电磁感应的动力学和能量问题

.z.课时跟踪检测〔三十四〕电磁感应的动力学和能量问题对点训练：电磁感应中的动力学问题1．(多项选择)(2016·**模拟)如图1甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0～t2时间内()图1A．电容器C的电荷量大小始终不变B．电容器C的a板先带正电后带负电C．MN所受安培力的大小始终不变D．MN所受安培力的方向先向右后向左解析：选AD磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，电容器C的电荷量大小始终没变，选项A正确，B错误；由于磁感应强度变化，根据楞次定律和左手定则可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，大小先减小后增大，选项C错误，D正确。2．(2015·**模拟)如图2所示，在光滑的水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd，边长为L，质量为m，电阻为R。在水平外力的作用下，线框从静止开场沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动，穿过磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向与线圈平面垂直，线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的选项是()图2A．线框的加速度大小为eq\f(i1,BLt1)B．线框受到的水平外力的大小为eq\f(Bi3－i2L,2)C．0～t1时间内通过线框任一边横截面的电荷量为i1t1D．0～t3时间内水平外力所做的功大于eq\f(mi32R2,2B2L2)解析：选D在0～t1时间内，线框中产生的感应电流i＝eq\f(BLv,R)，v＝at，由题图乙知i＝eq\f(i1,t1)t，得线框的加速度大小a＝eq\f(i1R,BLt1)，选项A错误；由于线框在进入磁场运动时，感应电流变化，安培力变化，水平拉力大小发生变化，易知选项B错误；根据i­t图像的"面积〞意义知，0～t1时间内通过线框任一边横截面的电荷量为eq\f(1,2)i1t1，选项C错误；t3时刻线框的速度大小v3＝at3，由题图乙知eq\f(i3,t3)＝eq\f(i1,t1)，得a＝eq\f(i3R,BLt3)，在0～t3时间内，根据动能定理W外－W安＝eq\f(1,2)mv32，得W外>eq\f(1,2)mv32＝eq\f(1,2)m(at3)2＝eq\f(mi32R2,2B2L2)，选项D正确。3．(多项选择)(2015·**第二次大联考)如图3所示，固定的竖直光滑U型金属导轨，间距为L，上端接有阻值为R的电阻，处在方向水平且垂直于导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的固定轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为*1＝eq\f(mg,k)，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0。在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。则以下说法正确的选项是()图3A．初始时刻导体棒受到的安培力大小F＝eq\f(B2L2v0,R)B．初始时刻导体棒加速度的大小a＝2g＋eq\f(B2L2v0,mR＋r)C．导体棒往复运动，最终将静止时弹簧处于压缩状态D．导体棒开场运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(2m2g2,k)解析：选BC由法拉第电磁感应定律得：E＝Blv0，由闭合电路的欧姆定律得：I＝eq\f(E,R＋r)，由安培力公式得：F＝eq\f(B2L2v0,R＋r)，故A错误；初始时刻，F＋mg＋k*1＝ma，得a＝2g＋eq\f(B2L2v0,mR＋r)，故B正确；因为导体棒静止时没有安培力，只有重力和弹簧的弹力，故弹簧处于压缩状态，故C正确；根据能量守恒，减小的动能和重力势能全都转化为焦耳热，但R上的只是一局部，故D错误。对点训练：电磁感应中的能量问题4．(多项选择)(2016·**模拟)如图4甲所示，竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B0＝0.5T，并且以eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s的变化率均匀增大，图像如图乙所示，水平放置的导轨不计电阻，不计摩擦阻力，宽度L＝0.5m，在导轨上放着一金属棒MN，电阻R0＝0.1Ω，并且水平细线通过定滑轮悬吊着质量M＝0.2kg的重物。导轨上的定值电阻R＝0.4Ω，与P、Q端点相连组成回路。又知PN长d＝0.8m。在重物被拉起的过程中，以下说法中正确的选项是(g取10N/kg)()图4A．电流的方向由P到QB．电流的大小为0.1AC．从磁感应强度为B0开场计时，经过495s的时间，金属棒MN恰能将重物拉起D．电阻R上产生的热量约为16J解析：选AC根据楞次定律可知电流方向为M→N→P→Q→M，故A项正确；电流大小I＝eq\f(ΔB·S,ΔtR0＋R)＝eq\f(0.1×0.8×0.5,0.1＋0.4)A＝0.08A，故B项错误；要恰好把质量M＝0.2kg的重物拉起，则F安＝FT＝Mg＝2N，B′＝eq\f(Mg,IL)＝eq\f(0.2×10,0.08×0.5)T＝50T，B′＝B0＋eq\f(ΔB,Δt)·t＝0.5＋0.1t，解得t＝495s，故C项正确；电阻R上产生的热量为Q＝I2Rt＝(0.08)2×0.4×495J＝1.27J，故D项错误。5.(2015·东城检测)如图5所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，导轨平面与水平面的夹角为θ，导轨的下端接有电阻。当导轨所在空间没有磁场时，使导体棒ab以平行导轨平面的初速度v0冲上导轨平面，ab上升的最大高度为H；当导轨所在空间存在方向与导轨平面垂直的匀强磁场时，再次使ab以一样的初速度从同一位置冲上导轨平面，ab上升的最大高度为h。两次运动中ab始终与两导轨垂直且接触良好。关于上述情景，以下说法中正确的选项是()图5A．两次上升的最大高度比拟，有H＝hB．两次上升的最大高度比拟，有H<hC．无磁场时，导轨下端的电阻中有电热产生D．有磁场时，导轨下端的电阻中有电热产生解析：选D没有磁场时，只有重力做功，机械能守恒，没有电热产生，C错误。