【高考物理】一轮复习：专题强化练（2025版创新设计）23、专题强化练二十三　电磁感应中的动力学和能量问题

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对点练1 电磁感应中的动力学问题
1.如图1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( )
图1
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、电阻为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2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( )
图2
A.金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
B.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\c1(\f(mg,BL)))eq \s\up12(2)R
3.如图3所示，一宽度为L的光滑导轨与水平面成α角，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨上端连有一阻值为R的电阻，导轨电阻不计。一质量为m、电阻也为R的金属棒从导轨顶端由静止释放，设导轨足够长，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
图3
A.金属棒将做匀加速运动
B.释放的瞬间金属棒的加速度大小为gcs α
C.金属棒的最大速度大小为eq \f(2mgRsin α,B2L2)
D.金属棒下滑相等距离的时间内通过定值电阻R的电荷量越来越多
对点练2 电磁感应中的能量问题
4.(多选)如图4甲所示，平行金属导轨及所在平面与水平面成37°角。不计金属导轨电阻，平行导轨间距L＝1 m，定值电阻R＝3 Ω，虚线OO′下方有垂直于导轨平面的匀强磁场。将电阻r＝1 Ω、m＝0.1 kg的金属棒ab从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，金属棒下滑过程中的v－t图像如图乙所示。已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
图4
A.金属棒下滑过程中受到的摩擦力为0.2 N
B.匀强磁场的磁感应强度大小为2 T
C.金属棒在磁场中下滑0.1 s过程中电阻R中电流为0.5 A
D.金属棒在磁场中下滑0.1 s过程中电阻R产生的热量为1.875×10－2 J
5.如图5甲所示，地面上方高度为d的空间内有水平方向的匀强磁场，质量为m的正方形闭合导线框abcd的边长为L，从bc边距离地面高为h处将其由静止释放，已知h>d>L。从导线框开始运动到bc边即将落地的过程中，导线框的v－t图像如图乙所示。重力加速度为g，不计空气阻力，以下有关这一过程的判断正确的是( )
图5
A.t1～ t2时间内导线框受到的安培力逐渐增大
B. 磁场的高度d可以用v－t图中阴影部分的面积表示
C.导线框重力势能的减少量等于其动能的增加量
D. 导线框产生的焦耳热大于mgL
6.(多选)如图6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( )
图6
A.流过定值电阻的电流方向是N→Q
B.通过金属棒的电荷量为eq \f(BdL,2R)
C.克服安培力做的功为mgh
D.金属棒产生的焦耳热为eq \f(1,2)(mgh－μmgd)
B级 综合提升练
7.如图7甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1.0 m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝1.6 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg、电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直导轨放置，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s＝3.8 m时达到稳定状态，对应过程的v－t图像如图乙所示，(稳定状态时金属棒以1.0 m/s的速度匀速运动)取g＝10 m/s2，导轨足够长(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。求：
图7
(1)运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小；
(2)从金属杆开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属棒上产生的焦耳热。
8.如图8(a)，固定的绝缘斜面MNPQ倾角θ＝37°，虚线OO1与底边MN平行，且虚线OO1下方分布有垂直于斜面向上(设为正方向)的匀强磁场，磁场的磁感应强度B随时间t变化的图像如图(b)。质量m＝3.0×10－2 kg、边长L＝2.0×10－1 m、电阻R＝2.0×10－3 Ω粗细均匀的正方形导线框abcd置于斜面上，一半处在OO1的下方，另一半处在OO1的上方，ab与OO1平行。已知t＝0时，导线框恰好静止在斜面上，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
图8
(1)导线框与斜面间的动摩擦因数μ的大小；
(2)导线框从t＝0到恰好滑动的这段时间，导线框产生的焦耳热Q。
C级 培优加强练
9.如图9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，细线和线框共面、与斜面平行。距线框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，线框沿斜面上滑，恰好匀速进入和离开匀强磁场。已知线框边长为L1(L1图9
(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线框中产生的焦耳热Q。
参考答案
专题强化练二十三 电磁感应中的动力学和能量问题
