人教版物理一轮复习第4讲 电磁感应中的图象动力学及能量问题.docx

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人教版物理一轮复习第4讲电磁感应中的图象动力学及能量问题

第4讲　电磁感应中的图象、动力学及能量问题

1.如图所示,两水平虚线ef,gh之间存在垂直纸面向外的匀强磁场,一质量为m,电阻为R的正方形铝线框abcd从虚线ef上方某位置由静止释放,线框运动中ab始终是水平的,已知两虚线ef,gh间距离大于线框边长,则从开始运动到ab边到达gh线之前的速度随时间的变化关系图象合理的是（　D　）

解析:

线框先做自由落体运动,由线框宽度小于磁场的宽度可知,当ab边进入磁场且cd边未出磁场的过程中,磁通量不变,没有感应电流产生,不受安培力,则线框的加速度与线框自由下落时一样,均为g;若cd边刚好匀速进入磁场,mg=F安=

ab边进入磁场后线框又做匀加速运动,cd边出磁场后减速,当达到上述匀速的速度后又做匀速运动,即线框出磁场时的速度不可能小于进入磁场时的速度,故A,B错误;若cd边减速进入磁场,线框全部进入后做匀加速运动,达到进磁场的速度时不可能匀速,若cd边加速进入磁场,全部进入后做匀加速运动,当cd边出磁场时线框有可能加速、匀速、减速,故C错误,D正确。

2.（多选）如图是创意物理实验设计作品《小熊荡秋千》。

两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C,D固定在铁架台上,与两个铜线圈P,Q组成一闭合回路,两个磁性很强的条形磁铁如图放置,当用手左右摆动线圈P时,线圈Q也会跟着摆动,仿佛小熊在荡秋千。

以下说法正确的是（　AB　）

A.P向右摆动的过程中,P中的电流方向为顺时针方向（从右向左看）

B.P向右摆动的过程中,Q也会向右摆动

C.P向右摆动的过程中,Q会向左摆动

D.若用手左右摆动Q,P会始终保持静止

解析:

线圈P向右摆动的过程中,穿过P的磁通量减小,根据楞次定律,P中有顺时针方向的电流（从右向左看）,故A正确;线圈Q中也有顺时针方向的电流,根据左手定则知,下端受到水平向右的安培力,Q会向右摆动,故B正确;C错误;同理可知,若用手左右摆动Q,P也会左右摆动,D错误。

3.（2019·诺丁汉大学附中高二期中）美国研发的强力武器轨道电磁炮在试射中,将炮弹以5倍音速击向200公里外目标,射程为海军常规武器的10倍,且破坏力惊人。

电磁炮原理如图所示,若炮弹质量为m,水平轨道长L,宽为d,轨道摩擦不计,炮弹在轨道上做匀加速运动。

要使炮弹达到5倍音速（设音速为v）,则（　C　）

A.炮弹在轨道上的加速度为

B.磁场力做的功为

mv2

C.磁场力做功的最大功率为

D.磁场力的大小为

解析:

根据v2=2aL,解得a=

=

故A错误;根据动能定理可知,磁场力做的功等于炮弹动能的增加量,即W=

m（5v）2=

mv2,故B错误;根据牛顿第二定律可知,磁场力的大小为F=ma=

根据P=Fv,得最大的功率为P=F·5v=

故C正确,D错误。

4.如图所示,两足够长的光滑金属导轨竖直放置,相距为L,一阻值为R的定值电阻与理想电流表串联接在两导轨间,匀强磁场与导轨平面垂直。

一质量为m、有效电阻也为R的导体棒在距磁场上边界h处由静止释放。

整个运动过程中,导体棒与导轨接触良好,且始终保持水平,不计导轨的电阻。

下列说法正确的是（　D　）

A.导体棒进入磁场不可能做匀速直线运动

B.导体棒进入磁场时加速度一定小于重力加速度g

C.流经电流表的电流一定逐渐减小

D.若流经电流表的电流逐渐增大,则电流的最大值与R无关

解析:

当导体棒进入磁场时,由于切割磁感线,会产生感应电流,所以导体棒受到的安培力如果等于其重力时,就可能做匀速直线运动,故选项A错误;当导体棒进入磁场时,如果受到的安培力很大,安培力与重力的合力也可能大于重力,故此时导体棒进入磁场时的加速度就大于重力加速度了,故选项B错误;当导体棒在磁场中做匀速直线运动时,其流经电流表的电流就是不变的,故选项C错误;若流经电流表的电流逐渐增大,则说明导体棒的下落速度是逐渐增大的,即重力大于安培力,只有当重力等于安培力时,导体棒的速度才最大,电流才最大,此时mg=ILB,故最大电流I=

