、d两点间的电势差为Ucd=BLv0 D.线框进入磁场的过程中产生的焦耳热为mgd 考点三 动量定理在电磁感应中的应用 5.如图所示,在光滑绝缘水平面上,一矩形线圈以一定的初速度穿越匀强磁场区 域,已知磁场区域宽度大于线圈宽度,则线圈进、出磁场的两个过程中 ( ) A.感应电流的方向相同 B.受到的安培力相等 C.动能的变化量相等 D.速度的变化量相同 6.(多选)如图所示,水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨 MN 和PQ,两 导轨间距为L,导轨电阻均可忽略不计。在 M 和P 之间接有一阻值为R 的定 值电阻,导体杆ab质量为m、电阻也为R,并始终与导轨垂直且接触良好。整 个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中。现给ab杆一 个初速度v0,使杆向右运动,最终ab杆停止在导轨上。下列说法正确的是 ( ) A.ab杆将做匀减速运动直到静止 B.ab杆速度减为 v0 3 时,ab杆加速度大小为 B2L2v0 6mR C.ab杆速度减为 v0 3 时,通过定值电阻的电荷量为mv0 3BL D.ab杆速度减为 v0 3 时,ab杆通过的位移为 4mRv0 3B2L2 7.(多选)(2025·玉林市高二期末)如图所示,光滑绝缘水平桌面上,虚线 MN 右侧有竖直向下的 匀强磁场,其磁感应强度大小为0.5T,虚线左侧有一长ab=2m、宽bc=1m的矩形金属框 abcd,其质量为1kg、电阻为0.5Ω,ab边与MN 平行。第一次,让金属框沿水平桌面、垂直MN 方向以5m/s的初速度冲入磁场区域(如图甲);第二次,让金属框在平面内转90°然后在水平 向右的外力作用下以5m/s的速度匀速进入磁场区域(如图乙)。下列说法正确的是 ( ) A.两次进入磁场的过程中,金属框中的电流方向都为abcda B.前、后两次进入磁场的过程中,通过金属框横截面的电荷量之比为1∶1 C.前、后两次进入磁场的过程中,金属框产生的焦耳热之比为8∶5 D.金属框前、后两次进入磁场过程的时间之比等于5∶8 考点四 动量守恒定律在电磁感应中的应用 8.(多选)如图,方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够 长的平行金属导轨,两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上,t=0时,棒 ab以初速度v0 向右滑动。运动过程中,ab、cd 始终与导轨垂直且接触良 好,两者速度分别用v1、v2 表示,回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是 ( ) — 61 — — 64 — 9.(多选)(2025·湖北省云学名校联盟高二期末)如图所示,平行且光滑的金 属导轨 MN、PQ 放置在垂直纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度大小为B, 导轨间距为L、电阻不计。质量为m 的导体棒1和质量为2m 的导体棒2置 于导轨上,两导体棒相距x,导体棒1和导体棒2的电阻分别为R 和2R。现 在分别给导体棒1和导体棒2向左和向右的初速度v0 和2v0,导体棒1和2始终与导轨垂直且接 触良好,关于导体棒1和导体棒2以后的运动,下列说法正确的是 ( ) A.导体棒1和导体棒2构成的回路,初始时刻电动势为3BLv0 B.初始时刻导体棒2所受安培力大小为 3B2L2v0 R C.当导体棒1的速度为0时,导体棒2的速度为v0 D.很长一段时间后,导体棒1和导体棒2的距离为 6mv0R B2L2 +x 【探究·一举突破】(共10分) 探究主题 电磁感应中电学对象与力学对象的相互制约 如图所示,空间存在方向竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B, MN、PQ 是水平放置的足够长的平行长直导轨,其间距为L,电阻 R 接在导轨一端,导体棒ab跨接在导轨上,质量为m,接入电路的 电阻为r。导体棒和导轨间的动摩擦因数为μ。