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課時跟蹤檢測(三十五)　電磁感應中的動力學、動量和能量問題

1．(2020·重慶巴蜀中學模擬)如圖甲所示，間距為L的光滑導軌水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度為B，軌道左側連接一定值電阻R，垂直導軌的導體棒ab在水平外力F作用下沿導軌運動，F隨t變化的規律如圖乙所示。在0～t0時間內，導體棒從靜止開始做勻加速直線運動。乙圖中t0、F1、F2為已知，導體棒接入電路的電阻為R，軌道的電阻不計。則下列說法正確的是(　　)

A．在t0以后，導體棒一直做勻速直線運動
B．導體棒最后達到的最大速度大小為F2RB2L2
C．在0～t0時間內，導體棒的加速度大小為2（F2－F1）Rt0B2L2
D．在0～t0時間內，通過導體棒橫截面的電荷量為（F2－F1）t02BL
解析：選D　因在0～t0時間內導體棒做勻加速直線運動，故在t0時刻F2大于導體棒所受的安培力；在t0以后，外力保持F2不變，安培力逐漸變大，導體棒做加速度越來越小的加速運動；當加速度a＝0，即導體棒所受安培力與外力F2相等后，導體棒做勻速直線運動，故A錯誤。根據平衡條件可得FA＝F2，而FA＝BIL＝B2L2vm2R ，解得vm＝2F2RB2L2 ，故B錯誤。設在0～t0時間內導體棒的加速度為a，導體棒的質量為m，t0時刻導體棒的速度為v，通過導體棒橫截面的電荷量為q，則有a＝vt0 　①，F2－B2L2v2R ＝ma　②，F1＝ma　③，由①②③解得a＝2（F2－F1）RB2L2t0 ，故C錯誤。根據電荷量的公式可得q＝ΔΦ2R 　④，而ΔΦ＝BΔS＝BL·v2 t0　⑤，由②③④⑤解得q＝（F2－F1）t02BL ，故D正確。
2．(多選)用一段橫截面半徑為r、電阻率為ρ、密度為d的均勻導體材料做成一個半徑為R(r?R)的圓環。圓環豎直向下落入如圖所示的徑向磁場中，圓環的圓心始終在N極的軸線上，圓環所在位置的磁感應強度大小均為B。圓環在加速下滑過程中某一時刻的速度為v，忽略電感的影響，則(　　)

A．此時在圓環中產生了(俯視)順時針的感應電流
B．圓環因受到了向下的安培力而加速下落
C．此時圓環的加速度a＝B2vρd
D．如果徑向磁場足夠長，則圓環的最大速度vm＝ρ dgB2
解析：選AD　由右手定則可以判斷感應電流的方向為逆時針，可知選項A正確；由左手定則可以判斷，此時圓環受到的安培力方向應該向上，選項B錯誤；對圓環受力分析可解得加速度a＝g－B2vρd ，選項C錯誤；當重力等于安培力時速度達到最大，可得vm＝ρgdB2 ，選項D正確。
3．(多選)(2018·江蘇高考)如圖所示，豎直放置的“ ”形光滑導軌寬為L，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應強度為B。質量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等。金屬桿在導軌間的電阻為R，與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g。金屬桿(　　)