可见其大小与电阻R无关,选项D正确。

5.发光二极管是目前电器指示灯广泛使用的电子元件,在电路中的符号如图甲所示,只有电流从标有“+”号的一端流入时,它才能发光。

如图乙所示,螺线管与两只反向并联的发光二极管相连,磁铁从螺线管的正上方由静止释放,向下穿过螺线管。

下列说法正确的是（　B　）

A.磁铁N极朝下释放时,先红灯亮后绿灯亮

B.磁铁S极朝下释放时,先红灯亮后绿灯亮

C.若磁铁磁性足够强,则磁铁可以悬停在管内

D.磁铁减少的重力势能等于回路中产生的电能

解析:

当磁铁N极朝下释放时,导致穿过线圈的磁通量变大,且磁场方向向下,由楞次定律可知,螺线管上端相当于电源的正极,所以红灯不亮,绿灯亮,当S极离开螺线管时,穿过线圈的磁通量变小,且原磁场方向向下,则螺线管下端相当于电源的正极,所以红灯亮,绿灯不亮;同理可得磁铁S极朝下释放时,先是红灯亮绿灯不亮,后是红灯不亮绿灯亮,故B正确,A错误;若磁铁磁性足够强,磁铁在螺线管中运动受到阻力更大,由于磁铁运动时才会导致螺线管的磁通量发生变化,才出现感应磁场阻碍原磁场的变化,所以运动时间变长,但一定会落下,故C错误;根据能量守恒可知磁铁减少的重力势能等于回路中产生的电能和磁铁的动能,故D错误。

6.如图所示,一刚性矩形铜制线圈从高处自由下落,进入一水平的匀强磁场区域,然后穿出磁场区域,下列说法正确的是（　D　）

A.若线圈进入磁场过程是匀速运动,则离开磁场过程一定是匀速运动

B.若线圈进入磁场过程是加速运动,则离开磁场过程一定是加速运动

C.若线圈进入磁场过程是减速运动,则离开磁场过程一定是加速运动

D.若线圈进入磁场过程是减速运动,则离开磁场过程一定是减速运动

解析:

若线圈进入磁场过程是匀速运动,完全进入磁场区域一定做加速运动,则离开磁场过程所受安培力大于重力,一定是减速运动,选项A错误;若线圈进入磁场过程是加速运动,则离开磁场过程可能是加速运动,也可能是匀速或减速运动,选项B错误;若线圈进入磁场过程是减速运动,完全进入磁场的速度不小于匀速的速度。

在磁场中再以加速度a=g下落2l,速度一定大于匀速进入的速度,安培力大于重力,则离开磁场过程一定是减速运动,选项C错误,D正确。

7.（2019·东阳中学高二期中）（多选）如图a所示,在光滑水平面上用恒力F拉质量1kg的单匝均匀正方形铜线框,在1位置以速度v0=3m/s进入匀强磁场时开始计时,此时线框中感应电动势为1V,在t=3s时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场。

此过程中v

t图象如图b所示,则下列结论正确的是（　BC　）

A.线框右侧的边两端MN间电压为0.25V

B.恒力F的大小为0.5N

C.线框完全离开磁场的瞬间位置3速度为2m/s

D.线框完全离开磁场的瞬间位置3速度为1m/s

解析:

t=0时,线框右侧边MN的两端电压为路端电压,总的感应电动势为E=Bav0,路端电压U外=

E=0.75V,故A错误;在1～3s内,线框做匀加速运动,没有感应电流,线框不受安培力,由v

t图象得a=

=

m/s2=0.5m/s2,由F=ma得F=0.5N,故B正确。

由图b看出,在t=

3s时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场,此时与线框进入时速度相同,则线框出磁场与进磁场运动情况完全相同,即t=4s时线框完全离开磁场,其速度与t=1s时刻的速度相等,即为2m/s,故C正确,D错误。

8.（多选）如图所示,平行且足够长的两条光滑金属导轨,相距L=0.4m,导轨所在平面与水平面的夹角为30°,其电阻不计。

把完全相同的两金属棒（长度均为0.4m）ab,cd分别垂直于导轨放置,并使各金属棒两端都与导轨良好接触。

已知两金属棒的质量均为m=0.1kg、电阻均为R=0.2Ω,整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度为B=0.5T,当金属棒ab在平行于导轨向上的力F作用下沿导轨向上匀速运动时,金属棒cd恰好能保持静止。