从零时刻开始,对 ab棒施加一个大小为F、方向水平向左的恒定拉力,使其从静止开 始沿导轨滑动,ab棒始终保持与导轨垂直且接触良好。 探究问题: (1)分析导体棒的运动性质; (2)求导体棒所能达到的最大速度的大小; (3)试定性画出导体棒运动的速度—时间图像。 【综合·一练到底】(共30分) 10.(10分)(2025·云南师范大学附属中学高二期末)如图甲所示,两平行金属导轨ab、cd与水平面 的夹角为37°,间距L=0.5m,a、c间接阻值R=2Ω的定值电阻,在轨道间加一宽为l=0.4m 的有界匀强磁场,磁场方向垂直于轨道平面向上,磁感应强度大小B=2T,边界与斜面底边平 行。现将质量m=0.1kg的金属棒 MN 垂直放置于导轨上,并由静止释放,金属棒始终与导轨 垂直且接触良好,从金属棒开始运动到离开磁场的过程中,金属棒的机械能E 和位移x 之间的 关系如图乙所示,0~0.2m、0.4~0.6m内的图线为直线。取斜面底边重力势能为零,不计轨道 和棒的电阻,重力加速度取10m/s2。sin37°=0.6,cos37°=0.8。求: (1)金属棒与斜面间的动摩擦因数; (2)金属棒穿过磁场的过程中,棒的最大速率及回路中产生的焦耳热。 11.(20分)(2025·绍兴会稽联盟高二期 末)如图所示,MN、PQ 为间距L= 0.5m、足够长的平行导轨,NQ⊥MN,导轨的电阻均不计。导轨平面与水 平面间的夹角θ=37°,N、Q 间连接一个R=4Ω的电阻。有一匀强磁场垂直 于导轨平面且方向向上,磁感应强度为B0=1T。将一根金属棒ab紧靠NQ 放置在导轨上,且与导轨接触良好。金属棒的电阻为r=1Ω、质量为 m= 0.05kg,与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5。现由静止释放金属棒,当金属棒滑行至cd处时达 到最大速度v,已知在此过程中通过金属棒截面的电荷量q=0.15C。设金属棒沿导轨向下运动 过程中始终与导轨垂直且接触良好。(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)求: (1)金属棒的最大速度v的大小; (2)cd离NQ 的距离x; (3)金属棒滑行至cd处的过程中,电阻R 上产生的热量QR; (4)金属棒从静止滑行至cd处的过程经过的时间t。 【选做·一飞冲天】(尖子生选做) (2025·苏州市高二期中)如图所示,竖直向上的匀强磁场中水平放置两 足够长的光滑平行金属导轨,导轨的左侧接有电容器,不计电阻的金属棒 ab静止在导轨上,棒与导轨垂直。t=0时,棒在重物的牵引下开始向右运 动,t=t0 时,重物落地且不反弹,则棒的速度大小v、电容器所带的电荷量 q、棒中安培力的冲量大小I、棒克服安培力做的功W 与时间t的关系图像 正确的是 ( ) 【错题重做】 错因 基础不牢 题意不明 思路不对 理解不够 分析不透 方法不对 根本不会 其他原因 题号 题号 题号 — 63 — —102 — 断电自感现象,故 A正确;断开开关前后的一小段时间内,通过 自感线圈的电流方向是不变的,则自感线圈所在支路的电流如曲 线a所示,图乙中的曲线a表示电流传感器A2 测得的数据;I1> I2,说明电感线圈的直流电阻小于灯泡的电阻;断开开关之前通 过线圈的电流大于通过小灯泡的电流,则断开开关后,线圈产生 自感电动势阻碍电流减小,线圈相当电源,由于线圈和灯泡重新 组成回路,则 小 灯 泡 先 闪 亮 一 下 再 逐 渐 熄 灭。故 C正 确,B、D 错误。] 【探究·一举突破】 探究路径 (1)灯泡逐渐熄灭。开关断开时,通过线圈L的电流减 小,这时会出现感应电动势阻碍线圈L中的电流减小,线圈中产生 与原方向相同的电流,与灯泡构成闭合回路,所以灯泡逐渐熄灭。 若灯泡电阻大于线圈L 的直流电阻,则灯泡先闪亮一下再逐渐 熄灭。 (2)开关闭合时,流过灯泡的电流方向向左,开关断开瞬间,流过灯 泡中的电流方向向右,所以开关断开前后,流过灯泡的电流方向 相反。 【综合·一练到底】 12.