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2024版新教材高考物理复习特训卷考点76电磁感应中的动力学能量和动量问题__提能力
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这是一份2024版新教材高考物理复习特训卷考点76电磁感应中的动力学能量和动量问题__提能力，共9页。
A．图甲中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动
B．图乙中，ab棒先做加速度越来越大的减速运动，最终静止
C．图丙中，ab棒先做初速度为v0的变减速运动，然后反向做变加速运动，最终做匀速运动
D．三种情形下导体棒ab最终都匀速运动
2.
（多选）如图所示，竖直平面内有一相距l的两根足够长的金属导轨位于磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的均匀金属导体棒ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，且导体棒ab与金属导轨接触良好，ab电阻为R，其它电阻不计．导体棒ab由静止开始下落，过一段时间后闭合电键S，发现导体棒ab仍作变速运动，则在闭合电键S以后，下列说法中正确的有（ ）
A．导体棒ab变速运动过程中加速度一定减小
B．导体棒ab变速运动过程中加速度一定增大
C．导体棒ab最后作匀速运动时，速度大小为v＝ eq \f(mgR,B2l2)
D．若将导轨间的距离减为原来的 eq \f(1,2) ，则导体棒ab作匀速运动时的速度大小为v＝ eq \f(4mgR,B2l2)
3.
（多选）如图所示，间距L＝1 m、足够长的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，其左端接一阻值R＝1 Ω的定值电阻．直线MN垂直于导轨，在其左侧面积S＝0.5 m2的圆形区域内存在垂直于导轨所在平面向里的磁场，磁感应强度B随时间的变化关系为B＝6t（T），在其右侧（含边界MN）存在磁感应强度大小B0＝1 T、方向垂直导轨所在平面向外的匀强磁场．t＝0时，某金属棒从MN处以v0＝8 m/s的初速度开始水平向右运动，已知金属棒质量m＝1 kg，与导轨之间的动摩擦因数μ＝0.2，导轨、金属棒电阻不计且金属棒与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．t＝0时，闭合回路中有大小为5 A的顺时针方向的电流
B．闭合回路中一直存在顺时针方向的电流
C．金属棒在运动过程中受到的安培力方向先向左再向右
D．金属棒最终将以1 m/s的速度匀速运动
4.
[2023·全国高三专题练习]如图所示，两根间距为0.5 m的平行固定金属导轨处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，导轨平面与水平面成θ＝30°角，导轨下端连接阻值为2 Ω的定值电阻．将一质量为0.2 kg的金属棒从两导轨上足够高处由静止释放，则当金属棒下滑至速度最大时，电阻R消耗的电功率为2 W，已知金属棒始终与导轨垂直并接触良好，它们之间的动摩擦因数为 eq \f(\r( ,3),6) ，取重力加速度大小g＝10 m/s2，电路中其余电阻忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A．金属棒中的电流方向为由b到a
B．金属棒速度最大时受到的安培力大小为1.5 N
C．金属棒的最大速度为4 m/s
D．匀强磁场的磁感应强度的大小为0.4 T
5.[2023·河北石家庄二中模拟]（多选）如图甲所示，两根足够长的光滑金属导轨ab、cd与水平面成θ＝30°固定，导轨间距离为l＝1 m，电阻不计．一个阻值为R0的定值电阻与电阻箱R并连接在两金属导轨的上端，整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直向上，磁感应强度大小为B＝1 T．现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放．金属棒下滑过程中与导轨接触良好．改变电阻箱的阻值R，测定金属棒的最大速度vm，得到的 eq \f(1,vm) eq \f(1,R) 的图像如图乙所示．取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是（ ）
A．金属棒的质量m＝0.2 kg
B．定值电阻R0＝2 Ω
C．当电阻箱R取2 Ω，且金属棒的加速度为 eq \f(g,4) 时，金属棒的速度v＝1 m/s
D．若磁场磁感应强度大小不变，方向变为竖直向上，电阻箱R取2 Ω，则导体棒匀速时的速度为 eq \f(4,3) m/s
6.
