課時(shí)跟蹤檢測(cè)（六十二）電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題

課時(shí)跟蹤檢測(cè)（六十二）電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題1．平行金屬導(dǎo)軌左端接有阻值為R的定值電阻，右端接有電容為C的電容器，平行導(dǎo)軌間距為L1。導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好并以恒定的速度v通過寬為L2、磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)體棒和金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，則全過程中通過電阻R的電荷量為()A．q＝eq\f(BL1L2,R) B．q＝eq\f(BL1L2＋CBL1vR,R)C．q＝eq\f(BL1L2＋CBv,R) D．q＝eq\f(BL1L2v,R)解析：選A導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好并以恒定的速度v通過寬為L2、磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝BL1v，通過導(dǎo)體棒的感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL1v,R)，全過程通過電阻R的電荷量為q＝It＝eq\f(BL1vt,R)＝eq\f(BL1L2,R)，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。2.如圖所示，在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一U形導(dǎo)線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場(chǎng)與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導(dǎo)體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動(dòng)。ef及線框中導(dǎo)線的電阻不計(jì)。開始時(shí)，給ef一個(gè)向右的初速度，則()A．ef將減速向右運(yùn)動(dòng)，但不是勻減速B．ef將勻減速向右運(yùn)動(dòng)，最后停止C．ef將勻速向右運(yùn)動(dòng)D．ef將往返運(yùn)動(dòng)解析：選Aef向右運(yùn)動(dòng)，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，根據(jù)右手定則和左手定則可知，ef受到向左的安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，直到停止，由F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)＝ma，知ef做的是加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，故A正確。3.(多選)如圖所示，平行的金屬導(dǎo)軌與電路處在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中，一金屬桿放在金屬導(dǎo)軌上，在恒定外力F作用下做勻速運(yùn)動(dòng)，則在開關(guān)S()A．閉合瞬間通過金屬桿的電流增大B．閉合瞬間通過金屬桿的電流減小C．閉合后金屬桿先減速后勻速D．閉合后金屬桿先加速后勻速解析：選AC金屬桿做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，相當(dāng)于電源，在開關(guān)S閉合瞬間，外電阻變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律，干路電流增加，即通過金屬桿的電流增加，故A正確，B錯(cuò)誤；開關(guān)S閉合前，拉力和安培力平衡，開關(guān)S閉合后，電流增加，根據(jù)安培力公式F＝BIL，安培力增加，故拉力小于安培力，金屬桿做減速運(yùn)動(dòng)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)減小，電流減小，安培力減小，加速度減小，當(dāng)加速度減為零時(shí)，速度減小到最小值，最后做勻速運(yùn)動(dòng)，故C正確，D錯(cuò)誤。4.(多選)如圖所示，在水平桌面上固定兩條相距為l的平行光滑導(dǎo)軌ab與cd，阻值為R的電阻與導(dǎo)軌的a、c端相連。質(zhì)量為m、長為l、電阻也為R的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置并可沿導(dǎo)軌自由滑動(dòng)。整個(gè)裝置處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。導(dǎo)體棒的中點(diǎn)系一不可伸長的輕繩，繩繞過固定在桌邊的光滑輕滑輪后，與一質(zhì)量也為m的物塊相連，繩處于拉直狀態(tài)?，F(xiàn)若從靜止開始釋放物塊，用h表示物塊下落的高度(物塊不會(huì)觸地)，g表示重力加速度，其他電阻不計(jì)，則()A．電阻R中的感應(yīng)電流方向由c到aB．物塊下落的最大加速度為gC．若h足夠大，物塊下落的最大速度為eq\f(2mgR,B2l2)D．通過電阻R的電荷量為eq\f(Blh,R)解析：選AC由右手定則可知，電阻R中的感應(yīng)電流方向由c到a，A正確；物塊剛下落時(shí)加速度最大，由牛頓第二定律有2mam＝mg，最大加速度：am＝eq\f(g,2)，B錯(cuò)誤；對(duì)導(dǎo)體棒與物塊組成的整體，當(dāng)所受的安培力與物塊的重力平衡時(shí)，達(dá)到最大速度，即eq\f(B2l2vm,2R)＝mg，所以vm＝eq\f(2mgR,B2l2)，C正確；通過電阻R的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(Blh,2R)，D錯(cuò)誤。5.如圖所示，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L，直導(dǎo)線MN垂直跨在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，整個(gè)裝置處在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。