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题型7 电磁感应含源、含容问题
选择题每小题3 分。
1.(多选)如图所示,两根足够长的导轨由上、下两段电阻不计的光滑金属导轨组成,在M、N 两点绝缘
连接,M、N 等高,间距L=1 m,连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°,导轨两端分别连接一个阻
值R=0.02 Ω 的电阻和C=1 F 的电容器,整个装置处于磁感应强度B=0.2 T、方向垂直于导轨平面斜
向上的匀强磁场中,两导体棒ab、cd 分别放在MN 两侧,长度均为L=1 m,质量分别为m1=0.8 kg、
m2=0.4 kg,ab 电阻为0.08 Ω,cd 的电阻不计,将ab 由静止释放,同时cd 从距离MN 为x0=4.32 m 处,在一
个大小F=4.64 N、方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动,两导体棒恰好在M、N 处发生
弹性碰撞,碰撞前瞬间撤去F,已知碰撞前瞬间ab 的速度为4.5 m/s,两导体棒与导轨垂直且接触良好,g
取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.ab 从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44 s
B.ab 从释放到第一次碰撞前,R 上消耗的焦耳热为0.78 J
C.两导体棒第一次碰撞后瞬间,ab 的速度大小为6.3 m/s
D.两导体棒第一次碰撞后瞬间,cd 的速度大小为8.4 m/s
2.(11 分)如图所示,倾斜轨道与水平面间的夹角为θ=30°,在倾斜轨道顶端有一电容C=0.1 F 的电容器,
与一定值电阻R2并联,R2=1 Ω。水平轨道足够长,在最右端连接一定值电阻R1=0.5 Ω。两轨道宽度均
为L=1 m,在AA'处平滑连接,使导体棒1 从倾斜轨道运动到水平轨道上时速度大小不变。AA'至
DD'间是绝缘带,保证倾斜轨道与水平轨道间电流不导通,轨道其他部分均导电良好。存在方向垂直
于倾斜轨道平面向上、磁感应强度为B1=0.5 T 的匀强磁场;整个水平轨道上有磁感应强度大小为
B2=1 T、方向竖直向上的匀强磁场。两根导体棒1、2 的质量均为m=0.1 kg,两导体棒与轨道均接触
良好,导体棒接入轨道间的电阻R3=R4=1 Ω。初始时刻,导体棒1 在倾斜轨道上,离AA'足够远。导体
棒2 一开始被锁定(锁定装置未画出),且到DD'位置的水平距离为d= 4
15
m。不计一切摩擦阻力。将
导体棒1 从倾斜轨道上由静止释放。
(1)求导体棒1 滑至AA'时,导体棒1 的瞬时速度大小v1及电容器所带电荷量qC。
(2)导体棒1 运动到导体棒2 位置时,求导体棒1 碰撞前瞬间速度大小。
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(3)导体棒1 与导体棒2 碰撞前瞬间,立即解除对导体棒2 的锁定,两导体棒碰后连在一起。从导体棒
1 进入水平轨道,至两导体棒运动到最终状态,求定值电阻R 上产生的焦耳热Q。
3.(11 分)水平放置的金属细圆环P 的半径为l,其内部充满方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小
为B。电阻为r,长度恰为l 的细导体棒a 一端搭接在细圆环上,可绕圆心处的金属细圆柱O 在水平面
内转动。两平行竖直金属导轨的间距为d,其中M 导轨与小圆柱O 相连,N 导轨与圆环P 相连,两导轨
上方通过开关S 连接能提供大小为I、方向水平向右的恒定电流。质量为m、电阻为R 的均匀导体
棒b 水平搁置在固定支架上并与两导轨紧密接触,长度与两支架间距相等,导体棒b 处在方向垂直于
导轨平面向里的匀强磁场中,磁感应强度的大小为B。除了导体棒a 和导体棒b 外其余电阻不计,一
切摩擦不计。
(1)若开关S 断开,外力使导体棒a 以某一角速度ω 匀速转动时导体棒b 对支架的作用力恰好为零。
求此时导体棒a 的旋转方向(俯视图)和ω 的大小。
(2)若开关S 闭合,导体棒a 作为“电动机”在水平内旋转。
