（全國通用）2020版高考物理一輪復習 第十章 微專題74 電磁感應中的動力學問題加練半小時（含解析）

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1、電磁感應中的動力學問題 [方法點撥]　分析導體棒切割磁感線運動時要由牛頓第二定律列方程，在方程中討論v的變化影響安培力的變化，進而影響加速度a的變化，a的變化又影響v的變化. 1.如圖1甲所示，光滑的平行金屬導軌(足夠長)固定在水平面內，導軌間距為l＝20cm，左端接有阻值為R＝1Ω的電阻，放在導軌上靜止的一導體桿MN與兩導軌垂直，整個裝置置于堅直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為B＝0.5T.導體桿受到沿導軌方向的拉力F做勻加速運動，測得力F與時間t的關系如圖乙所示，導體桿及兩導軌的電阻均可忽略不計，導體桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，則導體桿的加速度大小和質

2、量分別為(　　) 圖1 A.20m/s2,0.5kg B.20m/s2,0.1kg C.10m/s2,0.5kg D.10m/s2,0.1kg 2.(多選)如圖2所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導軌與水平面的夾角為θ，導軌上固定有質量為m、電阻為R的兩根相同的導體棒，導體棒MN上方軌道粗糙、下方軌道光滑，整個空間存在垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度為B.將兩根導體棒同時釋放后，觀察到導體棒MN下滑而EF保持靜止，當MN下滑速度最大時，EF與軌道間的摩擦力剛好達到最大靜摩擦力，重力加速度為g，下列敘述正確的是(　　) 圖2 A.導體棒MN的最大速度為 B.導體棒

3、EF與軌道之間的最大靜摩擦力為mgsinθ C.導體棒MN受到的最大安培力為mgsinθ D.導體棒MN所受重力的最大功率為 3.(2018·陜西省榆林市一模)如圖3所示，兩根半徑r為1m的圓弧軌道間距L也為1m，其頂端a、b與圓心處等高，軌道光滑且電阻不計，在其上端連有一阻值為R的電阻，整個裝置處于輻向磁場中，圓弧軌道所在處的磁感應強度大小均為B，且B＝0.5T.將一根長度稍大于L、質量m為0.2kg、電阻為R0的金屬棒從軌道頂端ab處由靜止釋放，已知金屬棒到達如圖所示的cd位置時，金屬棒與軌道圓心的連線和水平方向夾角θ為60°，金屬棒的速度達到最大；當金屬棒到達軌道底端ef時，對軌道

4、的壓力為3N.g取10m/s2. 圖3 (1)當金屬棒的速度最大時，求流經電阻R的電流大小和方向； (2)金屬棒滑到軌道底端ef的整個過程中，流經電阻R的電荷量為0.1πC，則整個回路中的總電阻為多少； (3)金屬棒滑到軌道底端ef的整個過程中，電阻R上產生的熱量為1.2J，則金屬棒的電阻R0為多大. 4.(2019·四川省成都七中月考)如圖4甲所示，兩根足夠長、電阻不計的平行金屬導軌相距L＝1m，導軌平面與水平面的夾角θ＝37°，下端連接阻值R＝1Ω的電阻；質量m＝1kg、阻值r＝1Ω的勻質金屬棒cd放在兩導軌上，到導軌最下端的距離L1＝1m，棒與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接

5、觸，與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.9.整個裝置處于與導軌平面垂直(向上為正)的勻強磁場中，磁感應強度隨時間變化的情況如圖乙所示.認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，已知在0～1.0s內，金屬棒cd保持靜止，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2. 圖4 (1)求0～1.0s內通過金屬棒cd的電荷量； (2)求t＝1.1s時刻，金屬棒cd所受摩擦力的大小和方向； (3)1.2s后，對金屬棒cd施加一沿斜面向上的拉力F，使金屬棒cd沿斜面向上做加速度大小為a＝2m/s2的勻加速運動，請寫出拉力F隨時間t′(從施加F時開始計時)變化的關系式. 5.(2018·四川省蓉

6、城名校聯(lián)考)如圖5所示，兩平行且電阻不計的金屬導軌相距L＝1m，金屬導軌由水平和傾斜兩部分(均足夠長)良好對接，傾斜部分與水平方向的夾角為37°，整個裝置處在豎直向上、磁感應強度B＝2T的勻強磁場中.長度也為1m的金屬棒ab和cd垂直導軌并置于導軌上，且與導軌良好接觸，質量均為0.2kg，電阻分別為R1＝2Ω，R2＝4Ω.ab置于導軌的水平部分，與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，cd置于導軌的傾斜部分，導軌傾斜部分光滑.從t＝0時刻起，ab棒在水平且垂直于ab棒的外力F1的作用下由靜止開始向右做勻加速直線運動，金屬棒cd在力F2的作用下保持靜止，F(xiàn)2平行于傾斜導軌平面且垂直于金屬棒cd.當t1

