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课时跟踪检测(三十五)　电磁感应中的动力学、动量和能量问题

1．(2020·重庆巴蜀中学模拟)如图甲所示，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接一定值电阻R，垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，F随t变化的规律如图乙所示。在0～t0时间内，导体棒从静止开始做匀加速直线运动。乙图中t0、F1、F2为已知，导体棒接入电路的电阻为R，轨道的电阻不计。则下列说法正确的是(　　)

A．在t0以后，导体棒一直做匀速直线运动
B．导体棒最后达到的最大速度大小为F2RB2L2
C．在0～t0时间内，导体棒的加速度大小为2（F2－F1）Rt0B2L2
D．在0～t0时间内，通过导体棒横截面的电荷量为（F2－F1）t02BL
解析：选D　因在0～t0时间内导体棒做匀加速直线运动，故在t0时刻F2大于导体棒所受的安培力；在t0以后，外力保持F2不变，安培力逐渐变大，导体棒做加速度越来越小的加速运动；当加速度a＝0，即导体棒所受安培力与外力F2相等后，导体棒做匀速直线运动，故A错误。根据平衡条件可得FA＝F2，而FA＝BIL＝B2L2vm2R ，解得vm＝2F2RB2L2 ，故B错误。设在0～t0时间内导体棒的加速度为a，导体棒的质量为m，t0时刻导体棒的速度为v，通过导体棒横截面的电荷量为q，则有a＝vt0 　①，F2－B2L2v2R ＝ma　②，F1＝ma　③，由①②③解得a＝2（F2－F1）RB2L2t0 ，故C错误。根据电荷量的公式可得q＝ΔΦ2R 　④，而ΔΦ＝BΔS＝BL·v2 t0　⑤，由②③④⑤解得q＝（F2－F1）t02BL ，故D正确。
2．(多选)用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(r≪R)的圆环。圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B。圆环在加速下滑过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，则(　　)

A．此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流
B．圆环因受到了向下的安培力而加速下落
C．此时圆环的加速度a＝B2vρd
D．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm＝ρ dgB2
解析：选AD　由右手定则可以判断感应电流的方向为逆时针，可知选项A正确；由左手定则可以判断，此时圆环受到的安培力方向应该向上，选项B错误；对圆环受力分析可解得加速度a＝g－B2vρd ，选项C错误；当重力等于安培力时速度达到最大，可得vm＝ρgdB2 ，选项D正确。
3．(多选)(2018·江苏高考)如图所示，竖直放置的“ ”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆(　　)

A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
C．穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于m2gR22B4L4
解析：选BC　金属杆在磁场之外的区域做加速运动，所以进入磁场Ⅰ、Ⅱ的速度大于穿出磁场Ⅰ的速度，则金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误。金属杆在磁场Ⅰ中先做加速度减小的减速运动，后在两磁场之间做加速度为g的匀加速直线运动，两个过程位移相等，v­t图象大体如图所示，故B正确。由于进入两磁场时速度相等，由动能定理得，W安1＋mg·2d＝0，可知金属杆穿过磁场Ⅰ克服安培力做功为2mgd，
即产生的热量为2mgd，因此穿过两磁场产生的总热量为4mgd，故C正确。设刚进入磁场Ⅰ时速度为v，则由机械能守恒定律知mgh＝12 mv2，由牛顿第二定律得B2L2vR －mg＝ma，联立解得h＝m2（a＋g）2R22B4L4g ＞m2gR22B4L4 ，故D错误。
4.(多选)如图所示，平行且足够长的两条光滑金属导轨，相距L＝0.4m，导轨所在平面与水平面的夹角为30°，其电阻不计。把完全相同的两金属棒(长度均为0.4 m)ab、cd分别垂直于导轨放置，并使棒的两端都与导轨良好接触。已知两金属棒的质量均为m＝0.1 kg、电阻均为R＝0.2 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝0.5 T。当金属棒ab在平行于导轨向上的力F作用下沿导轨向上匀速运动时，金属棒cd恰好能保持静止(g＝10 m/s2)，则(　　)
A．F的大小为0.5 N
B．金属棒ab产生的感应电动势为1.0 V
C．金属棒ab两端的电压为1.0 V
D．金属棒ab的速度为5.0 m/s
解析：选BD　对于cd棒有mg sin θ＝BIL，解得回路中的电流I＝2.5 A，所以回路中的感应电动势E＝2IR＝1.0 V，选项B正确；Uab＝IR＝0.5 V，选项C错误；对于金属棒ab有F＝BIL＋mg sin θ，解得F＝1.0 N，选项A错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv，解得v＝5.0 m/s，选项D正确。
5．(多选)如图甲所示，质量m＝3.0×10－3 kg的金属细框竖直放置在两水银槽中，金属细框的水平细杆CD长l＝0.20 m，处于磁感应强度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n＝300匝、面积S＝0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示。t＝0.22 s时闭合开关K瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20 m。不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)