（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
7.如图所示，两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平桌面上，间距为l＝1 m，电阻不计．整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝1 T．金属棒AB、CD水平放置在两导轨上，相距L＝0.3 m，棒与导轨垂直并接触良好，已知AB棒的质量为m1＝0.3 kg，CD棒的质量为m2＝0.5 kg，两金属棒接入电路的电阻为R1＝R2＝0.8 Ω.若给AB棒以v0＝4 m/s的初速度水平向左运动，在两根金属棒运动到两棒间距最大的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．AB棒中的电流方向为从B到A，间距最大时电流为零
B．CD棒的最终速度大小为1 m/s
C．该过程中通过导体横截面的电荷量为0.8 C
D．两金属棒的最大距离为1.5 m
8.[2023·四川成都七中高三阶段练习]（多选）如图所示，正方形金属线圈abcd边长为L，电阻为R.现将线圈平放在粗糙水平传送带上，ab边与传送带边缘QN平行，随传送带以速度v匀速运动，匀强磁场的边界PQNM是平行四边形，磁场方向垂直于传送带向上，磁感应强度大小为B，PQ与QN夹角为45°，PM长为2L，PQ足够长，线圈始终相对于传送带静止，在线圈穿过磁场区域的过程中，下列说法错误的是（ ）
A．线圈感应电流的方向先是沿adcba后沿abcda
B．线圈受到的静摩擦力先增大后减小
C．线圈始终受到垂直于ad向右的静摩擦力
D．线圈受到摩擦力的最大值为 eq \f(B2L2v,R)
9.
（多选）如图所示，水平面内固定有两根平行的光滑长直金属导轨，间距为L，电阻不计．整个装置处于两个磁感应强度大小均为B、方向相反的竖直匀强磁场中，虚线为两磁场的分界线．质量均为m的两根相同导体棒MN、PQ静置于如图所示的导轨上（两棒始终与导轨垂直且接触良好）.现使MN棒获得一个大小为v0，方向水平向左的初速度，则在此后的整个运动过程中（ ）
A．两金属棒组成系统动量不守恒
B．MN棒克服安培力做功的功率等于MN棒的发热功率
C．两棒最终的速度大小均为 eq \f(v0,2) ，方向相反
D．通过PQ棒某一横截面的电荷量为 eq \f(mv0,2BL)
10.
（多选）如图所示，电阻不计的光滑金属导轨由直窄轨AB、CD以及直宽轨EF、GH组合而成，窄轨和宽轨均处于同一水平面内，AB、CD等长且与EF、GH均相互平行，BE、GD等长、共线，且均与AB垂直，窄轨间距为 eq \f(L,2) ，宽轨间距为L.窄轨和宽轨之间均有竖直向上的磁感强度为B的匀强磁场．由同种材料制成的相同金属直棒a、b始终与导轨垂直且接触良好，棒长为L、质量为m、电阻为R.初始时b棒静止于导轨EF段某位置，a棒从AB段某位置以初速度v0向右运动，且a棒距窄轨右端足够远，宽轨EF、GH足够长．下列判断正确的是（ ）
A．a棒刚开始运动时，b棒的加速度大小为 eq \f(B2L2v0,3mR)
B．经过足够长的时间，a棒的速度为 eq \f(4,5) v0
C．整个过程中通过回路的电荷量为 eq \f(4mv0,5BL)
D．整个过程中b棒产生的焦耳热为 eq \f(1,15) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
11.
