2019届高考物理一轮复习 课时跟踪检测(四十)电磁感应中的动力学和能量问题(卷Ⅱ)(重点班)

课时跟踪检测（四十） 电磁感应中的动力学和能量问题 （卷Ⅱ）

[B级——拔高题目稳做准做]

1．(2017·上海高考)如图，光滑平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为θ，两导轨上端用阻值为R的电阻相连；该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面。质量为m的金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置。在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好，不计ab和导轨的电阻及空气阻力。

(1)求ab开始运动时的加速度a；

(2)分析并说明ab在整个运动过程中速度、加速度的变化情况； (3)分析并比较ab上滑时间和下滑时间的长短。 解析：

(1)ab开始运动时产生的感应电动势E＝BLv0 回路中的感应电流I＝

ERB2L2v0

杆所受安培力FA＝BIL＝

R杆受力如图，由牛顿第二定律mgsin θ＋FA＝ma

B2L2v0

得a＝gsin θ＋，方向沿导轨向下。

mR(2)分析如下：

杆上滑时：合力F＝mgsin θ＋FA，与运动方向相反，杆减速；随着速度减小，FA减小，合力减小，加速度减小；因此杆做加速度减小的减速运动，到达一定高度后速度为零。

在最高点：杆的速度为零，加速度为gsin θ，方向沿斜面向下。

杆下滑时：合力F＝mgsin θ－FA，与运动方向相同，杆加速；随着速度增加，FA增大，合力减小，加速度减小；因此杆做初速度为零、加速度减小的加速运动。

(3)分析如下：上滑和下滑过程经过的位移大小相等。而上滑时杆加速度大于gsin θ，下滑时杆加速度小于gsin θ，因此上升时的平均加速度大于下降时的平均加速度，由运动

学规律可知，上滑所需时间小于下滑所需时间。

B2L2v0

答案：(1)gsin θ＋，方向沿导轨向下 (2)见解析

mR(3)上滑时间小于下滑时间

★2.(2017·天津高考)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间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)，MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：

(1)磁场的方向；

(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；

(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。

解析：(1)将S接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S接2时，电容器放电，流经MN的电流由M到N，又知MN向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下。

(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I＝ ①

设MN受到的安培力为F，有F＝IlB ② 由牛顿第二定律，有F＝ma ③ 联立①②③式得a＝

ERBlE。 ④ mR(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0＝CE ⑤

开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，

有E′＝Blvmax ⑥ 依题意有E′＝ ⑦

设在此过程中MN的平均电流为I，MN上受到的平均安培力为F，有

QCF＝IlB ⑧

2

由动量定理，有FΔt＝mvmax－0 ⑨ 又IΔt＝Q0－Q ⑩

B2l2C2E联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝。 ?

m＋B2l2CBlEB2l2C2E答案：(1)垂直导轨平面向下 (2) (3)

mRm＋B2l2C3．(2018·内蒙古奋斗中学模拟)如图甲所示，弯折成90°角的两根足够长金属导轨平行放置，形成左右两导轨平面，左导轨平面与水平面成53°角，右导轨平面与水平面成37°角，两导轨相距L＝0.2 m，电阻不计。质量均为m＝0.1 kg，电阻均为R＝0.1 Ω的金属杆

ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.5，整个装

置处于磁感应强度大小为B＝1.0 T，方向平行于左导轨平面且垂直右导轨平面向上的匀强磁场中。t＝0时刻开始，ab杆以初速度v1沿右导轨平面下滑。t＝1 s时刻开始，对ab杆施加一垂直ab杆且平行右导轨平面向下的力F，使ab开始做匀加速直线运动。cd杆运动的

v-t图像如图乙所示(其中第1 s、第3 s内图线为直线)。若两杆下滑过程均保持与导轨垂

直且接触良好，g取10 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

2

(1)在第1 s内cd杆受到的安培力的大小； (2)ab杆的初速度v1；

(3)若第2 s内力F所做的功为9 J，求第2 s内cd杆所产生的焦耳热。

解析：(1)ab杆沿右侧导轨下滑，根据右手定则可知ab杆中感应电流由a到b，则cd杆中电流由d到c，根据左手定则可知cd杆受到的安培力垂直于左侧导轨向下。

Δv2

根据v -t图像可知，cd杆在第1 s内的加速度a1＝＝4 m/s

Δt对cd杆受力分析，根据牛顿第二定律，有：mgsin 53°－μ(mgcos 53°＋F安)＝ma1 解得F安＝0.2 N。

(2)对cd杆：安培力F安＝BIL 回路中电流I＝

F安

＝1 A BL对ab杆：感应电动势E＝I·2R＝0.2 V 根据法拉第电磁感应定律E＝BLv1 解得ab杆的初速度v1＝＝1 m/s。

EBL

3

Δv2

(3)根据v -t图像可知，cd杆在第3 s内做匀减速运动，加速度a2＝＝－4 m/s

Δt对cd杆受力分析，根据牛顿第二定律，有：mgsin 53°－μ(mgcos 53°＋F安′)＝ma2 解得安培力F安′＝1.8 N

BE′LB2L2v2由F安′＝BI′L＝＝可得

2R2R2F安′R2 s时ab杆的速度v2＝22＝9 m/s

BL1

第2 s内ab杆做匀加速运动，ab杆的位移x2＝(v1＋v2)t＝5 m

2

1212

对ab杆，根据动能定理，有：WF＋mgx2sin 37°－μmgx2cos 37°＋W安＝mv2－mv1

22解得安培力做功W安＝－6 J 回路中产生的焦耳热Q＝－W安＝2Qcd

解得第2 s内cd杆所产生的焦耳热Qcd＝3 J。 答案：(1)0.2 N (2)1 m/s (3)3 J

4．(2018·泉州质检)如图甲所示，两根完全相同的光滑平行导轨固定，每根导轨均由两段与水平面成θ＝30°的长直导轨和一段圆弧导轨平滑连接而成，导轨两端均连接电阻，阻值R1＝R2＝2 Ω，导轨间距L＝0.6 m。在右侧导轨所在斜面的矩形区域M1M2P2P1内分布有垂直斜面向上的磁场，磁场上下边界M1P1、M2P2的距离d＝0.2 m，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，在右侧导轨斜面上与M1P1距离s＝0.1 m处，有一根阻值

r＝2 Ω的金属棒ab垂直于导轨由静止释放，恰好独立匀速通过整个磁场区域，取重力加

速度g＝10 m/s，导轨电阻不计。求：

2

(1)ab在磁场中运动的速度大小v；

(2)在t1＝0.1 s时刻和t2＝0.25 s时刻电阻R1的电功率之比； (3)电阻R2产生的总热量Q总。 12

解析：(1)由mgs·sin θ＝mv

2得v＝2gs·sin θ＝1 m/s。 (2)棒从释放到运动至M1P1的时间t＝

vgsin θ

＝0.2 s

ΔΦΔB在t1＝0.1 s时，棒还没进入磁场，有E1＝＝Ld＝0.6 V

ΔtΔt

4