微專題14電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題一、單項(xiàng)選擇題1．如圖所示，空間存在—有邊界的水平方向勻強(qiáng)磁場，磁場上下邊界的間距為L.一個(gè)邊長也為L的正方形導(dǎo)線框在位置Ⅰ獲得向上的初速度后進(jìn)入磁場沿豎直方向運(yùn)動，線框所在平面始終與磁場方向垂直，且線框上、下邊始終保持水平．當(dāng)導(dǎo)線框到達(dá)位置Ⅱ后，經(jīng)過一段時(shí)間回到初始位置Ⅰ.則導(dǎo)線框()A．上升過程加速度減小，下落過程加速度增大B．上升過程加速度減小，下落過程加速度減小C．上升過程加速度增大，下落過程加速度增大D．上升過程加速度增大，下落過程加速度減小2．如圖甲所示，光滑絕緣水平面上，虛線MN的右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T的勻強(qiáng)磁場，MN的左側(cè)有一個(gè)質(zhì)量m＝0.1kg的矩形線圈abcd，bc邊長L1＝0.2m，電阻R＝2Ω.t＝0時(shí)，用一大小不變的拉力F拉線圈，使其由靜止開始向右做勻加速運(yùn)動，經(jīng)過時(shí)間1s，線圈的bc邊到達(dá)磁場邊界MN，此時(shí)立即將拉力F改為變力，又經(jīng)過1s，線圈恰好完全進(jìn)入磁場，整個(gè)運(yùn)動過程中，線圈中感應(yīng)電流i隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示．則下列說法中錯(cuò)誤的是() 甲 乙A．t＝0時(shí)大小不變的拉力大小為0.05NB．線圈在第2s內(nèi)的加速度大小為1m/s2C．線圈ab邊長L2＝0.5mD．在第2s內(nèi)流過線圈的電荷量為0.2C3．兩根足夠長的光滑導(dǎo)軌豎直放置，間距為L，頂端接阻值為R的電阻．質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒在磁場上邊界上方某處由靜止釋放，金屬棒和導(dǎo)軌接觸，導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場垂直，如圖所示．不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．金屬棒在磁場中運(yùn)動時(shí)，流過電阻R的電流方向?yàn)閍→bB．金屬棒剛進(jìn)磁場時(shí)一定做加速運(yùn)動C．金屬棒的速度為v時(shí)，金屬棒所受的安培力大小為eq\f(B2L2v,R)D．金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時(shí)，電阻R的熱功率為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg,BL)))eq\s\up12(2)R4．(2022·韶關(guān)綜合測試一)如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距為L，與水平面成θ角，上端接入阻值為R的電阻．導(dǎo)軌平面區(qū)域有垂直導(dǎo)軌平面向上磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)量為m的金屬棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸．不計(jì)導(dǎo)軌及金屬棒ab的電阻，則金屬棒ab沿導(dǎo)軌下滑過程中()A．金屬棒ab一直做加速運(yùn)動B．通過電阻R的電流方向?yàn)閺腝到NC．金屬棒ab的最大加速度為gsinθD．電阻R產(chǎn)生的焦耳熱等于金屬棒ab減少的重力勢能二、多項(xiàng)選擇題5．如圖，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直．a(chǎn)b、dc足夠長，整個(gè)金屬框電阻可忽略．一根電阻不為0的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，用水平的大小不變的力F向右拉動金屬框，運(yùn)動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，MN與金屬框保持接觸，且與bc邊保持平行，經(jīng)過一段時(shí)間后()A．