（g取10m/s2）则（　BD　）

A.F的大小为0.5N

B.金属棒ab产生的感应电动势为1V

C.ab两端的电压为1V

D.ab棒的速度为5m/s

解析:

由题意知,两棒均处于平衡状态,两棒所受合力均为零,所以有

对于ab棒:

F-Fab-mgsinα=F-BIL-mgsinα=0①

对于cd棒:

Fcd-mgsinα=BIL-mgsinα=0②

①+②得F=2mgsinα=2×0.1×10×0.5N=1N,故A错误。

由②得I=

=

A=2.5A,

E=I（R+r）=I·2R=2.5×2×0.2V=1V,B正确。

Uab=Ucd=I·R=2.5×0.2V=0.5V,C错误。

因为E=BLv,

所以v=

=

m/s=5m/s,故D正确。

9.某校科技小组的同学设计了一个传送带测速仪,测速原理如图所示。

在传送带一端的下方固定有间距为L,长度为d的平行金属电极。

电极间充满磁感应强度为B,方向垂直传送带平面（纸面）向里,有理想边界的匀强磁场,且电极之间接有理想电压表和电阻R,传送带背面固定有若干根间距为d的平行细金属条,其电阻均为r,传送带运行过程中始终仅有一根金属条处于磁场中,且金属条与电极接触良好。

当传送带以一定的速度匀速运动时,电压表的示数为U。

则下列说法中正确的是（　D　）

A.传送带匀速运动的速率为

B.电阻R产生焦耳热的功率为

C.金属条经过磁场区域受到的安培力大小为

D.每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功为

解析:

根据E=BLv,则电压表读数为U=

解得v=

选项A错误;电阻R产生焦耳热的功率为PR=

选项B错误;金属条经过磁场区域受到的安培力大小为F=BIL=

选项C错误;每根金属条经过磁场区域的全过程中克服安培力做功为W=Fd=

选项D正确。

10.如图所示,两根电阻不计的光滑金属导轨MAC,NBD水平放置,MA,

NB间距L=0.4m,AC,BD的延长线相交于E点且AE=BE,E点到AB的距离d=6m,M,N两端与阻值R=2Ω的电阻相连,虚线右侧存在方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场,磁感应强度B=1T。

一根长度也为L=

0.4m,质量m=0.6kg,电阻不计的金属棒,在外力作用下从AB处以初速度v0=2m/s沿导轨水平向右运动,棒与导轨接触良好,运动过程中电阻R上消耗的电功率不变,求:

（1）电路中的电流I;

（2）金属棒向右运动

过程中克服安培力做的功W。

解析:

（1）金属棒开始运动时产生感应电动势

E=BLv0=1×0.4×2V=0.8V;

电路中的电流

I=

=

A=0.4A。

（2）金属棒向右运动距离为x时,金属棒接入电路的有效长度为L1,由几何关系可得

=

解得L1=

=0.4-

此时金属棒所受安培力为

F=BIL1=0.16-

（0≤x≤

）

作出F

x图象,由图象可得运动

过程中克服安培力所做的功为

W=

x=

×3J=0.36J。

答案:

（1）0.4A　

（2）0.36J

11.如图所示,用水平绝缘传送带输送一正方形单匝闭合铜线框,在输送中让线框随传送带通过一固定的匀强磁场区域,铜线框在进入磁场前与传送带的速度相同,穿过磁场的过程中将相对于传送带滑动。

已知传送带以恒定速度v0运动,当线框的右边框刚刚到达边界PQ时速度又恰好等于v0.若磁场边界MN,PQ与传送带运动方向垂直,MN与PQ的距离为d,磁场的磁感应强度为B,铜线框质量为m,电阻均为R,边长为L（L

（1）线框的右边框刚进入磁场时所受安培力的大小;

（2）线框在进入磁场的过程中运动加速度的最大值以及速度的最

小值;

（3）从线框右边框刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的过程中,传送带对闭合铜线框做的功。

解析:

（1）闭合铜线框右侧边刚进入磁场时产生的电动势

E=BLv0

产生的电流I=

=

右侧边所受安培力F=BIL=

。

（2）线框以速度v0进入磁场,在进入磁场的过程中,受安培力和摩擦力的共同作用做变减速运动;进入磁场后,在摩擦力作用下做匀加速运动,当其右边框刚刚到达PQ时速度又恰好等于v0。

因此,线框在刚进入磁场时,所受安培力最大,加速度最大,设为am;线框全部进入磁场的瞬间速度最小,设此时线框的速度为v。

线框刚进入磁场时,根据牛顿第二定律有F-μmg=mam,

解得am=

-μg;

