微专题14　电磁感应中的动力学和能量问题++练习 高考物理一轮复习

微专题14电磁感应中的动力学和能量问题一、单项选择题1．如图所示，空间存在—有边界的水平方向匀强磁场，磁场上下边界的间距为L.一个边长也为L的正方形导线框在位置Ⅰ获得向上的初速度后进入磁场沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终保持水平．当导线框到达位置Ⅱ后，经过一段时间回到初始位置Ⅰ.则导线框()A．上升过程加速度减小，下落过程加速度增大B．上升过程加速度减小，下落过程加速度减小C．上升过程加速度增大，下落过程加速度增大D．上升过程加速度增大，下落过程加速度减小2．如图甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线MN的右侧存在磁感应强度B＝2T的匀强磁场，MN的左侧有一个质量m＝0.1kg的矩形线圈abcd，bc边长L1＝0.2m，电阻R＝2Ω.t＝0时，用一大小不变的拉力F拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1s，线圈的bc边到达磁场边界MN，此时立即将拉力F改为变力，又经过1s，线圈恰好完全进入磁场，整个运动过程中，线圈中感应电流i随时间t变化的图像如图乙所示．则下列说法中错误的是() 甲 乙A．t＝0时大小不变的拉力大小为0.05NB．线圈在第2s内的加速度大小为1m/s2C．线圈ab边长L2＝0.5mD．在第2s内流过线圈的电荷量为0.2C3．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻．质量为m、电阻为r的金属棒在磁场上边界上方某处由静止释放，金属棒和导轨接触，导轨所在平面与磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场垂直，如图所示．不计导轨的电阻，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向为a→bB．金属棒刚进磁场时一定做加速运动C．金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为eq\f(B2L2v,R)D．金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg,BL)))eq\s\up12(2)R4．(2022·韶关综合测试一)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距为L，与水平面成θ角，上端接入阻值为R的电阻．导轨平面区域有垂直导轨平面向上磁感应强度为B的匀强磁场，质量为m的金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触．不计导轨及金属棒ab的电阻，则金属棒ab沿导轨下滑过程中()A．金属棒ab一直做加速运动B．通过电阻R的电流方向为从Q到NC．金属棒ab的最大加速度为gsinθD．电阻R产生的焦耳热等于金属棒ab减少的重力势能二、多项选择题5．如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直．ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略．一根电阻不为0的导体棒MN置于金属框上，用水平的大小不变的力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持接触，且与bc边保持平行，经过一段时间后()A．金属框和导体棒速度相等B．金属框和导体棒加速度相等C．导体棒所受安培力不变D．金属框的加速度不变6．如图所示，相距为L的两条足够长的平行倾斜且光滑的金属导轨底端连接有一定值电阻R，导轨倾斜角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两根质量均为m、电阻均为R的相同金属棒a和b垂直放在导轨上，棒b上方有垂直于导轨的卡柱，使其不上滑．让金属棒a在一沿斜面向上的力的作用下沿斜面向上做匀速直线运动，棒b始终没动，若重力加速度为g，导轨电阻不计．下列说法中正确的是()A．回路中的总电阻为3RB．棒a的最小速度为eq\f(3mgRsinθ,B2L2)C．F做功功率等于回路中的热功率D．当棒a速度为eq\f(6mgRsinθ,B2L2)时，棒b受到卡柱的弹力为mgsinθ7．