第
课时　电磁感应中的动力学与能量问题
　　　　 　 　　　　　　 　　　　　　 　　 【测控导航】 知识点 题号  1.电磁感应中的动力学问题 1、5、7、9、10  2.电磁感应中的能量问题 2、4、6、8  3.综合问题 3、11、12   1~8题为单选题;9~10题为多选题 1. (2013宜宾模拟)如图所示,ab和cd是位于水平面内的平行金属轨道,轨道间距为l,其电阻可忽略不计.ac之间连接一阻值为R的电阻,ef为一垂直于ab和cd的 金属杆,它与ab和cd接触良好并可沿轨道方向无摩擦地滑动,其电阻可忽略.整个装置处在匀强磁场中,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度为B.当施外力使杆ef以速度v向右匀速运动时,杆ef所受的安培力为(　A　)
A.
B.
C.
D.
解析:感应电动势E=Blv,感应电流I=
=
,安培力F=BIl=
,所以选项A正确. 2.如图所示,在粗糙绝缘水平面上有一正方形闭合金属线框abcd,其边长为l,质量为m,金属线框与水平面的动摩擦因数为μ.虚线框a'b'c'd'内有一匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里.开始时金属线框的ab边与磁场的d'c'边重合.现使金属线框以初速度v0沿水平面滑入磁场区域,运动一段时间后停止,此时金属线框的dc边与磁场区域的d'c'边距离为l.在这个过程中,金属线框产生的焦耳热为(　D　)
A.
m
+μmgl B.
m
-μmgl C.
m
+2μmgl D.
m
-2μmgl 解析:依题意知,金属线框移动的位移大小为2l,此过程中克服摩擦力做功为2μmgl,由能量守恒定律得金属线框中产生的焦耳热为Q=
m
-2μmgl,故选项D正确.
　除利用能量守恒定律求解外,此题还可利用动能定理求解克服安培力所做的功得出所求的量,即由-W克安-2μmgl=0-
m
,求出W克安. 3.(2012福建三明一中模拟)两根相距为L的足够长的金属弯角光滑导轨如图所示放置,它们各有一边在同一水平面内,另一边与水平面的夹角为37°,质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路,导轨的电阻不计,回路总电阻为2R,整个装置处于磁感应强度大小为B,方向竖直向上的匀强磁场中,当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v沿导轨匀速运动时,cd杆恰好处于静止状态,重力加速度为g,以下说法正确的是(　D　)
A.ab杆所受拉力F的大小为mgsin 37° B.回路中电流为
C.回路中电流的总功率为mgvsin 37° D.m与v大小的关系为m=
解析:采用“计算法”求解.对cd杆,BILcos 37°=mgsin 37°,对ab杆,F=BIL,联立解出ab杆所受拉力F的大小为F=mgtan 37°,故选项A错;回路中电流为I=
,故选项B错;回路中电流的总功率为Fv=mgvtan 37°,故选项C错;I=
,又I=
,故m=
,故选项D对. 4.(2012北京海淀区期末)如图所示,在一固定水平放置的闭合导体圆环上方,有一条形磁铁,从离地面高h处,由静止开始下落,最后落在水平地面上.磁铁下落过程中始终保持竖直方向,并从圆环中心穿过圆环,而不与圆环接触.若不计空气阻力,重力加速度为g,下列说法中正确的是(　A　)
A.在磁铁整个下落过程中,圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针(从上向下看圆环) B.磁铁在整个下落过程中,所受线圈对它的作用力先竖直向上后竖直向下 C.磁铁在整个下落过程中,它的机械能不变 D.磁铁落地时的速率一定等于
解析:根据楞次定律可知,选项A正确.根据楞次定律“来拒去留”的原则,磁铁在整个下落过程中,所受线圈对它的作用力总是竖直向上的,选项B错误.因为在整个下落过程中,线圈中产生的感应电流做功,所以磁铁的机械能减小,减小量等于电流做的功,选项C错误.因为磁铁在整个下落过程中机械能减小,落地时的速率一定小于
,选项D错误. 5.如图(甲)、(乙)、(丙)中,除导体棒ab可动外,其余部分均固定不动,(甲)图中的电容器C原来不带电.设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略,导体棒和导轨间的摩擦也不计,图中装置均在水平面内,且都处于方向垂直水平面(即纸面)向里的匀强磁场中,导轨足够长.现给导体棒ab一个向右的初速度v0,在(甲)、(乙)、(丙)三种情形下导体棒ab的最终运动状态是(　B　)
A.三种情形下导体棒ab最终都做匀速运动 B.(甲)、(丙)中,ab棒最终将以不同速度做匀速运动;(乙)中,ab棒最终静止 C.(甲)、(丙)中,ab棒最终将以相同速度做匀速运动;(乙)中,ab棒最终静止 D.三种情形下导体棒ab最终都静止 解析:题图(甲)中ab棒运动后给电容器充电,当充电完成后,棒以一个小于v0的速度向右做匀速运动.题图(乙)中构成了回路,最终棒的动能完全转化为电热,棒停止运动.题图(丙)中棒先向右减速为零,然后反向加速至匀速.故正确选项为B. 6.(2012江西红色六校二模)如图所示,光滑绝缘水平面上有一矩形线圈冲入一匀强磁场,线圈全部进入磁场区域时,其动能恰好等于它在磁场外面时的一半.设磁场宽度大于线圈宽度,那么(　D　)
