物理人教版选修3-2专题培优练第四章（三）电磁感应中的动力学和能量问题

专题培优练（三）电磁感应中的动力学和能量问题1．如图所示，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界。若不计空气阻力，则()A．圆环向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度B．在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流C．圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大D．圆环最终将静止在平衡位置解析：选B如题图所示，当圆环从1位置开始下落，进入和摆出磁场时(即2和3位置)，由于圆环内磁通量发生变化，所以有感应电流产生。同时，金属圆环本身有内阻，必然有能量的转化，即有能量的损失，因此圆环从1位置释放后不会摆到4位置。随着圆环进出磁场，其能量逐渐减少，圆环摆动的振幅越来越小，当圆环只在匀强磁场中摆动时，圆环内无磁通量的变化，无感应电流产生，无机械能向电能的转化。题意中不存在空气阻力，摆线的拉力垂直于圆环的速度方向，拉力对圆环不做功，所以系统的能量守恒，所以圆环最终将在A、B间来回摆动。B正确。2.[多选]如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B。一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，杆与轨道电阻不计，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则()A．如果B变大，vm将变大B．如果α变大，vm将变大C．如果R变大，vm将变大D．如果m变小，vm将变大解析：选BC金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E＝Blv，在闭合电路中形成电流I＝eq\f(Blv,R)，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力F作用，F＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，如图所示，根据牛顿第二定律，得mgsinα－eq\f(B2l2v,R)＝ma，当a→0时，v→vm，解得vm＝eq\f(mgRsinα,B2l2)，故选项B、C正确。3.如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力大小的下列说法中正确的是()A．大于环重力mg，并逐渐减小B．始终等于环重力mgC．小于环重力mg，并保持恒定D．大于环重力mg，并保持恒定解析：选A根据楞次定律知圆环中感应电流方向为顺时针，再由左手定则判断可知圆环所受安培力竖直向下，对圆环受力分析，根据受力平衡有FT＝mg＋F，得FT＞mg，F＝BIL，根据法拉第电磁感应定律I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(ΔB,RΔt)S可知I为恒定电流，联立上式可知B减小，推知F减小，则由FT＝mg＋F知FT减小。选项A正确。4.如图所示，abcd区域中存在一个垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度为B，bc边距地面高度为eq\f(L,2)，正方形绝缘线圈MNPQ竖直放置，质量为m，边长为L，总电阻为R，PQ边与地面动摩擦因数为μ，在水平恒力F的作用下向右做直线运动通过磁场区域，下列说法正确的是()A．线圈进入磁场过程中感应电流的方向沿QMNPB．线圈MN边完全处于磁场中运动时，MQ两点间电势差为0C．线圈进入磁场的过程中通过线圈导线某截面的电荷量为eq\f(BL2,2R)D．线圈进入磁场过程中若F＝eq\f(B2L2v,4R)＋μmg，则线圈将以速度v做匀速直线运动解析：选C由右手定则可以判断，线圈进入磁场过程中感应电流的方向沿QPNM，A错误；线圈MN边完全处于磁场中运动时，回路中电流为零，MQ两点间电势差大小为eq\f(1,2)BLv，B错误；由q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)可得线圈进入磁场过程中通过线圈导线某截面的电荷量q＝eq\f(BL2,2R)，C正确；线圈进入磁场过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，线圈所受向左的摩擦力大于μmg，因此，线圈进入磁场过程中若所受拉力F＝eq\f(B2L2v,4R)＋μmg，线圈将减速进入磁场，D错误。5．(2017·上海高考)如图，光滑平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为θ，两导轨上端用阻值为R的电阻相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面。质量为m的金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置。在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好，不计ab和导轨的电阻及空气阻力。(1)求ab开始运动时的加速度a；(2)分析并说明ab在整个运动过程中速度、加速度的变化情况。解析：(1)利用楞次定律，对初始状态的ab受力分析得mgsinθ＋BIL＝ma①对回路分析I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv0,R)②联立①②得a＝gsinθ＋eq\f(B2L2v0,m·R)。(2)上滑过程：由第(1)问中的分析可知，上滑过程加速度大小表达式为a上＝gsinθ＋eq\f(B2L2v,m·R)③上滑过程，a、v反向，做减速运动。利用③式，v减小则a减小，可知，杆上滑时做加速度逐渐减小的减速运动。下滑过程：由牛顿第二定律，对ab受力分析得mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)＝ma下④a下＝gsinθ－eq\f(B2L2v,m·R)⑤因a下与v同向，ab做加速运动。由⑤得v增加，a下减小，ab做加速度减小的加速运动。答案：(1)gsinθ＋eq\f(B2L2v0,m·R)(2)上滑过程为加速度逐渐减小的减速运动，下滑过程为加速度逐渐减小的加速运动。6.如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨的间距L1＝0.5m，金属棒ad与导轨左端bc的距离L2＝0.8m，整个闭合回路的电阻为R＝0.2Ω，匀强磁场的方向竖直向下穿过整个回路。ad棒通过细绳跨过定滑轮连接一个质量为m＝0.04kg的物体，不计一切摩擦，现使磁感应强度从零开始以eq\f(ΔB,Δt)＝0.2T/s的变化率均匀增大，求经过多长时间物体刚好能离开地面(g取10m/s2)。解析：物体刚要离开地面时，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。感应电流由变化的磁场产生，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．如图所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平桌面上，间距L＝0.4m，导轨所在空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5T，将两根质量均为m1＝0.1kg的导体棒ab、cd放在金属导轨上，导体棒的电阻均为R＝0.1Ω，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.2。用一根绝缘细线跨过导轨右侧的光滑定滑轮将一物块和导体棒cd相连，物块质量m2＝0.2kg，细线伸直且与导轨平行。现在由静止释放物块，导体棒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，导体棒所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导轨电阻不计，取g＝10m/s2。(1)求导体棒ab刚要运动时cd的速度大小v。(2)若从物块静止释放到ab即将开始运动这段时间内，物块下降的高度为h＝0.5m，则此过程中整个回路产生的总的焦耳热是多少？(3)求导体棒ab运动稳定后的加速度a以及由导体棒ab、cd组成的闭合回路的磁通量的变化率。解析：(1)由题意可知：当导体棒ab受到的水平向右的安培力增大到与最大静摩擦力相等时，导体棒ab即将运动。设此时导体棒cd的速度为v，由法拉第电磁感应定律可得：E＝BLv，又I＝eq\f(E,2R)，F安＝BIL，fm＝μm1g，F安＝fm。由以上公式可解得：v＝1m/s。(2)在物块下降h＝0.5m高度的过程中，对于由导体棒ab、cd以及物块组成的系统，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)当导体棒ab运动稳定后，回路中的电流、两棒的加速度相等不变，由牛顿第二定律可得：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．如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距L，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上。长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R。两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡的电阻也为R。现闭合开关K，给金属棒施加一个方向垂直于棒且平行于导轨平面向上的、大小为F＝2mg的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金属棒达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率。重力加速度为g。(1)求金属棒能达到的最大速度vm；(2)求灯泡的额定功率P灯；(3)若金属棒上滑距离为s时速度恰好达到最大，求金属棒由静止开始上滑2s的过程中，金属棒上产生的电热Q1。解析：(1)金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，金属棒达到最大速度，此后开始做匀速直线运动，则速度达到最大时有E＝BLvm，I＝eq\f(E,2R)，F＝BIL＋mgsinθ解得vm＝eq\f(3mgR,B2L2)。(2)分析可知P灯＝I2R解得P