（江苏专版）2020版高考物理课时跟踪检测（三十三）电磁感应中的动力学和能量问题 8页

课时跟踪检测（三十三）电磁感应中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．[多选](2019·苏州一模)如图甲所示，半径为r带小缺口的刚性金属圆环固定在竖直平面内，在圆环的缺口两端用导线分别与两块水平放置的平行金属板A、B连接，两板间距为d且足够大。有一变化的磁场垂直于圆环平面，规定向里为正，其变化规律如图乙所示。在平行金属板A、B正中间有一电荷量为q的带电液滴，液滴在0～T时间内处于静止状态。重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)A．液滴带负电B．液滴的质量为C．t＝T时液滴的运动方向改变D．t＝T时液滴与初始位置相距gT2解析：选BD　根据题意液滴在0～时间内处于静止状态，知液滴受到向上的电场力和向下的重力平衡，根据楞次定律，金属圆环中的感应电动势沿逆时针方向，B板接高电势，A板接低电势，两板间的电场方向向上与电场力的方向相同，所以液滴带正电，故A错误；根据法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝＝S＝，两极板间的电场强度E′＝，由mg＝qE′得m＝＝，故B正确；根据楞次定律，～T时间内，金属圆环内感应电动势为顺时针方向，上极板接高电势，下极板接低电势，两极板间电场向下，电场力向下，根据牛顿第二定律mg＋F电＝ma，其中F电＝mg，解得a＝2g，液滴向下做初速度为0的匀加速运动，在t＝T时速度最大，运动方向不改变，故C错误；根据楞次定律，T～T时间内，感应电动势为逆时针方向，下极板接高电势，上极板接低电势，电场方向向上，液滴在～T时间内做匀加速直线运动，位移x1＝·2g2＝gT2，液滴在T～T时间内做匀速直线运动，位移x2＝2g··＝gT2，t＝T时液滴与初始位置相距x＝x1＋x2n＝gT2，故D正确。2．一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场方向垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示。t＝0时刻对线框施加一水平向右的外力F，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场，外力F随时间t变化的图像如图乙所示。已知线框的质量m＝1kg，电阻R＝1Ω，以下说法不正确的是(　　)A．线框做匀加速直线运动的加速度大小为1m/s2B．匀强磁场的磁感应强度大小为2TC．线框穿过磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量为CD．线框的边长为1m解析：选D　t＝0时刻，线框的速度为零，线框中没有感应电流，不受安培力，加速度为：a＝＝1m/s2，故A正确；线框的边长为：L＝at2＝0.5m，故D错误；线框刚出磁场时的速度为v＝at＝1×1m/s＝1m/s，此时线框所受的安培力为FA＝BIL＝BL＝，根据牛顿第二定律得F－FA＝ma，由题图可知此时F＝3N，联立以上各式并代入数据解得B＝2T，故B正确；整个运动过程中穿过线框横截面的电荷量q＝IΔt＝Δt＝Δt＝＝＝C，故C正确。3．(2018·南京二模)如图甲所示，正方形闭合线圈abcd边长为10cm，总电阻为2.0Ω，匝数为100匝，放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。求：(1)在0～2s时间内线圈中感应电动势的大小；(2)在t＝1.0s时线圈的ad边所受安培力的大小和方向；(3)线圈中感应电流的有效值。n解析：(1)在0～2s时间内线圈中感应电动势的大小为E1＝n＝nS＝100×0.12×V＝1V。(2)在t＝1.0s时，I1＝＝0.5A，由题图可知，B1＝1T，则F＝nB1I1L＝5.0N根据楞次定律，流过ad边的电流方向由a到d，由左手定则可知，ad边所受安培力的方向向右。(3)在0～2s时间内I1＝0.5A在2～3s时间内，线圈中感应电动势的大小为E2＝n＝nS＝100×0.12×V＝2V，感应电流I2＝＝1A设线圈中感应电流的有效值为I，则I12Rt1＋I22Rt2＝I2Rt，解得I＝A。