统考版2025版高考物理一轮复习微专题小练习专题71电磁感应中的动力学问题

专题71电磁感应中的动力学问题1.[2024·北京房山期中]如图所示，MN和PQ是两根相互平行、竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计．ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆，金属杆具有肯定质量和电阻．起先时，将开关S断开，让杆ab由静止起先自由下落，过段时间后，再将S闭合．若从S闭合起先计时，关于金属杆运动的说法，不行能的是()A．金属杆做匀速直线运动B．金属杆做匀加速直线运动C．金属杆做加速度渐渐减小的加速运动D．金属杆做加速度渐渐减小的减速运动2．[2024·广东省选考](多选)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有()A.杆OP产生的感应电动势恒定B．杆OP受到的安培力不变C．杆MN做匀加速直线运动D．杆MN中的电流渐渐减小3．[2024·广东省检测](多选)如图，横截面积为S的n匝线圈，线圈总电阻为R，其轴线与大小匀称改变的匀强磁场B1平行．间距为L的两平行光滑倾斜轨道PQ、MN足够长，轨道平面与水平面的夹角为α，底部连有一阻值2R的电阻，磁感应强度B2的匀强磁场与轨道平面垂直．K闭合后，质量为m、电阻也为2R的金属棒ab恰能保持静止，金属棒始终与轨道接触良好，其余部分电阻不计，下列说法正确的是()A.B1匀称减小B．B1的改变率为eq\f(ΔB1,Δt)＝eq\f(4mgRsinα,nB2SL)C．断开K之后，金属棒ab将做匀加速直线运动D．断开K之后，金属棒的最大速度为v＝eq\f(4Rmgsinα,Beq\o\al(2,2)L2)4.[2024·河北省保定市期中]如图所示，这是感受电磁阻尼的铜框试验的简化分析图，已知图中矩形铜框(下边水平)的质量m＝2g，长度L＝0.5m，宽度d＝0.02m，电阻R＝0.01Ω，该铜框由静止释放时铜框下边与方向水平向里的匀强磁场上边界的高度差h＝0.2m，磁场上、下水平边界间的距离D＝0.27m，铜框进入磁场的过程恰好做匀速直线运动．取重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力．下列说法正确的是()A．铜框进入磁场的过程中电流方向为顺时针B．匀强磁场的磁感应强度的大小为0.5TC．铜框下边刚离开磁场时的速度大小为3m/sD．铜框下边刚离开磁场时的感应电流为0.3A5．[2024·云南省昆明一中检测](多选)如图，空间中存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2T，足够长的U形金属导轨与电阻R连接后倾斜放置，导轨间距L＝1m，与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m＝0.1kg的金属棒从导轨上由静止释放．已知R＝6Ω，金属棒的阻值r＝2Ω，导轨的电阻不计，金属棒与导轨间的摩擦不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，则()A．金属棒的最大加速度为6m/s2B．金属棒的最大速度为1.875m/sC．金属棒的最大速度为2.5m/sD．1s内通过电阻R的最大电荷量为0.375C6．[2024·浙江省联考]如图所示，水平光滑平行金属导轨处于匀强磁场中，磁场方向竖直向下，导轨左端用定值电阻连接，某时刻金属棒甲以某一初速度向右运动直至静止．若换用质量和长度相同，电阻率更大的不同材料的金属棒乙重复上述运动，其它条件不变，则()A．金属棒乙运动的距离更大B．速度大小相同时，金属棒乙回路中电功率更大C．金属棒甲、乙滑行总位移的一半时，分别对应各自运动的中间时刻D．金属棒甲、乙总时间的中间时刻的加速度分别小于各自起先时加速度的一半7．[2024·湖南临澧县练习](多选)如图所示，质量为3m的重物与一质量为m的导线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知导线框电阻为R，横边边长为L.有一垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场上下边界的距离、导线框竖直边长均为h.初始时刻，磁场的下边缘和导线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止起先释放，导线框加速进入磁场，穿出磁场前已经做匀速直线运动，滑轮质量、摩擦阻力均不计，重力加速度为g.则下列说法中正确的是()A．导线框进入磁场时的速度为2eq\r(gh)B．导线框穿出磁场时的速度为eq\f(2mgR,B2L2)C．导线框通过磁场的过程中产生的热量Q＝8mgh－eq\f(8m3g2R2,B4L4)D．导线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v，则加速度为a＝2g－eq\f(B2L2v,mR)8．[2024·全国甲卷]如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌于右边缘对齐，导轨的电阻忽视不计．导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上．导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短．碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点．P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行．不计空气阻力．求(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间．专题71电磁感应中的动力学问题1．