A．剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下
B．穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間
C．穿過兩磁場產生的總熱量為4mgd
D．釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于m2gR22B4L4
解析：選BC　金屬桿在磁場之外的區域做加速運動，所以進入磁場Ⅰ、Ⅱ的速度大于穿出磁場Ⅰ的速度，則金屬桿剛進入磁場Ⅰ時做減速運動，加速度方向豎直向上，故A錯誤。金屬桿在磁場Ⅰ中先做加速度減小的減速運動，后在兩磁場之間做加速度為g的勻加速直線運動，兩個過程位移相等，v-t圖象大體如圖所示，故B正確。由于進入兩磁場時速度相等，由動能定理得，W安1＋mg·2d＝0，可知金屬桿穿過磁場Ⅰ克服安培力做功為2mgd，
即產生的熱量為2mgd，因此穿過兩磁場產生的總熱量為4mgd，故C正確。設剛進入磁場Ⅰ時速度為v，則由機械能守恒定律知mgh＝12 mv2，由牛頓第二定律得B2L2vR －mg＝ma，聯立解得h＝m2（a＋g）2R22B4L4g ＞m2gR22B4L4 ，故D錯誤。
4.(多選)如圖所示，平行且足夠長的兩條光滑金屬導軌，相距L＝0.4m，導軌所在平面與水平面的夾角為30°，其電阻不計。把完全相同的兩金屬棒(長度均為0.4 m)ab、cd分別垂直于導軌放置，并使棒的兩端都與導軌良好接觸。已知兩金屬棒的質量均為m＝0.1 kg、電阻均為R＝0.2 Ω，整個裝置處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度為B＝0.5 T。當金屬棒ab在平行于導軌向上的力F作用下沿導軌向上勻速運動時，金屬棒cd恰好能保持靜止(g＝10 m/s2)，則(　　)
A．F的大小為0.5 N
B．金屬棒ab產生的感應電動勢為1.0 V
C．金屬棒ab兩端的電壓為1.0 V
D．金屬棒ab的速度為5.0 m/s
解析：選BD　對于cd棒有mg sin θ＝BIL，解得回路中的電流I＝2.5 A，所以回路中的感應電動勢E＝2IR＝1.0 V，選項B正確；Uab＝IR＝0.5 V，選項C錯誤；對于金屬棒ab有F＝BIL＋mg sin θ，解得F＝1.0 N，選項A錯誤；根據法拉第電磁感應定律有E＝BLv，解得v＝5.0 m/s，選項D正確。
5．(多選)如圖甲所示，質量m＝3.0×10－3 kg的金屬細框豎直放置在兩水銀槽中，金屬細框的水平細桿CD長l＝0.20 m，處于磁感應強度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的勻強磁場中。有一匝數n＝300匝、面積S＝0.01 m2的線圈通過開關K與兩水銀槽相連。線圈處于與線圈平面垂直、沿豎直方向的勻強磁場中，其磁感應強度B2隨時間t變化的關系如圖乙所示。t＝0.22 s時閉合開關K瞬間細框跳起(細框跳起瞬間安培力遠大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20 m。不計空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2。下列說法正確的是(　　)


A．0～0.10 s內線圈中的感應電動勢大小為3 V
B．開關K閉合瞬間，CD中的電流方向由C到D
C．磁感應強度B2的方向豎直向下
D．開關K閉合瞬間，通過細桿CD的電荷量為0.03 C
解析：選BD　0～0.1 s內線圈中的磁場均勻變化，由法拉第電磁感應定律知E＝nΔΦΔt ＝nSΔBΔt ，代入數據得E＝30 V，A錯誤；開關閉合瞬間，細框會跳起，可知細框受向上的安培力，由左手定則可判斷電流方向由C到D，B正確；由于t＝0.22 s時通過線圈的磁通量正在減少，再對線圈由楞次定律可知感應電流產生的磁場的方向與B2的方向相同，故再由安培定則可知磁感應強度B2方向豎直向上C錯誤；K閉合瞬間，因安培力遠大于重力，則由動量定理有B1IlΔt＝mv，通過細桿的電荷量q＝IΔt，線框向上跳起的過程中v2＝2gh，解得q＝0.03 C，D正確。
6.如圖，水平面(紙面)內間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上。t＝0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動。t0時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區域，且在磁場中恰好能保持勻速運動。桿與導軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數為μ。重力加速度大小為g。求：
(1)金屬桿在磁場中運動時產生的電動勢的大小；
(2)電阻的阻值。
解析：(1)設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得
ma＝F－μmg①
設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學公式有
v＝at0②
當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應定律，金屬桿中的電動勢為
E＝Blv③
聯立①②③式可得
E＝Blt0Fm－μg 。④
(2)設金屬桿在磁場區域中勻速運動時，金屬桿中的電流為I，根據歐姆定律I＝ER ⑤
式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為
F安＝BlI⑥
因金屬桿做勻速運動，由平衡條件得
F－μmg－F安＝0⑦
聯立④⑤⑥⑦式得
R＝B2l2t0m 。⑧
答案：(1)Blt0Fm－μg 　(2)B2l2t0m