金屬框和導(dǎo)體棒速度相等B．金屬框和導(dǎo)體棒加速度相等C．導(dǎo)體棒所受安培力不變D．金屬框的加速度不變6．如圖所示，相距為L的兩條足夠長的平行傾斜且光滑的金屬導(dǎo)軌底端連接有一定值電阻R，導(dǎo)軌傾斜角為θ，整個(gè)空間存在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，兩根質(zhì)量均為m、電阻均為R的相同金屬棒a和b垂直放在導(dǎo)軌上，棒b上方有垂直于導(dǎo)軌的卡柱，使其不上滑．讓金屬棒a在一沿斜面向上的力的作用下沿斜面向上做勻速直線運(yùn)動，棒b始終沒動，若重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．下列說法中正確的是()A．回路中的總電阻為3RB．棒a的最小速度為eq\f(3mgRsinθ,B2L2)C．F做功功率等于回路中的熱功率D．當(dāng)棒a速度為eq\f(6mgRsinθ,B2L2)時(shí)，棒b受到卡柱的彈力為mgsinθ7．(2022·惠州第三次調(diào)研)如圖所示，電阻不計(jì)的光滑U形金屬導(dǎo)軌固定在絕緣斜面上，上方磁場區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加，下方磁場區(qū)域Ⅱ?yàn)閯驈?qiáng)磁場，磁場方向均垂直斜面向上，中間為無磁場區(qū)域．電阻不變的金屬棒從無磁場區(qū)域中a處由靜止釋放，進(jìn)入Ⅱ區(qū)后，經(jīng)b下行至c處反向上行．運(yùn)動過程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸．在第一次下行和上行的過程中，以下說法中正確的是()A．金屬棒下行過b時(shí)的速度可能等于上行過b時(shí)的速度B．金屬棒下行時(shí)先勻加速，后做加速度變小的減速運(yùn)動C．金屬棒能回到無磁場區(qū)D．金屬棒不能返回到a處8．(2022·廣東省下學(xué)期開學(xué)模擬)如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌光滑并且固定在水平面上，導(dǎo)軌一端連接電阻R，垂直于導(dǎo)軌平面有一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一質(zhì)量為m的金屬棒ab在水平的大小不變的力F作用下由靜止向右滑動，除電阻R外其他的電阻都不計(jì)，則()A．棒從靜止到最大速度過程中，棒的加速度不斷增大B．棒從靜止到最大速度過程中，棒克服安培力所做的功等于棒的動能的增加量和電路中因電流熱效應(yīng)所產(chǎn)生的熱量C．棒ab做勻速運(yùn)動階段，外力F做的功等于電路中因電流熱效應(yīng)所產(chǎn)生的熱量D．棒ab克服安培力做的功等于電路中因電流熱效應(yīng)所產(chǎn)生的熱量三、計(jì)算題9．(2022·大灣區(qū)聯(lián)考)如圖所示，“匚”形光滑金屬框架M′MNN′水平固定放置，其中平行的兩邊MM′、NN′是兩足夠長的平行導(dǎo)軌，間距為d，整個(gè)裝置處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中．質(zhì)量為m的勻質(zhì)金屬桿CD放置在兩平行導(dǎo)軌上，并始終保持與框架的MN邊平行．右側(cè)較遠(yuǎn)處有一小型電機(jī)Q，桿CD的正中O點(diǎn)用足夠長的不可伸縮的絕緣細(xì)線系住，細(xì)線另一端連接在電動機(jī)的轉(zhuǎn)軸上．電動機(jī)工作時(shí)，通過水平細(xì)線拉動金屬桿沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動．電動機(jī)輸出功率不變，為P，金屬桿從靜止開始經(jīng)過t時(shí)間速度增大到v.金屬桿CD的電阻為R，其余電阻均不計(jì)．求：(1)金屬桿CD中感應(yīng)電流的方向．(2)速度為v時(shí)金屬桿的加速度大?。?3)該過程中金屬桿因電流熱效應(yīng)產(chǎn)生的熱量．10．(2022·廣州綜合測試二)如圖所示，不計(jì)電阻的金屬導(dǎo)軌AOCD和A′O′C′D′放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中．