A．0～0.10 s内线圈中的感应电动势大小为3 V
B．开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到D
C．磁感应强度B2的方向竖直向下
D．开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03 C
解析：选BD　0～0.1 s内线圈中的磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律知E＝nΔΦΔt ＝nSΔBΔt ，代入数据得E＝30 V，A错误；开关闭合瞬间，细框会跳起，可知细框受向上的安培力，由左手定则可判断电流方向由C到D，B正确；由于t＝0.22 s时通过线圈的磁通量正在减少，再对线圈由楞次定律可知感应电流产生的磁场的方向与B2的方向相同，故再由安培定则可知磁感应强度B2方向竖直向上C错误；K闭合瞬间，因安培力远大于重力，则由动量定理有B1IlΔt＝mv，通过细杆的电荷量q＝IΔt，线框向上跳起的过程中v2＝2gh，解得q＝0.03 C，D正确。
6.如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求：
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
(2)电阻的阻值。
解析：(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
ma＝F－μmg①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有
v＝at0②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，金属杆中的电动势为
E＝Blv③
联立①②③式可得
E＝Blt0Fm－μg 。④
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I＝ER ⑤
式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为
F安＝BlI⑥
因金属杆做匀速运动，由平衡条件得
F－μmg－F安＝0⑦
联立④⑤⑥⑦式得
R＝B2l2t0m 。⑧
答案：(1)Blt0Fm－μg 　(2)B2l2t0m

7.(2020·甘肃兰州模拟)如图所示，间距为L的无限长光滑导轨平面倾斜放置，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，导轨面与水平面夹角为θ。一个质量为m、电阻为r的光滑导体棒垂直横跨在两根导轨上，导轨上端的定值电阻阻值为R，导轨电阻不计，当导体棒从静止释放后，沿导轨下滑距离l时达到稳定状态，下滑过程中导体棒与导轨始终垂直且接触良好。以下说法正确的是(　　)
A．导体棒做变加速运动，最大加速度为a＝g sin θ
B．导体做匀加速运动，加速度为a＝g sin θ
C．导体棒稳定时的速度为v＝mg（R＋r）B2L2
D．从开始到稳定导体棒上消耗的电热为
mgl sin θ－m3g2（R＋r）2sin2θ2B4L4
解析：选A　导体棒在下滑过程中，受到重力、导轨的支持力和安培力，安培力方向与速度方向相反，安培力随着速度的增大而增大，则导体棒所受的合力减小，加速度减小，因此开始时加速度最大，此时导体棒不受安培力，所以最大加速度为a＝mg sin θm ＝g sin θ，故A正确，B错误；导体棒稳定时做匀速运动，则有mg sin θ＝B2L2vR＋r ，得v＝mg（R＋r）B2L2 sin θ，故C错误；根据能量守恒定律得mgl sin θ＝12 mv2＋Q，导体棒上消耗的电热为Qr＝rR＋r Q，联立解得Qr＝rR＋r mgl sin θ－m3g2r（R＋r）2B4L4 sin2θ，故D错误。
8.(多选)如图所示，在绝缘水平面上固定足够长的两条光滑平行金属导轨，金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，用一根细绳将cd棒的中点连接在固定横杆的O点，细绳处于水平且与cd棒垂直，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中。在ab棒上施加一个大小为F的水平恒力，使其由静止开始向右运动，cd棒始终保持静止。已知两金属棒的质量均为m，电阻均为R，长度均等于导轨间距，导轨电阻不计，间距为L，磁感应强度大小为B，金属棒与导轨始终垂直并接触良好，则在ab棒运动过程中(　　)
A．ab棒一直做匀加速直线运动
B．细绳的拉力先变大，然后不变
C．F做的功始终等于回路中产生的内能
D．ab棒消耗的最大电功率为F2RB2L2
解析：选BD　对ab棒，根据牛顿第二定律可知F－B2L2v2R ＝ma，随着速度变大，加速度减小，当加速度减小到零，速度达到最大，之后ab棒做匀速运动，对cd棒，根据平衡可知，绳的拉力FT＝B2L2v2R ，所以拉力先增大，再不变，故A错误，B正确；根据能量守恒可知，F做的功始终等于回路中产生的内能与增加的动能之和，故C错误；当ab棒做匀速运动时F＝B2L2v2R ，解得v＝2RFB2L2 ，回路消耗电功率最大为P＝B2L2v2R ·v＝2RF2B2L2 ，所以ab棒消耗的最大电功率为P′＝12 P＝F2RB2L2 ，故D正确。
9．如图所示，一对平行的粗糙金属导轨固定于同一水平面上，导轨间距L＝0.2 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，右侧平滑连接一对弯曲的光滑轨道。仅在水平导轨的整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1.0 T。一根质量m＝0.2 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒ab垂直放置于导轨上，在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，当金属棒通过位移x＝9 m时离开磁场，在离开磁场前已达到最大速度。当金属棒离开磁场时撤去外力F，接着金属棒沿弯曲轨道上升到最大高度h＝0.8 m处。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.1，导轨电阻不计，金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触，取g ＝10 m/s2。求：

