物理人教版選修3-2專題培優(yōu)練第四章（三）電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題

專題培優(yōu)練（三）電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題1．如圖所示，一閉合金屬圓環(huán)用絕緣細(xì)線掛于O點(diǎn)，將圓環(huán)拉離平衡位置并釋放，圓環(huán)擺動(dòng)過程中經(jīng)過有界的水平勻強(qiáng)磁場區(qū)域，A、B為該磁場的豎直邊界。若不計(jì)空氣阻力，則()A．圓環(huán)向右穿過磁場后，還能擺至原來的高度B．在進(jìn)入和離開磁場時(shí)，圓環(huán)中均有感應(yīng)電流C．圓環(huán)進(jìn)入磁場后離平衡位置越近速度越大，感應(yīng)電流也越大D．圓環(huán)最終將靜止在平衡位置解析：選B如題圖所示，當(dāng)圓環(huán)從1位置開始下落，進(jìn)入和擺出磁場時(shí)(即2和3位置)，由于圓環(huán)內(nèi)磁通量發(fā)生變化，所以有感應(yīng)電流產(chǎn)生。同時(shí)，金屬圓環(huán)本身有內(nèi)阻，必然有能量的轉(zhuǎn)化，即有能量的損失，因此圓環(huán)從1位置釋放后不會(huì)擺到4位置。隨著圓環(huán)進(jìn)出磁場，其能量逐漸減少，圓環(huán)擺動(dòng)的振幅越來越小，當(dāng)圓環(huán)只在勻強(qiáng)磁場中擺動(dòng)時(shí)，圓環(huán)內(nèi)無磁通量的變化，無感應(yīng)電流產(chǎn)生，無機(jī)械能向電能的轉(zhuǎn)化。題意中不存在空氣阻力，擺線的拉力垂直于圓環(huán)的速度方向，拉力對圓環(huán)不做功，所以系統(tǒng)的能量守恒，所以圓環(huán)最終將在A、B間來回?cái)[動(dòng)。B正確。2.[多選]如圖所示，有兩根和水平方向成α角的光滑平行的金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下，桿與軌道電阻不計(jì)，經(jīng)過足夠長的時(shí)間后，金屬桿的速度會(huì)趨近于一個(gè)最大速度vm，則()A．如果B變大，vm將變大B．如果α變大，vm將變大C．如果R變大，vm將變大D．如果m變小，vm將變大解析：選BC金屬桿從軌道上滑下切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢E＝Blv，在閉合電路中形成電流I＝eq\f(Blv,R)，因此金屬桿從軌道上滑下的過程中除受重力、軌道的彈力外還受安培力F作用，F(xiàn)＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，先用右手定則判定感應(yīng)電流方向，再用左手定則判定出安培力方向，如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律，得mgsinα－eq\f(B2l2v,R)＝ma，當(dāng)a→0時(shí)，v→vm，解得vm＝eq\f(mgRsinα,B2l2)，故選項(xiàng)B、C正確。3.如圖所示，質(zhì)量為m的金屬環(huán)用線懸掛起來，金屬環(huán)有一半處于水平且與環(huán)面垂直的勻強(qiáng)磁場中，從某時(shí)刻開始，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，則在磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小的過程中，關(guān)于線拉力大小的下列說法中正確的是()A．大于環(huán)重力mg，并逐漸減小B．始終等于環(huán)重力mgC．小于環(huán)重力mg，并保持恒定D．大于環(huán)重力mg，并保持恒定解析：選A根據(jù)楞次定律知圓環(huán)中感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，再由左手定則判斷可知圓環(huán)所受安培力豎直向下，對圓環(huán)受力分析，根據(jù)受力平衡有FT＝mg＋F，得FT＞mg，F(xiàn)＝BIL，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(ΔB,RΔt)S可知I為恒定電流，聯(lián)立上式可知B減小，推知F減小，則由FT＝mg＋F知FT減小。選項(xiàng)A正確。4.如圖所示，abcd區(qū)域中存在一個(gè)垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，bc邊距地面高度為eq\f(L,2)，正方形絕緣線圈MNPQ豎直放置，質(zhì)量為m，邊長為L，總電阻為R，PQ邊與地面動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，在水平恒力F的作用下向右做直線運(yùn)動(dòng)通過磁場區(qū)域，下列說法正確的是()A．線圈進(jìn)入磁場過程中感應(yīng)電流的方向沿QMNPB．