1、第四章 习题课(二)电磁感应中的动力学和能量问题基础达标练1.如图所示，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界若不计空气阻力，则()A圆环向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度B在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流C圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大D圆环最终将静止在平衡位置解析：选B如题图所示，当圆环从1位置开始下落，进入和摆出磁场时(即2和3位置)，由于圆环内磁通量发生变化，所以有感应电流产生同时，金属圆环本身有内阻，必然有能量的转化，即有能量的损失因此圆环不会摆到4位置随着圆环进出磁场
2、，其能量逐渐减少，圆环摆动的振幅越来越小当圆环只在匀强磁场中摆动时，圆环内无磁通量的变化，无感应电流产生，无机械能向电能的转化题意中不存在空气阻力，摆线的拉力垂直于圆环的速度方向，拉力对圆环不做功，所以系统的能量守恒，所以圆环最终将在A、B间来回摆动B正确2.(多选)如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能()A为0B先减小后不变C等于F D先增大再减小解析：选AB导体棒a在恒力F作用下加速运动，最后匀速运动，
3、闭合回路中产生感应电流，导体棒b受到安培力方向应沿斜面向上，且逐渐增大，最后不变由平衡条件可知，导体棒b受到的摩擦力先沿斜面向上逐渐减小，最后不变，所以选项A、B正确，C、D错误3.如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力的大小，下列说法中正确的是()A大于环重力mg，并逐渐减小B始终等于环重力mgC小于环重力mg，并保持恒定D大于环重力mg，并保持恒定解析：选A根据楞次定律知圆环中感应电流方向为顺时针，再由左手定则判断可知圆环所受安培力竖直向下，对圆环受力分析，根据受力平
4、衡有FTmgF，得FTmg，FBIL，根据法拉第电磁感应定律IS可知I为恒定电流，联立上式可知B减小，推知F减小，则由FTmgF知FT减小选项A正确4.(多选)如图所示，有两根和水平方向成角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则()A如果B变大，vm将变大B如果变大，vm将变大C如果R变大，vm将变大D如果m变小，vm将变大解析：选BC金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势EBlv，在闭合电路中形成电流I，因此金属杆从轨道上滑下
5、的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力F作用，FBIl，先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，如图所示，根据牛顿第二定律，得mgsin ma，当a0时，vvm，解得vm，故选项B、C正确5一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域继续下落，如图所示，则()A若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程也是匀速运动B若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程也是加速运动C若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程也是减速运动D若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程是加速运动解析：选C线圈从高处自由下落，以一定的速度进入磁场，会
6、受到重力和安培力，线圈全部进入磁场后只受重力，在磁场内部会做一段加速运动，所以线圈出磁场时的速度要大于进磁场的速度若线圈进入磁场过程是匀速运动，说明重力等于安培力，离开磁场时安培力大于重力，就会做减速运动，故A错误；若线圈进入磁场过程是加速运动，说明重力大于安培力，离开磁场时安培力变大，安培力与重力大小关系无法确定，故B错误；若线圈进入磁场过程是减速运动，说明重力小于安培力，离开磁场时安培力变大，安培力仍然大于重力，所以也是减速运动，故C正确，D错误6.如图所示，在粗糙绝缘水平面上有一正方形闭合线框abcd，其边长为l，质量为m，金属线框与水平面的动摩擦因数为.虚线框abcd内有一匀强磁场，磁