解析 (1)t1=2.0s时通过线圈的磁通量 Φ=BS=0.3×200×10-4 Wb=6.0×10-3 Wb (2)t1=2.0s时感应电动势 E=nΔBΔtS=1000× 0.4-0.2 4.0 ×200×10 -4V=1V 通过电阻R 的感应电流的大小 I= ER+r= 1 8.0+2.0A=0.1A 根据楞次定律可知,通过R 的电流方向向上 (3)t2=5.0s时刻,感应电动势E'=n ΔB' Δt'S=1000× 0.4-0 6.0-4.0× 200×10-4V=4V 根据楞次定律可知a端电势高,则线圈端点a、b间的电压 Uab= E'R R+r= 4×8.0 8.0+2.0V=3.2V (4)在4.0~8.0s时间内通过电阻R 的电荷量 q= 􀭺E R+rΔt= nΔΦ R+r= nΔB·S R+r =1000× 0.4+0.2 8.0+2.0×200×10 -4C= 1.2C。 答案 (1)6.0×10-3 Wb (2)0.1A 方向向上 (3)3.2V (4)1.2C 【选做·一飞冲天】 C [金属辐条OA、OB、OC 进出磁场前后,辐条中电动势的大小 为E=12BωL 2,当一根辐条切割磁感线时,另外两根辐条与定值 电阻R0 并联,则切割磁感线的辐条中感应电流的大小I= E r+r3 , 解得I=3BωL 2 8r ,故 A错误;根据闭合电路欧姆定律,定值电阻两 端电压U=E-Ir,结合上述解得U=18BL 2ω,故B错误;根据欧 姆定律,通过定值电阻的电流I0= U r ,结合上述解得I0= BL2ω 8r , 故C正确;圆环转动一周,经历的时间T=2πω ,根据上述可知,在 圆环转动一周的过程中,通过定值电阻的电流大小始终不变,则定 值电阻产生的热量为Q=I02rT,解得Q= πB2L4ω 32r ,故D错误。] 第十六周 电磁感应中的动力学、动量和能量问题 【考点·一应俱全】 1.C [金属杆下滑过程中,受重力、导轨的支持力和安培力,开始时 重力沿斜 面 向 下 的 分 力 大 于 安 培 力,金 属 杆 做 加 速 运 动,满 足 mgsinθ-B 2l2v R =ma ,随着速度的增加,安培力在增大,所以金属 杆加速度逐渐减小,当加速度减小到零时,速度最大。当加速度为 零后,金属杆做匀速运动,故金属杆先做加速度逐渐减小的加速运 动,然后做匀速直线运动,故A错误;金属杆由静止到最大速度过 程中,安培力做负功,金属杆机械能并不守恒,故B错误;当速度最 大时,有mgsinθ- B2l2vm R =0 ,解得vm= mgRsinθ B2l2 ,所以只增大B, vm将变小,只增大R,vm将变大,故C正确,D错误。] 2.AD [在进入磁场前,线圈a和b在竖直方向做自由落体运动,则 两线圈刚进入磁场时的竖直分速度相等,由牛顿第二定律得a=g -Fm ,又有I=BLvR ,R=ρ 4L S ,m=4Lρ0S,F=BIL,由以上各式可 得a=g- B 2v 16ρρ0 ,其中ρ为电阻率,ρ0 为密度,从该式可以看出,两 线圈进入磁场时加速度a相同,完全进入磁场时的竖直分速度也 相同,则两线圈进入磁场整个过程的时间相同,故A正确,B错误; 由I=BLvR 和R=ρ 4L S ,线圈a和b进入磁场的电流之比为1∶3, 由q=It,可得qa∶qb=1∶3,故C错误,D正确。] 3.CD [导体棒开始运动时,根据右手定则可知导体棒中电流从a 到b,根据左手定则可知导体棒受到的安培力方向水平向左,A错 误;导体棒开始运动后速度第一次为零时,由于产生的感应电流使 电阻发热,所以导体棒的初动能转化为弹簧的弹性势能和电路中 产生的热量,故此时弹簧的弹性势能一定小于初动能1 2mv0 2,B错 误;导体棒开始运动时,导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E =BLv0,因为 R=r,故此时导体棒两端的电压即路端电压为 1 2 BLv0,C正确;分析可知随着导体棒的来回运动,当停止时导体棒 必位于初始位置,此时弹簧势能为零,整个过程中导体棒的初动能 Ek= 1 2mv0 2 全部转化为电路中的热量,因为R=r,故电阻R 上产 生的焦耳热为整个电路中热量的一半即1 4mv0 2,D正确。] 