線圈MN邊完全處于磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，MQ兩點(diǎn)間電勢差為0C．線圈進(jìn)入磁場的過程中通過線圈導(dǎo)線某截面的電荷量為eq\f(BL2,2R)D．線圈進(jìn)入磁場過程中若F＝eq\f(B2L2v,4R)＋μmg，則線圈將以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)解析：選C由右手定則可以判斷，線圈進(jìn)入磁場過程中感應(yīng)電流的方向沿QPNM，A錯(cuò)誤；線圈MN邊完全處于磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，回路中電流為零，MQ兩點(diǎn)間電勢差大小為eq\f(1,2)BLv，B錯(cuò)誤；由q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)可得線圈進(jìn)入磁場過程中通過線圈導(dǎo)線某截面的電荷量q＝eq\f(BL2,2R)，C正確；線圈進(jìn)入磁場過程中所受向左的安培力F安＝B·eq\f(\f(1,2)BLv,R)·eq\f(L,2)＝eq\f(B2L2v,4R)，但因MN受向下的安培力，線圈所受向左的摩擦力大于μmg，因此，線圈進(jìn)入磁場過程中若所受拉力F＝eq\f(B2L2v,4R)＋μmg，線圈將減速進(jìn)入磁場，D錯(cuò)誤。5．(2017·上海高考)如圖，光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L，與水平面夾角為θ，兩導(dǎo)軌上端用阻值為R的電阻相連，該裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面。質(zhì)量為m的金屬桿ab以沿導(dǎo)軌平面向上的初速度v0從導(dǎo)軌底端開始運(yùn)動(dòng)，然后又返回到出發(fā)位置。在運(yùn)動(dòng)過程中，ab與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)ab和導(dǎo)軌的電阻及空氣阻力。(1)求ab開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度a；(2)分析并說明ab在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中速度、加速度的變化情況。解析：(1)利用楞次定律，對初始狀態(tài)的ab受力分析得mgsinθ＋BIL＝ma①對回路分析I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv0,R)②聯(lián)立①②得a＝gsinθ＋eq\f(B2L2v0,m·R)。(2)上滑過程：由第(1)問中的分析可知，上滑過程加速度大小表達(dá)式為a上＝gsinθ＋eq\f(B2L2v,m·R)③上滑過程，a、v反向，做減速運(yùn)動(dòng)。利用③式，v減小則a減小，可知，桿上滑時(shí)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)。下滑過程：由牛頓第二定律，對ab受力分析得mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)＝ma下④a下＝gsinθ－eq\f(B2L2v,m·R)⑤因a下與v同向，ab做加速運(yùn)動(dòng)。由⑤得v增加，a下減小，ab做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)。答案：(1)gsinθ＋eq\f(B2L2v0,m·R)(2)上滑過程為加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，下滑過程為加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)。6.如圖所示，固定在勻強(qiáng)磁場中的水平導(dǎo)軌的間距L1＝0.5m，金屬棒ad與導(dǎo)軌左端bc的距離L2＝0.8m，整個(gè)閉合回路的電阻為R＝0.2Ω，勻強(qiáng)磁場的方向豎直向下穿過整個(gè)回路。ad棒通過細(xì)繩跨過定滑輪連接一個(gè)質(zhì)量為m＝0.04kg的物體，不計(jì)一切摩擦，現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度從零開始以eq\f(ΔB,Δt)＝0.2T/s的變化率均勻增大，求經(jīng)過多長時(shí)間物體剛好能離開地面(g取10m/s2)。解析：物體剛要離開地面時(shí)，其受到的拉力F等于它的重力mg，而拉力F等于棒ad所受的安培力，即mg＝BIL1，其中B＝eq\f(ΔB,Δt)·t。感應(yīng)電流由變化的磁場產(chǎn)生，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,Δt)·eq\f(1,R)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(L1L2,R)，所以t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mgR,L12L2)·\f(Δt,ΔB)))·eq\f(Δt,ΔB)＝10s。