物理二轮复习跟踪练习 微专题24 电磁感应中的动力学和能量问题

微专题24电磁感应中的动力学和能量问题跟踪练习基础过关一．选择题：1.如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框的电阻不计，开始时，给ef一个向右的初速度，则()A．ef将减速向右运动，但不是匀减速运动B．ef将匀减速向右运动，最后停止C．ef将匀速向右运动D．ef将往返运动2.两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、接入电路的阻值为r的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放，金属棒和导轨接触良好，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．金属棒在磁场中运动的速度为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\f(mg,BL)）2R3.(2025·河南卷,5)如图,一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时,沿N极到S极的方向看,下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是()4.(2025·甘肃卷,6)闭合金属框放置在磁场中,金属框平面始终与磁感线垂直。如图,磁感应强度B随时间t按正弦规律变化。Φ为穿过金属框的磁通量,E为金属框中的感应电动势,下列说法正确的是()A.t在0~T4内,Φ和E均随时间增大B.当t=T8与3T8时,EC.当t=T4时,Φ最大,ED.当t=T2时,Φ和E5.（多选）由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是()A．甲和乙都加速运动B．甲和乙都减速运动C．甲加速运动，乙减速运动D．甲减速运动，乙加速运动6.（多选）如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上，t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是()7.（多选）如图所示，两根间距为d的足够长光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ＝30°的绝缘斜面上，导轨的右端接有电阻R，整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上。导轨上有一质量为m、电阻也为R的导体棒与两导轨垂直且接触良好，导体棒以一定的初速度v0在沿着导轨上滑一段距离L后返回，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用，重力加速度为g。下列说法正确的是()A．导体棒返回时先做加速运动，最后做匀速直线运动B．导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量q＝eq\f(BdL,R)C．导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W＝eq\f(1,2)（mveq\o\al(2,0)－mgL）D．导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量Q＝eq\f(1,2)（mveq\o\al(2,0)－mgL）8.（多选）如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO′与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀强磁场（图中未画出），导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO′放置在导轨图示位置，由静止释放。MN运动过程中始终平行于OO′且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是()A．MN最终一定静止于OO′位置B．MN运动过程中安培力始终做负功C．从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN的速率一直在增大D．从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN中电流方向由M到N能力提升选择题：9.如图所示，AB、CD为两个平行的、不计电阻的水平光滑金属导轨，置于方向垂直导轨平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场（未画出）中。AB、CD的间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻。质量为m、长为L且电阻不计的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统。开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中AC间的电阻R上产生的焦耳热为Q，则()A．导体棒水平方向做简谐运动B．初始时刻导体棒所受的安培力大小为eq\f(B2L2v0,R)C．当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－QD．当导体棒再次回到初始位置时，AC间的电阻R的热功率小于eq\f(B2L2veq\o\al(2,0),R)10.（多选）如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接。右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好。