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专题强化练7　电磁感应中的能量和动量问题
题组一　电磁感应现象中的功能关系
1.间距为d的两水平虚线之间有方向垂直于竖直平面向里的匀强磁场,正方形金属线框abcd的边长为l(lA.=
B.=
C.=
D.=
2.竖直平行导轨MN上端接有电阻R,金属杆ab质量为m,跨在平行导轨间的长度为L,垂直导轨平面的水平匀强磁场方向向里,不计ab杆及导轨电阻,不计摩擦,且ab与导轨接触良好,如图所示。若ab杆在竖直方向上的外力F作用下匀速上升h,则下列说法错误的是(　　)
A.金属杆ab克服安培力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
B.金属杆ab克服安培力所做的功与克服重力做功之和等于金属杆机械能的增加量
C.拉力F与重力做功的代数和等于金属杆克服安培力做的功
D.拉力F与安培力的合力所做的功等于mgh
3.(多选题)如图所示,MN、PQ为足够长的平行金属导轨,间距为L,导轨平面与水平面间夹角为θ,N、Q间连接一个电阻R,匀强磁场垂直于导轨平面向上,磁感应强度为B。将一根质量为m的金属棒放在导轨的ab位置,金属棒电阻为r,导轨的电阻不计。现由静止释放金属棒,金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直,且与导轨接触良好。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ,当金属棒滑行至cd处时,其速度大小为v且开始保持不变,位置cd与ab之间的距离为s,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A.金属棒到达cd位置之前沿导轨匀加速下滑
B.金属棒到达cd处的速度大小为v=(R+r)
C.金属棒从位置ab运动到cd的过程中,电路中产生的焦耳热以及摩擦生热之和等于金属棒机械能的减少量
D.金属棒从位置ab运动到cd的过程中,电阻R产生的热量为Q=mgs·sin θ-mv2-μmgs·cos θ
4.(经典题)如图所示,PMN和P'M'N'是两条足够长、相距为L的平行金属导轨,MM'左侧圆弧轨道表面光滑,右侧水平轨道表面粗糙,并且MM'右侧空间存在一竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在左侧圆弧轨道上高为h处垂直导轨放置一导体棒AB,在右侧水平轨道上距AB棒足够远的地方,垂直导轨放置另一导体棒CD。已知AB棒和CD棒的质量分别为m和2m,接入回路部分的电阻分别为R和2R,AB棒与水平轨道间的动摩擦因数为μ,圆弧轨道与水平轨道平滑连接且电阻不计。现将AB棒由静止释放,让其沿轨道下滑并进入磁场区域,最终运动到距MM'为d处停下,此过程中CD棒因摩擦一直处于静止状态。重力加速度为g,求:
(1)AB棒刚进入磁场时所受安培力F安的大小;
(2)整个过程中AB棒上产生的焦耳热Q;
(3)若水平轨道光滑,则从AB棒开始运动到最终处于稳定状态的过程中,通过AB棒的电荷量q为多少
题组二　电磁感应与动量的综合
5.(多选题)如图所示,在水平面上有两条导轨MN、PQ,导轨间距为d,区域足够大的匀强磁场方向垂直于导轨所在的平面向里,磁感应强度大小为B,两根完全相同的金属杆1、2间隔一定距离摆放在导轨上,且与导轨垂直,它们接入回路的电阻均为R,两金属杆与导轨接触良好,导轨电阻不计,金属杆的摩擦不计,杆2不固定,杆1以初速度v0滑向杆2,为使两杆不相碰,最初摆放两杆时的距离可以为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
6.如图所示,空间中存在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。边长为L的正方形线框abcd的总电阻为R。除ab边为硬质金属杆外,其他边均为不可伸长的轻质金属细线,并且cd边保持不动,杆ab的质量为m。将线框拉至水平位置后由静止释放,杆ab第一次摆到最低位置时的速率为v。重力加速度为g,忽略空气阻力。关于该过程,下列说法正确的是(　　)
A.a端电势始终低于b端电势
B.杆ab中电流的大小、方向均保持不变
C.安培力对杆ab的冲量大小为
D.安培力对杆ab做的功为mv2-mgL