①“电动机”空载时导体棒a 所受安培力为零,其匀速转动的角速度记为ω0,求ω0的大小。
②求“电动机”机械效率为50%时导体棒a 的角速度ω2。
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4.(11 分)如图是两组固定的间距皆为d 的平行金属导轨(倾角为30°的abec 和光滑水平桌面上的
fgjh),两者在e、b 两点绝缘但平滑连接。abec 处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,ac 间接一阻值
为R 的电阻。fh 间接一恒流源(电流大小恒为I 且方向如圆圈中箭头所示),fgjh 所在的正方形区域
kpqn 处于另一磁场中。正方形金属线框水平放置在fg、hj 间,左侧紧靠pq。线框右侧水平导轨间有
一个长度为d
8
的区域,存在竖直向下、磁感应强度为B3的匀强磁场。将质量为m、长度为d、电阻为
R 的导体棒A 从倾斜导轨上某一位置由静止释放,其在到达be 前已达稳定速度v0。A 始终与导轨垂
直且接触良好,经过kpqn 时磁场方向水平向左、磁感应强度大小B2= mg
4 d
2 I
x(x 为A 到kn 的距离)。
已知线框质量为3m,边长为d
2
,自感系数为L,不计线框电阻。A 与线框发生弹性碰撞后即撤出导轨区
域。除kp、nq 两段导轨动摩擦因数为μ= v0
2
3 gd
外,其余部分皆光滑。求:
(1)倾斜导轨所处磁场的磁感应强度B1的大小;
(2)A 经过区域kpqn 过程中摩擦产生的热量Q;
(3)线框出磁场B3时的速度大小。
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参考答案
题型7 电磁感应含源、含容问题
1.BD
【解析】 由于导体棒ab、cd 同时由静止开始运动,且恰好在M、N 处发生弹性碰撞,则说明
ab、cd 在到达M、N 处所用的时间是相同的,对导体棒cd 和电容器组成的回路,有Δq=C·BLΔv,
对cd,根据牛顿第二定律,有F-BIL-m2gsin 30°=m2a2,其中a2= Δv
Δt ,I= Δq
Δt ,得a2=F -m2 gsin30°
m2+C B
2 L
2
,
则说明导体棒cd 做匀加速直线运动,有x0=1
2
a2t2,得a2=6 m/s2,t=1.2 s,故A 错误;由题知,碰撞前瞬
间ab 的速度为4.5 m/s,根据功能关系,有m1gxabsin 30°-Q=1
2
m1v1
2,导体棒ab 下滑过程中,根据动
量定理,有m1gsin 30°·t-BIL·t=m1v1,其中q=It=BL xab
R总
,R 总=R+Rab=0.1 Ω,得q=6 C,xab=3 m,Q=3.9
J,则R 上消耗的焦耳热为QR= R
R总
Q=0.78 J,故B 正确;由于两导体棒恰好在M、N 处发生弹性碰
撞,取沿斜面向下为正方向,有m1v1-m2v2=m1v1'+m2v2',1
2
m1v1
2+ 1
2
m2v2
2= 1
2
m1v1'2+1
2
m2v2'2,其中
v2=a2t=7.2 m/s,得v1'=-3.3 m/s,v2'=8.4 m/s,故C 错误,D 正确。
2.【答案】 (1)4 m/s 0.1 C (2)2 m/s (3)0.15 J
【解析】 (1)因倾斜轨道足够长,则导体棒1 在倾斜轨道上最终将匀速下滑,由平衡条件得
mgsin θ=F 安
由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得
F 安=B1IL
I=B1 Lv1
R总
R 总=R2+R3=2 Ω
解得v1=4 m/s
电容器所带电荷量
qC=CU=C B1 Lv1
2
=0.1 C。
(2)导体棒1 运动到导体棒2 位置过程(碰前),由动量定理得
-F安t=mv1'-mv1
又
F安t=B2ILt
It=q=B2 Ld
R总1
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R 总1=4
3
Ω
解得v1'=2 m/s。
(3)从导体棒1 进入水平轨道至碰前水平轨道电路产生的焦耳热为
Q 总1=1
2 m v1
2- 1
2
mv1'2
解得Q 总1=0.6 J