重力加速度为g，则金属棒穿过磁场区域的过程中()A．流过定值电阻的电流方向是N→QB．通过金属棒的电荷量为eq\f(BdL,2R)C．克服安培力做的功为mghD．金属棒产生的焦耳热为eq\f(1,2)(mgh－μmgd)11.（多选）如图所示，竖直固定的光滑圆弧形金属导轨PQ半径为r，O为圆心，P、O之间用导线连接阻值为R的电阻。粗细均匀的轻质金属棒的一端通过铰链固定在O点，另一端连接质量为m的金属小球，小球套在导轨PQ上。初始时刻金属棒处于水平位置，小球、金属棒与导轨始终接触良好。过圆心O的水平线下方分布着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。已知重力加速度为g，金属棒总电阻为2R，小球、导轨及导线电阻不计，不计一切摩擦力。现将小球由静止释放，第一次运动到最低点时小球速度大小为v，在此过程中下列说法正确的是()A．小球运动到最低点时，金属棒产生的感应电动势为BrvB．小球运动到最低点时，金属棒两端的电压为eq\f(Brv,6)C．通过电阻R的电荷量为eq\f(Bπr2,12R)D．电阻R上产生的焦耳热为mgr－eq\f(1,2)mv2计算题：12.如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向下。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。13.如图所示，粗细均匀的正方形导线框abcd放在倾角为θ＝30°的绝缘光滑斜面上，通过轻质细线绕过光滑的定滑轮与木块相连，细线和导线框共面、与斜面平行。距导线框cd边为L0的MNQP区域存在着垂直于斜面、大小相等、方向相反的两个匀强磁场，EF为两个磁场的分界线，ME＝EP＝L2。现将木块由静止释放后，木块下降，导线框沿斜面上滑，恰好匀速进入和离开匀强磁场。已知导线框边长为L1(L1<L2)、质量为m、电阻大小为R，木块质量也为m，重力加速度为g，试求：(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2)导线框通过匀强磁场过程中导线框中产生的焦耳热Q。培优训练一．计算题：14.如图所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，处在与导轨平面垂直的匀强磁场中，导轨间距L＝1m。导轨平面与水平面的夹角θ＝37°，匀强磁场的磁感应强度大小B＝2T，ab、cd两金属棒放在导轨上与导轨垂直并处于静止状态，两金属棒的长度均为L＝1m，电阻均为R＝5Ω，质量均为0.5kg，导轨电阻不计，重力加速度g取10m/s2。若使金属棒ab以v1＝1m/s的速度沿导轨向下匀速运动，则金属棒cd恰好要滑动；现使金属棒ab从静止开始向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度的大小a＝8m/s2，金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，两金属棒与导轨间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数μ；(2)从静止开始，金属棒ab向上加速运动多长时间，金属棒cd刚好要滑动？(3)已知金属棒ab向上匀加速运动至金属棒cd刚好要滑动的过程中，拉力对金属棒ab所做的功W＝234.4J。求此过程中，金属棒cd中通过的电荷量及产生的焦耳热。参考答案：1.A解析ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，由F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，最终停止运动，故A正确，B、C、D错误。2.D解析当金属棒在磁场中向下运动时，根据楞次定律可判断通过电阻R的电流方向为b→a，A错误；由于无法确定金属棒刚进入磁场时安培力的大小与重力的大小关系，故无法确定金属棒的运动情况，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；金属棒以稳定的速度下滑时，F＝BIL＝mg，可求得P＝（eq\f(mg,BL)）2R，D正确。3.C解析根据题图可知,沿N极到S极的方向看,当金属薄片中心向右运动到N极的正下方时,通过薄片右半边的磁通量在减小,通过薄片左半边的磁通量在增多,由楞次定律可知,右侧涡流产生的磁场方向与原磁场方向相同,左侧涡流产生的磁场方向与原磁场方向相反,所以由安培定则可知,右侧涡电流沿顺时针方向,左侧涡流沿逆时针方向,C正确。4.C解析在0~T4时间内,磁感应强度B增大,根据Φ=BS知磁通量Φ增加,但是B-t图像的斜率ΔBΔt减小,根据法拉第电磁感应定律E=ΔBΔtS可知,感应电动势E逐渐减小,故A错误;当t=T8和t=3T8时,因B-t图像的斜率大小相等,符号相反,可知感应电动势E大小相等,方向相反,故B错误;t=T4时,B最大,则磁通量Φ最大,但是B的变化率为零,则感应电动势E为零,故C正确;t=T2时,B为零,则磁通量Φ为零,5.AB解析设正方形闭合线圈匝数为n，边长为L，质量为m，线圈的横截面积为S，密度为ρ0，则有m＝4nLSρ0，电阻R＝ρeq\f(4nL,S)，设线圈刚进入磁场时速度为v，则电动势E＝nBLv，电流I＝eq\f(E,R)，线圈下边所受安培力F＝nBIL，联立上述方程解得F＝eq\f(B2vm,16ρρ0)，由于两线圈从同一高度由静止释放，则刚进入磁场时速度v相同，根据题意知两线圈质量相同，密度相同，电阻率也相同，所以两线圈刚进入磁场时所受安培力相同，由mg－F＝ma知加速度相同，甲、乙可能都加速，也可能都减速，选项A、B正确，C、D错误。6.AC解析棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝eq\f(v0,2)，选项A、C正确，B、D错误。