B闭合开关时，金属杆的速度已经不为零，金属杆在下滑过程中，受到重力和安培力作用，若闭合开关时，重力与安培力恰好相等，则金属杆将做匀速直线运动，故A可能，不符合题意；闭合开关时，若安培力小于重力，则金属杆的合力向下，加速度向下，做加速运动，在加速运动的过程中，产生的感应电流增大，安培力增大，则合力减小，加速度减小，做加速度渐渐减小的加速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动，故B不行能，符合题意，C可能，不符合题意；闭合开关时，若安培力大于重力，则加速度的方向向上，做减速运动，减速运动的过程中，安培力减小，做加速度渐渐减小的减速运动，当重力与安培力相等时，做匀速直线运动，故D可能，不符合题意．2．ADOP转动切割磁感线产生的感应电动势为E＝eq\f(1,2)Br2ω，因为OP匀速转动，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A正确；杆OP匀速转动产生的感应电动势，产生的感应电流由M到N通过MN棒，由左手定则可知，MN棒会向左运动，MN棒运动会切割磁感线，产生的电动势与原来电流方向相反，让回路电流减小，MN棒所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，故D正确，B、C错误．3．ABD由平衡条件知金属棒所受安培力的方向应平行轨道向上，电流大小恒定，磁场B1匀称改变；依据左手定则推断金属棒中电流方向由b指向a，线圈中感应电流磁场方向与原磁场方向相同，则可推断B1减小，A正确；设B1的改变率为eq\f(ΔB1,Δt)，螺线管中感应电动势E＝neq\f(ΔB1,Δt)S，回路中总电阻R总＝R＋R＝2R，金属棒中电流I＝eq\f(E,R总)＝eq\f(E,2R)，安培力F＝B2eq\f(I,2)L，由平衡条件得F＝mgsinα，解得eq\f(ΔB1,Δt)＝eq\f(4mgRsinα,nB2SL)，B正确；断开K之后，金属棒ab将做变加速直线运动，C错误；断开K之后，金属棒速度最大时，受力平衡，有B2I′L＝mgsinα，且电流I′＝eq\f(E,4R)＝eq\f(B2Lv,4R)，联立解得v＝eq\f(4Rmgsinα,Beq\o\al(2,2)L2)，D正确．4．C铜框下边进入磁场过程，由右手定则推断感应电流为逆时针方向，A错误；铜框下边刚进入磁场时的速度大小v1＝eq\r(2gh)，此时感应电动势E＝BLv1，电流I＝eq\f(E,R)，铜框受的安培力大小F＝BIL，由平衡条件得F＝mg，解得磁感应强度B＝0.2T，B错误；铜框全部进入磁场后起先做加速度为g的匀加速直线运动，设铜框下边刚离开磁场时速度大小为v2，依据运动学公式得veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2g(D－d)，解得v2＝3m/s，C正确；铜框下边刚离开磁场时，感应电流大小I′＝eq\f(BLv2,R)＝3A，D错误．5．ABD如图为导轨和金属棒的侧视图，依据右手定则可知：流过金属棒的电流垂直于纸面对外，受到的安培力水平向右，依据E＝BLvcos37°，I＝eq\f(E,R＋r)，F安＝BIL，再由牛顿其次定律mgsin37°－F安cos37°＝ma得：mgsin37°－eq\f(B2L2vcos237°,R＋r)＝ma.初始时刻v＝0，加速度最大，为am＝gsin37°＝6m/s2，A正确；金属棒做加速度减小的加速运动，当加速度为0时速度最大，为vm＝eq\f(mg（R＋r）sin37°,B2L2cos237°)＝1.875m/s，B正确，C错误；当速度最大时，1秒钟内通过电阻R的电荷量最大，为qm＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(BLvt0cos37°,R＋r)＝0.375C，D正确．6．D设材料的电阻率为ρ，密度为ρ′，导轨间距为d，则金属棒电阻r＝ρeq\f(d,S)，且m＝ρ′Sl得r＝ρρ′eq\f(d2,m)，可知在质量和长度相同的状况下，金属棒的电阻与电阻率、密度均有关．由E＝Bdvi，i＝eq\f(E,R＋r)，Bidt＝mv，x＝eq\o(v,\s\up6(－))it得金属棒运动的距离x＝eq\f(mv（R＋r）,B2d2)，因不能确定甲、乙的电阻大小，不能推断运动距离的大小，A错误；回路中的电功率P＝eq\f(E2,R＋r)＝eq\f(B2d2v2,R＋r)，B错误；作出金属棒的v­t图象，图线的斜率渐渐减小，到一半位移时尚未达到各自运动的中间时刻，C错误；结合安培力F＝eq\f(B2d2v,R＋r)和a＝eq\f(F,m)，中间时刻的速度小于起先时速度的一半，则加速度小于起先时加速度的一半，D正确．7．BC线框进入磁场前，依据重物与线框组成的系统机械能守恒得(3mg－mg)·2h＝eq\f(1,2)(3m＋m)veq\o\al(2,1)，解得线框进入磁场时的速度为v1＝eq\r(2gh)，A错误；线框穿出磁场时，依据平衡条件得3mg－mg＝F安，安培力为F安＝eq\f(B2L2v2,R)，联立解得线框离开磁场时的速度为v2＝eq\f(2mgR,B2L2)，B正确；设线框通过磁场的过程中产生的热量为Q，对从静止到刚通过磁场的过程，依据能量守恒得Q＝(3mg－mg)·4h－eq\f(1,2)(3m＋m)veq\o\al(2,2)，联立以上解得Q＝8mgh－eq\f(8m3g2R2,B4L4)，C正确；线框进入磁场后，若某一时刻的速度为v，对整体，依据牛顿其次定律得3mg－mg－eq\f(B2L2v,R)＝(3m＋m)a，解得a＝eq\f(1,2)g－eq\f(B2L2v,4mR)，D错误．8．(1)eq\f(1,2)v0(2)mveq\o\al(2,0)(3)eq\f(2mR,B2l2)解析：(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，依据动量守恒和机械能守恒可得3mv0＝3mvQ＋mvPeq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,Q)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)联立解得vP＝eq\f(3,2)v0，vQ＝eq\f(1,2)v0由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为v′P＝vQ＝eq\f(1,2)v0(2)依据能量守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,P)＋Q解