專題二十二電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題1.D[解析]線框進(jìn)磁場的過程中,由楞次定律知電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向,A錯誤;線框出磁場的過程中,根據(jù)E=BLv,I=ER,聯(lián)立得FA=B2L2vR=ma,由左手定則可知線框受到的安培力向左,則v減小,FA減小,線框做加速度減小的減速運(yùn)動,B錯誤;由能量守恒定律得線框產(chǎn)生的焦耳熱Q=FAL,其中線框進(jìn)出磁場時(shí)均做減速運(yùn)動,但其進(jìn)磁場時(shí)的速度大,安培力大,產(chǎn)生的焦耳熱多,C錯誤;線框在進(jìn)和出的兩過程中,通過導(dǎo)線橫截面的電荷量q=It,其中I=ER,E=BLxt,聯(lián)立得q=BLRx,2.D[解析]當(dāng)金屬棒在磁場中向下運(yùn)動時(shí),根據(jù)楞次定律可判斷出通過電阻R的電流方向?yàn)閎→a,A錯誤;由于無法確定金屬棒剛進(jìn)入磁場時(shí)安培力與重力的大小關(guān)系,故無法確定金屬棒的加速度方向,B錯誤;金屬棒進(jìn)入磁場時(shí),產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv,感應(yīng)電流I=ER+r=BLvR+r,金屬棒所受的安培力大小F=BIL=B2L2vR+r,C錯誤;金屬棒穩(wěn)定下滑時(shí),電阻R的熱功率P=BLvR3.C[解析]根據(jù)電阻定律可得R=ρLS,因?yàn)榧拙€圈的匝數(shù)是乙的兩倍,故甲線圈導(dǎo)線的總長度L也是乙的兩倍,又因?yàn)閮删€圈的總質(zhì)量相等,則甲線圈導(dǎo)線的橫截面積為乙的一半,所以甲線圈的電阻是乙線圈電阻的4倍;甲、乙線圈下落至進(jìn)入磁場前均做自由落體運(yùn)動,有2gh=v2-0,兩線圈從同一高度由靜止釋放,故進(jìn)入磁場時(shí)的速度相同,線圈下邊進(jìn)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場前,有mg-n2B2l2vR=ma,又因?yàn)橘|(zhì)量m相同,線圈的邊長l相同,故兩線圈進(jìn)入磁場后的加速度相同.加速度a若大于零,則均做加速運(yùn)動,加速度a若小于零,則均做減速運(yùn)動,C正確,B、D錯誤;由于兩線圈進(jìn)入磁場后的運(yùn)動情況相同,故兩線圈上邊進(jìn)入磁場時(shí)速度也相同,據(jù)Q=mgh-4.BD[解析]圓環(huán)下落過程中切割磁感線,產(chǎn)生感應(yīng)電流,則圓環(huán)中磁通量一定變化,故A錯誤;根據(jù)右手定則可知,圓環(huán)中有順時(shí)針(俯視)的感應(yīng)電流,根據(jù)左手定則可知,圓環(huán)受到的安培力豎直向上,阻礙圓環(huán)的運(yùn)動,故B正確;速度為v時(shí),圓環(huán)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=Blv=B·2πRv,圓環(huán)的電阻R0=ρ2πRπr2,感應(yīng)電流I=ER0,圓環(huán)所受的安培力大小F=BI·2πR=2π2B2r2Rvρ,由牛頓第二定律得mg-F=ma,其中質(zhì)量m=ρ0V=ρ0·2πR·πr2,聯(lián)立解得a=g-B2vρρ0,故C錯誤;當(dāng)圓環(huán)做勻速直線運(yùn)動時(shí),安培力與重力等大反向,5.AC[解析]對a、b棒整體,根據(jù)能量守恒定律得WF=ΔEka+ΔEkb+Qa+Qb(①式),故A正確;對b棒,只有安培力做功,由動能定理得WFb=ΔEkb(②式),故B錯誤;對a棒,拉力和安培力做功,由動能定理得WF+WFa=ΔEka(③式),聯(lián)立①②③式得WFa+WFb=ΔEka+ΔEkb-WF=-(Qa+Qb),所以安培力對a、b棒做的總功的絕對值等于a、b棒中產(chǎn)生的焦耳熱之和,故C正確;聯(lián)立①③式得-WFa=ΔEkb+(Qa+Qb),故D錯誤.6.BD[解析]金屬棒下滑到彎曲部分底端時(shí),根據(jù)動能定理有mgh=12mv02,金屬棒在磁場中運(yùn)動時(shí),產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv,流過金屬棒的電流I=E2R=BLv2R,當(dāng)金屬棒剛進(jìn)入磁場中時(shí),速度最大,為v0=2gh,電流也最大,為Imax=BL2gh2R,故A錯誤;金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中,通過金屬棒的電荷量q=It=ΔΦ2R=BdL2R,故B正確;對整個(gè)過程,由動能定理得mgh-W克安-μmgd=0,則金屬棒克服安培力做的功W克安=mgh-μmgd,7.