4.AD [根据楞次定律可得,线框进入磁场过程中电流方向为adc- ba,离开磁场过程中电流方向为abcda,故 A正确;根据楞次定律 中“来拒去留”可知,线框进入磁场过程中受安培力的方向向上,离 开磁场过程中受安培力的方向也向上,故B错误;cd 边刚进入磁 场时产生的感应电动势为E=BLv0,所以c、d 两点间的电势差即 路端电压为Ucd= 3 4BLv0 ,故C错误;线框从进入磁场到cd 边刚 离开磁场过程中动能不变,根据能量守恒定律可得产生的焦耳热 为Q=mgd,故D正确。] 5.D [根据右手定则可知,进入磁场过程中,线圈的感应电流方向 为顺时针,离开磁场时,线圈的感应电流方向 为 逆 时 针,故 A错 误;设线圈电阻为R,根据闭合电路欧姆定律可得I=ER ,根据法 拉第电磁感应定律有E=BLv,则安培力为F=BIL=B 2L2v R ,由于 线圈进入磁场时,产生感应电流,线圈部分动能转化为内能,则动 能减小,线圈速度也减小,即进入磁场时的速度大于离开磁场时的 速度,因此,进入磁场时受到的安培力大于离开磁场时受到的安培 力,故B错误;根据动能定理可得W 合 =F安 ·x=ΔEk,由于进入和 离开磁场的位移都相同,而进入磁场时的安培力大于离开磁场时 的安培力,则进入磁场时的动能变化量大于离开磁场时的动能变 化量,故C错误;根据动量定理可得Δp=F安 ·Δt=B􀭵IL·Δt=BL ·q,而q=􀭵I·Δt= 􀭺E R ·Δt=ΔΦR ,进入和离开磁场过程中ΔΦ 相 同,由此可知,进入磁场和离开磁场时的动量的变化量相同,则速 度的变化量相同,故D正确。] 6.BD [ab杆在水平方向上受到与运动方向相反的安培力,安培力 大小为FA= B2L2v 2R ,加速度大小为a=FAm = B2L2v 2mR ,由于速度减 小,所以ab杆做加速度减小的减速运动直到静止,故 A错误;当 ab杆的速度为v03 时,安培力大小为FA'= B2L2 v0 3 2R ,所以加速度大 小为a=FA'm = B2L2v0 6mR ,故B正确;对ab杆,由动量定理得-B􀭵IL ·Δt=mv03-mv0 ,即BLq=23mv0 ,解得q= 2mv0 3BL ,所以通过定值 电阻的电荷量为 2mv0 3BL ,故C错误;由q=ΔΦ2R= BLx 2R ,解得ab杆通 过的位移x=2RqBL = 4mRv0 3B2L2 ,故D正确。] 7.BC [金属框第一次进入磁场时,ab边切割磁感线,根据右手定则 可知电流方向为adcba,故A错误;通过金属框横截面的电荷量为 q=IΔt=ΔΦRΔtΔt= BS R ,从q的表达式知前、后两次进入磁场的过程 中,通过金属框横截面的电荷量之比为1∶1,故B正确;由动量定 理得-BILabt=mv-mv0,即qBLab =mv0-mv,又q= BS R = 0.5×2 0.5 C=2C ,联立解得v=3m/s,由能量守恒定律知第一次进 入磁场的过程中,产生的焦耳热为Q1= 1 2mv0 2-12mv 2=8J。第 二次匀速进入磁场的过程中,产生的焦耳热为Q2=qU=qBLadv0 =2×0.5×1×5J=5J,则金属框中的焦耳热之比为 Q1 Q2 =85 ,故C 正确;由C项分析可知,金属框第一次完全进入磁场之后的速度v =3m/s,假如金属框匀减速进入磁场,则根据公式有Lbc= v0+v 2 t1,解得t1=0.25s,第二次金属框匀速进入磁场,则运动时间为t2 = Lab v0 =0.4s,则有 t1 t2 =58 ,根据题意可知,金属框第一次进入磁 场时,做加速度减小的减速运动,则实际所用时间t>t1,则金属框 前、后两次进入磁场过程的时间之比大于5∶8,故D错误。] 8.AC [以两导体棒为研究对象,在导体棒运动过程中,两导体棒所 受的安培力大小相等,方向相反,且不受其他水平外力作用,在水 平方向两导体棒组成的系统动量守恒,对系统有 mv0=2mv,解得 两导体棒运动的末速度为v=12v0 ,棒ab做减速运动,棒cd做加 速运动,它们的速度差逐渐减小,产生的感应电流也减小,安培力 减小,加速度也减小,即棒ab做加速度减小的减速运动,棒cd 做 加速度减小的加速运动,稳定时两导体棒的加速度为零,一起向右 做匀速运动,选项A正确,B错误;由上述分析可知,v1-v2 逐渐减 小且减小得越来越慢,则感应电流也逐渐减小且减小得越来越慢, ab棒和cd 棒最后做匀速运动,棒与导轨组成的回路磁通量不变 化,不会产生感应电流,选项C正确,D错误。] 