豎直平面AOC與A′O′C′的距離為L，θ＝45°；DCOO′C′D′在絕緣的水平地面上，D與D′靠近但不接觸；OO′C′C為矩形，OC＝5L、OD＝6L，∠D′C′C＝45°；金屬棒a和b完全相同，長度為L、質(zhì)量為m、單位長度的電阻為r，a放在水平導(dǎo)軌上，b放在傾斜導(dǎo)軌上，b與導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，重力加速度為g.(1)若固定b，t＝0時(shí)a從OO′以速度v0沿導(dǎo)軌向左勻速運(yùn)動，求通過b的電流I與時(shí)間t的關(guān)系式．(2)若a以某一速度開始向左勻速運(yùn)動的同時(shí)釋放b，在a到達(dá)CC′前，b保持靜止，求a運(yùn)動速度的范圍．答案與解析微專題14電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題1.B2.C解析：在第1s末，i1＝eq\f(E,R)，E＝BL1v1，v1＝a1t1，F(xiàn)＝ma1，聯(lián)立得F＝0.05N，A正確；在第2s內(nèi)，由圖像分析知線圈做勻加速直線運(yùn)動，第2s末i2＝eq\f(E′,R)，E′＝BL1v2，v2＝v1＋a2t2，解得a2＝1m/s2，B正確；在第2s內(nèi)，veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2a2L2，得L2＝1m，C錯(cuò)誤；q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL1L2,R)＝0.2C，D正確．3.D解析：對金屬棒在磁場中向下運(yùn)動時(shí)分析，根據(jù)楞次定律，通過電阻R的電流方向?yàn)閎→a，A錯(cuò)誤；由于金屬棒剛進(jìn)入磁場時(shí)安培力的大小與重力的大小關(guān)系未知，故金屬棒的運(yùn)動情況未知，B錯(cuò)誤；金屬棒進(jìn)入磁場時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv，產(chǎn)生的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BLv,R＋r)，金屬棒所受的安培力大小F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)，C錯(cuò)誤；金屬棒穩(wěn)定下滑時(shí)，電阻R的熱功率P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BLv,R＋r)))eq\s\up12(2)R，且F＝eq\f(B2L2v,R＋r)＝mg，可求得P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg,BL)))eq\s\up12(2)R，D正確．4.C解析：金屬棒ab先做加速運(yùn)動，后做勻速運(yùn)動，A錯(cuò)誤；根據(jù)右手定則，通過電阻R的電流方向?yàn)閺腘到Q，B錯(cuò)誤；金屬棒速度等于零時(shí)，加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ＝ma，解得a＝gsinθ，C正確；根據(jù)能量守恒定律，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱等于金屬棒ab減少的機(jī)械能，D錯(cuò)誤．5.BCD解析：對整體由牛頓第二定律得F＝(m1＋m2)a，用F向右拉動金屬框，經(jīng)過一段時(shí)間后一起以不變的共同加速度a運(yùn)動，由于由安培力產(chǎn)生加速度，所以金屬框和導(dǎo)體棒速度不相等，安培力不變，故A錯(cuò)誤，B、C、D正確．6.BD解析：由于金屬棒a是電源，并聯(lián)電阻為外電阻，為0.5R，回路中的總電阻為1.5R，故A錯(cuò)誤；F做功功率等于回路中的熱功率與金屬棒a重力功率的絕對值，故C錯(cuò)誤；由于棒b始終沒動，最小速度vmin對應(yīng)的安培力等于mgsinθ，eq\f(1,2)×eq\f(B2L2vmin,1.5R)＝mgsinθ，vmin＝eq\f(3mgRsinθ,B2L2)，棒b受到卡柱的彈力為mgsinθ時(shí)，eq\f(1,2)×eq\f(B2L2v,1.5R)＝2mgsinθ，解得v＝eq\f(6mgRsinθ,B2L2)，故D正確，B正確．