7、＝4s時，ab棒消耗的電功率為2.88W.已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2.求： 圖5 (1)金屬棒ab做勻加速直線運動的加速度大??； (2)求t2＝8s時作用在cd棒上的F2的大小； (3)改變F1的作用規(guī)律，使ab棒運動的位移x與速度v滿足x＝2v的關系，要求cd棒仍然要保持靜止狀態(tài)，求ab棒從靜止開始運動至x＝4m的過程中，作用在ab棒上的力F1所做的功(結果可用分數(shù)表示). 答案精析 1.D　[導體桿MN在軌道上做初速度為零的勻加速直線運動，用v表示瞬時速度，t表示時間，則導體桿切割磁感線產生的感應電動勢為E＝Blv＝Bla

8、t，閉合回路中的感應電流為I＝，由安培力公式和牛頓第二定律得F－BIl＝ma，由以上三式得F＝ma＋，在題圖乙中圖線上取兩點t1＝0，F(xiàn)1＝1N，t2＝10s，F(xiàn)2＝2N，聯(lián)立方程得a＝10m/s2，m＝0.1kg.選項D正確.] 2.AC　[由題意可知，導體棒MN切割磁感線，產生的感應電動勢為E＝BLv，回路中的電流I＝，MN受到的安培力F＝BIL＝，隨著速度的增大，MN受到的安培力逐漸增大，加速度逐漸減小，故MN沿斜面做加速度減小的加速運動，當MN受到的安培力大小等于其重力沿導軌方向的分力時，速度達到最大值，此后MN做勻速運動，故導體棒MN受到的最大安培力為mgsinθ，導體棒MN的最大

9、速度為，A、C正確；由于當MN下滑速度最大時，EF與導軌間的摩擦力剛好達到最大靜摩擦力，由力的平衡知EF與導軌之間的最大靜摩擦力為2mgsinθ，B錯誤；由P＝mgvsinθ可知導體棒MN所受重力的最大功率為，D錯誤.] 3.(1)2A　a→R→b　(2)2.5Ω　(3)0.5Ω 解析　(1)金屬棒速度最大時，在軌道切線方向上所受合力為0，則有mgcosθ＝BIL，解得I＝＝2A，流經R的電流方向為a→R→b. (2)金屬棒滑到軌道底端的整個過程中，穿過回路的磁通量變化量為ΔΦ＝BS＝B·L·＝，平均電動勢為＝，平均電流為＝，則流經電阻R的電荷量q＝Δt＝＝＝0.1πC，解得整個回路中的

10、總電阻為R＋R0＝2.5Ω. (3)金屬棒在軌道最低點時，由牛頓第二定律得FN－mg＝m，由能量守恒定律得Q＝mgr－mv2，電阻R上產生的熱量為QR＝Q＝1.2J，解得R＝2Ω，R0＝0.5Ω. 4.見解析 解析　(1)在0～1.0s內，金屬棒cd上產生的感應電動勢為： E＝S·，其中S＝L1L＝1m2 由閉合電路歐姆定律有：I＝ 由于0～1.0s內回路中的電流恒定，故該段時間通過金屬棒cd的電荷量為： q＝IΔt，其中Δt＝1s解得：q＝1C. (2)若0～1.1s內金屬棒cd保持靜止， 則在0～1.1s內回路中的電流不變， t＝1.1s時，金屬棒cd所受的安培力為：

11、 F′＝B1IL＝0.2N，方向沿導軌向下 又導軌對金屬棒cd的最大靜摩擦力為： Ff′＝μmgcos37°＝7.2N 由于mgsin37°＋F′＝6.2N＜Ff′， 可知假設成立，金屬棒cd仍保持靜止 故所求摩擦力為：Ff＝mgsin37°＋F′＝6.2N，方向沿導軌向上. (3)1.2s后，金屬棒cd上產生的感應電動勢為： E′＝B2Lv，其中v＝at′ 金屬棒cd所受安培力的大小為： F安＝B2I2L，其中I2＝ 由牛頓第二定律有：F－mgsinθ－μmgcosθ－F安＝ma， 解得：F＝15.2＋0.16t′(N). 5.(1)0.9m/s2　(2)2.64N　

12、(3)J 解析　(1)當t1＝4s時，ab棒消耗的電功率為2.88W，有Pab＝I12R1，代入數(shù)據(jù)得I1＝1.2A，回路中的電動勢E1＝I1(R1＋R2)，由法拉第電磁感應定律知E1＝BLv1，ab棒做勻加速直線運動有v1＝at1，解得a＝0.9m/s2. (2)當t2＝8s時，金屬棒ab的速度v2＝at2，回路中的電流I2＝＝＝2.4A，金屬棒cd所受安培力F2安＝BI2L＝4.8N，假設金屬棒cd所受的力F2沿導軌向下，有F2＋mgsin37°＝F2安cos37°，解得F2＝2.64N，故假設成立，所以F2的方向沿導軌向下. (3)設ab棒的速度為v時，回路中的電流為I＝＝，此時金屬棒ab所受安培力大小為F安＝BIL，由題意知ab棒運動的位移x與速度v的關系為x＝2v，得F安＝ (N)，ab棒從靜止開始運動至x＝4m的過程中，克服安培力所做的功為W克安＝安·x＝x＝J，對金屬棒ab，由動能定理有W拉－W克安－μmgx＝mv2，解得W拉＝J. 6