PAGE5-電磁感應中的動力學和能量問題1．如圖1所示，一閉合金屬圓環(huán)用絕緣細線掛于O點，將圓環(huán)拉離平衡位置并釋放，圓環(huán)搖擺過程中經(jīng)過有界的水平勻強磁場區(qū)域，A、B為該磁場的豎直邊界。若不計空氣阻力，則()圖1A．圓環(huán)向右穿過磁場后，還能擺至原來的高度B．在進入和離開磁場時，圓環(huán)中均有感應電流C．圓環(huán)進入磁場后離平衡位置越近速度越大，感應電流也越大D．圓環(huán)最終將靜止在平衡位置解析：選B如題圖所示，當圓環(huán)從1位置起先下落，進入和擺出磁場時(即2和3位置)，由于圓環(huán)內(nèi)磁通量發(fā)生改變，所以有感應電流產(chǎn)生。同時，金屬圓環(huán)本身有內(nèi)阻，必定有能量的轉(zhuǎn)化，即有能量的損失。因此圓環(huán)不會擺到4位置。隨著圓環(huán)進出磁場，其能量漸漸削減，圓環(huán)搖擺的振幅越來越小。當圓環(huán)只在勻強磁場中搖擺時，圓環(huán)內(nèi)無磁通量的改變，無感應電流產(chǎn)生，無機械能向電能的轉(zhuǎn)化。題意中不存在空氣阻力，擺線的拉力垂直于圓環(huán)的速度方向，拉力對圓環(huán)不做功，所以系統(tǒng)的能量守恒，所以圓環(huán)最終將在A、B間來回搖擺。B正確。2．(多選)如圖2所示，有兩根和水平方向成α角的光滑平行的金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面的勻強磁場，磁感應強度為B。一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下，經(jīng)過足夠長的時間后，金屬桿的速度會趨近于一個最大速度vm，則()圖2A．假如B變大，vm將變大B．假如α變大，vm將變大C．假如R變大，vm將變大D．假如m變小，vm將變大解析：選BC金屬桿從軌道上滑下切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢E＝Blv，在閉合電路中形成電流I＝eq\f(Blv,R)，因此金屬桿從軌道上滑下的過程中除受重力、軌道的彈力外還受安培力F作用，F(xiàn)＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，先用右手定則判定感應電流方向，再用左手定則判定出安培力方向，如圖所示，依據(jù)牛頓其次定律，得mgsinα－eq\f(B2l2v,R)＝ma，當a→0時，v→vm，解得vm＝eq\f(mgRsinα,B2l2)，故選項B、C正確。3．如圖3所示，質(zhì)量為m的金屬環(huán)用線懸掛起來，金屬環(huán)有一半處于水平且與環(huán)面垂直的勻強磁場中，從某時刻起先，磁感應強度勻稱減小，則在磁感應強度勻稱減小的過程中，關(guān)于線拉力大小的下列說法中正確的是()圖3A．大于環(huán)重力mg，并漸漸減小B．始終等于環(huán)重力mgC．小于環(huán)重力mg，并保持恒定D．大于環(huán)重力mg，并保持恒定解析：選A依據(jù)楞次定律知圓環(huán)中感應電流方向為順時針，再由左手定則推斷可知圓環(huán)所受安培力豎直向下，對圓環(huán)受力分析，依據(jù)受力平衡有FT＝mg＋F，得FT＞mg，F(xiàn)＝BIL，依據(jù)法拉第電磁感應定律I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)＝eq\f(ΔB,RΔt)S可知I為恒定電流，聯(lián)立上式可知B減小，推知F減小，則由FT＝mg＋F知FT減小。選項A正確。4．(多選)如圖4所示，水平放置的光滑平行金屬導軌上有一質(zhì)量m的金屬棒ab。導軌的一端連接電阻R，其他電阻均不計，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面對下，金屬棒ab在一水平恒力F作用下由靜止起先向右運動。則()圖4A．隨著ab運動速度的增大，其加速度也增大B．外力F對ab做的功等于電路中產(chǎn)生的電能C．當ab做勻速運動時，外力F做功的功率等于電路中的電功率D．無論ab做何種運動，它克服安培力做的功肯定等于電路中產(chǎn)生的電能解析：選CD金屬棒ab在一水平恒力F作用下由靜止起先向右運動，對金屬棒ab受力分析有F－eq\f(B2L2v,R)＝ma，可知隨著ab運動速度的增大，其加速度漸漸減小，選項A錯誤；外力F對ab做的功等于電路中產(chǎn)生的電能加上金屬棒ab增加的動能，選項B錯誤；當ab做勻速運動時，F(xiàn)＝F安＝eq\f(B2L2v,R)，外力F做功的功率等于電路中的電功率，選項C正確；無論ab做何種運動，它克服安培力做的功肯定等于電路中產(chǎn)生的電能，選項D正確。