電磁感應(yīng)的動力學(xué)和能量問題

1、.課時跟蹤檢測（三十四） 電磁感應(yīng)的動力學(xué)和能量問題對點訓(xùn)練：電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1(多選)(2016·唐山模擬)如圖1甲所示，水平放置的平行金屬導(dǎo)軌連接一個平行板電容器C和電阻R，導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上且接觸良好，整個裝置放于垂直導(dǎo)軌平面的磁場中，磁感應(yīng)強度B的變化情況如圖乙所示(圖示磁感應(yīng)強度方向為正)，MN始終保持靜止，則0t2時間內(nèi)()圖1A電容器C的電荷量大小始終不變B電容器C的a板先帶正電后帶負電CMN所受安培力的大小始終不變DMN所受安培力的方向先向右后向左解析：選AD磁感應(yīng)強度均勻變化，產(chǎn)生恒定電動勢，電容器C的電荷量大小始終沒變，選項A正確，B錯誤；由于磁感應(yīng)強度變

2、化，根據(jù)楞次定律和左手定則可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，大小先減小后增大，選項C錯誤，D正確。2(2015·煙臺模擬)如圖2所示，在光滑的水平面上，有一個粗細均勻的單匝正方形閉合線框abcd，邊長為L，質(zhì)量為m，電阻為R。在水平外力的作用下，線框從靜止開始沿垂直磁場邊界方向做勻加速直線運動，穿過磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場方向與線圈平面垂直，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流i的大小和運動時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，則下列說法正確的是()圖2A線框的加速度大小為B線框受到的水平外力的大小為C0t1時間內(nèi)通過線框任一邊橫截面的電荷量為i1t1D0t3時間內(nèi)水平外力所做的功大于解析：選D在

3、0t1時間內(nèi)，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流i，vat，由題圖乙知it，得線框的加速度大小a，選項A錯誤；由于線框在進入磁場運動時，感應(yīng)電流變化，安培力變化，水平拉力大小發(fā)生變化，易知選項B錯誤；根據(jù)i­t圖像的“面積”意義知，0t1時間內(nèi)通過線框任一邊橫截面的電荷量為i1t1，選項C錯誤；t3時刻線框的速度大小v3at3，由題圖乙知，得a，在0t3時間內(nèi)，根據(jù)動能定理W外W安mv32，得W外>mv32m(at3)2，選項D正確。3(多選) (2015·四川第二次大聯(lián)考)如圖3所示，固定的豎直光滑U型金屬導(dǎo)軌，間距為L，上端接有阻值為R的電阻，處在方向水平且垂直于導(dǎo)軌平面、磁感

4、應(yīng)強度為B的勻強磁場中，質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒與勁度系數(shù)為k的固定輕彈簧相連放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌的電阻忽略不計。初始時刻，彈簧處于伸長狀態(tài)，其伸長量為x1，此時導(dǎo)體棒具有豎直向上的初速度v0。在沿導(dǎo)軌往復(fù)運動的過程中，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。則下列說法正確的是()圖3A初始時刻導(dǎo)體棒受到的安培力大小FB初始時刻導(dǎo)體棒加速度的大小a2gC導(dǎo)體棒往復(fù)運動，最終將靜止時彈簧處于壓縮狀態(tài)D導(dǎo)體棒開始運動直到最終靜止的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Qmv02解析：選BC由法拉第電磁感應(yīng)定律得：EBlv0，由閉合電路的歐姆定律得：I，由安培力公式得：F，故A錯誤；初始時刻，F(xiàn)mgkx1ma，得a

5、2g，故B正確；因為導(dǎo)體棒靜止時沒有安培力，只有重力和彈簧的彈力，故彈簧處于壓縮狀態(tài)，故C正確；根據(jù)能量守恒，減小的動能和重力勢能全都轉(zhuǎn)化為焦耳熱，但R上的只是一部分，故D錯誤。對點訓(xùn)練：電磁感應(yīng)中的能量問題4(多選)(2016·青島模擬)如圖4甲所示，豎直向上的勻強磁場的磁感應(yīng)強度B00.5 T，并且以0.1 T/s的變化率均勻增大，圖像如圖乙所示，水平放置的導(dǎo)軌不計電阻，不計摩擦阻力，寬度L0.5 m，在導(dǎo)軌上放著一金屬棒MN，電阻R00.1 ，并且水平細線通過定滑輪懸吊著質(zhì)量M0.2 kg 的重物。導(dǎo)軌上的定值電阻R0.4 ，與P、Q端點相連組成回路。又知PN長d0.8 m。在

6、重物被拉起的過程中，下列說法中正確的是(g取10 N/kg)()圖4A電流的方向由P到QB電流的大小為0.1 AC從磁感應(yīng)強度為B0開始計時，經(jīng)過495 s的時間，金屬棒MN恰能將重物拉起D電阻R上產(chǎn)生的熱量約為16 J解析：選AC根據(jù)楞次定律可知電流方向為MNPQM，故A項正確；電流大小I A 0.08 A，故B項錯誤；要恰好把質(zhì)量M0.2 kg的重物拉起，則F安FTMg2 N，B T50 T，BB0·t0.50.1t，解得t495 s，故C項正確；電阻R上產(chǎn)生的熱量為QI2Rt(0.08)2×0.4×495 J1.27 J，故D項錯誤。5. (2015