7.AC解析导体棒返回时先做加速度减小的加速运动，最后受力平衡，做匀速直线运动，所以A正确；根据q＝eq\f(ΔΦ,R总)，则导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量为q＝eq\f(BdL,2R)，所以B错误；导体棒沿着导轨上滑过程中，由能量守恒定律可得W＋mgLsin30°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得W＝eq\f(1,2)（mveq\o\al(2,0)－mgL），所以C正确；根据功能关系可得，导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量为Q＝eq\f(1,2)W，则Q＝eq\f(1,4)（mveq\o\al(2,0)－mgL），所以D错误。8.ABD解析由楞次定律结合左手定则可知，安培力与MN的运动方向的夹角始终大于90°，则安培力始终做负功，MN最终一定静止在OO′位置，A、B正确；根据楞次定律可知，从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN中电流方向由M到N，D正确；从释放到第一次到达OO′位置过程中，在即将到达OO′位置的时刻，MN所受安培力水平向左，沿速度方向的分力一定大于MN所受重力沿速度方向的分力，处于减速状态，C错误。9.D解析导体棒运动过程中，安培力做功，电阻产生焦耳热，则导体棒和弹簧的机械能有损失，当导体棒再次回到初始位置时速度小于v0，导体棒水平方向做的不是简谐运动，则导体棒回到初始位置时产生的感应电动势E1＜BLv0，根据电功率公式P＝eq\f(Eeq\o\al(2,1),R)可知，AC间的电阻R的热功率P＜eq\f(B2L2veq\o\al(2,0),R)，故A错误，D正确；根据公式E＝BLv0，I＝eq\f(E,R并)，F＝BIL可得，初始时刻导体棒所受的安培力大小为F＝eq\f(2B2L2v0,R)，故B错误；当导体棒第一次到达最右端时，设弹簧的弹性势能为Ep，根据能量守恒定律有Ep＋2Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－2Q，故C错误。10.BD解析金属棒下滑到底端时速度向右，磁场方向竖直向上，根据右手定则可知流过定值电阻的电流方向是Q→N，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，通过金属棒的电荷量为q＝eq\f(\x\to(E),2R)·Δt＝eq\f(ΔΦ,Δt·2R)·Δt＝eq\f(BLd,2R)，故B正确；根据动能定理有mgh－μmgd－W安＝0，则克服安培力所做的功为W安＝mgh－μmgd，电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以金属棒产生的焦耳热为QR＝eq\f(1,2)(mgh－μmgd)，故C错误，D正确。11.BC解析当小球运动到最低点时，金属棒切割磁感线，产生的感应电动势为E＝Breq\x\to(v)＝B·req\f(v,2)＝eq\f(Brv,2)，金属棒两端的电压为U＝eq\f(R,R＋2R)E＝eq\f(Brv,6)，A错误，B正确；此过程中回路中的平均感应电动势为eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，回路中的平均感应电流为eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),3R)，此过程通过电阻R的电荷量为q＝eq\x\to(I)Δt，联立解得q＝eq\f(ΔΦ,3R)＝eq\f(B·\f(πr2,4),3R)＝eq\f(Bπr2,12R)，C正确；根据能量守恒定律可知，回路中产生的总焦耳热为Q＝mgr－eq\f(1,2)mv2，电阻R上产生的焦耳热为Q′＝eq\f(R,2R＋R)Q＝eq\f(mgr,3)－eq\f(1,6)mv2，D错误。12.答案(1)Q＝CBLv(2)v＝eq\f(m(sinθ－μcosθ)gt,m＋B2L2C)解析(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，根据定义有C＝eq\f(Q,U)联立可得Q＝CBLv。(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i，金属棒受到的安培力方向沿导轨向上，大小为F＝BLi设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，根据定义有i＝eq\f(ΔQ,Δt)ΔQ也是平行板电容器极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量，由(1)可得ΔQ＝CBLΔv式中，Δv为金属棒的速度变化量，根据定义有a＝eq\f(Δv,Δt)金属棒所受的摩擦力方向沿导轨向上，大小为f＝μN式中，N是金属棒对导轨的正压力的大小，有N＝mgcosθ金属棒在时刻t的加速度方向沿导轨向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsinθ－F－f＝ma联立上式可得a＝eq\f(m(sinθ－μcosθ)g,m＋B2L2C)则金属棒做初速度为零的匀加速运动，t时刻金属棒的速度大小为v＝at＝eq\f(m(sinθ－μcosθ)gt,m＋B2L2C)。13.答案(1)eq\r(4,\f(gm2R2,2L0Leq\o\al(4,1)))(2)eq\f(1,2)mg(2L2＋L1)解析(1)导线框匀速进入磁场时，受力平衡，受力情况如图所示根据平衡条件有FT＝F安＋mgsinθ其中F安＝BIL1I＝eq\f(E,R)E＝BL1v导线框与木块通过细线相连，导线框匀速进入磁场时，木块匀速下降，根据平衡条件有FT＝mg对导线框和木块构成的系统，进入磁场前二者一起做匀加速直线运动根据牛顿第二定律有mg－mgsinθ＝2ma根据运动学公式可得进入磁场时速度