9.AD [根据右手定则可知,初始时刻导体棒1和导体棒2中产生 的感应电流方向分别为向下和向上,所以总感应电动势大小为E =E1+E2=3BLv0,故A正确;初始时刻,回路中电流为I= E 3R= BLv0 R ,导体棒2所受安培力大小为F=BIL=B 2L2v0 R ,故B错误; 导体棒1和导体棒2所受安培力大小相等、方向相反,导体棒1和 导体棒2组成的系统所受合外力为零,则系统动量守恒,取向右为 正方向,当导体棒1速度为0时,根据动量守恒定律有2m·2v0- mv0=2mv2,解得v2= 3 2v0 ,故C错误;很长一段时间后,回路中感 应电流为零,导体棒1和导体棒2会以相同的速度运动,根据动量 守恒定律有2m·2v0-mv0=3mv共,解得v共 =v0,对导体棒2根 据动量定理有-B􀭵ILt=2mv共 -2m·2v0,设最终导体棒1和导体 棒2的距离为x',根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律 有􀭵I= 􀭺E 3R= BL(x'-x) 3Rt ,解得x'=6mv0R B2L2 +x,故D正确。] 【探究·一举突破】 探究路径 (1)导体棒做切割磁感线的运动,产生的感应电动势E =BLv ① 回路中的感应电流I= ER+r ② 导体棒受到的安培力F安 =BIL ③ 导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安 和摩擦力Ff 的作用, 根据牛顿第二定律有 F-μmg-F安 =ma ④ 整理得F-μmg- B2L2v R+r=ma ⑤ 由⑤可知,随着速度的增大,安培力增大,加速度a减小,当加速度 a减小到0时,速度达到最大,此后导体棒做匀速直线运动。即导 体棒先做加速度逐渐减小的加速运动,再做匀速运动。 (2)当导体棒做匀速运动时,达到最大速度,有F-μmg- B2L2vm R+r =0 可得vm= (F-μmg)(R+r) B2L2 (3)由(1)(2)中的分析可知,导体棒运动的速度—时间图像如图 所示。 【综合·一练到底】 10.解析 (1)由题图乙可知,0~0.2m内金属棒在磁场区域上方运 动,摩擦力做功导致其机械能减小,可得ΔE=-μmgxcos37°,解 得μ=0.5 (2)金属棒进入磁场后,做加速度减小的加速运动,加速度为零 时,金属棒的速度达到最大,此后安培力恒定,则金属棒的机械能 均匀减小,结合题图乙可知,x=0.4m时,恰好是金属棒加速度为零 的时候,则有mgsin37°=μmgcos37°+ B2L2v R ,解得v=0.4m/s 金属棒在磁场中运动的过程对应题图乙0.2~0.6m内图线,由 能量守恒可得 |ΔE|=μmgx'cos37°+Q 解得Q=0.112J。 答案 (1)0.5 (2)0.4m/s 0.112J 11.解析 (1)金属棒的 加 速 度 为 零 时 速 度 最 大,根 据 平 衡 条 件 有 mgsin37°=μmgcos37°+B0IL 其中I= ER+r E=B0Lv 解得v=2m/s (2)金属棒滑行至cd 处的过程中通过金属棒截面的电荷量q= 􀭵IΔt= ΔΦ(R+r)ΔtΔt= ΔΦ R+r= B0Lx R+r=0.15C 解得x=1.5m (3)金属棒由静止释放到达到最大速度的过程中,根据功能关系 得mgxsin37°-μmgxcos37°-Q= 1 2mv 2 解得Q=0.05J QR= R R+rQ=0.04J 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 101 — —104 — (4)金属棒由静止释放滑行到cd 处的过程中,根据动量定理得 mgsin37°·t-μmgcos37°·t-B0􀭵ILt=mv-0 其中q=􀭵I·t=0.15C 解得t=1.75s。 