如图，一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M＝0.06 kg的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R＝3 Ω的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L＝0.6 m．初始时CD与EF相距s0＝0.4 m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1＝ eq \f(3,16) m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域．当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速．已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B＝1 T，重力加速度大小取g＝10 m/s2，sin α＝0.6.求：
（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；
（2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；
（3）导体框匀速运动的距离．
考点76 电磁感应中的动力学、能量和动量问题——提能力
1．答案：C
解析：题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B错误；题图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做变减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做变加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动，故C正确；由以上分析可知，故D错误．
2．答案：AC
解析：若导体棒加速，重力大于安培力，根据牛顿第二定律，有mg－ eq \f(B2L2v,R)＝ma，速度不断加大，故加速度不断减小；若棒减速，重力小于安培力，根据牛顿第二定律，有 eq \f(B2L2v,R)－mg＝ma，速度不断减小，加速度也不断减小．故A正确，B错误；由于导体棒的加速度不断减小，最后加速度减至零时变为匀速运动，根据平衡条件，重力和安培力平衡，有 eq \f(B2L2v,R)－mg＝0，解得 v＝ eq \f(mgR,B2l2)，故C正确；若将导轨间的距离减为原来的 eq \f(1,2)，根据平衡条件，重力和安培力平衡，有 eq \f(B2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)))\s\up12(2)v,\f(R,2))－mg＝0，解得v＝ eq \f(2mgR,B2l2)，故D错误．
3．答案：ACD
解析：t＝0时，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为 E1＝B0Lv0＝8 V，MN左侧变化的磁场使回路产生的电动势为 E2＝ eq \f(ΔB,Δt)S＝3 V，由楞次定律和右手定则知两电动势反向，由于E1>E2，可知金属棒中的电流方向由M→N，闭合回路中有顺时针方向的电流 I＝ eq \f(E1－E2,R)＝5 A，选项A正确；金属棒受到向左的安培力和摩擦力，向右减速，当 B0Lv1＝E2时，电流为零，但金属棒仍受到向左的摩擦力，继续减速，此后当 B0Lv金属棒开始匀速运动，则B0 eq \f(E2－B0Lv,R)L＝μmg
解得 v＝1 m/s，选项B错误，C、D正确．
4．答案：C
解析：由右手定则可得，金属棒中的电流方向为由a到b，故A错误；当金属棒速度最大时受力平衡，有mg sin θ＝μmg cs θ＋F安，得 F安＝0.5 N，故B错误；金属棒克服安培力做功的功率等于电路中的电阻R产生的热功率，即 P＝F安v，得金属棒速度的大小 v＝4 m/s，故C正确；安培力F安＝BIL，由闭合电路欧姆定律得 E＝BLv＝IR，得 B＝ eq \r( ,\f(F安R,L2v))＝1.0 T，故D错误．
5．答案：ABD
解析：金属棒以最大速度vm下滑时，根据法拉第电磁感应定律，有 E＝Blvm，由闭合电路欧姆定律，有E＝I eq \f(RR0,R＋R0).根据平衡条件，有 BIl＝mg sin θ，由以上各式整理可得 eq \f(1,vm)＝ eq \f(B2l2,mg sin θ)· eq \f(1,R)＋ eq \f(B2l2,mg sin θ)· eq \f(1,R0).根据 eq \f(1,vm) eq \f(1,R)图像可知 eq \f(B2l2,mg sin θ)· eq \f(1,R0)＝0.5m－1·s， eq \f(B2l2,mg sin θ)＝1m－1·s·Ω，可得m＝0.2 kg，R0＝2 Ω，A、B正确；设此时金属棒下滑速度为v，有mg sin θ－B· eq \f(Blv,\f(RR0,R＋R0))l＝m· eq \f(1,4)g，可得 v＝0.5 m/s，C错误；设导体棒匀速时的速度为v2，则有 B cs θ· eq \f(B·cs θlv2,\f(RR0,R＋R))l＝mg sin θ，解得：v2＝ eq \f(4,3) m/s，D正确．
6．答案：AB
解析： 设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有 v＝ eq \r(2gh)，感应电动势为 E＝nBlv，两线圈材料相等(设密度为ρ0)，质量相同(设为m)，则m＝ρ0×4nl×S.设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻R＝ρ eq \f(4nl,S)＝ eq \f(16n2l2ρρ0,m)，感应电流为 I＝ eq \f(E,R)＝ eq \f(mBv,16nlρρ0)，安培力为 F＝nBIl＝ eq \f(mB2v,16ρρ0)，由牛顿第二定律有mg－F＝ma，联立解得 a＝g－ eq \f(F,m)＝g－ eq \f(B2v,16ρρ0).加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度．当g> eq \f(B2v,16ρρ0)时，甲和乙都加速运动，当g< eq \f(B2v,16ρρ0)时，甲和乙都减速运动，当g＝ eq \f(B2v,16ρρ0)时都匀速．故选AB.