5．如圖5所示，PN與QM兩平行金屬導軌相距1m，電阻不計，兩端分別接有電阻R1和R2，且R1＝6Ω，ab導體的電阻為2Ω，在導軌上可無摩擦地滑動，垂直穿過導軌平面的勻強磁場的磁感應強度為1T?，F(xiàn)ab以恒定速度v＝3m/s勻速向右移動，這時ab桿上消耗的電功率與R1、R2消耗的電功率之和相等，求：圖5(1)R2的阻值；(2)R1與R2消耗的電功率；(3)拉ab桿的水平向右的外力F。解析：(1)內(nèi)外功率相等，則內(nèi)外電阻相等eq\f(6Ω×R2,6Ω＋R2)＝2Ω解得R2＝3Ω。(2)導體棒切割磁感線，相當于電源，E＝BLv＝1×1×3V＝3V總電流I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(3,4)A＝0．75A路端電壓U＝IR外＝0．75×2V＝1．5VP1＝eq\f(U2,R1)＝eq\f(1.52,6)W＝0．375WP2＝eq\f(U2,R2)＝eq\f(1.52,3)W＝0．75W。(3)F＝BIL＝1×0．75×1N＝0．75N。答案：(1)3Ω(2)0．375W0．75W(3)0．75N6．如圖6所示，固定在勻強磁場中的水平導軌的間距L1＝0．5m，金屬棒ad與導軌左端bc的距離L2＝0．8m，整個閉合回路的電阻為R＝0．2Ω，勻強磁場的方向豎直向下穿過整個回路。ad棒通過細繩跨過定滑輪連接一個質(zhì)量為m＝0．04kg的物體，不計一切摩擦，現(xiàn)使磁感應強度從零起先以eq\f(ΔB,Δt)＝0．2T/s的改變率勻稱增大，求經(jīng)過多長時間物體剛好能離開地面(g取10m/s2)。圖6解析：物體剛要離開地面時，其受到的拉力F等于它的重力mg，而拉力F等于棒ad所受的安培力，即mg＝BIL1。其中B＝eq\f(ΔB,Δt)·t，感應電流由改變的磁場產(chǎn)生，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(ΔΦ,Δt)·eq\f(1,R)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(L1L2,R)，所以t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mgR,L\o\al(2,1)L2)·\f(Δt,ΔB)))·eq\f(Δt,ΔB)＝10s。答案：10s7．如圖7所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌MN、PQ間距為l＝0．5m，其電阻不計，兩導軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成30°角。完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導軌放置，每棒兩端都與導軌始終有良好接觸，已知兩棒的質(zhì)量均為0．02kg，電阻均為R＝0．1Ω，整個裝置處在垂直于導軌平面對上的勻強磁場中，磁感應強度為B＝0．2T，棒ab在平行于導軌向上的拉力F作用下，沿導軌向上勻速運動，而棒cd恰好保持靜止，取g＝10m/s2。求：圖7(1)通過cd棒的電流I是多少，方向如何？(2)棒ab受到的拉力F多大？(3)拉力F做功的功率P是多少？解析：(1)對cd棒受力分析可得：BIl＝mgsin30°代入數(shù)據(jù)，得：I＝1A依據(jù)右手定則推斷，通過cd棒的電流I方向由d到c。(2)對ab棒受力分析可得：F＝BIl＋mgsin30°代入數(shù)據(jù)，得：F＝0．2N。(3)依據(jù)I＝eq\f(Blv,2R)，P＝Fv代入數(shù)據(jù)，得：P＝0．4W。答案：(1)1A方向由d到c(2)0．2N(3)0．4W8．如圖8甲所示，平行金屬導軌豎直放置，導軌間距為L＝1m，上端接有電阻R1＝3Ω，下端接有電阻R2＝6Ω，虛線OO′下方是垂直于導軌平面的勻強磁場?，F(xiàn)將質(zhì)量m＝0．1kg、電阻不計的金屬桿ab，從OO′上方某處垂直導軌由靜止釋放，桿下落0．2m過程中始終與導軌保持良好接觸，加速度a與下落距離h的關(guān)系圖像如圖乙所示。求：圖8(1)磁感應強度B；(2)桿下落0．2m過程中通過電阻R2的電荷量q。解析：(1)由圖像知，桿自由下落距離是0．05m，當?shù)刂亓铀俣萭＝10m/s2，則桿進入磁場時的速度v＝eq\r(2gh)＝1m/s由圖像知，桿進入磁場時加速度a＝－g＝－10m/s2由牛頓其次定律得mg－F安＝ma回路中的電動勢E＝BLv桿中的電流I＝eq\f(E,R并)R并＝eq\f(R1R2,R1＋R2)F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R并)得B＝eq\r(\f(2m