7、场方向竖直向下开始时金属线框的ab边与磁场的dc边重合现使金属线框以初速度v0沿水平面滑入磁场区域，运动一段时间后停止，此时金属线框的dc边与磁场区域的dc边距离为l.在这个过程中，金属线框产生的焦耳热为()A.mv02mgl B.mv02mglC.mv022mgl D.mv022mgl解析：选D依题意知，金属线框移动的位移大小为2l，此过程中克服摩擦力做功为2mgl，由能量守恒定律得金属线框中产生的焦耳热为Qmv022mgl，故选项D正确7.(多选)如图所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒a
8、b、cd的质量之比为21.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后()A金属棒ab、cd都做匀速运动B金属棒ab上的电流方向是由b向aC金属棒cd所受安培力的大小等于D两金属棒间距离保持不变解析：选BC对两金属棒ab、cd进行受力和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab速度小于金属棒cd速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向是由b向a，A、D错误，B正确；以两金属棒整体为研究对象有：F3ma，隔离金属棒cd分析：FF安ma，可求得金属棒cd所受安培力的大小F安F，C正确8如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直
9、放置，导轨间距为L1 m，上端接有电阻R3 ，虚线OO下方是垂直于导轨平面的匀强磁场现将质量m0.1 kg、电阻r1 的金属杆ab，从OO上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的vt图象如图乙所示(g取10 m/s2)求：(1)磁感应强度B；(2)杆在磁场中下落0.1 s的过程中电阻R产生的热量解析：(1)由图象可知，杆自由下落0.1 s进入磁场以v1.0 m/s做匀速运动产生的电动势EBLv杆中的电流I杆所受安培力F安BIL由平衡条件得mgF安代入数据得B2 T.(2)电阻R产生的热量QI2Rt0.075 J.答案：(1)2 T(2)0.075 J能力提
10、升练1.(多选)如图所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上质量为m、电阻可以不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升高度h，在这一过程中()A作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于棒重力势能增加量与电阻R上产生的焦耳热之和C恒力F与安培力的合力所做的功等于零D恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热解析：选AD金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对棒做功：恒力F做正功、重力做负功、安培力
11、阻碍相对运动，沿斜面向下，做负功匀速运动时，所受合力为零，故合力做功为零，A项正确，B、C项错误；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于R上产生的焦耳热，故恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，D项正确2(多选)如图所示，空间存在磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是相互平行的粗糙的长直导轨，处于同一水平面内，其间距为L，导轨一端接一阻值为R的电阻，ab是跨接在导轨上质量为m的导体棒，其阻值也为R.从零时刻开始，对ab棒施加一个水平向左的恒力F，使其从静止开始沿导轨做直线运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，所受滑动摩擦力大小始
12、终为F.导轨电阻不计则()A通过电阻R的电流方向为由N到QBab棒的最大速度为C电阻R消耗的最大功率为Dab棒速度为v0时的加速度大小为解析：选CD由右手定则可知，通过电阻R的电流方向为由Q到N，故A错误；导体棒受到的安培力：F安培BIL，导体棒匀速运动时速度最大，由平衡条件得：F，解得vmax，故B错误；最大感应电流：I，电阻R消耗的最大功率：PI2R，故C正确；ab棒速度为v0时导体棒受到的安培力：F安培BIL，由牛顿第二定律得Fma，解得a，故D正确3甲为质量M1 kg的绝缘底板座静止在动摩擦因数10.1的粗糙水平地面上，位于磁场中的正方形金属框ABCD为动力源，其质量m1 kg，边长为
