高考物理一轮复习 第十章 微专题74 电磁感应中的动力学问题加练半小时（含解析）试题

电磁感应中的动力学问题[方法点拨]分析导体棒切割磁感线运动时要由牛顿第二定律列方程，在方程中讨论v的变化影响安培力的变化，进而影响加速度a的变化，a的变化又影响v的变化.1.如图1甲所示，光滑的平行金属导轨(足够长)固定在水平面内，导轨间距为l＝20cm，左端接有阻值为R＝1Ω的电阻，放在导轨上静止的一导体杆MN与两导轨垂直，整个装置置于坚直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B＝0.5T.导体杆受到沿导轨方向的拉力F做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图乙所示，导体杆及两导轨的电阻均可忽略不计，导体杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，则导体杆的加速度大小和质量分别为()图1A.20m/s2,0.5kg B.20m/s2,0.1kgC.10m/s2,0.5kg D.10m/s2,0.1kg2.(多选)如图2所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨上固定有质量为m、电阻为R的两根相同的导体棒，导体棒MN上方轨道粗糙、下方轨道光滑，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B.将两根导体棒同时释放后，观察到导体棒MN下滑而EF保持静止，当MN下滑速度最大时，EF与轨道间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力，重力加速度为g，下列叙述正确的是()图2A.导体棒MN的最大速度为eq\f(2mgRsinθ,B2L2)B.导体棒EF与轨道之间的最大静摩擦力为mgsinθC.导体棒MN受到的最大安培力为mgsinθD.导体棒MN所受重力的最大功率为eq\f(m2g2Rsin2θ,B2L2)3.(2018·陕西省榆林市一模)如图3所示，两根半径r为1m的eq\f(1,4)圆弧轨道间距L也为1m，其顶端a、b与圆心处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连有一阻值为R的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B，且B＝0.5T.将一根长度稍大于L、质量m为0.2kg、电阻为R0的金属棒从轨道顶端ab处由静止释放，已知金属棒到达如图所示的cd位置时，金属棒与轨道圆心的连线和水平方向夹角θ为60°，金属棒的速度达到最大；当金属棒到达轨道底端ef时，对轨道的压力为3N.g取10m/s2.图3(1)当金属棒的速度最大时，求流经电阻R的电流大小和方向；(2)金属棒滑到轨道底端ef的整个过程中，流经电阻R的电荷量为0.1πC，则整个回路中的总电阻为多少；(3)金属棒滑到轨道底端ef的整个过程中，电阻R上产生的热量为1.2J，则金属棒的电阻R0为多大.4.(2019·四川省成都七中月考)如图4甲所示，两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L＝1m，导轨平面与水平面的夹角θ＝37°，下端连接阻值R＝1Ω的电阻；质量m＝1kg、阻值r＝1Ω的匀质金属棒cd放在两导轨上，到导轨最下端的距离L1＝1m，棒与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.9.整个装置处于与导轨平面垂直(向上为正)的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示.认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知在0～1.0s内，金属棒cd保持静止，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.图4(1)求0～1.0s内通过金属棒cd的电荷量；(2)求t＝1.1s时刻，金属棒cd所受摩擦力的大小和方向；(3)1.2s后，对金属棒cd施加一沿斜面向上的拉力F，使金属棒cd沿斜面向上做加速度大小为a＝2m/s2的匀加速运动，请写出拉力F随时间t′(从施加F时开始计时)变化的关系式.5.(2018·四川省蓉城名校联考)如图5所示，两平行且电阻不计的金属导轨相距L＝1m，金属导轨由水平和倾斜两部分(均足够长)良好对接，倾斜部分与水平方向的夹角为37°，整个装置处在竖直向上、磁感应强度B＝2T的匀强磁场中.长度也为1m的金属棒ab和cd垂直导轨并置于导轨上，且与导轨良好接触，质量均为0.2kg，电阻分别为R1＝2Ω，R2＝4Ω.ab置于导轨的水平部分，与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，cd置于导轨的倾斜部分，导轨倾斜部分光滑.从t＝0时刻起，ab棒在水平且垂直于ab棒的外力F1的作用下由静止开始向右做匀加速直线运动，金属棒cd在力F2的作用下保持静止，F2平行于倾斜导轨平面且垂直于金属棒cd.当t1＝4s时，ab棒消耗的电功率为2.88W.已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2.求：图5(1)金属棒ab做匀加速直线运动的加速度大小；(2)求t2＝8s时作用在cd棒上的F2的大小；(3)改变F1的作用规律，使ab棒运动的位移x与速度v满足x＝2v的关系，要求cd棒仍然要保持静止状态，求ab棒从静止开始运动至x＝4m的过程中，作用在ab棒上的力F1所做的功(结果可用分数表示).

