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1、电磁感应中的动力学与能量问题专练十八电磁感应中的动力学与能量问题一、考点内容(1)导体棒切割磁感线运动时的动力学问题；(2)电磁感应中的能量转化问题；(2)电磁感应中的动量与能量问题。二、考点突破1如图所示装置，电源的电动势E8 V，内阻r10.5 ，两光滑金属导轨平行放置，间距d0.2 m，导体棒ab用等长绝缘细线悬挂并刚好与导轨接触，ab左侧为水平直轨道，右侧为半径R0.2 m的竖直圆弧导轨，圆心恰好为细线悬挂点，整个装置处于竖直向下的、磁感应强度B0.5 T的匀强磁场中。闭合开关后，导体棒沿圆弧运动，已知导体棒的质量m0.06 kg，电阻r20.5 ，g取10m/s2，不考虑运动过程中产
2、生的反电动势，则()A导体棒ab所受的安培力方向始终与运动方向一致B导体棒在摆动过程中所受安培力F8 NC导体棒摆动过程中的最大动能0.8 JD导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角532(多选)如图所示，间距为l1 m的导轨PQ、MN由电阻不计的光滑水平导轨和与水平面成37角的粗糙倾斜导轨组成，水平导轨和倾斜导轨都足够长。导体棒ab、cd的质量均为m1 kg、长度均为l1 m、电阻均为R0.5 ，ab棒静止在水平导轨上，cd棒静止在倾斜导轨上，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小B T。现ab棒在水平外力F作用下由静止开始沿水平导轨运动，当ab棒的运动速度达到一定值时c
3、d棒开始滑动。已知cd棒与倾斜导轨间的动摩擦因数为0.8，且cd棒受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。关于该运动过程，下列说法正确的是()Acd棒所受的摩擦力方向始终沿倾斜导轨向上Bcd棒所受的摩擦力方向先沿倾斜导轨向上后沿倾斜导轨向下Ccd棒开始滑动时，ab棒的速度大小为19.375 m/sDcd棒开始滑动时，ab棒的速度大小为9.375 m/s3(多选)如图所示，在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L的区域内，现有一边长为d(dtan 370.75，cd棒受到的摩擦力沿倾斜导轨向
4、上，ab棒向右运动切割磁感线使得ab棒、cd棒中产生感应电流，cd棒受到水平向右的安培力作用，cd棒受到的摩擦力先沿倾斜导轨向上减小到零，后反向沿倾斜导轨向下增大，故A错误，B正确；当cd棒即将滑动时，由平衡条件得cos 37mgsin 37，代入数据可得v19.375 m/s，C正确，D错误。3【答案】ABD【解析】线框进入磁场过程中，受到的安培力方向向左，做减速运动，随着速度的减小，安培力也减小，故做变加速直线运动，当线框完全进入磁场到右边的框边出磁场的过程中，穿过线框的磁通量不变，没有感应电流产生，做匀速直线运动，当线框滑出磁场的过程中，受到的安培力方向向左，仍做减速运动，随速度的减小，
5、安培力减小，故也做变加速直线运动，A正确；根据q可知滑进磁场和滑出磁场的过程中穿过线框的磁通量的变化量相同，线框的电阻不变，所以两个过程中通过线框横截面的电荷量相同，B正确；进入磁场过程有：B1dt1mv1，又1t1q，则得Bqdmv1，离开磁场过程有：B2dt2mv2，又2t2q，则得Bqdmv2，则得v1v2，即线框速度的变化量相同，C错误；进磁场的速度为v0，则完全进磁场的速度为，完全出磁场的速度为0.根据能量守恒定律得，Q1mv02m()2mv02，Q2m()2mv02，所以，故D正确。4【答案】BD【解析】ab边刚越过GH进入磁场区域时，电动势E1BLv1，电流I1，线框做匀速运动，