13、1 m，电阻为 ，与绝缘板间的动摩擦因数20.4，OO为AD、BC的中线，在金属框内有可随金属框同步移动的磁场，OOCD区域内磁场的磁感应强度B1随时间t的变化情况如图乙所示，CD恰在磁场边缘以外；OOBA区域内磁场的磁感应强度B2随时间t的变化情况如图丙所示，AB恰在磁场边缘以内，若绝缘板足够长且认为绝缘板与地面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从t0时刻由静止释放金属框，则金属框由静止释放瞬间(g10 m/s2)()A金属框产生的感应电动势为1 VB金属框受到的安培力大小为16 NC若金属框固定在绝缘板上，金属框的加速度为6 m/s2D若金属框不固定，金属框的加速度为4 m/s2，绝缘板的加速
14、度为2 m/s2解析：选D根据法拉第电磁感应定律有ES120.5 V，故A错误；则回路中的电流为I A8 A，CD和AB中CD不受安培力，AB所爱安培方向向右，大小为FB2Il181 N8 N，故B错误；若金属框固定在绝缘板上，整体受力分析，根据牛顿第二定律有：Ff(Mm)a，f(Mm)g1，代入数据解得a3 m/s2，故C错误；若金属框不固定，各自受力分析，金属框的加速度a14 m/s2，绝缘板的加速度为a22 m/s2，故D正确4如图甲所示，电阻不计且间距为L1 m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端连接阻值为R1 的电阻，虚线OO下方有垂直于导轨平面的匀强磁场现将质量为m0.3 kg、电阻R
15、ab1 的金属杆ab从OO上方某处以一定初速度释放，下落过程中与导轨保持良好接触且始终水平在金属杆ab下落0.3 m的过程中，其加速度a与下落距离h的关系图象如图乙所示已知ab进入磁场时的速度v03.0 m/s，取g10 m/s2.则下列说法正确的是()A进入磁场后，金属杆ab中电流的方向由b到aB匀强磁场的磁感应强度为1.0 TC金属杆ab下落0.3 m的过程中，通过R的电荷量0.24 CD金属杆ab下落0.3 m的过程中，R上产生的热量为0.45 J解析：选C进入磁场后棒ab切割磁感线产生动生电动势，根据右手定则判断可知金属杆ab中电流的方向由a到b，故A错误；由乙图知，刚进入磁场时，金属
16、杆的加速度大小a010 m/s2，方向竖直向上，由牛顿第二定律得BI0Lmgma0.杆刚进入磁场时的速度为v0，则有I0，联立得mgma0，代入数据解得B2.0 T，故B错误；由图象可知金属杆在磁场外下落的高度为h10.06 m，则在磁场中下降的高度hhh10.3 m0.06 m0.24 m，则通过R的电荷量q C0.24 C，故C正确；由图线可知，下落0.3 m时做匀速运动，根据平衡条件有mg，解得金属杆的速度v1.5 m/s.根据能量守恒得mghQ，而两电阻串联，热量关系为QR Q，联立解得QR0.866 25 J，故D错误5.如图所示，PN与QM两平行金属导轨相距1 m，电阻不计，两端分
17、别接有电阻R1和R2，且R16 ，ab导体的电阻为2 ，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1 T现ab以恒定速度v3 m/s匀速向右移动，这时ab杆上消耗的电功率与R1、R2消耗的电功率之和相等，求：(1)R2的阻值；(2)R1与R2消耗的电功率；(3)拉ab杆的水平向右的外力F.解析：(1)内外功率相等，则内外电阻相等Rab解得R23 .(2)导体棒切割磁感线，相当于电源，EBLv113 V3 V总电流I A0.75 A路端电压UIR外0.752 V1.5 VP1 W0.375 WP2 W0.75 W.(3)FBIL10.751 N0.75 N.答案：(1)3
18、(2)0.375 W0.75 W(3)0.75 N6如图所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距L，导轨上端连接着阻值为R的定值电阻，质量为m的金属杆ab与导轨垂直并接触良好，金属杆和导轨的电阻不计整个装置处于与导轨平面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中金属杆由静止释放，下落高度h后开始做匀速运动，已知重力加速度为g.求：(1)金属杆做匀速运动的速度大小v；(2)下落高度h的过程中，通过金属杆中的电量q；(3)下落高度h的过程中，电阻R上产生的热量Q.解析：(1)根据法拉第定磁感应定律EBLv根据欧姆定律I金属杆受到的安培力F安BIL，则F安金属杆匀速，根据平衡条件F安mg整理得v.(2)下降高度h的过程中，通过金属杆的电量qt根据欧姆定律有根据法拉第电磁感应定律n，则qn下降高度h的过程中的磁通量变化BLh，且n1代入得q.(3)下降高度h的过程中，根据能量守恒定律得mghmv2Q整理得Qmgh.答案：(1)(2)(3)mgh
