人教版電磁感應中的動力學和能量問題(卷Ⅱ)(普通高中)單元測試

1、（四十）電磁感應中的動力學和能量問題（卷H）（二）普通高中適用（卷n）B級一一中檔題目練通抓牢1. （2018河南洛陽一中模擬）如圖甲所示，在水平面上固定寬為L= 1 m、足夠長的光滑平行金屬導軌，左端接有R = 0.5 Q的定值電阻，在垂直導軌且距導軌左端 d= 2.5 m處有 阻值r= 0.5 Q、質量m= 2 g的光滑導體棒，導軌其余部分電阻不計。磁場垂直于導軌所在平面，磁感應強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。第1 s內導體棒在拉力 F作用下始終處于靜止狀態(tài)。1 s后，拉力F保持與第1 s末相同，導體棒從靜止直至剛好達到最大速度過程中，拉力F做功為W= 11.25 J。求（1）第1 s末感

2、應電流的大小；第1 s末拉力的大小及方向;（3）1 s后導體棒從靜止直至剛好達到最大速度過程中，電阻/Mg解析（1）01 s內，由圖像得 壇=0.8 T/SR上產生的焦耳熱。根據(jù)法拉第電磁感應定律Ld ABE = N回路電流I = = 2 A。 R + rL,與水平面夾角為0,兩導軌上端用阻值為R的電阻相連；該裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面。質量為 m的金屬桿ab以沿導軌平面向上的初速度v0從導軌底端開始運動，然后又返回到出發(fā)位置。 在運動過程中，ab與導軌垂直且接觸良好，不計 ab和導軌的電阻及空 氣阻力。(1)求ab開始運動時的加速度a ；(2)分析并說明ab在

3、整個運動過程中速度、加速度的變化情況;(3)分析并比較ab上滑時間和下滑時間的長短。 解析(1) ab開始運動時產生的感應電動勢E= BL v o回路中的感應電流i=R桿所受安培力Fa= BIL =B2L2voR桿受力如圖，由牛頓第二定律 mgsin 0+ FA= ma得 a = gsin0+2 2BL v 0mR方向沿導軌向下。FA減小,FA增大,gsin 0,下由運動學規(guī)答案(1)gsin 0+mR方向沿導軌向下(2)見解析(2)分析如下桿上滑時 合力F = mgsin 0+ FA，與運動方向相反，桿減速；隨著速度減小, 合力減小，加速度減??；因此桿做加速度減小的減速運動，到達一定高度后速

4、度為零。在最高點 桿的速度為零，加速度為gsin 0,方向沿斜面向下。桿下滑時 合力F = mgsin 0- FA，與運動方向相同，桿加速；隨著速度增加, 合力減小，加速度減??；因此桿做初速度為零、加速度減小的加速運動。(3)分析如下上滑和下滑過程經過的位移大小相等。而上滑時桿加速度大于滑時桿加速度小于 gsin 0,因此上升時的平均加速度大于下降時的平均加速度,律可知，上滑所需時間小于下滑所需時間。(3)上滑時間小于下滑時間C級一一難度題目自主選做3. (2018內蒙古奮斗中學模擬)如圖甲所示，彎折成90。角的兩根足夠長金屬導軌平行放置，形成左右兩導軌平面， 左導軌平面與水平面成 53角，右

5、導軌平面與水平面成 37角, 兩導軌相距L = 0.2 m，電阻不計。質量均為 m= 0.1 g,電阻均為 R = 0.1 Q的金屬桿ab、cd與導軌垂直接觸形成閉合回路，金屬桿與導軌間的動摩擦因數(shù)均為尸0.5，整個裝置處于磁感應強度大小為 B = 1.0 T,方向平行于左導軌平面且垂直右導軌平面向上的勻強磁場 中。t= 0時刻開始，ab桿以初速度v 1沿右導軌平面下滑。t = 1 s時刻開始，對ab桿施加一垂直ab桿且平行右導軌平面向下的力F，使ab開始做勻加速直線運動。cd桿運動的v-t圖像如圖乙所示（其中第1 s、第3 s內圖線為直線）。若兩桿下滑過程均保持與導軌垂直且接觸良好，g 取