有磁场时，ab切割磁感线，重力和安培力均做负功，机械能减小，有电热产生，故ab上升的最大高度变小，A、B错误，D正确。对点训练：电磁感应中的杆＋导轨模型6．(2016·**模拟)如图6所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，阻值为R的导体棒垂直于导轨放置，且与导轨接触良好。导轨所在空间存在匀强磁场，匀强磁场与导轨平面垂直，t＝0时，将开关S由1掷向2，假设分别用q、i、v和a表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度大小和加速度大小，则以下图所示的图像中正确的选项是()图6解析：选D电容器放电时导体棒在安培力作用下运动，产生感应电动势，感应电动势与电容器电压相等时，棒做匀速直线运动，说明极板上电荷量最终不等于零，A项错误。但电流最终必为零，B错误。导体棒速度增大到最大后做匀速直线运动，加速度为零，C错误，D正确。7．(多项选择)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻。质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界*处静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图7所示，不计导轨的电阻，重力加速度为g，则()图7A．金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向为a→bB．金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为eq\f(B2L2v,R＋r)C．金属棒的最大速度为eq\f(mgR＋r,BL)D．金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg,BL)))2R解析：选BD金属棒在磁场中向下运动时，由楞次定律可知，流过电阻R的电流方向为b→a，选项A错误；金属棒的速度为v时，金属棒中感应电动势E＝BLv，感应电流I＝eq\f(E,R＋r)，所受的安培力大小为F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)，选项B正确；当安培力F＝mg时，金属棒下落速度最大，金属棒的最大速度为v＝eq\f(mgR＋r,B2L2)，选项C错误；金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R和r的热功率为P＝mgv＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg,BL)))2(R＋r)，电阻R的热功率为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg,BL)))2R，选项D正确。考点综合训练8.(2015·**一模)如图8所示，电阻不计且足够长的U型金属框架放置在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，该装置处于垂直斜面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝0.5T。质量m＝0.1kg、电阻R＝0.4Ω的导体棒ab垂直放在框架上，从静止开场沿框架无摩擦下滑，与框架接触良好。框架的质量M＝0.2kg、宽度l＝0.4m，框架与斜面间的动摩擦因数μ＝0.6，与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。图8(1)假设框架固定，求导体棒的最大速度vm；(2)假设框架固定，棒从静止开场下滑5.75m时速度v＝5m/s，求此过程回路中产生的热量Q及流过ab棒的电量q；(3)假设框架不固定，求当框架刚开场运动时棒的速度v1。解析：(1)棒ab产生的电动势E＝Blv回路中感应电流I＝eq\f(E,R)，棒ab所受的安培力F＝BIl，对棒ab:mgsin37°－BIl＝ma当加速度a＝0时，速度最大，最大值vm＝eq\f(mgRsin37°,Bl2)＝6m/s。(2)根据能量转化和守恒定律有mg*sin37°＝eq\f(1,2)mv2＋Q，代入数据解得Q＝2.2Jq＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Bl*,R)＝2.875C。(3)回路中感应电流I1＝eq\f(Blv1,R)框架上边所受安培力F1＝BI1l对框架Mgsin37°＋BI1l＝μ(m＋M)gcos37°代入数据解得v1＝2.4m/s。答案：(1)6m/s(2)2.2J2.875C(3)2.4m/s9．(2015·**二调)电磁弹射是我国最新研究的重大科技工程，原理可用下述模型说明。如图9甲所示，虚线MN右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，一边长L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界。t＝0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B＝B0＋kt(k为大于零的常数)，空气阻力忽略不计。图9(1)求t＝0时刻，线框中感应电流的功率P；(2)假设线框cd边穿出磁场时速度为v，求线框穿出磁场过程中，安培力对线框所做的功W及通过导线截面的电荷量q；(3)假设用一样的金属线绕制一样大小的n匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M的负载物，证明：载物线框匝数越多，t＝0时线框加速度越大。解析：(1)t＝0时刻线框中的感应电动势：E0＝eq\f(ΔB,Δt)L2功率：P＝eq\f(E02,R)解得：P＝eq\f(k2L4,R)(2)由动能定理有：W＝ΔEk解得：W＝eq\f(1,2)mv2穿出过程线框中的平均电动势：eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)线框中的电流：eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)通过的电量：q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt解得：q＝eq\f(B0L2,R)。(3)n匝线框中t＝0时刻产生的感应电动势：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)线框的总