答案 (1)2m/s (2)1.5m (3)0.04J (4)1.75s 【选做·一飞冲天】 A [设重物质量为m0,导体棒质量为 m,则在重物落地前任意时 刻,对导体棒和重物的整体,根据牛顿第二定律有m0g-BIL=(m +m0)a,在极短一段时间Δt内,导体棒中的感应电流I= Δq Δt ,Δq= CΔU,在Δt时间内,有ΔU=ΔE=BLΔv,a=ΔvΔt ,联立上式可得a = m0g m+m0+B2L2C ,则在重物落地之前导体棒一直做匀加速运动, 重物落地后,因导体棒两端的电压等于电容器两板间的电压,则导 体棒将匀速运动;由以上分析可知,导体棒先做匀加速运动,后做 匀速运动,选项 A正确;电容器所带的电荷量,开始时q=CU= CBLat,随时间均匀增加,当重物落地后导体棒匀速运动时,电容 器两板间电压保持不变,选项B错误;棒中安培力的冲量大小I= F安t=BILt=BLΔqΔtt=B 2L2Cat,则在重物落地之前,棒中安培力 的冲量随时间均匀增加,选项C错误;克服安培力做的功 W=F安 x=BIL·12at 2=BLΔqΔt ·1 2at 2=12B 2L2Ca2t2,则在重物落地之 前W-t图像为抛物线,重物落地后安培力为零,则安培力做的功 为零,选项D错误。] 第十七周 交变电流 【考点·一应俱全】 1.BD [甲→乙过程中,根据右手定则,AB边中的电流由B→A,故A错 误;丙→丁过程中,根据右手定则,AB边中的电流由A→B,故B正确; 题图甲位置,线圈中磁通量最大,磁通量变化率为零,线圈中感应电动 势最小,为零,故C错误;题图乙位置,线圈中磁通量为零,磁通量变化 率最大,线圈中感应电动势最大,感应电流最大,故D正确。] 2.C [绕ac轴旋转时,回路磁通量变化,线框中有交流电产生,A错 误;绕AB 轴转动时在线框中产生正弦 式 交 流 电,绕CD 轴 转 动 时,回路磁通量不变,无交流电产生,B错误;若以ab为轴转动,线 框无磁通量变化,不会产生交流电,但会在cb、da边产生电动势, a、d两点间会有电势差,C正确;以ad 或bc 为轴,根据楞次定律, 电流方向均为abcd,D错误。] 3.A [白炽灯泡额定电压为9V、阻值为18Ω,灯泡恰好正常发光, 则输出电流的有效值为I=918A=0.5A ,故A正确;题图中电流 为正弦式交变电流,则输出电流的最大值为Im= 2I= 2 2 A ,故B 错误;根据 题 图 乙 可 知,周 期 为0.2s,则 频 率 为 f= 10.2 Hz= 5Hz,故C、D错误。] 4.BD [矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO'匀 速转动,且初始位置与匀强磁场平行,故产生的是余弦交流电,感 应电 动 势 的 最 大 值 为 Em =NBSω=NΦmω,其 中 ω= 2π T = 100πrad/s,代入数据解得Em=200V,可得电压有效值E= Em 2 = 100 2V,理想电压表显示的是交流电压的有效值,与时间无关, 故A错误;电阻R 消耗的功率为P=E 2 R =100W ,故B正确;电容 器的击穿电压为220V,大于交流电压的最大值,故电容器不会被 击穿,故C错误;通过R 的电流最大值为Im= Em R =1A ,电流瞬时 值表达式为i=Imcosωt=cos100πt(A),故D正确。] 5.B [t=0时刻,穿过线圈的磁通量最大,则线圈平面位于中性面 位置,A错误;t=0.01s时刻,Φ-t图像斜率的绝对值最大,则Φ 的变化率最大,B正确;t=0.02s时刻,穿过线圈的磁通量最大,感 应电动势为0,C错误;穿过线圈的磁通量最大时,感应电动势为 0,穿过线圈的磁通量为0即磁通量变化率最大时,感应电动势最 大,题图乙不符,D错误。] 6.C [以线圈平面与磁场夹角θ=45°时为计时起点,由楞次定律可 判断,初始时刻电流方向为b到a,为负值,且穿过线圈的磁通量减 小,电流增大,故选项C正确。] 7.BC [由题图可知,交变电流的周期 T=0.04s,频率f=1T = 25Hz,选项A错误;一个周期内电流方向变化2次,1s内电流方 向变化50次,选项B正确;若仅使线圈转速加倍,根据 T=1n 可 知,周期将变为原来的二分之一,即T'=0.02s,选项C正确;若仅 使线圈转速n加倍,则角速度ω=2πn加倍,根据Em=NBSω可知 感应电动势的最大值加倍,最大值变为200V,选项D错误。] 