答案精析1.D[导体杆MN在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动，用v表示瞬时速度，t表示时间，则导体杆切割磁感线产生的感应电动势为E＝Blv＝Blat，闭合回路中的感应电流为I＝eq\f(E,R)，由安培力公式和牛顿第二定律得F－BIl＝ma，由以上三式得F＝ma＋eq\f(B2l2at,R)，在题图乙中图线上取两点t1＝0，F1＝1N，t2＝10s，F2＝2N，联立方程得a＝10m/s2，m＝0.1kg.选项D正确.]2.AC[由题意可知，导体棒MN切割磁感线，产生的感应电动势为E＝BLv，回路中的电流I＝eq\f(E,2R)，MN受到的安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,2R)，随着速度的增大，MN受到的安培力逐渐增大，加速度逐渐减小，故MN沿斜面做加速度减小的加速运动，当MN受到的安培力大小等于其重力沿导轨方向的分力时，速度达到最大值，此后MN做匀速运动，故导体棒MN受到的最大安培力为mgsinθ，导体棒MN的最大速度为eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，A、C正确；由于当MN下滑速度最大时，EF与导轨间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力，由力的平衡知EF与导轨之间的最大静摩擦力为2mgsinθ，B错误；由P＝mgvsinθ可知导体棒MN所受重力的最大功率为eq\f(2m2g2Rsin2θ,B2L2)，D错误.]3.(1)2Aa→R→b(2)2.5Ω(3)0.5Ω解析(1)金属棒速度最大时，在轨道切线方向上所受合力为0，则有mgcosθ＝BIL，解得I＝eq\f(mgcosθ,BL)＝2A，流经R的电流方向为a→R→b.(2)金属棒滑到轨道底端的整个过程中，穿过回路的磁通量变化量为ΔΦ＝BS＝B·L·eq\f(πr,2)＝eq\f(πBLr,2)，平均电动势为eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，平均电流为eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋R0)，则流经电阻R的电荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔΦ,R＋R0)＝eq\f(BLπr,2R＋R0)＝0.1πC，解得整个回路中的总电阻为R＋R0＝2.5Ω.(3)金属棒在轨道最低点时，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(v2,r)，由能量守恒定律得Q＝mgr－eq\f(1,2)mv2，电阻R上产生的热量为QR＝eq\f(R,R＋R0)Q＝1.2J，解得R＝2Ω，R0＝0.5Ω.4.见解析解析(1)在0～1.0s内，金属棒cd上产生的感应电动势为：E＝S·eq\f(ΔB,Δt)，其中S＝L1L＝1m2由闭合电路欧姆定律有：I＝eq\f(E,R＋r)由于0～1.0s内回路中的电流恒定，故该段时间通过金属棒cd的电荷量为：q＝IΔt，其中Δt＝1s解得：q＝1C.(2)若0～1.1s内金属棒cd保持静止，则在0～1.1s内回路中的电流不变，t＝1.1s时，金属棒cd所受的安培力为：F′＝B1IL＝0.2N，方向沿导轨向下又导轨对金属棒cd的最大静摩擦力为：Ff′＝μmgcos37°＝7.2N由于mgsin37°＋F′＝6.2N＜Ff′，可知假设成立，金属棒cd仍保持静止故所求摩擦力为：Ff＝mgsin37°＋F′＝6.2N，方向沿导轨向上.(3)1.2s后，金属棒cd上产生的感应电动势为：E′＝B2Lv，其中v＝at′金属棒cd所受安培力的大小为：F安＝B2I2L，其中I2＝eq\f(E′,R＋r)由牛顿第二定律有：F－mgsinθ－μmgcosθ－F安＝ma，解得：F＝15.2＋0.16t′(N).5.(1)0.9m/s2(2)2.64N(3)eq\f(106,15)J解析(1)当t1＝4s时，ab棒消耗的电功率为2.88W，有Pab＝I12R1，代入数据得I1＝1.2A，回路中的电动势E1＝I1(R1＋R2)，由法拉第电磁感应定律知E1＝BLv1，ab棒做匀加速直线运动有v1＝at1，解得a＝0.9m/s2.(2)当t2＝8s时，金属棒ab的速度v2＝at2，回路中的电流I2＝eq\f(E2,R1＋R2)＝eq\f(BLv2,R1＋R2)＝2.4A，金属棒cd所受安培力F2安＝BI2L＝4.8N，假设金属棒cd所受的力F2沿导轨向下，有F2＋mgsin37°＝F2安cos37°，解得F2＝2.64N，故假设成立，所以F2的方向沿导轨向下.(3)设ab棒的速度为v时，回路中的电流为I＝eq\f(E,R1＋R2)＝eq\f(BLv,R1＋R2)，此时