答案：(1)1V　(2)5.0N　方向向右　(3)A对点训练：电磁感应中的能量问题4．[多选]如图所示，虚线EF左侧区域Ⅰ内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B；右侧区域Ⅱ内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。边长为L、粗细均匀的正方形金属线框在区域Ⅰ内，线框平面与磁场垂直，cd边与虚线EF平行，线框的电阻为R。现使线框由图示位置以速度v向右匀速运动。在线框通过EF过程中，下列说法正确的是(　　)A．通过导线横截面的电荷量为B．线框ab边的电流大小为C．线框受到的安培力的大小为D．线框中产生的焦耳热为解析：选ACD　线框通过EF的过程中，线框中磁通量的变化量是ΔΦ＝3BL2，因此通过线框横截面的电荷量为q＝·Δt＝Δt＝Δt＝＝，故A项正确；线框n中的总电动势E＝3BLv，线框中的电流I＝＝，B项错误；线框受到的安培力为F＝BIL＋2BIL＝3BIL＝，则C项正确；线框中产生的焦耳热Q＝I2Rt＝2·R·＝，则D项正确。5．[多选]如图所示，在足够高的水平桌面上放置两条相距l、足够长的平行导轨ab、cd，阻值R＝1.0Ω的电阻与导轨a、d端相连。质量m1＝0.5kg、长度l＝1m、电阻r＝0.5Ω的金属杆垂直于导轨并可在导轨上滑动，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2。整个装置处在匀强磁场中，磁场方向竖直向上，磁感应强度的大小B＝1T。金属杆的中点系一不可伸长的绝缘轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮，与一个质量m2＝0.5kg的物块相连，绳处于拉直状态，其他电阻不计。物块从静止开始释放，g取10m/s2，则物块在下落过程中(　　)A．最终将做匀速直线运动B．最大加速度为10m/s2C．最大速度为6m/sD．电阻R上产生的热量等于导体棒克服安培力做的功解析：选AC　从静止开始释放物块，金属杆切割磁感线产生感应电流，由楞次定律可知金属杆受到向左的安培力，且安培力的大小随着速度增大而增大，金属杆的合力减小，加速度减小，所以金属杆做加速度逐渐减小的变加速直线运动，当加速度减小为0时，金属杆将做匀速直线运动，故A正确；物块刚开始下落时加速度最大，根据牛顿第二定律，对金属杆有T－μm1g＝m1a，对物块有m2g－T＝m2a，联立解得物块下落的最大加速度为a＝4m/s2，故B错误；物块和金属杆先做加速运动，后做匀速运动，速度最大时，有m2g＝μm1g＋，解得物块下落的最大速度为vm＝6m/s，故C正确；物块下落过程中，电阻R上和金属杆r产生的热量总和等于导体棒克服安培力做的功，故D错误。6.(2019·苏州模拟)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距L，导轨上端连接着阻值为R的定值电阻，质量为m的金属杆ab与导轨垂直并接触良好，金属杆和导轨的电阻不计。整个装置处于与导轨平面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。金属杆由静止释放，下落高度h后开始做匀速运动，已知重力加速度为g。求：(1)金属杆做匀速运动时的速度大小v；(2)下落高度h的过程中，通过金属杆的电荷量q；(3)下落高度h的过程中，电阻R上产生的热量Q。解析：(1)根据法拉第电磁感应定律E＝BLvn根据欧姆定律I＝金属杆受到的安培力F安＝BIL，则F安＝金属杆匀速，根据平衡条件F安＝mg联立解得v＝。(2)下降高度h的过程中，通过金属杆的电荷量q＝Δt根据欧姆定律有＝根据法拉第电磁感应定律＝n，则q＝n下降高度h的过程中的磁通量变化ΔΦ＝BLh，且n＝1解得q＝。(3)下降高度h的过程中，根据能量守恒定律得mgh＝mv2＋Q解得Q＝mgh－。答案：(1)　(2)　(3)mgh－7．(2019·南师附中模拟)近期大功率储能技术受到媒体的广泛关注，其中飞轮储能是热点之一。为说明某种飞轮储能的基本原理，将模型简化为如图所示：光滑的“”型导轨水平放置，电阻不计，长度足够。轨道平行部分间距为L＝1m，导轨上静止放置有长度也为L、质量为m＝100kg、电阻为R1＝0.1Ω的导体棒AB。导轨间虚线框区域有垂直轨道平面向上的均匀变化磁场。