8.A [设交流电压的有效值为U,则根据电流的热效应有 (2V)2 R ·T 2+ (2 2 V )2 R ·T 2= U2 R ·T,解得U= 52 V ,故选A。] 9.BC [由Ф-t图像可知,T2 时刻穿过线框的磁通量最大,则线框 位于中性面,A错误;线框中产生的感应电动势的最大值为Em= NBSω,又ω=2πT ,N=1,BS=Фm,则整理得Em= 2πΦm T ,因此感应 电动势的有效值为E=Em 2 = 2πФm T ,B正确;由功能关系可知线框 转动一周外力所做的功等于线框中产生的焦耳热,有 W=Q=E 2 R T=2π 2Φm2 RT ,C正确;0~T4 的过程中,线框中产生的平均感应电动 势为􀭺E=ΦmT 4 = 4Φm T ,D错误。] 10.AD [金属杆OP 在磁场区域内沿顺时针方向转动时,由右手定 则可知,P 点电势高于O 点电势,故A正确;金属杆OP 在磁场区 域内转动时,其产生的感应电动势为E=BL􀭵v=BL0+Lω2 = 1 2 BL2ω,故B错误;金属杆OP 在磁场区域内转动时,回路中电流 的瞬时值为I1= E 2R= BL2ω 4R ,故C错误;金属杆OP 运动一个周期 T,只有一半时间在切割磁感线产生感应电流,根据有效值的定 义有I12R· T 2+0=I有效 2RT,解得回路中电流的有效值为I有效 = I1 2 = 2BL 2ω 8R ,故D正确。] 【探究·一举突破】 探究路径 (1)设转动过程中线圈中感应电动势的最大值为Em,则 Em=nBL2ω=100× 2 π×0.1 2×2πV=22V。 (2)从题图所示位置开始计时,感应电动势的瞬时值表达式为e= Emcosωt=2 2cos2πt(V)。 (3)从题图所示位置转过30°角时感应电动势的瞬时值 e'=2 2cos30°V= 6V, 则电路中电流的瞬时值为i= e'R+r= 6 5 A 。 (4)t=16s 时,e″=2 2cos(2π×16 )V= 2V, 对应的电流的瞬时值i'= e″R+r= 2 5 A 。 (5)由闭合电路欧姆定律得uR= e R+rR= 8 2 5cos2πt (V)。 答案 (1)2 2V (2)e=2 2cos2πt(V) (3)65 A (4)25 A (5)uR= 8 2 5cos2πt (V) 【综合·一练到底】 11.解析 (1)线框转动,开始计时的位置为线框平面与磁感线平行 的位置,CD 边长L1=20cm,CE、DF 边长均为L2=10cm,在t 时刻线框转过的角度为ωt,此时刻e=BL1L2ωcosωt,其中B= 5 2 π T L1L2=0.2×0.1m2=0.02m2 故线框中产生的感应电动势的瞬时值表达式e=5 2π ×0.02× 100πcos(100πt)V=10 2cos(100πt)V (2)线框由题图所示位置转过30°的过程中, ΔФ=BSsin30°=12BL1L2 ,Δt=π6ω 则平均电动势􀭺E=ΔΦΔt= 30 2 π V (3)线框中感应电动势随时间变化的图像如图所示。 答案 (1)e=10 2cos(100πt)V (2)30 2π V (3)见解析图 12.解析 (1)线框中感应电动势的最大值为Em=B1S1ω=B1L1L3ω =120V 通过线框的电流的最大值为Im= Em R =15A (2)从图示位置开始经过四分之一个周期通过线框某一横截面的 电荷量为q=􀭵IΔt=ΔΦRΔtΔt= ΔΦ R = B1L1L3 R =1.5C (3)线 框 中 感 应 电 动 势 的 最 大 值 为 Em'=B1S1ω-B2S2ω= B1L1L3ω-B2L1L2ω=100V 线框中感应电动势的最小值为Em″=B1S2ω-B2S1ω=-20V, 线框中感应电动势的有效值为U=Em' 2 =50 2V e图像为 从图示位置开始经过一个周期外力做的功,等于电阻产生的焦耳 热,为W=Q=U 2 RT= Em2 2 π Rω+ Em2 2 π Rω=65πJ 。 