7.BCD解析：在Ⅰ區(qū)域中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1＝kt，感應(yīng)電動勢為E1＝eq\f(ΔB1,Δt)S＝kS，感應(yīng)電動勢不變，導(dǎo)體棒進(jìn)入Ⅱ區(qū)域之前，感應(yīng)電流為I1，導(dǎo)體棒中的電流方向由右向左，導(dǎo)體棒進(jìn)入Ⅱ區(qū)域后，導(dǎo)體切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I2，下行時(shí)此電流在導(dǎo)體棒中的方向由右向左，所以導(dǎo)體棒中總電流為I＝I1＋I(xiàn)2，上行時(shí)此電流在導(dǎo)體棒中的方向由左向右，設(shè)大小為I′2，所以導(dǎo)體棒中總電流為I′＝I1－I′2，導(dǎo)體棒在b點(diǎn)時(shí)，受力分析如圖下行上行下行過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知B2(I1＋I(xiàn)2)L－mgsinθ＝ma1，上行過程中，根據(jù)牛頓第二定律可知B2(I1－I′2)L－mgsinθ＝ma2，所以有a1>a2，由于bc段距離不變，將下行過程看成反向的加速過程，由v2＝2eq\x\to(a)x，比較v的大小，下行過程中加速度大，上行過程中加速度小，故下行過程的平均加速度大于上行過程的平均加速度，所以金屬板下行過經(jīng)過b點(diǎn)時(shí)的速度大于上行經(jīng)過b點(diǎn)時(shí)的速度，故A錯(cuò)誤，B正確；Ⅰ區(qū)域產(chǎn)生的感應(yīng)電流所受安培力總是大于沿斜面向下的作用力，所以金屬棒能回到無磁場區(qū)域，由A、B選項(xiàng)的分析知在Ⅱ區(qū)域中下行過程的平均加速度大于上行過程的平均加速度，可得進(jìn)入Ⅱ區(qū)域時(shí)速度大于離開Ⅱ區(qū)域時(shí)速度，由v2＝2ax，可知離開Ⅱ區(qū)域上滑的位移小于a位置到Ⅱ區(qū)域上邊界的距離，所以不能回到a處，故C、D正確．8.CD解析：金屬棒所受的安培力F安＝eq\f(B2L2v,R)，根據(jù)牛頓第二定律得F－F安＝ma，可得a＝eq\f(F－F安,m)，金屬棒的速度增大時(shí)，安培力增大，則加速度減小，故A錯(cuò)誤；根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒，棒ab克服安培力做的功等于電路中產(chǎn)生的內(nèi)能，棒從靜止到最大速度過程中，外力F做的功等于棒的動能的增加量和電路中產(chǎn)生的內(nèi)能之和，故B錯(cuò)誤，D正確；當(dāng)ab棒勻速運(yùn)動時(shí)，外力做的功全部轉(zhuǎn)化為電路中的電能，則外力F做的功等于電路中產(chǎn)生的內(nèi)能，故C正確．9.(1)根據(jù)右手定則，可知金屬框中感應(yīng)電流的方向?yàn)镈→C.(2)由題知，電動機(jī)輸出功率不變，為P，則牽引力F＝eq\f(P,v)感應(yīng)電動勢E＝Bdv感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)安培力F安＝BId由牛頓第二定律有F－F安＝ma解得a＝eq\f(P,mv)－eq\f(B2d2v,mR)(3)由能量守恒可得Q＝Pt－eq\f(1,2)mv210.(1)設(shè)a切割磁感線的有效長度為l，產(chǎn)生的電動勢為E，則有E＝Blv0電路中的電流為I＝eq\f(E,R)a分別在OC和CD運(yùn)動①當(dāng)t≤eq\f(5L,v0)，有l(wèi)＝L，R＝2Lr聯(lián)立可得I＝eq\f(Bv0,2r)②當(dāng)eq\f(5L,v0)<t≤eq\f(6L,v0)，有l(wèi)＝6L－v0t，R＝(7L－v0t)r聯(lián)立可得I＝eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6L－v0t))v0,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4