2023版新教材高中物理第二章电磁感应及其应用专项6电磁感应中的动力学问题课时作业教科版选择性必修第二册

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 eq\a\vs4\al(专) eq\a\vs4\al(项)6　电磁感应中的动力学问题1．(多选)如图，两根足够长且光滑平行的金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则下列说法正确的是(　　)A．金属棒ab最终可能匀速下滑B．金属棒ab一直加速下滑C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D．带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动2．如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动，t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v­t图像中，能正确描述上述过程的是(　　)3．如图甲所示，PQNM是倾角θ＝37°、表面粗糙的绝缘斜面，abcd是匝数n＝20、质量m＝1kg、总电阻R＝2Ω、边长L＝1m的正方形金属线框．线框与斜面间的动摩擦因数μ＝0.8，在OO′NM的区域加上垂直斜面向上的匀强磁场，使线框的一半处于磁场中，磁场的磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示．g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.下列说法正确的是(　　)A．0～6s内，线框中的感应电流大小为1AB．0～6s内，线框产生的焦耳热为6JC．t＝6s时，线框受到的安培力大小为8ND．t＝10s时，线框即将开始运动4．(多选)空间中存在竖直向下的匀强磁场，有两根相互平行的金属导轨(足够长)水平放置，俯视图如图所示．导轨上静止放置着两金属棒AB、CD.某时刻在AB棒上施加一恒力F，使AB棒向左运动．导轨对金属棒的摩擦力不计，金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，下列说法正确的是(　　)A．回路中有顺时针方向的电流B．磁场对金属棒AB的作用力向右C．金属棒CD一直做匀加速直线运动D．金属棒AB先做加速度减小的加速运动，之后做匀加速直线运动5.如图甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L，导轨一端通过导线与阻值为R的电阻连接，导轨上放一质量为m的金属杆．金属杆与导轨的电阻忽略不计，匀强磁场的方向竖直向下．现用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，金属杆最终将做匀速运动，当改变拉力的F大小时，金属杆相对应的匀速运动速度v也会变化，v和F的关系如图乙所示．(取g＝10m/s2)(1)金属杆在匀速运动之前做什么运动？(2)若m＝0.5kg，L＝0.5m，R＝0.5Ω，求磁感应强度B和金属杆与导轨间的动摩擦因数μ各为多大？6．如图所示，竖直平面内有足够长的平行金属导轨，间距为0.2m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4Ω，导轨电阻不计，导体ab的质量为0.2g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁感应强度大小为0.2T，且磁场区域足够大，当导体ab自由下落0.4s时，突然闭合开关S，则：(g取10m/s2)(1)试说出开关S闭合后，导体ab的运动情况；(2)导体ab匀速下落的速度是多少？7．如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.2m，电阻R＝0.4Ω，导轨上停放一质量m＝0.1kg、电阻r＝0.1Ω的金属杆，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，现用一外力F沿水平方向拉杆，使之由静止开始运动，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图(b)所示．(1)试分析说明金属杆的运动情况；(2)求第2s末外力F的大小．8．如图甲所示，相距L＝1m、电阻不计的两根长金属导轨，各有一部分在同一水平面内，另一部分在同一竖直面内．质量均为m＝50g、电阻均为R＝1.0Ω的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数μ＝0.5.整个装置处于磁感应强度大小B＝1.0T、方向竖直向上的匀强磁场中，ab杆在水平拉力F作用下沿导轨向右运动，cd杆固定在竖直导轨的某位置．现在释放cd杆并开始计时，以竖直向下为正方向，cd杆的v­t图像如图乙所示，已知在0～1s和2～3s内，图线为直线．g取10m/s2.(1)求在0～1s内通过cd杆的电流；(2)若已知ab杆在1～2s内做匀加速直线运动，求1～2s时间内拉力F随时间t变化的关系式．专项6　电磁感应中的动力学问题1．答案：BC解析：金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势，从而对电容器充电，充电电流通过金属棒时金属棒受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mgsinθ－ILB>0，金属棒一直加速运动，A错，B对；由右手定则可知，金属棒a端电势高，则M板电势高，C对；若微粒带负电，则静电力向上，与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速运动，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度方向向上，D错．