1.A [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＝ILB＝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 [当金属棒在磁场中向下运动时，根据右手定则可判断通过电阻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大小的关系，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，产生的感应电流是I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(BLv,R＋r)，金属棒所受的安培力大小F＝ILB＝eq \f(B2L2v,R＋r)，C错误；金属棒以稳定的速度下滑时，F＝ILB＝mg，可得I＝eq \f(mg,BL)，电阻R的热功率为P＝I2R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(mg,BL)))eq \s\up12(2)R，D正确。]
3.C [对金属棒，根据牛顿第二定律，有mgsin α－ILB＝ma，根据闭合电路欧姆定律，有I＝eq \f(BLv,2R)，由此可知，金属棒先向下做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动，故A错误；释放的瞬间金属棒所受安培力为零，所以加速度大小为a＝gsin α，故B错误；当金属棒的加速度为零时，此时速度最大，有mgsin α＝ImLB＝eq \f(B2L2vm,2R)，解得vm＝eq \f(2mgRsin α,B2L2)，故C正确；金属棒下滑过程中通过定值电阻R的电荷量为q＝eq \(I,\s\up6(－))·Δt，又有eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),2R)＝eq \f(ΔΦ,Δt·2R)＝eq \f(BLx,Δt·2R)，所以q＝eq \f(BLx,2R)，由此可知，下滑相等距离的时间内通过定值电阻R的电荷量相等，故D错误。]
4.BD [由图乙知ab进磁场前的加速度为a＝eq \f(Δv,Δt)＝5 m/s2，由mgsin 37°－f＝ma，解得f＝0.1 N，A错误；ab进磁场后做匀速运动，有mgsin 37°＝f＋ILB，回路中电流I＝eq \f(BLv,R＋r)，解得B＝2 T，B正确；金属棒在磁场中下滑0.1 s过程中电阻R中电流I＝eq \f(BLv,R＋r)＝0.25 A，C错误；金属棒在磁场中下滑0.1 s过程中电阻R产生的热量Q＝I2Rt＝1.875×10－2 J，D正确。]
5.D [由题图乙可知，在0～t1时间内，导线框自由落体，t1～t2时间内导线框切割磁感线进入磁场，做加速度减小的减速运动，电流减小，则安培力在减小，A错误；在t1～t2时间段内，导线框切割磁感线，距离为l，完全进入后又做加速运动直到落地，所以磁场高度d为t1～t3时间内的位移，B错误；安培力做负功，所以重力势能减少量等于动能增加量和安培力做功的和，C错误；t1～t2时间内，F安>mg，克服安培力做的功大于重力做功，所以在下降过程中导线框产生的焦耳热大于mgL，D正确。]
6.BD [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(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)，选项C错误，D正确。]
7.(1)b端 5 N (2)1.47 J
解析 (1)由右手定则可判断感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端电势高
当金属棒匀速运动时，由平衡条件得
F＝mgsin 37°＋F安
其中F安＝ILB＝eq \f(B2L2v,R＋r)
由乙图可知v＝1.0 m/s
联立解得F＝5 N。
(2)从金属棒开始运动到稳定状态，由功能关系可得
(F－mgsin 37°)s＝Q＋eq \f(1,2)mv2
两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为Qr＝eq \f(r,R＋r)Q
联立解得Qr＝1.47 J。
8.(1)0.75 (2)3.6×10－2 J
解析 (1)已知t＝0时，导线框恰好静止在斜面上，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力，则有mgsin θ＝μmgcs θ
解得动摩擦因数μ的大小为μ＝0.75。
(2)设导线框经t时间恰好滑动，此时磁场的磁感应强度为B，则有B＝eq \f(ΔB,Δt)t
当导线框受到的摩擦力方向向下且为最大静摩擦力时，导线框恰好滑动，此时有
ILB＝mgsin θ＋μmgcs θ
导线框中感应电流为I＝eq \f(E,R)
感应电动势为E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(L2,2)
由题图(b)可知eq \f(ΔB,Δt)＝0.1 T/s
由焦耳定律可得Q＝I2Rt
联立以上各式并代入数据解得Q＝3.6×10－2 J。
9.(1)eq \r(4,\f(gm2R2,2L0Leq \\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＋mgsin θ
其中F安＝IL1B
I＝eq \f(E,R)
E＝BL1v
导线框与木块通过细线相连，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－mgsin θ＝2ma
根据运动学方程可得进入磁场时速度v＝eq \r(2aL0)
联立以上各式求解可得B＝eq \r(4,\f(gm2R2,2L0Leq \\al(4,1)))。
(2)线框恰好匀速进入和离开匀强磁场，导线框通过匀强磁场过程中，线框和木块组成的系统减少的重力势能转化为电路中产生的焦耳热，根据能量守恒定律得
Q＝mg(2L2＋L1)－mg(2L2＋L1)sin θ
所以导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热
Q＝eq \f(1,2)mg(2L2＋L1)。