2020版高考物理一轮总复习第十一章 第4课时 电磁感应中的动力学和能量问题（能力课时 ） 7页

电磁感应中的动力学和能量问题 ‎ [基础巩固题组](20分钟，50分)‎ ‎1．(多选)如图所示，竖直平面内的虚线上方是一匀强磁场B，从虚线下方竖直上抛一正方形线圈，线圈越过虚线进入磁场，最后又落回原处，运动过程中线圈平面保持在竖直平面内，不计空气阻力，则(　　)‎ A．上升过程克服磁场力做的功大于下降过程克服磁场力做的功 B．上升过程克服磁场力做的功等于下降过程克服磁场力做的功 C．上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率 D．上升过程克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力的平均功率 解析：选AC.线圈上升过程中，加速度在线圈进磁场时大于g且在减速，下降过程中，运动情况比较复杂，有加速、减速或匀速等，把上升过程看成反向的加速，可以比较当运动到同一位置时，线圈速度都比下降过程中相应的速度要大，可以得到结论：上升过程中克服安培力做功多；上升过程时间短，所以上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力的平均功率，故正确选项为A、C.‎ ‎2．(多选)如图所示，两根足够长、电阻不计且相距L＝‎0.2 m的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压U＝4 V的小灯泡，两导轨间有一磁感应强度大小B＝5 T、方向垂直斜面向上的匀强磁场．今将一根长为L、质量为m＝‎0.2 kg、电阻r＝1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，已知金属棒下滑到速度稳定时，小灯泡恰能正常发光，重力加速度g取‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　)‎ A．金属棒刚开始运动时的加速度大小为‎3 m/s2‎ B．金属棒刚开始运动时的加速度大小为‎4 m/s2‎ C．金属棒稳定下滑时的速度大小为‎9.6 m/s D．金属棒稳定下滑时的速度大小为‎4.8 m/s 解析：选BD. 金属棒刚开始运动时初速度为零，不受安培力作用，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma，代入数据得a＝‎4 m/s2，故选项A错误，B正确；设金属棒稳定下滑时速度为v，感应电动势为E，回路中的电流为I，由平衡条件得mgsin θ＝BIL＋μmgcos θ，由闭合电路欧姆定律得I＝，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv，联立解得v＝‎4.8 m/s，故选项C错误，D正确．‎ ‎3．(2019·银川一中模拟)(多选)如图所示，空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场，各处的磁感应强度大小均为B，圆台母线与竖直方向的夹角为θ，一个质量为m、半径为r的匀质金属环位于圆台底部．当给环通以恒定的电流I，圆环由静止向上运动，经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合，圆环全程上升的最大高度为H.已知重力加速度为g，不计空气阻力，磁场的范围足够大．在圆环向上运动的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．圆环先做加速运动后做减速运动 B．在时间t内安培力对圆环做功为mgH C．圆环运动的最大速度为－gt D．圆环先有扩张后有收缩的趋势 解析：选AC.在时间t内，圆环中通有恒定电流I，圆环在磁场中受向上的安培力作用，安培力大于重力，所以合力向上，圆环由静止开始向上做匀加速直线运动，t时刻撤去电流，圆环继续向上运动，并切割磁感线产生感应电流，则同时又受向下的安培力和重力，合力方向与运动方向相反，所以圆环开始减速运动直至到达最高位置，故A正确．因安培力在t时间内对其做正功，t时刻以后对其做负功，有W安t前－W安t后＝mgH，则知在t时间内安培力做功大于mgH，故B错误．在t时间内安培力F＝BIL＝BI·2πr，合外力F合＝Fcos θ－mg＝2πBIrcos θ－mg＝ma，v＝at＝－gt，故C正确．圆环加速上升过程中有收缩趋势，减速上升过程中有扩张趋势，故D错误．‎ ‎4．如图所示，金属棒ab的质量m＝‎5 g，放置在宽L＝‎1 m、光滑的金属导轨的边沿，两金属导轨处于水平面内，导轨之间有竖直向下、B＝0.5 T的匀强磁场．