1、第95练电磁感应中的动力学问题（时间20分钟）思维方法导体有初速度或受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力合力变化加速度变化速度变化临界状态一、选择题1如图甲所示，一对间距为l20 cm的平行光滑导轨放在水平面上，导轨的左端接R1 的电阻，导轨上垂直放置一导体杆，整个装置处在磁感应强度大小为B0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下杆在沿导轨方向的拉力F作用下做初速度为零的匀加速直线运动测得力F与时间t的关系如图乙所示杆及两导轨的电阻均可忽略不计，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，则杆的加速度大小和质量分别为()A20 m/s20.5 kg B20 m/s20.1
2、 kgC10 m/s20.5 kg D10 m/s20.1 kg2(多选)如图，间距为L、倾角为的两足够长平行光滑导轨固定，导轨上端接有阻值为R的电阻，下端通过开关S与单匝金属线圈相连，线圈内存在垂直于线圈平面向下且均匀增强的磁场导轨所在区域存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，靠在插销处垂直于导轨放置且与导轨接触良好的金属棒ab，质量为m、电阻也为R，闭合S后，撤去插销，ab仍静止线圈、导轨和导线的电阻不计，重力加速度大小为g，下列判定正确的是()AB的方向垂直于导轨平面向下B线圈内磁通量的变化率为C断开S后，ab的最大速度为D断开S后，电阻R的最大热功率为二、非选
3、择题32021湖北卷，16如图(a)所示，两根不计电阻、间距为L的足够长平行光滑金属导轨，竖直固定在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度大小为B.导轨上端串联非线性电子元件Z和阻值为R的电阻元件Z的UI图像如图(b)所示，当流过元件Z的电流大于或等于I0时，电压稳定为Um.质量为m、不计电阻的金属棒可沿导轨运动，运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触忽略空气阻力及回路中的电流对原磁场的影响，重力加速度大小为g.为了方便计算，取I0，Um.以下计算结果只能选用m、g、B、L、R表示(1)闭合开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v1；(2)断开开关S，由静止释放金属棒，
4、求金属棒下落的最大速度v2；(3)先闭合开关S，由静止释放金属棒，金属棒达到最大速度后，再断开开关S.忽略回路中电流突变的时间，求S断开瞬间金属棒的加速度大小a.第95练电磁感应中的动力学问题1答案：D解析：导体杆在导轨上做初速度为零的匀加速直线运动，用v表示瞬时速度，t表示时间，则杆切割磁感线产生的感应电动势为EBlvBlat，闭合回路中的感应电流为I，由安培力公式和牛顿第二定律得FBIlma，由以上三式得Fma，在乙图线上取两点t10，F11 N，t210 s，F22 N，代入得a10 m/s2，m0.1 kg，故D正确2答案：BC解析：线圈内存在垂直于线圈平面向下且均匀增强的磁场，闭合S
5、后，根据楞次定律可知，感应电流为逆时针方向，金属棒ab中的电流方向为ba，对金属棒受力分析，受到重力、导轨的支持力和安培力作用，要使ab静止，安培力的方向应沿导轨平面向上，根据左手定则，判断出B的方向垂直于导轨平面向上，故A错误；对金属棒ab受力分析，沿导轨平面有F安mg sin ，又F安BIL，线圈内磁通量的变化率为EIR，联立解得，故B正确；断开S瞬间，ab中电流消失，金属棒ab沿导轨向下做加速运动，根据牛顿第二定律有mg sin BILma，I，随着金属棒速度增加，感应电流变大，安培力也变大，所以加速度变小，直到加速度为零，金属棒的速度达到最大值，有mg sin BImL，Im，联立解得
6、vm，故C正确；断开S后，电阻R的最大热功率为PRIR，故D错误3答案：（1）（2）（3）解析：（1）闭合开关S，金属棒下落的过程中受竖直向下的重力、竖直向上的安培力作用，当重力与安培力大小相等时，金属棒的加速度为零，速度最大，则mgBI1L，由法拉第电磁感应定律得E1BLv1，由欧姆定律得I1解得v1（2）由第（1）问得I1由于I0I1，断开开关S后，当金属棒的速度达到最大时，元件Z两端的电压恒为Um，此时定值电阻两端的电压为URBLv2Um回路中的电流为I2I1又由欧姆定律得I2解得v2.（3）开关S闭合，当金属棒的速度最大时，金属棒产生的感应电动势为E1，断开开关S的瞬间，元件Z两端的电压为Um则定值电阻两端的电压为UE1Um电路中的电流为I金属棒受到的安培力为FABIL对金属棒由牛顿第二定律得mgFAma，解得a.