(2022·惠州第三次调研)如图所示，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上，上方磁场区域Ⅰ中磁感应强度随时间均匀增加，下方磁场区域Ⅱ为匀强磁场，磁场方向均垂直斜面向上，中间为无磁场区域．电阻不变的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放，进入Ⅱ区后，经b下行至c处反向上行．运动过程中金属棒与导轨接触．在第一次下行和上行的过程中，以下说法中正确的是()A．金属棒下行过b时的速度可能等于上行过b时的速度B．金属棒下行时先匀加速，后做加速度变小的减速运动C．金属棒能回到无磁场区D．金属棒不能返回到a处8．(2022·广东省下学期开学模拟)如图所示，平行金属导轨光滑并且固定在水平面上，导轨一端连接电阻R，垂直于导轨平面有一匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m的金属棒ab在水平的大小不变的力F作用下由静止向右滑动，除电阻R外其他的电阻都不计，则()A．棒从静止到最大速度过程中，棒的加速度不断增大B．棒从静止到最大速度过程中，棒克服安培力所做的功等于棒的动能的增加量和电路中因电流热效应所产生的热量C．棒ab做匀速运动阶段，外力F做的功等于电路中因电流热效应所产生的热量D．棒ab克服安培力做的功等于电路中因电流热效应所产生的热量三、计算题9．(2022·大湾区联考)如图所示，“匚”形光滑金属框架M′MNN′水平固定放置，其中平行的两边MM′、NN′是两足够长的平行导轨，间距为d，整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．质量为m的匀质金属杆CD放置在两平行导轨上，并始终保持与框架的MN边平行．右侧较远处有一小型电机Q，杆CD的正中O点用足够长的不可伸缩的绝缘细线系住，细线另一端连接在电动机的转轴上．电动机工作时，通过水平细线拉动金属杆沿导轨向右运动．电动机输出功率不变，为P，金属杆从静止开始经过t时间速度增大到v.金属杆CD的电阻为R，其余电阻均不计．求：(1)金属杆CD中感应电流的方向．(2)速度为v时金属杆的加速度大小．(3)该过程中金属杆因电流热效应产生的热量．10．(2022·广州综合测试二)如图所示，不计电阻的金属导轨AOCD和A′O′C′D′放置在磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中．竖直平面AOC与A′O′C′的距离为L，θ＝45°；DCOO′C′D′在绝缘的水平地面上，D与D′靠近但不接触；OO′C′C为矩形，OC＝5L、OD＝6L，∠D′C′C＝45°；金属棒a和b完全相同，长度为L、质量为m、单位长度的电阻为r，a放在水平导轨上，b放在倾斜导轨上，b与导轨的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度为g.(1)若固定b，t＝0时a从OO′以速度v0沿导轨向左匀速运动，求通过b的电流I与时间t的关系式．(2)若a以某一速度开始向左匀速运动的同时释放b，在a到达CC′前，b保持静止，求a运动速度的范围．答案与解析微专题14电磁感应中的动力学和能量问题1.B2.C解析：在第1s末，i1＝eq\f(E,R)，E＝BL1v1，v1＝a1t1，F＝ma1，联立得F＝0.05N，A正确；在第2s内，由图像分析知线圈做匀加速直线运动，第2s末i2＝eq\f(E′,R)，E′＝BL1v2，v2＝v1＋a2t2，解得a2＝1m/s2，B正确；在第2s内，veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2a2L2，得L2＝1m，C错误；q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BL1L2,R)＝0.2C，D正确．3.D解析：对金属棒在磁场中向下运动时分析，根据楞次定律，通过电阻R的电流方向为b→a，A错误；由于金属棒刚进入磁场时安培力的大小与重力的大小关系未知，故金属棒的运动情况未知，B错误；金属棒进入磁场时，产生的感应电动势E＝BLv，产生的感应电流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BLv,R＋r)，金属棒所受的安培力大小F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)，C错误；金属棒稳定下滑时，电阻R的热功率P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BLv,R＋r)))eq\s\up12(2)R，且F＝eq\f(B2L2v,R＋r)＝mg，可求得P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg,BL)))eq\s\up12(2)R，D正确．