電容器的電容為C，除電阻R外，導(dǎo)軌和直導(dǎo)線的電阻均不計(jì)?，F(xiàn)給MN一初速度，使MN向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電路穩(wěn)定后，MN以速度v向右做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)()A．電容器兩極板間的電壓為零B．電阻兩端的電壓為BLvC．電容器所帶電荷量為CBLvD．為保持MN勻速運(yùn)動(dòng)，需對(duì)其施加的拉力大小為eq\f(B2L2v,R)解析：選C當(dāng)MN向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，穩(wěn)定后，電容器既不充電也不放電，無電流產(chǎn)生，故電阻兩端沒有電壓，電容器兩極板間的電壓為U＝E＝BLv，所帶電荷量Q＝CU＝CBLv，A、B錯(cuò)誤，C正確；MN勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，因無電流而不受安培力，由平衡條件知拉力為零，D錯(cuò)誤。6.如圖所示，足夠長的光滑導(dǎo)軌傾斜放置，導(dǎo)軌寬度為L，其下端與電阻R連接；導(dǎo)體棒ab電阻為r，導(dǎo)軌和導(dǎo)線電阻不計(jì)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直向上。若棒ab以一定初速度v下滑，則關(guān)于棒ab的下列說法正確的是()A．所受安培力方向水平向左B．可能以速度v勻速下滑C．剛下滑瞬間產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為BLvD．減少的重力勢(shì)能等于電阻R產(chǎn)生的內(nèi)能解析：選B根據(jù)右手定則判斷可知，棒ab中感應(yīng)電流方向從b→a，由左手定則判斷得知，棒ab所受的安培力方向水平向右，如圖所示，故A錯(cuò)誤；若安培力沿導(dǎo)軌向上的分力與重力沿導(dǎo)軌向下的分力大小相等，棒ab可能以速度v勻速下滑，故B正確；剛下滑瞬間產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLvcosθ，故C錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律得知，若棒ab勻速下滑，其減少的重力勢(shì)能等于電阻R和棒ab產(chǎn)生的內(nèi)能之和；若棒ab加速下滑，其減少的重力勢(shì)能等于電阻R和棒ab產(chǎn)生的內(nèi)能與棒ab增加的動(dòng)能之和；若棒ab減速下滑，其減少的重力勢(shì)能和動(dòng)能之和等于電阻R和棒ab產(chǎn)生的內(nèi)能之和，所以減少的重力勢(shì)能不等于電阻R產(chǎn)生的內(nèi)能，故D錯(cuò)誤。7.如圖，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌置于水平面(紙面)內(nèi)，導(dǎo)軌間距為l，左端連有阻值為R的電阻。一金屬桿置于導(dǎo)軌上，金屬桿右側(cè)存在一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。已知金屬桿以速度v0向右進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)磁場(chǎng)區(qū)域右邊界(圖中虛線位置)時(shí)速度恰好為零。金屬桿與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好。除左端所連電阻外，其他電阻忽略不計(jì)。求金屬桿運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)區(qū)域正中間時(shí)所受安培力的大小及此時(shí)電流的功率。解析：設(shè)金屬桿由開始到停止的位移為x，整個(gè)過程中加速度大小為a，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：0－v02＝－2ax設(shè)金屬桿在中間的位置時(shí)的速度為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：v2－v02＝－ax解得：v＝eq\f(\r(2),2)v0金屬桿運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)區(qū)域正中間時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝Blv依據(jù)閉合電路歐姆定律，則電路中電流為：I＝eq\f(Blv,R)則金屬桿運(yùn)動(dòng)到中間位置時(shí)，所受到的安培力為：F＝BIl＝eq\f(\r(2)B2l2v0,2R)；金屬桿中電流的功率為：P＝I2R＝eq\f(B2l2v02,2R)。答案：eq\f(\r(2)B2l2v0,2R)eq\f(B2l2v02,2R)8．(2018·江蘇高考)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為s，導(dǎo)軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后，以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g。求下滑到底端的過程中，金屬棒(1)末速度的大小v；(2)通過的電流大小I；(3)通過的電荷量Q。解析：(1)金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2＝2as解得v＝eq\r(2as)。(2)金屬棒所受安培力F安＝IdB金屬棒所受合力F＝mgsinθ－F安根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma解得I＝eq\f(mgsinθ－a,dB)。(3)金屬棒的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝eq\f(v,a)，其通過的電荷量Q＝It，解得Q＝eq\f(mgsinθ－a\r(2as),dBa)。答案：(1)eq\r(2as)(2)eq\f(mgsinθ－a,dB)(3)eq\f(mgsinθ－a\r(2as),dBa)[潛能激發(fā)]9．