2．答案：D解析：导线框进入磁场的过程中，受到向左的安培力作用，根据E＝BLv、I＝eq \f(E,R)、F安＝BIL得F安＝eq \f(B2L2v,R)，随着v的减小，安培力F安减小，根据F安＝ma知，导线框做加速度逐渐减小的减速运动．整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，受到向左的安培力，根据F安＝eq \f(B2L2v,R)＝ma可知，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，故选项D正确．3．答案：C解析：由图乙知B＝0.1t＋0.2(T)，eq \f(ΔB,Δt)＝0.1T/s设线框即将向上运动的时间为t，则nBIL＝mgsinθ＋μmgcosθ线框未动时，根据法拉第电磁感应定律E＝n·eq \f(1,2)L2eq \f(ΔB,Δt)＝1V由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R)＝0.5A，解得t＝10.4s0～10.4s内线框处于静止，线框中的感应电流大小为0.5A，故AD错误；0～6s内，线框产生焦耳热为Q＝I2Rt＝0.52×2×6J＝3J故B错误；t＝6s时，磁感应强度为B＝0.1t＋0.2(T)＝0.1×6＋0.2T＝0.8T线框受到的安培力大小为F＝nBIL＝20×0.8×0.5×1N＝8N，故C正确．4．答案：BD解析：金属棒AB向左运动切割磁感线，由右手定则知，回路中产生逆时针方向的感应电流，由左手定则可知，金属棒AB受到的安培力水平向右，金属棒CD受到水平向左的安培力，做加速运动，切割磁感线，产生顺时针方向的感应电流，两金属棒产生的感应电流方向相反，设回路总电阻为R，可得I＝eq \f(BLv1－BLv2,R)＝eq \f(BL（v1－v2）,R)，由于刚开始金属棒AB的速度v1较大，故回路总电流沿逆时针方向，对金属棒AB由牛顿第二定律得F－BIL＝mABa1，对金属棒CD由牛顿第二定律得BIL＝mCDa2，随着两金属棒的加速，速度差逐渐增大到某一值后保持不变，故金属棒AB先做加速度减小的加速运动，之后做匀加速直线运动，金属棒CD的加速度先增大后保持不变，A、C错误，B、D正确．5．答案：(1)加速度减小的加速运动　 (2)1T　0.4解析：(1)根据牛顿第二定律F－F安－f＝ma，而F安＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)故金属杆在匀速运动之前做加速度减小的加速运动；(2)金属杆产生的感应电动势E＝BLv感应电流I＝eq \f(E,R)金属杆所受的安培力F安＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)由题意可知金属杆受拉力、安培力和阻力作用，匀速时合力为零，即有F＝eq \f(B2L2v,R)＋f，所以v＝eq \f(R,B2L2)(F－f)从图线可以得到直线的斜率k＝2联立可得eq \f(R,B2L2)＝k将数据代入可解得B＝1T由f＝μmg＝2N得μ＝0.46．答案：见解析解析：(1)闭合开关S之前，导体ab自由下落的末速度为v0＝gt＝4m/s.开关S闭合瞬间，导体ab产生感应电动势，回路中产生感应电流，导体ab立即受到一个竖直向上的安培力．F安＝BIL＝eq \f(B2L2v0,R)＝0.016N＞mg＝0.002N.此时导体ab受到的合力方向竖直向上，与初速度方向相反，加速度的表达式为a＝eq \f(F安－mg,m)＝eq \f(B2L2v,mR)－g，所以导体ab竖直向下做加速度逐渐减小的减速运动．当F安＝mg时，导体ab竖直向下做匀速运动．(2)设导体ab匀速下落的速度为vm，此时F安＝mg，即eq \f(B2L2vm,R)＝mg，vm＝eq \f(mgR,B2L2)＝0.5m/s7．答案：(1)初速度为零的匀加速运动　(2)0.7N解析：(1)杆切割磁感线产生电动势E＝BLv电压表示数为U＝IR＝eq \f(BLR,R＋r)v由图像可知，U与t成正比，即v与t成正比，故杆做初速度为零的匀加速运动(2)由运动学规律v＝at，所以U＝eq \f(BLR,R＋r)at＝kt由图线得k＝0.4V/s，即eq \f(BLRa,R＋r)＝0.4V/s，得a＝5m/s2两秒末速度v＝at＝10m/s，F－eq \f(B2L2v,R＋r)＝ma解得F＝0.7N8．答案：(1)0.6A　(2)F＝0.8t＋0.13(N)解析：(1)在0～1s内，cd杆的v­t图线为倾斜直线，因此cd杆做匀变速直线运动，加速度为a1＝eq \f(vt－v0,t)＝4.0m/s2，cd杆受向上的摩擦力作用，其受力分析如图所示．根据牛顿第二定律，有mg－Ff＝ma1，其中Ff＝μFN＝μFA＝μBIL，因此回路中的电流为I＝eq \f(m（g－a1）,μBL)＝0.6A.(2)在0～1s内，设ab杆产生的感应电动势为E，则E＝BLv1，由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,2R)，则ab杆的速度为v1＝eq \f(2IR,BL)＝1.2m/s.在2～3s内，由题图乙可求出cd杆的加速度为a2＝－4.0m/s2，由(1)的分析，同理可得mg－F′f＝ma2，即mg－μeq \f(B2L2v2,2R)＝ma2，整理得ab杆的速度v2＝eq \f(2m（g－a2）R,μB2L2)＝2.8m/s.在1～2s内，ab杆做匀加速直线运动，则加速度a＝eq \f(v2－v1,t)＝1.6m/s2，对ab杆，根据牛顿第二定律有F－μmg－BI′L＝ma，ab杆在t时刻的速度v＝v1＋a(t－1s)，回路中的电流I′＝eq \f(BLv,2R)，联立可得F＝0.8t＋0.13(N).