4.C解析：金属棒ab先做加速运动，后做匀速运动，A错误；根据右手定则，通过电阻R的电流方向为从N到Q，B错误；金属棒速度等于零时，加速度最大，根据牛顿第二定律得mgsinθ＝ma，解得a＝gsinθ，C正确；根据能量守恒定律，电阻R产生的焦耳热等于金属棒ab减少的机械能，D错误．5.BCD解析：对整体由牛顿第二定律得F＝(m1＋m2)a，用F向右拉动金属框，经过一段时间后一起以不变的共同加速度a运动，由于由安培力产生加速度，所以金属框和导体棒速度不相等，安培力不变，故A错误，B、C、D正确．6.BD解析：由于金属棒a是电源，并联电阻为外电阻，为0.5R，回路中的总电阻为1.5R，故A错误；F做功功率等于回路中的热功率与金属棒a重力功率的绝对值，故C错误；由于棒b始终没动，最小速度vmin对应的安培力等于mgsinθ，eq\f(1,2)×eq\f(B2L2vmin,1.5R)＝mgsinθ，vmin＝eq\f(3mgRsinθ,B2L2)，棒b受到卡柱的弹力为mgsinθ时，eq\f(1,2)×eq\f(B2L2v,1.5R)＝2mgsinθ，解得v＝eq\f(6mgRsinθ,B2L2)，故D正确，B正确．7.BCD解析：在Ⅰ区域中，磁感应强度为B1＝kt，感应电动势为E1＝eq\f(ΔB1,Δt)S＝kS，感应电动势不变，导体棒进入Ⅱ区域之前，感应电流为I1，导体棒中的电流方向由右向左，导体棒进入Ⅱ区域后，导体切割磁感线，产生的感应电流为I2，下行时此电流在导体棒中的方向由右向左，所以导体棒中总电流为I＝I1＋I2，上行时此电流在导体棒中的方向由左向右，设大小为I′2，所以导体棒中总电流为I′＝I1－I′2，导体棒在b点时，受力分析如图下行上行下行过程中，根据牛顿第二定律可知B2(I1＋I2)L－mgsinθ＝ma1，上行过程中，根据牛顿第二定律可知B2(I1－I′2)L－mgsinθ＝ma2，所以有a1>a2，由于bc段距离不变，将下行过程看成反向的加速过程，由v2＝2eq\x\to(a)x，比较v的大小，下行过程中加速度大，上行过程中加速度小，故下行过程的平均加速度大于上行过程的平均加速度，所以金属板下行过经过b点时的速度大于上行经过b点时的速度，故A错误，B正确；Ⅰ区域产生的感应电流所受安培力总是大于沿斜面向下的作用力，所以金属棒能回到无磁场区域，由A、B选项的分析知在Ⅱ区域中下行过程的平均加速度大于上行过程的平均加速度，可得进入Ⅱ区域时速度大于离开Ⅱ区域时速度，由v2＝2ax，可知离开Ⅱ区域上滑的位移小于a位置到Ⅱ区域上边界的距离，所以不能回到a处，故C、D正确．8.CD解析：金属棒所受的安培力F安＝eq\f(B2L2v,R)，根据牛顿第二定律得F－F安＝ma，可得a＝eq\f(F－F安,m)，金属棒的速度增大时，安培力增大，则加速度减小，故A错误；根据能量转化和守恒，棒ab克服安培力做的功等于电路中产生的内能，棒从静止到最大速度过程中，外力F做的功等于棒的动能的增加量和电路中产生的内能之和，故B错误，D正确；当ab棒匀速运动时，外力做的功全部转化为电路中的电能，则外力F做的功等于电路中产生的内能，故C正确．9.(1)根据右手定则，可知金属框中感应电流的方向为D→C.(2)由题知，电动机输出功率不变，为P，则牵引力F＝eq\f(P,v)感应电动势E＝Bdv感应电流I＝eq\f(E,R)安培力F安＝BId由牛顿第二定律有F－F安＝ma解得a＝eq\f(P,mv)－eq\f(B2d2v,mR)(3)由能量守恒可得Q＝Pt－eq\f(1,2)mv210.(1)设a切割磁感线的有效长度为l，产生的电动势为E，则有E＝Blv0电路中的电流为I＝eq\f(E,R)a分别在OC和CD运动①当t≤eq\f(5L,v0)，有l＝L，R＝2Lr联立可得I＝eq\f(Bv0,2r)②当eq\f(5L,v0)<t≤eq\f(6L,v0)，有l＝6L－v0t，R＝(7L－v0t)r联立可得I＝eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6L－v0t))v0,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4