电容器的电容C＝200 μF，电源的电动势E＝16 V，导轨平面距地面高度h＝‎0.8 m．在开关S与“‎1”‎接通并稳定后，再使它与“‎2”‎接通，则金属棒ab被抛到s＝‎0.064 m的地面上，试求这时电容器上的电压．‎ 解析：当S接“1”时，电源给电容器充电．当S扳向“2”时，充电后的电容器通过金属棒放电，产生放电电流．金属棒在磁场中受到安培力作用，向右运动．当ab棒离开导轨时获得一定的速度v，之后棒做平抛运动．只要求出通过ab棒的电荷量，即可求出电容器两端的电压．‎ 对ab棒做平抛运动有 h＝gt2‎ s＝vt 解得v＝ ＝‎0.16 m/s ab棒在导轨上运动，其末速度即为平抛运动的初速度，设电流的平均值为I，对金属棒抛出瞬间应用动量定理得 BILΔt＝mv 又电容器放电的电荷量Q放＝IΔt 所以Q放＝＝1.6×10－‎‎3 C 电容器充电电荷量Q＝EC＝3.2×10－‎‎3 C 放电后电容器剩下的电荷量Q′＝Q－Q放＝1.6×10－‎‎3 C 放电后电容器两端的电压U′＝＝8 V.‎ 答案：8 V ‎5．足够长的平行金属导轨MN和PQ表面粗糙，与水平面间的夹角为θ＝37°(sin 37°＝0.6)，间距为‎1 m．垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为4 T，P、M间所接电阻的阻值为8 Ω.质量为‎2 kg的金属杆ab垂直导轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25.金属杆ab在沿导轨向下且与杆垂直的恒力F作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为‎8 m/s，取g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)当金属杆的速度为‎4 m/s时，金属杆的加速度大小；‎ ‎(2)当金属杆沿导轨的位移为‎6.0 m时，通过金属杆的电荷量．‎ 解析：(1)对金属杆ab应用牛顿第二定律有 F＋mgsin θ－F安－f＝ma f＝μFN FN＝mgcos θ ab杆所受安培力大小为F安＝BIL ab杆切割磁感线产生的感应电动势为 E＝BLv 由闭合电路欧姆定律可知I＝ 整理得F＋mgsin θ－v－μmgcos θ＝ma 代入vm＝‎8 m/s时a＝0，解得F＝8 N 代入v＝‎4 m/s及F＝8 N，解得a＝‎4 m/s2‎ ‎(2)设通过回路截面的电荷量为q，则 q＝t 回路中的平均电流强度为＝ 回路中产生的平均感应电动势为 ＝ 回路中的磁通量变化量为 ΔΦ＝BLx 联立解得q＝‎‎3 C 答案：(1)‎4 m/s2　(2)‎‎3 C ‎[能力提升题组](25分钟，50分)‎ ‎1．(多选)如图所示，光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端．若运动过程中，金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计，则(　　)‎ A．返回到底端时的速度大小为v0‎ B．上滑到最高点的过程中克服安培力与重力所做功之和等于mv C．上滑到最高点的过程中电阻R上产生的热量等于mv－mgh D．金属杆两次通过轨道上的同一位置时电阻R的热功率相同 解析：选BC.金属杆从轨道底端滑上轨道某一高度h到又返回到出发点，由于电阻R上产生热量，故返回时速度小于v0，选项A错误；上滑到最高点时动能转化为重力势能和电阻R上产生的热量(即克服安培力所做的功)，选项B、C正确；金属杆两次通过轨道上同一位置时的速度大小不同，电路的电流不同，故电阻的热功率不同，选项D错误．‎ ‎2．(2019·泰州模拟)(多选)如图所示，边长为L、电阻不计的n匝正方形金属线框位于竖直平面内，连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为P、U，线框及小灯泡的总质量为m，在线框的下方有一匀强磁场区域，区域宽度为l，磁感应强度方向与线框平面垂直，其上、下边界与线框底边均水平．线框从图示位置开始静止下落，穿越磁场的过程中，小灯泡始终正常发光．则(　　)‎ A．有界磁场宽度lv2′，两棒离开导轨做平抛运动的时间相等，由平抛运动水平位移x＝vt可知 v1′∶v2′＝x1∶x2＝3∶1‎ 联立以上各式解得v1′＝，v2′＝ ‎(2)ab棒刚进入水平导轨时，cd棒受到的安培力最大，此时它的加速度最大，设此时回路的感应电动势为E，则 E＝BLv1，‎ I＝ cd棒受到的安培力Fc d＝BIL 根据牛顿第二定律，cd棒的最大加速度a＝ 联立以上各式解得a＝ ‎(3)根据能量守恒定律，两棒在导轨上运动过程产生的焦耳热 Q＝×2mv－＝mgR 答案：(1)　　(2) ‎(3)mgR