(1)2T(2)2m/s2m/s2(3)4m/s[解析](1)由題圖乙可知,導(dǎo)體棒的最大速度vm=3m/s對應(yīng)的感應(yīng)電動勢E=BLvm感應(yīng)電流I=E當(dāng)速度達(dá)到最大時(shí),導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動,導(dǎo)體棒受力平衡,有BIL=mgsinθ聯(lián)立解得B=2T(2)開關(guān)S1閉合、S2斷開時(shí),導(dǎo)體棒和定值電阻串聯(lián),由公式Q=I2Rt可知,Qab∶QR=1∶3,則導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱Qab=13×21J=導(dǎo)體棒下滑x=5m的距離,導(dǎo)體棒減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能和回路中的焦耳熱,由能量守恒定律有mgxsinθ=12mv12+Q解得導(dǎo)體棒的速度v1=2m/s此時(shí)感應(yīng)電動勢E1=BLv1感應(yīng)電流I1=E對導(dǎo)體棒有mgsinθ-BI1L=ma1解得加速度a1=2m/s2(3)開關(guān)S1斷開、S2閉合時(shí),任意時(shí)刻對導(dǎo)體棒,根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ-BI2L=ma2感應(yīng)電流I2=ΔqΔt,ΔΔt時(shí)間內(nèi),有ΔU=ΔE=BLΔv,a2=Δ代入可得mgsinθ-CB2L2a2=ma2解得a2=2m/s2表明導(dǎo)體棒ab下滑過程中加速度不變,導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動,t=2s時(shí)導(dǎo)體棒的速度大小v2=a2t=4m/s8.CD[解析]由mg=BIL,I=BLvyR,vy2=2gH,可得B=mgRL22gH,選項(xiàng)A錯誤;金屬框進(jìn)磁場和出磁場過程中電流方向相反,選項(xiàng)B錯誤;由功能關(guān)系可知,組合體克服安培力做功的功率等于回路中的電功率,由于組合體的動能不變,由能量守恒定律可知,產(chǎn)生的電能等于減少的重力勢能,所以組合體克服安培力做功的功率與重力做功的功率相等,只要組合體仍能勻速通過磁場9.(1)20m/s210m/s2(2)0.2T0.4J(3)1.1m[解析](1)ab邊進(jìn)入磁場前,對線框進(jìn)行受力分析,在水平方向有max=Fcosθ解得ax=20m/s2在豎直方向有may=Fsinθ-mg解得ay=10m/s2(2)從ab邊進(jìn)入磁場開始,ab邊沿豎直方向切割磁感線;ad邊和bc邊的上部分也開始進(jìn)入磁場,且沿水平方向切割磁感線,但ad和bc邊的上部分產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相互抵消,則整個(gè)回路的電源為ab,根據(jù)右手定則可知回路的電流方向?yàn)閍dcba,則從ab邊進(jìn)入磁場開始,ab邊受到的安培力豎直向下,ad邊的上部分受到的安培力水平向右,bc邊的上部分受到的安培力水平向左,則ad邊和bc邊的上部分受到的安培力相互抵消,故線框abcd受到的安培力的合力為ab邊受到的豎直向下的安培力.由題知,線框從ab邊進(jìn)入磁場開始,在豎直方向線框做勻速運(yùn)動,有Fsinθ-mg-BIL=0I=EE=BLvyvy2=2a聯(lián)立解得B=0.2T由題知,從ab邊進(jìn)入磁場開始,在豎直方向線框做勻速運(yùn)動;dc邊進(jìn)入磁場時(shí),bc邊恰好到達(dá)磁場右邊界.則線框進(jìn)入磁場的整個(gè)過程中,線框受到的安培力為恒力,有Q=W克安=BILyy=L聯(lián)立解得Q=0.4J(3)線框從