7．答案：D
解析：根据楞次定律和右手定则可以判断AB棒中的电流方向为从A到B，当间距达到最大后，两棒相对静止，回路中磁通量不再变化，电流为零，故A错误；AB棒和CD棒组成的系统所受外力的合力为零，系统动量守恒，有m1v0＝(m1＋m2)v′，解得v′＝ eq \f(m1v0,m1＋m2)＝ eq \f(0.3×4,0.3＋0.5) m/s＝1.5 m/s，故B错误；对CD棒在此过程中由动量定理可得B eq \(I,\s\up6(－))lt＝m2v′，所以通过导体横截面的电荷量为Q＝ eq \(I,\s\up6(－))t＝ eq \f(m2v′,Bl)＝ eq \f(0.5×1.5,1×1)C＝0.75 C，故C错误；由Q＝ eq \f(ΔΦ,R总)与ΔΦ＝Bl·Δx联立解得Δx＝ eq \f(QR总,Bl)＝1.2 m，两金属棒的最大距离为L＋Δx＝1.5 m，故D正确．
8．答案：BCD
解析：在线圈穿过磁场区域的过程中，线圈中的磁通量先增大后减小，据楞次定律知，线圈感应电流的方向先是沿adcba后沿abcda，故A项正确，不符合题意；线圈的一小部分进入磁场区域时(a点未进入磁场)，线圈感应电流的方向沿adcba，bc边所受安培力方向向左，ab边所受安培力方向向里，线圈受到的摩擦力方向不是向右，故C项错误，符合题意；线圈进入磁场区域的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，线圈中的电动势(电流)先增大后减小，线圈受到的安培力先增大后减小，线圈受到的静摩擦力先增大后减小；线圈穿出磁场区域的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，线圈中的电动势(电流)先增大后减小，线圈受到的安培力先增大后减小，线圈受到的静摩擦力先增大后减小，故B项错误，符合题意；当线圈的有效切割长度为L时，线圈受到的安培力最大，线圈受到的静摩擦力最大，摩擦力的最大值为Fm＝ eq \r(2)BImL＝ eq \r(2)B eq \f(BLv,R)L＝ eq \r(2) eq \f(B2L2v,R)，故D项错误，符合题意．
9．答案：ACD
解析：由右手定则可知，MN中感应电流由N到M，受到安培力向右，PQ中感应电流由P到Q，受到安培力向右，故两导体棒受到的安培力方向相同，系统的合外力不为零，故两金属棒组成系统动量不守恒，A正确；MN棒克服安培力做功的功率大于MN棒的发热功率，B错误；MN向左减速，PQ向右加速，当满足BLv1＝BLv2即v1＝v2时，回路中感应电流为零，达到稳定状态，两导体棒受到的平均安培力大小相等，对两导体棒由动量定理可得－ eq \(F,\s\up6(－))t＝mv1－mv0； eq \(F,\s\up6(－))t＝mv2解得v1＝v2＝ eq \f(v0,2)，两导体棒速度方向相反，C正确；设通过PQ棒某一横截面的电荷量为q，可得q＝ eq \(I,\s\up6(－))t对PQ棒，由动量定理可得B eq \(I,\s\up6(－))L·t＝mv2联立解得q＝ eq \f(mv0,2BL)，D正确．故选ACD.
10．答案：ABD
解析：a棒刚开始运动时，感应电动势为E＝ eq \f(BLv0,2)，电路中电流为I＝ eq \f(E,R＋\f(1,2)R)＝ eq \f(BLv0,3R)，b棒的安培力为F＝BIL＝ eq \f(B2L2v0,3R).根据牛顿第二定律得a＝ eq \f(B2L2v0,3mR)，故选项A正确；经过足够长时间，电路中无电流，有 eq \f(BLva,2)＝BLvb对a导体棒，根据动量定理得－B eq \x\t(I) eq \f(L,2)Δt＝mva－mv0，对b导体棒，根据动量定理得B eq \x\t(I)LΔt＝mvb联立解得va＝ eq \f(4,5)v0；vb＝ eq \f(2,5)v0，故选项B正确；对b导体棒，根据动量定理得B eq \x\t(I)LΔt＝BLq＝mvb解得q＝ eq \f(2mv0,5BL)，选项C错误；根据能量守恒得 eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(a)) ＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(b)) ＋Qa＋Qb，两导体棒发热量关系为2Qa＝Qb解得Qb＝ eq \f(1,15)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，故D正确．
11．答案：(1)0.18 N (2)0.02 kg eq \f(3,8) (3) eq \f(5,18)m
解析：(1)根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，
由动能定理可得(M＋m)gs1sin α＝ eq \f(1,2)(M＋m)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
代入数据解得 v0＝ eq \f(3,2) m/s
金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得 E＝BLv0
由闭合回路的欧姆定律可得 I＝ eq \f(E,R)
则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为 F安＝BIL＝0.18 N.
