專項(xiàng)6電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題1．(多選)如圖，兩根足夠長(zhǎng)且光滑平行的金屬導(dǎo)軌PP′、QQ′傾斜放置，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向上，導(dǎo)軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連，板間距離足夠大，板間有一帶電微粒，金屬棒ab水平跨放在導(dǎo)軌上，下滑過程中與導(dǎo)軌接觸良好．現(xiàn)同時(shí)由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab，則下列說法正確的是()A．金屬棒ab最終可能勻速下滑B．金屬棒ab一直加速下滑C．金屬棒ab下滑過程中M板電勢(shì)高于N板電勢(shì)D．帶電微粒不可能先向N板運(yùn)動(dòng)后向M板運(yùn)動(dòng)2．如圖甲所示，PQNM是傾角θ＝37°、表面粗糙的絕緣斜面，abcd是匝數(shù)n＝20、質(zhì)量m＝1kg、總電阻R＝2Ω、邊長(zhǎng)L＝1m的正方形金屬線框．線框與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8，在OO′NM的區(qū)域加上垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使線框的一半處于磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示．g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列說法正確的是()A．0～6s內(nèi)，線框中的感應(yīng)電流大小為1AB．0～6s內(nèi)，線框產(chǎn)生的焦耳熱為6JC．t＝6s時(shí)，線框受到的安培力大小為8ND．t＝10s時(shí)，線框即將開始運(yùn)動(dòng)3.如圖所示，在光滑水平桌面上有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R的正方形導(dǎo)線框；在導(dǎo)線框右側(cè)有一寬度為d(d＞L)的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的邊界與導(dǎo)線框的一邊平行，磁場(chǎng)方向豎直向下．導(dǎo)線框以某一初速度向右運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)導(dǎo)線框的右邊恰與磁場(chǎng)的左邊界重合，隨后導(dǎo)線框進(jìn)入并通過磁場(chǎng)區(qū)域．下列v-t圖像中，能正確描述上述過程的是()[答題區(qū)]題號(hào)123答案4.[2023·河北石家莊二中高二階段練習(xí)]如圖甲所示，水平面上兩根足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌平行固定放置，間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌一端通過導(dǎo)線與阻值為R的電阻連接，導(dǎo)軌上放一質(zhì)量為m的金屬桿．金屬桿與導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向豎直向下．現(xiàn)用與導(dǎo)軌平行的恒定拉力F作用在金屬桿上，金屬桿最終將做勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)改變拉力的F大小時(shí)，金屬桿相對(duì)應(yīng)的勻速運(yùn)動(dòng)速度v也會(huì)變化，v和F的關(guān)系如圖乙所示．(取g＝10m/s2)(1)金屬桿在勻速運(yùn)動(dòng)之前做什么運(yùn)動(dòng)？(2)若m＝0.5kg，L＝0.5m，R＝0.5Ω，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B和金屬桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ各為多大？5.如圖所示，豎直平面內(nèi)有足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，間距為0.2m，金屬導(dǎo)體ab可在導(dǎo)軌上無摩擦地上下滑動(dòng)，ab的電阻為0.4Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，導(dǎo)體ab的質(zhì)量為0.2g，垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.2T，且磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，當(dāng)導(dǎo)體ab自由下落0.4s時(shí)，突然閉合開關(guān)S，則：(g取10m/s2)(1)試說出開關(guān)S閉合后，導(dǎo)體ab的運(yùn)動(dòng)情況；(2)導(dǎo)體ab勻速下落的速度是多少？6．如圖所示，光滑且足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌間距L＝0.2m，電阻R＝0.4Ω，導(dǎo)軌上停放一質(zhì)量m＝0.1kg、電阻r＝0.1Ω的金屬桿，導(dǎo)軌電阻可忽略不計(jì)，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向豎直向下，現(xiàn)用一外力F沿水平方向拉桿，使之由靜止開始運(yùn)動(dòng)，若理想電壓表的示數(shù)U隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖(b)所示．(1)試分析說明金屬桿的運(yùn)動(dòng)情況；(2)求第2s末外力F的大?。?．如圖甲所示，相距L＝1m、電阻不計(jì)的兩根長(zhǎng)金屬導(dǎo)軌，各有一部分在同一水平面內(nèi)，另一部分在同一豎直面內(nèi)．質(zhì)量均為m＝50g、電阻均為R＝1.0Ω的金屬細(xì)桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝1.0T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，ab桿在水平拉力F作用下沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，cd桿固定在豎直導(dǎo)軌的某位置，現(xiàn)在釋放cd桿并開始計(jì)時(shí)，以豎直向下為正方向，cd桿的v-t圖像如圖乙所示，已知在0～1s和2～3s內(nèi)，圖線為直線．g取10m/s2.(1)求在0～1s內(nèi)通過cd桿的電流；(2)若已知ab桿在1～2s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，求1～2s時(shí)間內(nèi)拉力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系式．專項(xiàng)6電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題1．