第二章专题强化练6 电磁感应中的动力学问题（含答案解析）-人教版高中物理高二上册（选必2）

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专题强化练6　电磁感应中的动力学问题题组一　线框模型1.如图所示,在光滑绝缘水平面上,一矩形线圈以一定的初速度穿越匀强磁场区域,已知磁场区域宽度大于线圈宽度,则线圈进、出磁场的两个过程中(　　)A.平均加速度相等B.克服安培力做功相等C.速度的变化量相同D.通过线圈的电荷量不相等2.如图所示,静置于水平面的矩形闭合线圈abcd,匝数为n,总电阻为R,ab边长度为L1,bc边长度为L2,该线圈的中轴线PQ两侧分别有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场,磁场方向均垂直于线圈平面。线圈以大小为v的速度水平向右运动瞬时,线圈所受磁场作用力大小F为(　　)A.4n2B2L22vR　　　　　　B.n2B2L22vRC.n2B2L12vR　　　　　　D.4n2B2L1L2vR题组二　单杆模型3.(经典题)(多选题)如图所示,在竖直向下的匀强磁场中,水平平行金属导轨左端连接一阻值为R的电阻,导轨间距为L,质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导轨上。不计导轨的电阻、导体棒与导轨间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动,最终停在导轨上。在此过程中(　　)A.导体棒做匀减速直线运动B.导体棒中感应电流的方向为a→bC.电阻R消耗的总电能为mv02R2(R+r)D.导体棒滑行距离x=mv0(R+r)B2L24.(经典题)如图所示,竖直放置的平行光滑金属导轨上端连接一电容器,匀强磁场垂直于导轨平面。金属棒ab与导轨接触良好,由静止释放后沿导轨下滑。电容器的电容C足够大,原来不带电。不计一切电阻。设金属棒的速度为v、动能为Ek、两端的电压为Uab,电容器上的电荷量为q,它们与时间t或金属棒位移大小x的关系图像正确的是(　　)　　　5.如图所示,倾角为θ的斜面上固定两根间距为L的足够长平行光滑金属导轨,将定值电阻和电源在导轨上端分别通过开关S1、S2与导轨连接,匀强磁场垂直斜面向下,磁感应强度大小为B,已知电源电动势为E、内阻为r(较大),定值电阻阻值为R0,质量为m、电阻不计的导体棒垂直于导轨放置,重力加速度为g,不计导轨电阻。(1)闭合开关S1,断开开关S2,导体棒由静止释放,求导体棒最终速度大小;(2)闭合开关S2,断开开关S1,导体棒由静止释放,求导体棒最终速度大小。题组三　双杆模型6.(多选题)如图所示,水平金属导轨左、右两部分宽度分别是L和2L,导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B,两根导体棒M、N的质量分别为m和2m,有效电阻分别是R和2R,垂直于导轨放置在其左、右两部分上,不计导轨电阻,两部分导轨都足够长,M、N与导轨间的动摩擦因数均为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。若N在水平拉力作用下向右做匀速直线运动,运动中与导轨垂直且接触良好,而M恰好保持静止,则(　　)A.N做匀速直线运动的速度大小为3μmgR2B2L2B.N做匀速直线运动的速度大小为3B2L22μmgRC.水平拉力大小为4μmgD.水平拉力大小为3μmg7.(经典题)两根相互平行的光滑金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中,导轨的电阻不计,与导轨接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动。当AB在恒定外力F作用下向右运动时,下列说法正确的是(　　)A.导体棒CD内有电流通过,方向是D→CB.磁场对导体棒CD的作用力向左C.导体棒CD的加速度大小趋于恒定值D.导体棒AB与CD的距离趋于恒定值8.如图所示,固定光滑的平行金属轨道abcd的水平部分处于磁感应强度大小为B=1 T、方向竖直向上的匀强磁场中,bc段轨道宽度为2d=0.6 m,cd段轨道宽度为d=0.3 m,bc段轨道和cd段轨道均足够长,将质量分别为mP=2 kg、mQ=1 kg,有效电阻分别为RP=2 Ω、RQ=1 Ω的金属棒P和Q分别置于轨道上的ab段和cd段,且均与轨道垂直,金属棒Q原来处于静止状态。现将金属棒P从距水平轨道高为h=0.2 m处无初速度释放,两金属棒运动过程中始终与轨道接触良好且与轨道垂直,不计其他电阻及空气阻力,重力加速度大小为g=10 m/s2,求:(1)金属棒P刚进入磁场时的速度大小;(2)金属棒P刚进入磁场时Q棒的加速度大小;(3)两金属棒距离最近时回路中的电流。