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）（普通班）

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——中档题目练通抓牢]

1．(2018·河南洛阳一中模拟)如图甲所示，在水平面上固定宽为L＝1 m、足够长的光滑平行金属导轨，左端接有R＝0.5 Ω的定值电阻，在垂直导轨且距导轨左端d＝2.5 m处有阻值r＝0.5 Ω、质量m＝2 kg的光滑导体棒，导轨其余部分电阻不计。磁场垂直于导轨所在平面，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。第1 s内导体棒在拉力F作用下始终处于静止状态。1 s后，拉力F保持与第1 s末相同，导体棒从静止直至刚好达到最大速度过程中，拉力F做功为W＝11.25 J。求：

(1)第1 s末感应电流的大小； (2)第1 s末拉力的大小及方向；

(3)1 s后导体棒从静止直至刚好达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热。

ΔB

解析：(1)0～1 s内，由图像得：＝0.8 T/s

Δt

LdΔB

根据法拉第电磁感应定律：E＝＝2 V

Δt

E

回路电流：I＝＝2 A。

R＋r

(2)F安＝BIL＝1.6 N

根据受力平衡，拉力F＝1.6 N，方向：水平向右。

(3)1 s后导体棒做变加速直线运动，当受力平衡速度达最大，B＝0.8 T

则由电磁感应定律：E′＝BLv，最终匀速运动时：F＝BIL代入数据得：I＝2 A，

I＝

BLv

，代入数据得：v＝2.5 m/sR＋r

12

根据能量守恒定律：W＝mv＋Qr＋QR2QRR

代入数据得：Qr＋QR＝5 J，＝＝1

Qrr

联立解得：QR＝2.5 J。

答案：(1)2 A (2)1.6 N 水平向右 (3)2.5 J

2．(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

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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

E

回路中的感应电流I＝R

B2L2v0

杆所受安培力FA＝BIL＝

R

杆受力如图，由牛顿第二定律mgsin θ＋FA＝maB2L2v0

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

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[C级——难度题目自主选做]

3．(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。

根据v -t图像可知，cd杆在第1 s内的加速度a1＝

Δv2

＝4 m/sΔt

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＝BILF安

回路中电流I＝＝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＝BLv1E

解得ab杆的初速度v1＝＝1 m/s。

BL

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

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BE′LB2L2v2

由F安′＝BI′L＝＝可得

2R2R2F安′R

2 s时ab杆的速度v2＝＝9 m/s

B2L2

1

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＝mv2 得v＝2gs·sin θ＝1 m/s。

(2)棒从释放到运动至M1P1的时间t＝

v

＝0.2 s

gsin θ

ΔΦΔB

在t1＝0.1 s时，棒还没进入磁场，有E1＝＝Ld＝0.6 V

ΔtΔt

此时，R2与金属棒并联后再与R1串联

R串＝3 Ω

E1

U1＝R1＝0.4 V

R串

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d

由图乙可知，t＝0.2 s后磁场保持不变，ab经过磁场的时间t′＝＝0.2 s

v

故在t2＝0.25 s时ab还在磁场中运动，电动势E2＝BLv＝0.6 V

此时R1与R2并联，R总＝3 Ω，得R1两端电压U1′＝0.2 V

U2P1U12

电功率P＝，故在t1＝0.1 s和t2＝0.25 s时刻电阻R1的电功率比值＝＝

RP2U1′2

4。

E2

(3)设ab的质量为m，ab在磁场中运动时，通过ab的电流I＝

R总

ab受到的安培力FA＝BIL 又mgsin θ＝BIL 解得m＝0.024 kg

U22

在t＝0～0.2 s内，R2两端的电压U2＝0.2 V，产生的热量Q1＝t＝0.004 J

R2

ab最终将在M2P2下方的轨道区域内往返运动，到M2P2处的速度为零，由功能关系可得

12

在t＝0.2 s后，整个电路最终产生的热量Q＝mgdsin θ＋mv＝0.036 J

2

1

由电路关系可得R2产生的热量Q2＝Q＝0.006 J

6

故R2产生的总热量Q总＝Q1＋Q2＝0.01 J。 答案：(1)1 m/s (2)4∶1 (3)0.01 J

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