7.(经典题)(多选题)如图所示,两根足够长的平行光滑导轨与水平面成30°角,间距为L,处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向上,质量分别为m和2m的导体棒ab和cd与导轨接触良好,接入电路中的电阻均为R。某时刻两棒均由静止释放,释放的同时在ab棒上施加一沿导轨向上的拉力F,拉力F大小恒为1.5mg,当导体棒ab向上运动的距离为x时,两导体棒的速度均恰好达到最大值,不计导轨的电阻,重力加速度为g。则(　　)
A.两金属棒组成的系统动量守恒
B.当ab棒运动的距离为x时,cd棒下滑的距离也恰好为x
C.ab、cd两棒达到稳定时速度大小之比为2∶1
D.两导体棒的速度均达到最大值后,拉力F做的功大于系统产生的焦耳热
8.如图所示,两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内,导轨间的距离为L,导轨上横放着两根导体棒ab和cd。设两根导体棒的质量均为m,电阻均为R,导轨光滑且电阻不计,在整个导轨平面内有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。开始时ab和cd两导体棒有方向相反的水平初速度,初速度大小分别为v0和2v0,求:
(1)从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热;
(2)当ab棒向右运动,速度大小变为时,回路中消耗的电功率。
9.(经典题)如图所示,光滑平行轨道abcde—a'b'c'd'e'的水平部分处于竖直向上的匀强磁场中,bc段轨道宽度是de段轨道宽度的2倍,bc段轨道和de段轨道都足够长,将质量相等的金属棒P和Q分别置于轨道上的ab段和de段,且与轨道垂直,Q棒静止,让P棒从距水平轨道高为h的地方由静止释放,重力加速度为g,求:
(1)P棒滑至水平轨道瞬间的速度大小;
(2)P棒和Q棒最终的速度大小。
答案与分层梯度式解析
1.A 2.B 3.BC 5.AC 6.D 7.AC
1.A　设正方形线框的质量为m,由于ab边进入磁场瞬间、dc边进入磁场瞬间线框的速度相同,由能量守恒定律可得Q1=mgl;又由于ab边进入磁场瞬间、dc边离开磁场瞬间线框的速度相同,由能量守恒定律可得Q1+Q2=mg(d+l),联立解得Q2=mgd,所以=,故A正确。
2.B　根据功能关系可知,金属杆ab克服安培力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热,A说法正确;金属杆机械能的增加量等于除重力外的其他力所做的功,即ΔE=WF-,B说法错误;ab杆在竖直方向外力F作用下匀速上升h,由动能定理可得WF-mgh-=0,故金属杆克服安培力做的功=WF-mgh,C说法正确;拉力F与安培力的合力所做的功为WF-=mgh,D说法正确。
3.BC　金属棒下滑时受重力、支持力、安培力和摩擦力,根据牛顿第二定律有mg sin θ-F安-μmg cos θ=ma,安培力F安=BIL=BL=BL=,代入可得mg sin θ--μmg cos θ=ma,可知随着速度的增大加速度逐渐减小,当加速度为零时,速度达到最大,之后做匀速运动,即金属棒到达cd处的速度大小为v=(R+r),A错误,B正确;金属棒从位置ab运动到cd的过程中,根据能量守恒定律可知,金属棒机械能的减少量等于电路中产生的焦耳热以及摩擦生热之和,C正确;金属棒从位置ab运动到cd的过程中,根据动能定理有mg sin θ·s--μmg cos θ·s=mv2-0,其中=Q总,电阻R产生的热量QR=Q总,联立可得QR=,故D错误。
4.答案　(1)　(2)mg(h-μd)
(3)
关键点拨　AB棒进入磁场后,若水平轨道光滑,属于典型的“双杆+导轨+有初速度”模型,AB、CD棒所受合外力为零,满足动量守恒定律,且它们的最终速度相同。
解析　(1)AB棒下滑到MM'过程中只有重力做功,机械能守恒,有mgh=mv2,
AB棒在MM'处切割磁感线,产生的感应电动势为E=BLv,
由闭合电路欧姆定律可得I=,
由安培力公式可得F安=BIL,
联立解得F安=。
(2)从AB棒进入磁场到停止运动,对AB棒,根据动能定理得W安-μmgd=0-mv2,
回路中产生的焦耳热Q总=-W安,
又因通过两导体棒AB、CD的电流相同,则AB棒上产生的焦耳热Q=Q总,
联立解得Q=mg(h-μd)。