答案 (1)15A (2)1.5C (3)65πJ 【选做·一飞冲天】 B [根据右手定则可知,甲图中通过电阻的电流方向始终不变,则 甲输出是直流电,转动一周的过程中电流的有效值为I有 = Im 2 = Em 2(R+r) = BL 2ω 2(R+r) ,转动一周的过程中,每转过90°,通过电阻 的电荷量为q0=􀭵It= 􀭺E R+rt= ΔΦ (R+r)t ·t=BL 2 R+r ,由于通过电阻的 电流方向不变,则转动一周的过程中流过电阻的电荷量q=4q0= 4BL2 R+r ,故A错误,B正确;根据右手定则可知,乙图中通过电阻的 电流方向改变,则乙输出是交流电,转动一周的过程中电阻R 上 电压最大值为Um= R R+rEm= RBL2ω R+r ,转动一周的过程中电路的 总功率为P=E有 2 R+r= Em2 2(R+r)= B2L4ω2 2(R+r) ,故C、D错误。] 第十八周 变压器和远距离输电 【考点·一应俱全】 1.ABC [原线圈的感应电动势和副线圈的感应电动势由输入电压 和匝数比决定,当匝数不同时,电动势不同,故D错误。] 2.C [由理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比即 U1 U2 = n1 n2 ,得 U2= n2 n1 U1,即 副 线 圈 两 端 电 压 与 原 线 圈 两 端 电 压 成 正 比,所 以 ΔU2= n2 n1 ·ΔU1,当输入电压增加10V时,输出电压增加50V。 故选C。] 3.B [由 n1 n2 = U1 U2 知,仅增加原线圈匝数,副线圈的输出电压U2 减 小,不能使小灯泡正常发光,故 A错误;由 n1 n2 = U1 U2 知,仅增加副线 圈匝数,副线圈的输出电压U2 增大,有可能使小灯泡正常发光,故 B正确;由 n1 n2 = U1 U2 知,将原、副线圈匝数都增为原来的两倍,由于 原线圈的电压不变,则副线圈的输出电压U2 不变,不能使小灯泡 正常发光,故C错误;将两个3.8V小灯泡并联起来接入副线圈, 由于原线圈的电压不变,则副线圈的输出电压U2 不变,不能使小 灯泡正常发光,故D错误。] 4.B [因为原线圈电压u=110 2sin60πt(V),故可知原线圈电压 有效值为110V,原、副线圈匝数之比为1∶2,所以有 n1 n2 = U1 U2 ,解 得电压表的示数U2=220V,故 A错误;因副线圈的功率为 P= U2 R = 2202 55 W=880W ,输入功率等于输出功率,故B正确;根据原 线圈电压u=110 2sin60πt(V)可 知 该 交 流 电 的 频 率f=ω2π= 30Hz,故C错误;若在副线圈上电阻R 的两端再并联一个阻值为 55Ω的定值电阻,可知总电阻为:R总 =R2= 55 2 Ω=27.5Ω ,所以 副线圈电流为I2= U2 R总 = 220 27.5A=8A ,根据n1 n2 = I2 I1 可知原线圈电 流即电流表示数为I1=16A,故D错误。] 5.D [仅将滑片P1 上移时,副线圈匝数增大,根据理想变压器原、 副线圈电压与匝数的关系有 U1 U2 = n1 n2 ,可知副线圈电压增大,则副 线圈电功率增大,原线圈电功率也增大,根据P=UI 可知电流表 A的示数增大,故 A错误;仅将滑片P2 下移时,滑动变阻器接入 电路的电阻减小,电压表V的示数变小,故B错误;由上述分析可 知滑片P1 下移、P2 上移时,副线圈电压减小,滑动变阻器电阻增 大,则副线圈电流减小,电阻R1 的功率减小,故C错误;只断开开 关S,总电阻增大,则副线圈电流减小,根据理想变压器原、副线圈 电流与匝数的关系可知原线圈电流减小,即电流表 A示数变小, R2 两端电压增大,则电压表示数变大,故D正确。] 6.B [由于变压器原线圈的输入电压U1 不变,则 V1 读数不变,根 据 U2 U1 = n2 n1 ,可知副线圈的输出电压U2 不变,则V2 读数不变,当用 户的用电器增加时,则R减小,副线圈回路总电阻减小,根据欧姆定 律可知,副线圈电流I2 增大,则A2 读数变大;根据 I1 I2 = n2 n1 ,可知原 线圈电流I1 增大,则A1 读数变大;由于通过R0 的电流增大,R0 两 端电压增大,根据U2=UR0+U3,可知V3 读数变小。故选B。] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 103 —