A.线圈恰好在刚离开磁场的地方停下 B.线圈一定在磁场中某位置停下 C.线圈在未完全离开磁场时即已停下 D.线圈完全离开磁场以后仍能继续运动,不会停下 解析:线圈进入磁场过程中的平均速度大于离开磁场过程中的平均速度,因此进入磁场的过程中感应电流大,所受安培力的平均值大,安培力做功多,损失的动能多,由此可知线圈在离开磁场的过程中损失的动能小于其初动能的一半,线圈可以完全离开磁场并仍有动能,选项D正确. 7.如图所示,闭合金属线框从一定高度自由下落进入匀强磁场中,磁场足够大,从ab边开始进入磁场到cd边刚进入磁场的这段时间内,线框运动的速度—时间图像不可能是(　B　)

解析:当ab边刚进入磁场时,若线框所受安培力等于重力,则线框在从ab边开始进入磁场到cd边刚进入磁场做匀速运动,故选项A是可能的;当ab边刚进入磁场时,若线框所受安培力小于重力,则线框做加速度逐渐减小的加速运动,最后可能做匀速运动,故选项C也可能;当ab边刚进入磁场时,若线框所受安培力大于重力,则线框做加速度逐渐减小的减速运动,最后可能做匀速运动,故选项D可能;线框在磁场中不可能做匀加速运动,故选项B是不可能的,故选B. 8.如图,足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°),其中MN与PQ平行且间距为L,导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,导轨电阻不计.金属棒ab由静止开始沿导轨下滑,并与两导轨始终保持垂直且良好接触,ab棒接入电路的电阻为R,当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时,棒的速度大小为v,则金属棒ab在这一过程中(　B　)
A.运动的平均速度大小为
v B.下滑位移大小为
C.产生的焦耳热为qBLv D.受到的最大安培力大小为
sin θ 解析:由于ab棒下滑切割磁感线,使闭合电路产生感应电流,ab棒中有电流,在磁场中受到安培力作用,棒做加速度减小的加速运动,不是匀加速运动,平均速度不是v/2,选项A错误;由法拉第电磁感应定律,E=
及ΔΦ=BΔS=BLx、
=
和
=
得流过ab棒某一横截面的电荷量为q时下滑的位移大小x=
,选项B正确;产生的焦耳热为Q=mg
·sin θ-
mv2,选项C错误;安培力的大小为F=BIL=
,选项D错误. 9. (2013南充模拟)矩形线圈abcd,长ab=20 cm,宽bc=10 cm,匝数n=200,线圈回路总电阻R=5 Ω,整个线圈平面内均有垂直于线圈平面的匀强磁场穿过.若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图所示,则(　BD　)
A.线圈回路中感应电动势随时间均匀变化 B.线圈回路中产生的感应电流为0.4 A C.当t=0.3 s时,线圈的ab边所受的安培力大小为0.016 N D.在1 min内线圈回路产生的焦耳热为48 J 解析:由E=n
=nS
可知,由于线圈中磁感应强度的变化率
=
T/s=0.5 T/s为常数,则回路中感应电动势为E=n
=2 V,且恒定不变,故选项A错误;回路中感应电流的大小为I=
=0.4 A,选项B正确;当t=0.3 s时,磁感应强度B=0.2 T,则安培力为F=nBIl=200×0.2×0.4×0.2 N=3.2 N,故选项C错误;1 min内线圈回路产生的焦耳热为Q=I2Rt=0.42×5×60 J=48 J,选项D正确. 10. (2013内江模拟)如图所示,质量为m、边长为L、回路电阻为R的正方形金属框,用细线吊住,线的另一端跨过两个定滑轮,挂着一个质量为M(M>m)的砝码,金属框上方有一磁感应强度为B的匀强磁场,磁场的下边界与金属框的上边平行且相距一定距离.则在金属框从开始运动到整个框进入磁场的过程中,下列说法正确的是(　BC　)
A.细线对金属框做的功等于金属框增加的机械能 B.细线对金属框的拉力可能等于Mg C.金属框上的热功率可能大于
D.系统的机械能损失大于(M-m)gL 解析:细线对金属框做的功等于金属框增加的机械能和金属框中产生的总热量之和,选项A错误;如果金属框匀速进入磁场,金属框受到的合力为零,细线对金属框的拉力T=Mg,此时金属框受到的竖直向下的安培力F安=(M-m)g,选项B正确;设金属框匀速进入磁场时的速度为v0,则F安=BIL=B2L2v0/R,又F安=(M-m)g,可求出此时金属框上的热功率为P=F安v0=
,整个过程中系统的机械能损失等于(M-m)gL;若金属框刚进入磁场时的速度大于v0,则进入磁场后的安培力F安>B2L2v0/R=(M-m)g,金属框上的热功率大于
,选项C正确;若金属框刚进入磁场时的速度小于v0,则进入磁场后的安培力F安

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