2020高考物理一轮总复习课时冲关38《链接高考12电磁感应中的动力学和能量问题》（含解析）人教版

电磁感应中的动力学和能量问题

 [A级－基础练]

1．(2018·江苏卷)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g.求下滑到底端的过程中，金属棒

(1)末速度的大小v；

(2)通过的电流大小I；

(3)通过的电荷量Q.

解析：(1)金属棒做匀加速直线运动，根据运动学公式有v2＝2as

解得v＝

(2)金属棒所受安培力F安＝IdB

金属棒所受合力F＝mgsin θ－F安

根据牛顿第二定律F＝ma

解得I＝

(3)金属棒的运动时间t＝，电荷量Q＝It

解得Q＝

答案：(1)　(2)

(3)

2．(2019·惠州模拟)如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ＝37°放置，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，在aa′、bb′围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T；现有一质量为m＝10 g，总电阻R＝1 Ω、边长d＝0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域．已知线圈与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

(1)线圈进入磁场区域时的速度；

(2)线圈释放时，PQ边到bb′的距离；

(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热．

解析：(1)对线圈受力分析，根据平衡条件得：

F安＋μmgcos θ＝mgsin θ，

F安＝BId，I＝，E＝Bdv，

联立代入数据解得：v＝2 m/s.

(2)线圈进入磁场前做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：

a＝＝2 m/s2

线圈释放时，PQ边到bb′的距离

L＝＝ m＝1 m.

(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于

d＝0.1 m，

Q＝W安＝F安·2d

代入数据解得：Q＝2×10－2×2×0.1 J＝4×10－3 J.

答案：(1)2 m/s　(2)1 m　(3) 4×10－3 J

3．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)设通过回路横截面的电荷量为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

[B级－能力练]

4．如图甲所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5 T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上．绝缘斜面上固定有“∧”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5 m，MN连线水平，长为3 m．以MN中点O为原点，OP为x轴建立一维坐标系Ox.一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3 m、质量m为1 kg、电阻R为0.3 Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v＝1 m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)．g取10 m/s2.

(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝0.8 m处电势差UCD；

(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图乙中画出F－x关系图象；

(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热．

解析：(1)金属杆CD在匀速运动中产生的感应电动势

E＝Blv，l＝d，解得E＝1.5 V

当x＝0.8 m时，金属杆在导轨间的电势差为零．设此时杆在导轨外的长度为l外，则

l外＝d－d，OP＝＝2 m

得l外＝1.2 m

由右手定则判断D点电势高，故CD两端电势差

UCD＝－Bl外v＝－0.6 V.

(2)杆在导轨间的长度l与位置x的关系是

l＝d＝3－x

对应的电阻R1＝R

电流I＝

杆受到的安培力为F安＝BIl＝7.5－3.75x

根据平衡条件得F＝F安＋mgsin θ

F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)．

画出的F－x图象如图所示．

(3)外力F所做的功WF等于F－x图线下所围的面积．即

WF＝×2 J＝17.5 J

而杆的重力势能增加量ΔEp＝mgOPsin θ

故全过程产生的焦耳热Q＝WF－ΔEp＝7.5 J.

答案：(1)1.5 V　－0.6 V　(2)F＝12.5－3.75x(0≤x≤2)　图象见解析　(3)7.5 J

5．(2019·辽宁本溪一模)如图所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度B的大小为5 T，磁场宽度d＝0.55 m，有一边长L＝0.4 m、质量m1＝0.6 kg、电阻R＝2 Ω的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量m2＝0.4 kg的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

(1)求线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力大小？

(2)当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x?

(3)在(2)问中的条件下，若cd边恰离开磁场边界PQ时，速度大小为2 m/s，求整个运动过程中ab边产生的热量．

解析：(1)线框还未进入磁场的过程中，以整体法有

m1gsin θ－μm2g＝(m1＋m2)a，

a＝2 m/s2.

以m2为研究对象有T－μm2g＝m2a，(或以m1为研究对象有m1gsin θ－T＝m1a)

解得T＝2.4 N.

(2)线框刚进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体法有

m1gsin θ－μm2g－＝0，

解得v＝1 m/s.

ab到MN前线框做匀加速运动，

有v2＝2ax，

解得x＝0.25 m.

(3)线框从开始运动到cd边恰离开磁场边界PQ时：

m1gsin θ(x＋d＋L)－μm2g(x＋d＋L)＝(m1＋m2)v＋Q，

解得：Q＝0.4 J，所以Qab＝Q＝0.1 J.

答案：(1)2.4 N　(2)0.25 m 　(3)0.1 J

6．如图所示，电阻不计的两光滑金属导轨相距L，放在绝缘水平桌面上，半径为R的圆弧部分处在竖直平面内，水平直导轨部分处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐．两金属棒ab、cd垂直于两导轨且与导轨接触良好．棒ab质量为2m，电阻为r，棒cd的质量为m，电阻为r.重力加速度为g.开始棒cd静止在水平直导轨上，棒ab从圆弧顶端无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触并一直向右运动，最后两棒都离开导轨落到地面上．棒ab与棒cd落地点到桌面边缘的水平距离之比为3∶1.求：

(1)棒ab和棒cd离开导轨时的速度大小；

(2)棒cd在水平导轨上的最大加速度；

(3)两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热．

解析：(1)设ab棒进入水平导轨的速度为v1，ab棒从圆弧导轨滑下机械能守恒，有

2mgR＝×2mv

离开导轨时，设ab棒的速度为v1′，cd棒的速度为v2′，ab棒与cd棒在水平导轨上运动，动量守恒，有

2mv1＝2mv1′＋mv2′

依题意v1′>v2′，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Fcd＝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