设总电流为I,此过程定值电阻R1上产生的焦耳热为
Q1=(
2
3 I)
2
R1=(
2
3)
2
× R1
R总1
I2R 总1=1
6
Q 总1=0.1 J
导体棒1、2 碰撞过程,由动量守恒定律得
mv1'=2mv2
解得v2=1 m/s
两导体棒碰撞后到静止过程,电路产生的总焦耳热为
Q 总2=1
2
×2mv2
2=0.1 J
此过程定值电阻R1上产生的焦耳热为
Q2=Q总2
2
=0.05 J
由以上分析可知
Q=Q1+Q2=0.15 J。
3.【答案】 (1)顺时针(俯视)方向旋转 2mg( R+r )
B
2l
2d
(2)①2 IR
Bl
2 ②
2 IRr
Bl
2( R+2r )
【解析】 (1)导体棒b 受力平衡,有
mg=BId
由左手定则可知电流方向水平向右
电流大小为
I= E
R+r
导体棒a 产生的感应电动势
E=1
2
Bl2ω
联立得ω=2mg( R+r )
B
2l
2d
由右手定则可知导体棒a 沿顺时针(俯视)方向旋转。
(2)①空载时导体棒a 所受安培力为零,则导体棒a 的电流为零
则导体棒a 与导体棒b 两端电压相等,导体棒b 的电流,即恒定电流I
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1
2
Bl2ω0=IR
得ω0=2 IR
Bl
2 。
②方法一:导体棒a 转动产生感应电动势,设其电流为i
导体棒a 与导体棒b 两端电压相等,即
(I-i)R=1
2
Bl2ω2+ir
由于导体棒a 上的速度随着到圆心距离均匀增大
P 机=F 安v
P 机=Bilω2l
2 = Bil
2ω2
2
η=
P机
P机+ P热
=
Bl
2ω2
Bl
2ω2+2ir
=50%
联立得
ω2=
2 IRr
Bl
2( R+2r )
。
方法二:导体棒a 转动产生感应电动势,设其电流为i
导体棒a 与导体棒b 两端电压相等,即
(I-i)R=1
2
Bl2ω2+ir
η=
P机
P机+ P热
=( I -i) Ri-i
2r
( I -i) Ri
=50%
联立得
ω2=
2 IRr
Bl
2( R+2r )
。
4.【答案】 (1)√
mgR
d
2v0
(2)3
8 m v0
2
(3)
√
1
16 v0
2- B3
2d
4
192mL(B3≤2v0
d
2 √3mL)
【解析】 (1)导体棒在到达be 前已达稳定速度v0,根据受力平衡可得
mg·sin 30°=B1Id
又E=B1dv0,I= E
2 R
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联立解得B1=√
mgR
d
2v0
。
(2)A 经过区域kpqn 过程中,受到的支持力为
FN=mg+B2Id=mg+mg
4 d
x
受到的摩擦力为
Ff= μFN=μ(mg+ mg
4 d x)
可知阻力与x 满足线性关系,则摩擦生热为
Q=W 克f=μmg+(mg+ 1
4 mg)
2
d=3
8 m v0
2。
(3)根据动能定理可得
-W 克f=1
2
mv2-1
2 m v0
2
解得导体棒离开区域kpqn 时的速度大小为
v=1
2
v0
导体棒与线框发生弹性碰撞,由动能守恒定律和机械能守恒定律得
mv=mv'+3mv 框
1
2
mv2=1
2
mv'2+1
2
×3mv框
2
解得
v 框=
2m
m+3m
v=1
4
v0
根据B3d
2
v=L Δi
Δt
可得Δi=B3d
2 L
vΔt
则有
i=B3d
2 L
x
可得线框受到的安培力为
F 安=-B3id
2
=-B3
2d
2
4 L
x
若线框刚好从右侧穿过磁场,有
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-0+ B3
2d
2
4 L (
d
8 ×2)
2
× d
8
×2=0-1
2
×3m(
1
4 v0)
2
解得B3=2v0
d
2 √3mL
若B3>2v0
d
2 √3mL,则线框不能出磁场B3。
若B3≤2v0
d
2 √3mL,则线框向右出磁场,根据动能定理可得
-0+ B3
2d
2
4 L (
d
8 ×2)
2
× d
8
×2=1
2
×3mv2-1
2
×3m(
1
4 v0)
2
解得v=√
1
16 v0
2- B3
2d
4
192mL
。