7、3;北京東城檢測)如圖5所示，兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為，導(dǎo)軌的下端接有電阻。當導(dǎo)軌所在空間沒有磁場時，使導(dǎo)體棒ab以平行導(dǎo)軌平面的初速度v0沖上導(dǎo)軌平面，ab上升的最大高度為H；當導(dǎo)軌所在空間存在方向與導(dǎo)軌平面垂直的勻強磁場時，再次使ab以相同的初速度從同一位置沖上導(dǎo)軌平面，ab上升的最大高度為h。兩次運動中ab始終與兩導(dǎo)軌垂直且接觸良好。關(guān)于上述情景，下列說法中正確的是()圖5A兩次上升的最大高度比較，有HhB兩次上升的最大高度比較，有H<hC無磁場時，導(dǎo)軌下端的電阻中有電熱產(chǎn)生D有磁場時，導(dǎo)軌下端的電阻中有電熱產(chǎn)生解析：選D沒有磁場時，只有

8、重力做功，機械能守恒，沒有電熱產(chǎn)生，C錯誤。有磁場時，ab切割磁感線，重力和安培力均做負功，機械能減小，有電熱產(chǎn)生，故ab上升的最大高度變小，A、B錯誤，D正確。對點訓(xùn)練：電磁感應(yīng)中的桿導(dǎo)軌模型6(2016·鄭州模擬)如圖6所示，水平面內(nèi)有一平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌光滑且電阻不計，阻值為R的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置，且與導(dǎo)軌接觸良好。導(dǎo)軌所在空間存在勻強磁場，勻強磁場與導(dǎo)軌平面垂直，t0時，將開關(guān)S由1擲向2，若分別用q、i、v和a表示電容器所帶的電荷量、棒中的電流、棒的速度大小和加速度大小，則下圖所示的圖像中正確的是()圖6解析：選D電容器放電時導(dǎo)體棒在安培力作用下運動，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，感應(yīng)

9、電動勢與電容器電壓相等時，棒做勻速直線運動，說明極板上電荷量最終不等于零，A項錯誤。但電流最終必為零，B錯誤。導(dǎo)體棒速度增大到最大后做勻速直線運動，加速度為零，C錯誤，D正確。7(多選)兩根足夠長的光滑導(dǎo)軌豎直放置，間距為L，頂端接阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒在距磁場上邊界某處靜止釋放，金屬棒和導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直，如圖7所示，不計導(dǎo)軌的電阻， 重力加速度為g，則()圖7A金屬棒在磁場中運動時，流過電阻R的電流方向為abB金屬棒的速度為v時，金屬棒所受的安培力大小為C金屬棒的最大速度為D金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時，電阻R的熱功率為2R解析：選BD

10、金屬棒在磁場中向下運動時，由楞次定律可知，流過電阻R的電流方向為ba，選項A錯誤；金屬棒的速度為v時，金屬棒中感應(yīng)電動勢EBLv，感應(yīng)電流I，所受的安培力大小為FBIL，選項B正確；當安培力Fmg時，金屬棒下落速度最大，金屬棒的最大速度為v，選項C錯誤；金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時，電阻R和r的熱功率為Pmgv2(Rr)，電阻R的熱功率為2R，選項D正確?？键c綜合訓(xùn)練8. (2015·連云港一模)如圖8所示，電阻不計且足夠長的U型金屬框架放置在傾角37°的絕緣斜面上，該裝置處于垂直斜面向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小B0.5 T。質(zhì)量m0.1 kg、電阻R0.4 的導(dǎo)體棒ab垂

11、直放在框架上，從靜止開始沿框架無摩擦下滑，與框架接觸良好?？蚣艿馁|(zhì)量M0.2 kg、寬度l0.4 m，框架與斜面間的動摩擦因數(shù)0.6，與斜面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°0.6，cos 37°0.8。圖8(1)若框架固定，求導(dǎo)體棒的最大速度vm；(2)若框架固定，棒從靜止開始下滑5.75 m時速度v5 m/s，求此過程回路中產(chǎn)生的熱量Q及流過ab棒的電量q；(3)若框架不固定，求當框架剛開始運動時棒的速度v1。解析：(1)棒ab產(chǎn)生的電動勢EBlv回路中感應(yīng)電流I，棒ab所受的安培力FBIl，對棒ab: mgsin 37°BIlm

12、a當加速度a0時，速度最大，最大值vm6 m/s。(2)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律有mgxsin 37°mv2Q，代入數(shù)據(jù)解得Q2.2 Jqtt2.875 C。(3)回路中感應(yīng)電流I1框架上邊所受安培力F1BI1l對框架Mgsin 37°BI1l(mM)gcos 37°代入數(shù)據(jù)解得v12.4 m/s。答案：(1)6 m/s(2)2.2 J2.875 C(3)2.4 m/s9(2015·南通二調(diào))電磁彈射是我國最新研究的重大科技項目，原理可用下述模型說明。如圖9甲所示，虛線MN右側(cè)存在一個豎直向上的勻強磁場，一邊長L的正方形單匝金屬線框abcd放在光滑水平面上，電阻為R，質(zhì)量為m，ab邊在磁場外側(cè)緊靠MN虛線邊界。t0時起磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化規(guī)律是BB0kt(k為大于零的常數(shù))，空氣阻力忽略不計。圖9(1)求t0時刻，線框中感應(yīng)電流的功率P；(2)若線框cd邊穿出磁場時速度為v，求線框穿出磁場過程中，安培力對線框所做的功W及通過導(dǎo)線截面的電荷量q；(3)若用相同的金屬線繞制相同大小的n匝線框，如圖乙所示，在線框上加一質(zhì)量為M的負載物，證明：載物線框匝數(shù)越多，t0時線框加速度越大。解析：(1)t0時刻線框中的感應(yīng)電動