(1)金属棒运动的最大速率v；
(2)金属棒在磁场中速度为v2 时的加速度大小；
(3)金属棒在磁场区域运动过程中，电阻R上产生的焦耳热。
解析：(1)金属棒从出磁场到上升到弯曲轨道最高点，根据机械能守恒定律得
12 mv2＝mgh①
由①得v＝2gh ＝4 m/s。②
(2)金属棒在磁场中做匀速运动时，设回路中的电流为I，根据平衡条件得F＝BIL＋μmg③
I＝BLvR＋r ④
联立②③④式得：F＝0.6 N⑤
金属棒速度为v2 时，设回路中的电流为I′，根据牛顿第二定律得F－BI′L－μmg＝ma⑥
I′＝BLv2（R＋r） ⑦
联立②⑤⑥⑦得a＝1 m/s2。⑧
(3)设金属棒在磁场区域运动过程中，回路中产生的焦耳热为Q，根据功能关系有
Fx＝μmgx＋12 mv2＋Q⑨
则电阻R上的焦耳热QR＝RR＋r Q⑩
联立⑤⑨⑩解得QR＝1.5 J。
答案：见解析
10.(2019·山东济宁市第一次模拟)如图所示，有一倾斜的光滑平行金属导轨，导轨平面与水平面的夹角为θ＝30°，导轨间距为L，接在两导轨间的电阻为R，在导轨的中间矩形区域内存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为2L。一质量为m、有效电阻为0.5R的导体棒从距磁场上边缘2L处由静止释放，整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持与导轨垂直。不计导轨的电阻，重力加速度为g。
(1)求导体棒刚进入磁场时的速度v0的大小；
(2)若导体棒离开磁场前已达到匀速，求导体棒通过磁场的过程中，电阻R上产生的焦耳热OR。
解析：(1)导体棒由静止到下滑距离2L的过程中，由动能定理得
mg·2L sin θ＝12 mv02－0
解得v0＝2gL 。
(2)设导体棒在磁场中匀速运动的速度为v，此时导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv
产生的感应电流为I＝ER＋0.5R
产生的安培力为F安＝BIL
由平衡条件得mg sin θ＝F安
联立解得v＝3mgR4B2L2
导体棒从开始释放到刚离开磁场的过程中，由能量守恒定律得
mg·4L sin θ＝12 mv2＋Q总
则在电阻R上产生的热量为OR＝R1.5R Q总
解得QR＝43 mgL－3m3g2R216B4L4 。
答案：(1)2gL 　(2)43 mgL－3m3g2R216B4L4
11．如图所示，一个质量为m、电阻不计、足够长的光滑U形金属框架MNQP，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN和PQ相距为L。空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。另有质量也为m的金属棒CD，垂直于MN放置在导轨上，并用一根与CD棒垂直的绝缘细线系在定点A。已知细线能承受的最大拉力为FT0，金属棒CD接入导轨间的有效电阻为R。现从t＝0时刻开始对U形框架施加水平向右的拉力，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动。

(1)求从框架开始运动到细线断裂所需的时间t0及细线断裂时框架的瞬时速度v0大小；
(2)若在细线断裂时，立即撤去拉力，求此后过程中回路产生的总焦耳热Q。
解析：(1)细线断裂时，
对金属棒有FT0＝F安，F安＝BIL，I＝ER
E＝BLv0，v0＝at0
联立解得t0＝FT0RB2L2a
细线断裂时框架的速度v0＝FT0RB2L2 。
(2)在细线断裂时立即撤去拉力，框架向右减速运动，金属棒向右加速运动。设二者最终速度大小均为v，向右为正方向，由系统动量守恒可得mv0＝2mv
得v＝v02 ＝FT0R2B2L2
撤去拉力后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路中产生的总焦耳热Q＝12 mv02－12 ×2mv2
解得Q＝mFT02R24B4L4 。
答案：(1)FT0RB2L2a 　FT0RB2L2 　(2)mFT02R24B4L4

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