(2)金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，
可有mg sin α＋μmg cs α＝F安
此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得 Mg sin α－μmg cs α＝Ma
设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为 t＝ eq \f(x,v0)
则此时导体框的速度为 v1＝v0＋at
则导体框的位移 x1＝v0t＋ eq \f(1,2)at2
因此导体框和金属棒的相对位移为 Δx＝x1－x＝ eq \f(1,2)at2
由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF刚好进入线框，则有位移关系 s0－Δx＝x
金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为 E1＝BLv1，I1＝ eq \f(BLv1,R)
导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得 Mg sin α＝μmg cs α＋BI1L
联立以上可得 x＝0.3 m，a＝5 m/s2，m＝0.02 kg，μ＝ eq \f(3,8).
(3)金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，
则有mg sin α＋μmg cs α＝ma1
金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有 v0＋a1t1＝v1
导体框匀速运动的距离为 x2＝v1t1
代入数据解得 x2＝ eq \f(2.5,9) m＝ eq \f(5,18)m.
A．图甲中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动
B．图乙中，ab棒先做加速度越来越大的减速运动，最终静止
C．图丙中，ab棒先做初速度为v0的变减速运动，然后反向做变加速运动，最终做匀速运动
D．三种情形下导体棒ab最终都匀速运动
2.
（多选）如图所示，竖直平面内有一相距l的两根足够长的金属导轨位于磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的均匀金属导体棒ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，且导体棒ab与金属导轨接触良好，ab电阻为R，其它电阻不计．导体棒ab由静止开始下落，过一段时间后闭合电键S，发现导体棒ab仍作变速运动，则在闭合电键S以后，下列说法中正确的有（ ）
A．导体棒ab变速运动过程中加速度一定减小
B．导体棒ab变速运动过程中加速度一定增大
C．导体棒ab最后作匀速运动时，速度大小为v＝ eq \f(mgR,B2l2)
D．若将导轨间的距离减为原来的 eq \f(1,2) ，则导体棒ab作匀速运动时的速度大小为v＝ eq \f(4mgR,B2l2)
3.
（多选）如图所示，间距L＝1 m、足够长的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，其左端接一阻值R＝1 Ω的定值电阻．直线MN垂直于导轨，在其左侧面积S＝0.5 m2的圆形区域内存在垂直于导轨所在平面向里的磁场，磁感应强度B随时间的变化关系为B＝6t（T），在其右侧（含边界MN）存在磁感应强度大小B0＝1 T、方向垂直导轨所在平面向外的匀强磁场．t＝0时，某金属棒从MN处以v0＝8 m/s的初速度开始水平向右运动，已知金属棒质量m＝1 kg，与导轨之间的动摩擦因数μ＝0.2，导轨、金属棒电阻不计且金属棒与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．t＝0时，闭合回路中有大小为5 A的顺时针方向的电流
B．闭合回路中一直存在顺时针方向的电流
C．金属棒在运动过程中受到的安培力方向先向左再向右
D．金属棒最终将以1 m/s的速度匀速运动
4.