6、所以mgsin BI1L，当ab边刚越过JP时，电动势E22BLv1，I2，根据牛顿第二定律2BI2Lmgsin ma，联立解得a3gsin ，所以A错误；当a0时，以速度v2做匀速直线运动，即2BI2Lmgsin 0，得：mgsin ，所以v1v241，所以B正确；从t1到t2的过程中，根据能量守恒，导线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量加上动能的减少量，即克服安培力做功W，所以C错误；又克服安培力做功等于产生的电能，所以D正确。5【答案】ABD【解析】滑动变阻器的滑片向b端移动，并联电路电阻变小，总电阻变小，导致电路电流变大，则导体棒内电压变大，外电路两端电压变小，即灯泡两端电压变
7、小，所以灯泡变暗，故A正确；滑动变阻器的滑片向a端移动，并联电路电阻变大，总电阻变大，导致电路电流变小，则导体棒内电压变小，外电路两端电压变大，电容器两端电压变大，电场力变大，所以液滴将向上运动，故B正确；导体切割磁感线产生的电动势，灯泡的电阻和滑动变阻器接入电路的电阻相同，所以电路总电阻，电路的总电流，则通过灯泡的电流，则t时间内的电荷量，故C错误；由C选项可知滑动变阻器的电流，故t时间内滑动变阻器消耗的电能，故D正确。6【解析】(1)由法拉第电磁感应定律可得产生的感应电动势为：EBlv由闭合电路欧姆定律可得电路中的电流为：安培力大小为：F安BIl由以上方程可得：F安0.8 N。(2)电路中
8、产生的总热量为：由能量守恒可得：解得：WF4.125 J。(3)4 s末ab杆运动的加速度为：m/s2由牛顿第二定律可得：FF安ma解得：F1.3 N4 s后当加速度a0时，ab杆的速度达到最大，所以速度最大时：解得：vm3.25 m/s 设ab杆在4 s末至最大速度过程中通过的位移为x，根据解得：x4 m 由动能定理可得：解得：W1.92 J。7【解析】(1)当棒AB运动到处时，棒AB的有效切割长度最长，安培力最大，则外力F最大，功率也最大，此时：E1B1Lv，F1B1I1L，PmFv解得：Pm。(2)棒AB在匀强磁场区域B1的运动过程中，产生的感应电动势为：EB1Lvsin则感应电动势的有
9、效值为：E有效，I有效，t可以得到：。(3)当CD棒所受安培力F安mg时，设棒AB所在位置横坐标为x0，对棒CD受力分析可得：，解得：x0，x1则：，当0t时，有：FNmg当t时，有：FNmgmg即：FN(1)mg当t时，有：FNmg。8【解析】(1)ABCD矩形区域内磁场变化时，导体棒处于磁场以外，不受安培力，根据牛顿第二定律可得MN下滑的加速度为：下滑到EF时的速度为v0，根据动量守恒定律可得：mv02mv解得：v02v则金属棒MN由CD边界运动到EF边界的时间：。(2)根据右手定则可得金属棒MN刚进入EFGH区域时棒上电流方向为MN，产生的感应电动势EBLv，由于导轨电阻为零，MN两端电
10、压是指路端电压，故UMN0。此时的安培力大小为：，方向沿斜面向上根据牛顿第二定律可得：FA+mgmgsin2ma解得：。(3)金属棒从CD下滑到EF处过程中的感应电动势：此过程中产生的焦耳热：金属棒在EFHG中运动时产生的焦耳热：金属棒MN从释放到速度减为0的过程产生的焦耳热：。9【解析】(1)由题意知，在磁场内部的半根辐条相当于是电源，由右手定则可知辐条中心为负极，与圆环边缘接触的一端为正极，且始终有长为r的辐条在转动切割磁感线，内电阻为R产生的感应电动势大小为：若S闭合，S1断开时，总电阻为：理想电流表的示数为：理想电压表的示数为：。(2)若S、S1都闭合，导体棒ab获得最大速度vm时，安培力为零，产生的感应电动势为：又知导体棒ab上分得电压为：故有：解得：。在导体棒ab加速过程中，设瞬间流过的电流为i，取很短时间为t，安培力为：对导体棒ab由动量定理得：又：；联立解得：。