7.(2020·甘肅蘭州模擬)如圖所示，間距為L的無限長光滑導軌平面傾斜放置，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面向下，導軌面與水平面夾角為θ。一個質量為m、電阻為r的光滑導體棒垂直橫跨在兩根導軌上，導軌上端的定值電阻阻值為R，導軌電阻不計，當導體棒從靜止釋放后，沿導軌下滑距離l時達到穩定狀態，下滑過程中導體棒與導軌始終垂直且接觸良好。以下說法正確的是(　　)
A．導體棒做變加速運動，最大加速度為a＝g sin θ
B．導體做勻加速運動，加速度為a＝g sin θ
C．導體棒穩定時的速度為v＝mg（R＋r）B2L2
D．從開始到穩定導體棒上消耗的電熱為
mgl sin θ－m3g2（R＋r）2sin2θ2B4L4
解析：選A　導體棒在下滑過程中，受到重力、導軌的支持力和安培力，安培力方向與速度方向相反，安培力隨著速度的增大而增大，則導體棒所受的合力減小，加速度減小，因此開始時加速度最大，此時導體棒不受安培力，所以最大加速度為a＝mg sin θm ＝g sin θ，故A正確，B錯誤；導體棒穩定時做勻速運動，則有mg sin θ＝B2L2vR＋r ，得v＝mg（R＋r）B2L2 sin θ，故C錯誤；根據能量守恒定律得mgl sin θ＝12 mv2＋Q，導體棒上消耗的電熱為Qr＝rR＋r Q，聯立解得Qr＝rR＋r mgl sin θ－m3g2r（R＋r）2B4L4 sin2θ，故D錯誤。
8.(多選)如圖所示，在絕緣水平面上固定足夠長的兩條光滑平行金屬導軌，金屬棒ab、cd垂直放置在導軌上，用一根細繩將cd棒的中點連接在固定橫桿的O點，細繩處于水平且與cd棒垂直，整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中。在ab棒上施加一個大小為F的水平恒力，使其由靜止開始向右運動，cd棒始終保持靜止。已知兩金屬棒的質量均為m，電阻均為R，長度均等于導軌間距，導軌電阻不計，間距為L，磁感應強度大小為B，金屬棒與導軌始終垂直并接觸良好，則在ab棒運動過程中(　　)
A．ab棒一直做勻加速直線運動
B．細繩的拉力先變大，然后不變
C．F做的功始終等于回路中產生的內能
D．ab棒消耗的最大電功率為F2RB2L2
解析：選BD　對ab棒，根據牛頓第二定律可知F－B2L2v2R ＝ma，隨著速度變大，加速度減小，當加速度減小到零，速度達到最大，之后ab棒做勻速運動，對cd棒，根據平衡可知，繩的拉力FT＝B2L2v2R ，所以拉力先增大，再不變，故A錯誤，B正確；根據能量守恒可知，F做的功始終等于回路中產生的內能與增加的動能之和，故C錯誤；當ab棒做勻速運動時F＝B2L2v2R ，解得v＝2RFB2L2 ，回路消耗電功率最大為P＝B2L2v2R ·v＝2RF2B2L2 ，所以ab棒消耗的最大電功率為P′＝12 P＝F2RB2L2 ，故D正確。
9．如圖所示，一對平行的粗糙金屬導軌固定于同一水平面上，導軌間距L＝0.2 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的電阻，右側平滑連接一對彎曲的光滑軌道。僅在水平導軌的整個區域內存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小B＝1.0 T。一根質量m＝0.2 kg、電阻r＝0.1 Ω的金屬棒ab垂直放置于導軌上，在水平向右的恒力F作用下從靜止開始運動，當金屬棒通過位移x＝9 m時離開磁場，在離開磁場前已達到最大速度。當金屬棒離開磁場時撤去外力F，接著金屬棒沿彎曲軌道上升到最大高度h＝0.8 m處。已知金屬棒與導軌間的動摩擦因數μ＝0.1，導軌電阻不計，金屬棒在運動過程中始終與導軌垂直且與導軌保持良好接觸，取g ＝10 m/s2。求：