答案：10s7．如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在絕緣水平桌面上，間距L＝0.4m，導(dǎo)軌所在空間有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T，將兩根質(zhì)量均為m1＝0.1kg的導(dǎo)體棒ab、cd放在金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒的電阻均為R＝0.1Ω，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2。用一根絕緣細(xì)線跨過導(dǎo)軌右側(cè)的光滑定滑輪將一物塊和導(dǎo)體棒cd相連，物塊質(zhì)量m2＝0.2kg，細(xì)線伸直且與導(dǎo)軌平行?，F(xiàn)在由靜止釋放物塊，導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，導(dǎo)體棒所受最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，取g＝10m/s2。(1)求導(dǎo)體棒ab剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)cd的速度大小v。(2)若從物塊靜止釋放到ab即將開始運(yùn)動(dòng)這段時(shí)間內(nèi)，物塊下降的高度為h＝0.5m，則此過程中整個(gè)回路產(chǎn)生的總的焦耳熱是多少？(3)求導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后的加速度a以及由導(dǎo)體棒ab、cd組成的閉合回路的磁通量的變化率。解析：(1)由題意可知：當(dāng)導(dǎo)體棒ab受到的水平向右的安培力增大到與最大靜摩擦力相等時(shí)，導(dǎo)體棒ab即將運(yùn)動(dòng)。設(shè)此時(shí)導(dǎo)體棒cd的速度為v，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得：E＝BLv，又I＝eq\f(E,2R)，F(xiàn)安＝BIL，fm＝μm1g，F(xiàn)安＝fm。由以上公式可解得：v＝1m/s。(2)在物塊下降h＝0.5m高度的過程中，對于由導(dǎo)體棒ab、cd以及物塊組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律可得：m2gh＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋Q可解得Q＝0.85J。(3)當(dāng)導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后，回路中的電流、兩棒的加速度相等不變，由牛頓第二定律可得：m2g－T＝m2aT－F安′－μm1g＝m1aF安′－μm1g＝m1a可解得：F安′＝0.6N，a＝4m/s2由F安′＝BI′L，I′＝eq\f(E′,2R)，E′＝eq\f(ΔΦ,Δt)可得：eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2RF安′,BL)＝0.6Wb/s。答案：(1)1m/s(2)0.85J(3)4m/s20.6Wb/s8．如圖所示，兩足夠長的平行光滑的金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距L，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角θ＝30°，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上。長為L的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m、電阻為R。兩金屬導(dǎo)軌的上端連接一個(gè)燈泡，燈泡的電阻也為R?，F(xiàn)閉合開關(guān)K，給金屬棒施加一個(gè)方向垂直于棒且平行于導(dǎo)軌平面向上的、大小為F＝2mg的恒力，使金屬棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬棒達(dá)到最大速度時(shí)，燈泡恰能達(dá)到它的額定功率。重力加速度為g。(1)求金屬棒能達(dá)到的最大速度vm；(2)求燈泡的額定功率P燈；(3)若金屬棒上滑距離為s時(shí)速度恰好達(dá)到最大，求金屬棒由靜止開始上滑2s的過程中，金屬棒上產(chǎn)生的電熱Q1。解析：(1)金屬棒先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度為零時(shí)，金屬棒達(dá)到最大速度，此后開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則速度達(dá)到最大時(shí)有E＝BLvm，I＝eq\f(E,2R)，F(xiàn)＝BIL＋mgsinθ解得vm＝eq\f(3mgR,B2L2)。(2)分析可知P燈＝I2R解得P