在线框刚刚完全进入磁场又匀加速运动到达边界PQ的过程中,根据动能定理有μmg（d-L）=

m

-

mv2,

解得最小速度vmin=

。

（3）线框从右边框进入磁场到运动至磁场边界PQ的过程中线框一直受摩擦力f=μmg

由功的公式Wf1=fd得摩擦力做功Wf1=μmgd

闭合线框穿出磁场与进入磁场的受力情况相同,则完全穿出磁场的瞬间速度亦为最小速度v,然后速度均匀增加到v0,产生的位移一定为x=d-L（和在磁场中速度由v增加到v0的位移相同）,闭合线框在右边框出磁场到与传送带共速的过程中位移

x′=x+L=d。

在此过程中摩擦力做功Wf2=μmgd

因此,闭合铜线框从刚进入磁场到穿出磁场后又相对传送带静止的过程中,传送带对闭合铜线框做的功

W=Wf1+Wf2=2μmgd。

答案:

（1）

（2）

-μg　

（3）2μmgd

12.如图甲,两相距L=0.5m的平行金属导轨固定于水平面上,导轨左端与阻值R=2Ω的电阻连接,导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场。

质量m=0.2kg的金属杆垂直置于导轨上,与导轨接触良好,导轨与金属杆的电阻可忽略。

杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动,并始终与导轨垂直,其v

t图象如图乙所示。

在15s时撤去拉力,同时使磁场随时间变化,从而保持杆中电流为0.求:

（1）金属杆所受拉力的大小F;

（2）0～15s内匀强磁场的磁感应强度大小B0;

（3）15～20s内磁感应强度B随时间t变化规律。

解析:

（1）由v

t图象可知,在0～10s内,金属杆做匀加速直线运动,杆没有进入磁场,由牛顿第二定律得

F-μmg=ma1

由题意可知,15s末撤去拉力,没有感应电流,杆不受安培力作用,杆所受的合外力为滑动摩擦力。

由牛顿第二定律得μmg=ma2

由v

t图象可知,

加速度a1=

=

m/s2=0.4m/s2,

a2=

=

m/s2=0.8m/s2

解得F=0.24N。

（2）在10～15s内,金属杆做匀速直线运动,速度v=4m/s

金属杆受到的安培力

F安=B0IL=

金属杆做匀速直线运动,处于平衡状态

由平衡条件得F=μmg+

代入数据解得B0=0.4T。

（3）15～20s内金属杆中无感应电流,穿过回路的磁通量保持不变,金属杆在10～15s内的位移

d=vt=4×5m=20m

在15s后的金属杆的加速度a=a2=0.8m/s2

金属杆的位移

x=v（t-15）-

a（t-15）2=4（t-15）-0.4（t-15）2

磁通量保持不变,则B0Ld=BL（d+x）

解得B=

T。

答案:

（1）0.24N　

（2）0.4T

（3）B=

T

13.如图所示,电动机牵引一根原来静止的、长l=1m、质量m=0.1kg、电阻R=1Ω的导体棒MN,导体棒靠在处于磁感应强度B=1T的磁场中、竖直放置的框架上（电阻不计且光滑）。

当导体棒上升高度h=

3.8m时获得稳定速度,导体棒产生的热量为2J。

电动机牵引棒时,电压表、电流表的读数分别为7V,1A且不变。

电动机内阻r=1Ω,不计框架电阻及一切摩擦,取g=10m/s2。

求:

（1）棒获得多大的稳定速度;

（2）棒从静止达到稳定速度所需要的时间。

解析:

（1）电动机工作时,电能转化为机械能和电动机内阻的内能;导体棒MN在电动机牵引下上升,切割磁感线产生感应电动势E=Blv,回路中出现感应电流I′=

棒受到安培力F′=BI′l=

机械能有一部分转化为导体棒的内能;达到稳定速度时,棒受力平衡。

牵引力F=F′+mg=

+mg。

对电动机有UI-I2r=Fv,

其中I=1A,U=7V,r=1Ω,B=1T,l=1m,

m=0.1kg,R=1Ω,

联立并代入数据即可求得,棒所达到的稳定速度为

v=2m/s。

（2）棒从开始运动到达到稳定速度的过程中,电动机输出的机械功率不变,P=IU-I2r。

对棒应用能量守恒定律有

Pt=mgh+

mv2+Q,

其中h=3.8m,Q=2J,m=0.1kg,

解得完成此过程所需时间t=1s。

答案:

（1）2m/s　

（2）1s