(3)若水平导轨光滑,AB棒进入磁场后,AB、CD棒受到的安培力大小相等,方向相反,系统动量守恒,当它们的速度相等时,水平方向不受安培力作用,对此过程,由动量守恒定律得mv=(m+2m)v共,
对AB棒,由动量定理可得-BLΔt=mv共-mv,
而q=Δt,
联立解得q=。
5.AC　
关键点拨　若两杆不相碰,两杆最终的速度相同,运动过程中满足动量守恒。
对杆1,由动量定理得-Bdt=mv'-mv0,对杆2,由动量定理得Bdt=mv',通过横截面的电荷量q=t==,解得l=,故当x≥时两棒不相碰,A、C符合题意,B、D不符合题意。
6.D　根据题意,由右手定则可知,杆ab切割磁感线产生的感应电流方向为b→a,则a端电势始终高于b端电势,A错误;根据题意可知,杆ab运动过程中,垂直磁场方向的分速度大小发生变化,则感应电流大小变化,B错误;安培力对杆ab的冲量大小为I=BLt,又有q=t、=、=,可得q==,则安培力对杆ab的冲量大小为I=,C错误;设安培力对杆ab做的功为W,由动能定理有mgL+W=mv2,解得W=mv2-mgL,D正确。
7.AC　对ab、cd棒受力分析,两棒受到的安培力大小相等,方向相反,且F=(m+2m)g sin 30°=1.5mg,可知两金属棒组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,稳定时有mvab=2mvcd,解得vab∶vcd=2∶1,故A、C正确;由于两金属棒组成的系统满足动量守恒,则任意时刻总是有mvab'=2mvcd',可知ab棒的速度总是cd棒的2倍,二者运动时间相同,所以ab棒的位移是cd棒的2倍,当ab棒运动的距离为x时,cd棒下滑的距离为,故B错误。两导体棒的速度均达到最大值后,两棒的动能保持不变,而ab棒增加的重力势能等于cd棒减少的重力势能,根据能量守恒定律可知,拉力F做的功等于系统产生的焦耳热,故D错误。
方法技巧　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,应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题。如在电磁感应中,动量定理应用于导体棒切割磁感线的运动,可求解时间、速度、位移和电荷量。
　　(1)求电荷量或速度:BLΔt=mv2-mv1,q=Δt。
　　(2)求时间:FΔt-I冲=mv2-mv1,I冲=BILΔt=BL。
　　(3)求位移:-BILΔt=-=mΔv。
8.答案　(1)m　(2)
解析　(1)分析可知,从开始运动到最终稳定的过程中,导体棒ab和cd所受的安培力始终大小相等、方向相反,两棒总动量守恒,最终两棒同向匀速运动,由动量守恒定律可得2mv0-mv0=2mv,
解得v=,
由能量守恒定律可得,从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热为Q=m+m-(2m)v2=m。
(2)当ab棒向右运动,速度大小变为时,设cd棒的速度为v2,根据动量守恒定律可得2mv0-mv0=mv2+m,
解得v2=,
此时回路中的总电动势E=BL=BLv0,
则回路中消耗的电功率为P==。
9.答案　(1)　(2)　
关键点拨　解答本题的关键是知道P棒和Q棒最终的速度,即两棒匀速运动时,回路中的电流为零。因轨道不等宽,两棒所受的安培力不等大反向,所以不能用动量守恒定律解题,而应该用动量定理解题。
解析　(1)设P、Q棒的长度分别为2L和L,磁感应强度大小为B,P棒进入水平轨道瞬间的速度大小为v,
对于P棒下落h过程,由动能定理可得Mgh=Mv2,
解得v=。
(2)当P棒进入水平轨道后,切割磁感线产生感应电动势;P棒受到安培力作用做减速运动,Q棒受到安培力作用做加速运动,Q棒运动后也将产生感应电动势,与P棒的感应电动势反向,因此回路中的电流将减小;最终两棒匀速运动,回路中的电流为零。
所以最终EP=EQ,即2BLvP=BLvQ,解得2vP=vQ,
因为当P、Q在水平轨道上运动时,它们所受到的合力并不为零,有FP=2BIL,FQ=BIL(设I为回路中的电流),因此P、Q组成的系统动量不守恒。
设P棒从进入水平轨道开始到匀速运动所用的时间为Δt,对P、Q分别应用动量定理,可得
-Δt=-2BLΔt=MvP-Mv,
Δt=BLΔt=MvQ-0,
2vP=vQ,
联立解得vP=,vQ=。
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