(1)金屬棒運動的最大速率v；
(2)金屬棒在磁場中速度為v2 時的加速度大小；
(3)金屬棒在磁場區域運動過程中，電阻R上產生的焦耳熱。
解析：(1)金屬棒從出磁場到上升到彎曲軌道最高點，根據機械能守恒定律得
12 mv2＝mgh①
由①得v＝2gh ＝4 m/s。②
(2)金屬棒在磁場中做勻速運動時，設回路中的電流為I，根據平衡條件得F＝BIL＋μmg③
I＝BLvR＋r ④
聯立②③④式得：F＝0.6 N⑤
金屬棒速度為v2 時，設回路中的電流為I′，根據牛頓第二定律得F－BI′L－μmg＝ma⑥
I′＝BLv2（R＋r） ⑦
聯立②⑤⑥⑦得a＝1 m/s2。⑧
(3)設金屬棒在磁場區域運動過程中，回路中產生的焦耳熱為Q，根據功能關系有
Fx＝μmgx＋12 mv2＋Q⑨
則電阻R上的焦耳熱QR＝RR＋r Q⑩
聯立⑤⑨⑩解得QR＝1.5 J。
答案：見解析
10.(2019·山東濟寧市第一次模擬)如圖所示，有一傾斜的光滑平行金屬導軌，導軌平面與水平面的夾角為θ＝30°，導軌間距為L，接在兩導軌間的電阻為R，在導軌的中間矩形區域內存在垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B，磁場區域的長度為2L。一質量為m、有效電阻為0.5R的導體棒從距磁場上邊緣2L處由靜止釋放，整個運動過程中，導體棒與導軌接觸良好，且始終保持與導軌垂直。不計導軌的電阻，重力加速度為g。
(1)求導體棒剛進入磁場時的速度v0的大小；
(2)若導體棒離開磁場前已達到勻速，求導體棒通過磁場的過程中，電阻R上產生的焦耳熱OR。
解析：(1)導體棒由靜止到下滑距離2L的過程中，由動能定理得
mg·2L sin θ＝12 mv02－0
解得v0＝2gL 。
(2)設導體棒在磁場中勻速運動的速度為v，此時導體棒切割磁感線產生的感應電動勢E＝BLv
產生的感應電流為I＝ER＋0.5R
產生的安培力為F安＝BIL
由平衡條件得mg sin θ＝F安
聯立解得v＝3mgR4B2L2
導體棒從開始釋放到剛離開磁場的過程中，由能量守恒定律得
mg·4L sin θ＝12 mv2＋Q總
則在電阻R上產生的熱量為OR＝R1.5R Q總
解得QR＝43 mgL－3m3g2R216B4L4 。
答案：(1)2gL 　(2)43 mgL－3m3g2R216B4L4
11．如圖所示，一個質量為m、電阻不計、足夠長的光滑U形金屬框架MNQP，位于光滑絕緣水平桌面上，平行導軌MN和PQ相距為L。空間存在著足夠大的方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度的大小為B。另有質量也為m的金屬棒CD，垂直于MN放置在導軌上，并用一根與CD棒垂直的絕緣細線系在定點A。已知細線能承受的最大拉力為FT0，金屬棒CD接入導軌間的有效電阻為R。現從t＝0時刻開始對U形框架施加水平向右的拉力，使其從靜止開始做加速度為a的勻加速直線運動。

(1)求從框架開始運動到細線斷裂所需的時間t0及細線斷裂時框架的瞬時速度v0大小；
(2)若在細線斷裂時，立即撤去拉力，求此后過程中回路產生的總焦耳熱Q。
解析：(1)細線斷裂時，
對金屬棒有FT0＝F安，F安＝BIL，I＝ER
E＝BLv0，v0＝at0
聯立解得t0＝FT0RB2L2a
細線斷裂時框架的速度v0＝FT0RB2L2 。
(2)在細線斷裂時立即撤去拉力，框架向右減速運動，金屬棒向右加速運動。設二者最終速度大小均為v，向右為正方向，由系統動量守恒可得mv0＝2mv
得v＝v02 ＝FT0R2B2L2
撤去拉力后，系統總動能的減少量等于回路消耗的電能，最終在回路中產生的總焦耳熱Q＝12 mv02－12 ×2mv2
解得Q＝mFT02R24B4L4 。
答案：(1)FT0RB2L2a 　FT0RB2L2 　(2)mFT02R24B4L4

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