虚线框右侧区域有垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B＝10T。图中开关S接a，经过足够长时间，棒AB向右匀速运动，速度为v＝100m/s。然后若将开关S接b，棒AB可作为电源对电阻R2供电，电阻R2＝0.9Ω。(1)开关S接a，棒AB匀速运动时，虚线框中的磁场磁通量每秒钟变化多少？(2)求开关S接b的瞬间棒AB的加速度大小。(3)求开关S接b后R2产生的总热量Q。解析：(1)棒匀速运动时加速度为零，安培力为零，电流为零，磁通量不变，所以虚线n框中磁场每秒变化ΔΦ＝BLvt＝1000Wb。(2)棒AB产生的电动势E＝BLv＝1000V，电路中产生的电流I＝＝1000A，故受到的安培力为F＝BIL＝1×104N，根据牛顿第二定律可得a＝＝100m/s2。(3)棒的动能全部转化为电热，故Q总＝mv2＝5×105J，电阻R2上产生的电热为Q＝Q总＝4.5×105J。答案：(1)1000Wb　(2)100m/s2　(3)4.5×105J考点综合训练8．(2019·苏州一模)如图所示，空间存在竖直向下的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B。一边长为L，质量为m、电阻为R的正方形单匝导线框abcd放在水平桌面上。在水平拉力作用下，线框从左边界以速度v匀速进入磁场，当cd边刚进入磁场时撤去拉力，ab边恰好能到达磁场的右边界。已知线框与桌面间动摩擦因数为μ，磁场宽度大于L，重力加速度为g。求：(1)ab边刚进入磁场时，其两端的电压U；(2)水平拉力F的大小和磁场的宽度d；(3)整个过程中产生的总热量Q。解析：(1)刚进入磁场时，ab边切割磁感线，相当于电源，产生的电动势E＝BLv则线框中的感应电流I＝＝ab边两端的电压U＝I·R＝BLv。(2)线框匀速进入磁场，受拉力F、安培力F安和摩擦力，由平衡条件得F＝FA＋μmg，又F安＝BIL＝，所以水平拉力F＝＋μmg撤去拉力后，线框匀减速运动，由运动学公式得x＝所以磁场宽度d＝L＋。n(3)进入磁场过程中产生焦耳热Q1＝I2Rt1＝2·R·＝由于摩擦产生的热量Q2＝μmg＝μmgL＋mv2所以整个过程产生的热量为Q＝Q1＋Q2＝μmgL＋mv2＋。答案：(1)BLv　(2)＋μmg　L＋　(3)μmgL＋mv2＋9．(2019·镇江一模)如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，其电阻不计，间距为0.4m。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界为MN，区域Ⅰ和Ⅱ中的匀强磁场B的方向分别垂直斜面向下和垂直斜面向上，磁感应强度大小均为0.5T。将质量为0.1kg、电阻为0.1Ω的导体棒ab放在导轨上的区域Ⅰ中，ab刚好不下滑。再在区域Ⅱ中将质量为0.4kg、电阻为0.1Ω的光滑导体棒cd从导轨上由静止开始下滑。cd棒始终处于区域Ⅱ中，两棒与导轨垂直且与导轨接触良好，g取10m/s2。(1)求ab棒所受最大静摩擦力，并判断cd棒下滑时ab棒中电流的方向；(2)求ab棒刚要向上滑动时，cd棒的速度大小v；(3)若从cd棒开始下滑到ab棒刚要向上滑动的过程中，装置中产生的总热量为2.6J，求此过程中cd棒下滑的距离x。解析：(1)ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，有fmax＝m1gsinθ则fmax＝0.5N由右手定则可知cd棒下滑时ab中电流方向由a流向b。(2)设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝Blv设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝设ab所受安培力为F安，有F安＝BIl此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，n由平衡条件有F安＝m1gsinθ＋fmax联立解得v＝5m/s。(3)设cd棒运动的过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒有m2gxsinθ＝Q总＋m2v2解得x＝3.8m。答案：(1)0.5N　电流方向由a流向b　(2)5m/s　(3)3.8m