(多選)如圖所示，平行且足夠長的兩條光滑金屬導(dǎo)軌，相距L＝0.4m，導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為30°，其電阻不計(jì)。把完全相同的兩金屬棒(長度均為0.4m)ab、cd分別垂直于導(dǎo)軌放置，并使金屬棒的兩端都與導(dǎo)軌良好接觸。已知兩金屬棒的質(zhì)量均為m＝0.1kg、電阻均為R＝0.2Ω，整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.5T。當(dāng)金屬棒ab在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬棒cd恰好能保持靜止(g＝10m/s2)，則()A．F的大小為0.5NB．金屬棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為1.0VC．金屬棒ab兩端的電壓為1.0VD．金屬棒ab的速度為5.0m/s解析：選BD對(duì)于金屬棒cd有mgsinθ＝BIL，解得回路中的電流I＝2.5A，所以回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝2IR＝1.0V，選項(xiàng)B正確；Uab＝IR＝0.5V，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于金屬棒ab有F＝BIL＋mgsinθ，解得F＝1.0N，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLv，解得金屬棒ab的速度為v＝5.0m/s，選項(xiàng)D正確。10.(多選)如圖所示，足夠長的U型光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN與PQ平行且間距為L，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，金屬棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且良好接觸，ab棒接入電路的電阻為R，當(dāng)流過ab棒某一橫截面的電荷量為q時(shí)，棒的速度大小為v，則金屬棒ab在這一過程中()A．運(yùn)動(dòng)的平均速度大小為eq\f(v,2)B．下滑位移大小為eq\f(qR,BL)C．產(chǎn)生的焦耳熱小于qBLvD．受到的最大安培力大小為eq\f(B2L2vsinθ,R)解析：選BC金屬棒ab開始做加速度逐漸減小的變加速運(yùn)動(dòng)，不是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，平均速度大于eq\f(1,2)v，故A錯(cuò)誤；由q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E),R)t＝eq\f(Bl\x\to(v),R)t＝eq\f(BLx,R)可知：下滑的位移x＝eq\f(qR,BL)，故B正確；產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I2Rt＝qIR，而這里的電流I比棒的速度大小為v時(shí)的電流I′＝eq\f(BLv,R)小，故這一過程產(chǎn)生的焦耳熱小于qBLv，故C正確；金屬棒受到的安培力F安＝BIL＝BL·eq\f(E,R)＝BL·eq\f(BLv,R)＝eq\f(B2L2v,R)，故D錯(cuò)誤。11．如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌CD、EF傾斜放置，其所在平面與水平面間的夾角為θ＝30°，兩導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌下端分別連著電容為C的電容器和阻值R＝2r的電阻。一根質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒放在導(dǎo)軌上，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直并接觸良好，一根不可伸長的絕緣輕繩一端拴在金屬棒中間、另一端跨過定滑輪與質(zhì)量為M＝4m的重物相連。金屬棒與定滑輪之間的輕繩始終在兩導(dǎo)軌所在平面內(nèi)且與兩導(dǎo)軌平行，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌所在平面向上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，初始狀態(tài)用手托住重物使輕繩恰處于伸直狀態(tài)，由靜止釋放重物，求：(重力加速度大小為g，不計(jì)滑輪阻力)(1)若S1閉合、S2斷開，重物的最大速度；(2)若S1和S2均閉合，電容器的最大帶電荷量；(3)若S1斷開、S2閉合，重物的速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系式。解析：(1)S1閉合、S2斷開時(shí)，重物由靜止釋放后拉動(dòng)金屬棒沿導(dǎo)軌向上做加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒受到沿導(dǎo)軌向下的安培力作用，設(shè)最大速度為vm，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。E＝BLvm ①根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r) ②當(dāng)金屬棒速度最大時(shí)有：Mg＝mgsin30°＋BIL③聯(lián)立①②③解得：vm＝eq\f(21mgr,2B2L2)。 ④(2)S1和S2均閉合時(shí)，電容器兩板間的最大電壓U＝UR ⑤UR＝IR ⑥電容器的最大帶電荷量Q＝CU ⑦聯(lián)立①②④⑤⑥⑦解得Q＝eq\f(7mgrC,BL)。 ⑧(3)S1斷開、S2閉合，設(shè)從釋放重物開始經(jīng)時(shí)間t金屬棒的速度大小為v，加速度大小為a，通過金屬棒的電流為i，金屬棒受到的安培力F＝BiL，方向沿導(dǎo)軌向下，設(shè)在時(shí)間t到(t＋Δt)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ，ΔQ也是平行板電容器在t到(t＋Δt)內(nèi)增加的電荷量，則ΔQ＝CBL·Δv根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得Δv＝aΔt