6、10 m/s2, sin 37= 0.6, cos 37= 0.8。求甲A（1）在第1 s內cd桿受到的安培力的大??；（2）ab桿的初速度v仁若第2 s內力F所做的功為9 J,求第2 s內cd桿所產生的焦耳熱。解析（1）ab桿沿右側導軌下滑，根據(jù)右手定則可知ab桿中感應電流由a到b,則cd桿中電流由d到c,根據(jù)左手定則可知cd桿受到的安培力垂直于左側導軌向下。根據(jù)v -t圖像可知，cd桿在第1 s內的加速度a1 = 4 m/s2對cd桿受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin 53 - mgcos 53+ F安）=ma1解得F安=0.2 N。對cd桿 安培力F安=BILF安回路中電流I = =

7、 1 ABL對ab桿 感應電動勢 E = I 2R= 0.2 V根據(jù)法拉第電磁感應定律E = BL v 1解得ab桿的初速度 V1 =壬=1 m/s。BL根據(jù)v -t圖像可知，cd桿在第3 s內做勻減速運動，加速度a2= = 4 m/s2對cd桿受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，有解得安培力F安=1.8 N2 2BE，L BL v 2.由F安 =BI L =-可得2R 2Rmgsin 53 mgcos 53 + F 安)=ma22 s時ab桿的速度2F安R2 2B L=9 m/s1第2 s內ab桿做勻加速運動，ab桿的位移x2=-(v 1+ v2)t= 5 m1 2 1 2對 ab桿，根據(jù)動能定理，

8、有Wf+ mgx2sin 37 卩 mg2cos 37 + W 安=?mv2 ?mv 1解得安培力做功W安=6J回路中產生的焦耳熱 Q= W安=2Qcd解得第2 s內cd桿所產生的焦耳熱 Qcd= 3 J。答案(1)0.2 N (2)1 m/s (3)3 J4. (2018泉州質檢)如圖甲所示，兩根完全相同的光滑平行導軌固定，每根導軌均由兩 段與水平面成0= 30的長直導軌和一段圓弧導軌平滑連接而成，導軌兩端均連接電阻，阻值R1= R2= 2 Q,導軌間距L = 0.6 m。在右側導軌所在斜面的矩形區(qū)域M1M2P2P1內分布有垂直斜面向上的磁場，磁場上下邊界 M1P1、M2P2的距離d= 0.

9、2 m，磁感應強度大小隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t= 0時刻，在右側導軌斜面上與M1P1距離s= 0.1 m處，有一根阻值r= 2 Q的金屬棒ab垂直于導軌由靜止釋放，恰好獨立勻速通過整個磁場區(qū)域，取重力加速度g= 10 m/s2,導軌電阻不計。求附B旳+23/T手偵一叩o at 02 a3r/s 乙(1)ab在磁場中運動的速度大小v ；(2)在t1= 0.1 s時刻和t2= 0.25 s時刻電阻R1的電功率之比；電阻R2產生的總熱量Q總。1 2解析(1)由 mgs sin 0= mv得 v = J2gssin 0= 1 m/s。棒從釋放到運動至 M1P1的時間t=匕 =0.2 sgsin

10、0在t1 = 0.1 s時，棒還沒進入磁場，有E1 = f =BLd = 0.6 V此時，R2與金屬棒并聯(lián)后再與 R1串聯(lián)R 串=3 Q由圖乙可知，t= 0.2 s后磁場保持不變，ab經過磁場的時間t = - = 0.2 sv故在t2= 0.25 s時ab還在磁場中運動，電動勢E2= BLv = 0.6 V此時R1與R2并聯(lián)，R總=3 Q,得R1兩端電壓 U1 = 0.2 V電功率P= R，故在t1= 0.1 s和t2 = 0.25 s時刻電阻R1的電功率比值RP1U1由電路關系可得R2產生的熱量Q2 = Q= 0.006 J 6故R2產生的總熱量 Q總=Q1 + Q2= 0.01 J。答案(

11、1)1 m/s (2)4 : 1(3)0.01 J一2= 4。P2U1e2設ab的質量為 m, ab在磁場中運動時，通過ab的電流1 = 丁R總ab受到的安培力Fa = BIL又 mgsin 0= BIL解得 m= 0.024 g亠u22在t= 00.2 s內，R2兩端的電壓 U2= 0.2 V，產生的熱量 Q1 =1= 0.004 JR2ab最終將在M2P2下方的軌道區(qū)域內往返運動，到M2P2處的速度為零，由功能關系可1得在t= 0.2 s后，整個電路最終產生的熱量Q= mgdsin 0+ ,mv2= 0.036 J（2）F 安=BIL = 1.6 N根據(jù)受力平衡，拉力F = 1.6 N，方向 水平向右。（3）1 s后導體棒做變加速直線運動，當受力平衡速度達最大，B= 0.8 T則由電磁感應定律E = BL V,最終勻速運動時