答案与分层梯度式解析专题强化练6　电磁感应中的动力学问题1.C　设线圈进入磁场前的速度为v0、完全进入磁场时速度为v、完全离开磁场时速度为v1,前后两边的长度为L1,上下两边的长度为L2,磁感应强度为B。取向右为正方向,根据动量定理,进入磁场过程中,有-BI1L1Δt1=mv-mv0,其中I1t1=q1=ΔΦR=BL1L2R;离开磁场过程中,有-BI2L1Δt2=mv1-mv,其中I2t2=q2=ΔΦR=BL1L2R,所以有mv-mv0=mv1-mv,解得v-v0=v1-v,故速度变化相同,通过线圈的电荷量相等,故C正确,D错误。进入磁场时线圈的平均速度较大,时间较小,速度变化量相同,可知进入磁场时平均加速度较大,故A错误。进入磁场过程中线圈平均速度较大,平均电流较大,则进入磁场过程的安培力大于离开磁场过程的安培力,位移相同,可知安培力做功不相等,克服安培力做功不相等,故B错误。故选C。2.A　思路点拨　线圈的等效电路和受力如图所示线圈向右运动,则线圈ad边切割磁感线产生d→a方向的电流,bc边产生b→c方向的电流,线圈中的感应电动势为E=2nBL2v,线圈中的感应电流为I=ER=2nBL2vR;线圈中ad和bc边都受到安培力的作用,安培力的方向都与运动方向相反,则线圈所受的安培力大小为F=2nBIL2(易错点:不要遗漏n),解得F=4n2B2L22vR,故选A。3.CD　关键点拨　导体棒做变加速运动,位移要根据动量定理求。导体棒的加速度大小为a=FAm=IBLm=B2L2vm(R+r),导体棒速度逐渐减小,受到的安培力逐渐减小,故导体棒做加速度减小的减速直线运动,故A错误;根据右手定则可知,导体棒中感应电流的方向为b→a,故B错误;根据能量守恒可知,电路消耗的总电能为Q总=12mv02,电阻R消耗的总电能为Q=RR+rQ总=mv02R2(R+r),故C正确;根据动量定理有-IBLΔt=0-mv0,通过导体棒的电荷量为q=IΔt=ΔΦR总ΔtΔt=ΔΦR总=BLxR+r,导体棒滑行距离为x=mv0(R+r)B2L2,故D正确。故选C、D。4.B　设导轨间距为L,释放金属棒后电容器充电,设电路中充电电流为i,棒受到向上的安培力,设金属棒的瞬时加速度为a,根据牛顿第二定律有mg-BiL=ma,且i=ΔQΔt=C·ΔUΔt=C·BLΔvΔt=CBLa,由此得mg-BL·CBLa=ma,解得a=mgm+B2L2C,可见金属棒的加速度不变化,做匀加速直线运动(破题关键),则v=at,所以Uab=BLv=BLat,故选项A、C错误;根据Ek=12mv2=12m×2ax可知动能Ek与位移大小x成正比,故选项B正确;根据q=CUab=BCLat可知,电容器上的电荷量q与时间成正比,而棒做匀加速运动,位移大小x与时间t不成正比,故q与位移大小x不是正比关系,故选项D错误。5.答案　(1)mgR0sinθB2L2　(2)EBL+mgrsinθB2L2解析　(1)S1闭合,S2断开,由静止释放导体棒,导体棒与定值电阻构成回路,感应电动势E=BLv1,导体棒中的电流I=ER0,导体棒受到的安培力F安=BIL,导体棒最终匀速运动,有mg sin θ=F安,解得v1=mgR0sinθB2L2(2)闭合开关S2,断开开关S1,导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E动=BLv2,根据右手定则,感应电动势E动的方向与电源的电动势E方向相反,导体棒最终匀速运动,此时回路中电流为I1=E动−Er,安培力方向沿斜面向上,满足F安'=BI1L=mg sin θ,解得v2=EBL+mgrsinθB2L26.AC　设N做匀速直线运动的速度大小为v,有E=B·2Lv,感应电流I=ER+2R=2BLv3R;对M棒受力分析,由平衡条件有μmg=BIL,解得v=3μmgR2B2L2,故A正确,B错误。设水平拉力大小为F,对N棒受力分析,由平衡条件有F=μ·2mg+BI·2L,解得F=4μmg,故C正确,D错误。故选A、C。7.C　模型构建　电磁感应中的双杆模型刚开始运动时,受恒定外力F作用的导体棒做加速度减小的加速运动,另一导体棒做加速度增大的加速运动,当两棒加速度相同时,两者的相对速度(速度差)恒定,感应电动势保持恒定,感应电流恒定,安培力恒定。当AB在恒定外力F作用下向右运动时,根据右手定则,导体棒AB中的感应电流方向为B到A,则导体棒CD中的电流方向为C到D,A错误;根据左手定则,CD棒受到的安培力方向向右,即磁场对导体棒CD的作用力向右,B错误;导体棒CD受到向右的安培力,导体棒CD做加速运动,导体棒AB受到向左的安培力,在恒定外力F作用下也向右做加速运动,设导体棒CD和AB的速度分别为v1、v2,则电路中的电动势E=BL(v2-v1),设回路总电阻为R,则电路中的电流I=ER=BL(v2−v1)R,导体棒AB、CD受到的安培力大小相等,F安=BIL=B2L2(v2−v1)R,设导体棒CD、AB的质量分别为m1、m2,对导体棒CD有B2L2(v2−v1)R=m1a1,对导体棒AB有F-B2L2(v2−v1)R=m2a2,初始速度均为零,开始运动时有a1