答案：BC解析：A錯(cuò)，B對(duì)：金屬棒沿光滑導(dǎo)軌加速下滑，棒中有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，從而對(duì)電容器充電，充電電流通過金屬棒時(shí)金屬棒受安培力作用，只有金屬棒速度增大時(shí)才有充電電流，因此總有mgsinθ－ILB>0，金屬棒一直加速運(yùn)動(dòng)．C對(duì)：由右手定則可知，金屬棒a端電勢(shì)高，則M板電勢(shì)高．D錯(cuò)：若微粒帶負(fù)電，則靜電力向上，與重力反向，開始時(shí)靜電力為0，微粒向下加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)靜電力增大到大于重力時(shí)，微粒的加速度方向向上．2．答案：C解析：由圖乙知B＝0.1t＋0.2(T)，eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s設(shè)線框即將運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則nBIL＝mgsinθ＋μmgcosθ，線框未動(dòng)時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝n·eq\f(1,2)L2eq\f(ΔB,Δt)＝1V由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R)＝0.5A，解得t＝10.4s0～10.4s內(nèi)線框處于靜止，線框中的感應(yīng)電流大小為0.5A，故A、D錯(cuò)誤；0～6s內(nèi)，框產(chǎn)生焦耳熱為Q＝I2Rt＝0.52×2×6J＝3J，故B錯(cuò)誤；t＝6s時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.1t＋0.2(T)＝0.1×6＋0.2T＝0.8T，線框受到的安培力大小為F＝nBIL＝20×0.8×0.5×1N＝8N，故C正確．3．答案：D解析：導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，受到向左的安培力作用，根據(jù)E＝BLv、I＝eq\f(E,R)、F安＝BIL，得F安＝eq\f(B2L2v,R)，隨著v的減小，安培力F安減小，根據(jù)F安＝ma知，導(dǎo)線框做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)．整個(gè)導(dǎo)線框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，無感應(yīng)電流，導(dǎo)線框做勻速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)線框離開磁場(chǎng)的過程中，受到向左的安培力，根據(jù)F安＝eq\f(B2L2v,R)＝ma可知，導(dǎo)線框做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，故選項(xiàng)D正確．4．答案：(1)加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)(2)1T0.4解析：(1)根據(jù)牛頓第二定律F－F安－f＝ma而F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)故金屬桿在勻速運(yùn)動(dòng)之前做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)．(2)金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)金屬桿所受的安培力為F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)由題意可知金屬桿受拉力、安培力和阻力作用，勻速時(shí)合力為零，即有F＝eq\f(B2L2v,R)＋f所以v＝eq\f(R,B2L2)(F－f)從圖線可以得到直線的斜率k＝2聯(lián)立可得eq\f(R,B2L2)＝k將數(shù)據(jù)代入可解得B＝1T由f＝μmg＝2N得μ＝0.4.5．答案：(1)見解析(2)0.5m/s解析：(1)閉合開關(guān)S之前，導(dǎo)體ab自由下落的末速度為v0＝gt＝4m/s.開關(guān)S閉合瞬間，導(dǎo)體ab產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)體ab立即受到一個(gè)豎直向上的安培力．F安＝BIL＝eq\f(B2L2v0,R)＝0.016N＞mg＝0.002N.此時(shí)導(dǎo)體ab受到的合力方向豎直向上，與初速度方向相反，加速度的表達(dá)式為a＝eq\f(F安－mg,m)＝eq\f(B2L2v,mR)－g，所以導(dǎo)體ab豎直向下做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)．當(dāng)F安＝mg時(shí)，導(dǎo)體ab豎直向下做勻速運(yùn)動(dòng)．(2)設(shè)導(dǎo)體ab勻速下落的速度為vm，此時(shí)F安＝mg，即eq\f(B2L2vm,R)＝mg，vm＝eq\f(mgR,B2L2)＝0.5m/s.6．答案：(1)初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)(2)0.7N解析：(1)桿切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)E＝BLv電壓表示數(shù)為U＝IR＝eq\f(BLR,R＋r)v由圖像可知，U與t成正比，即v與t成正比，故桿做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)．(2)由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律v＝at，所以U＝eq\f(BLR,R＋r)at＝kt由圖線得k＝0.4V/s，即eq\f(BLRa,R＋r)＝0.4V/s，得a＝5m/s2兩秒末速度v＝at＝10m/s，F(xiàn)－eq\f(B2L2v,R＋r)＝ma解得F＝0.7N．7．答案：(1)0.6A(2)F＝0.8t＋0.13(N)解析：(1)在0～1s內(nèi)，cd桿的v-t圖線為傾斜直線，因此cd桿做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為a1＝eq\f(vt－v0,t)＝4.0m/s2，cd桿受向上的摩擦力作用，其受力分析如圖所示．根據(jù)牛頓第二定律，有mg－Ff＝ma1，其中Ff＝μFN＝μFA＝μBIL，因此回路中的電流為I＝eq\f(m（g－a1）,μBL)＝0.6A.(2)在0～1s內(nèi)，設(shè)ab桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，則E＝BLv1，由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,2R)，則ab桿的速度為v1＝eq\f(2IR,BL)＝1.2m/s.在2～3s內(nèi)，由題圖乙可求出cd桿的加速度為a2＝－4.0m/s2，由(1)的分析，同理可得mg－F′f＝ma2，即mg－μeq\f(B2L2v2