[2023·全国高三专题练习]如图所示，两根间距为0.5 m的平行固定金属导轨处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，导轨平面与水平面成θ＝30°角，导轨下端连接阻值为2 Ω的定值电阻．将一质量为0.2 kg的金属棒从两导轨上足够高处由静止释放，则当金属棒下滑至速度最大时，电阻R消耗的电功率为2 W，已知金属棒始终与导轨垂直并接触良好，它们之间的动摩擦因数为 eq \f(\r( ,3),6) ，取重力加速度大小g＝10 m/s2，电路中其余电阻忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A．金属棒中的电流方向为由b到a
B．金属棒速度最大时受到的安培力大小为1.5 N
C．金属棒的最大速度为4 m/s
D．匀强磁场的磁感应强度的大小为0.4 T
5.[2023·河北石家庄二中模拟]（多选）如图甲所示，两根足够长的光滑金属导轨ab、cd与水平面成θ＝30°固定，导轨间距离为l＝1 m，电阻不计．一个阻值为R0的定值电阻与电阻箱R并连接在两金属导轨的上端，整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直向上，磁感应强度大小为B＝1 T．现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放．金属棒下滑过程中与导轨接触良好．改变电阻箱的阻值R，测定金属棒的最大速度vm，得到的 eq \f(1,vm) eq \f(1,R) 的图像如图乙所示．取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是（ ）
A．金属棒的质量m＝0.2 kg
B．定值电阻R0＝2 Ω
C．当电阻箱R取2 Ω，且金属棒的加速度为 eq \f(g,4) 时，金属棒的速度v＝1 m/s
D．若磁场磁感应强度大小不变，方向变为竖直向上，电阻箱R取2 Ω，则导体棒匀速时的速度为 eq \f(4,3) m/s
6.
（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
7.如图所示，两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平桌面上，间距为l＝1 m，电阻不计．整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝1 T．金属棒AB、CD水平放置在两导轨上，相距L＝0.3 m，棒与导轨垂直并接触良好，已知AB棒的质量为m1＝0.3 kg，CD棒的质量为m2＝0.5 kg，两金属棒接入电路的电阻为R1＝R2＝0.8 Ω.若给AB棒以v0＝4 m/s的初速度水平向左运动，在两根金属棒运动到两棒间距最大的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．AB棒中的电流方向为从B到A，间距最大时电流为零
B．CD棒的最终速度大小为1 m/s
C．该过程中通过导体横截面的电荷量为0.8 C
D．两金属棒的最大距离为1.5 m
8.[2023·四川成都七中高三阶段练习]（多选）如图所示，正方形金属线圈abcd边长为L，电阻为R.现将线圈平放在粗糙水平传送带上，ab边与传送带边缘QN平行，随传送带以速度v匀速运动，匀强磁场的边界PQNM是平行四边形，磁场方向垂直于传送带向上，磁感应强度大小为B，PQ与QN夹角为45°，PM长为2L，PQ足够长，线圈始终相对于传送带静止，在线圈穿过磁场区域的过程中，下列说法错误的是（ ）
A．线圈感应电流的方向先是沿adcba后沿abcda
B．线圈受到的静摩擦力先增大后减小
C．线圈始终受到垂直于ad向右的静摩擦力
D．线圈受到摩擦力的最大值为 eq \f(B2L2v,R)
9.
（多选）如图所示，水平面内固定有两根平行的光滑长直金属导轨，间距为L，电阻不计．整个装置处于两个磁感应强度大小均为B、方向相反的竖直匀强磁场中，虚线为两磁场的分界线．质量均为m的两根相同导体棒MN、PQ静置于如图所示的导轨上（两棒始终与导轨垂直且接触良好）.现使MN棒获得一个大小为v0，方向水平向左的初速度，则在此后的整个运动过程中（ ）
A．两金属棒组成系统动量不守恒
B．MN棒克服安培力做功的功率等于MN棒的发热功率
C．两棒最终的速度大小均为 eq \f(v0,2) ，方向相反
D．通过PQ棒某一横截面的电荷量为 eq \f(mv0,2BL)
10.
（多选）如图所示，电阻不计的光滑金属导轨由直窄轨AB、CD以及直宽轨EF、GH组合而成，窄轨和宽轨均处于同一水平面内，AB、CD等长且与EF、GH均相互平行，BE、GD等长、共线，且均与AB垂直，窄轨间距为 eq \f(L,2) ，宽轨间距为L.窄轨和宽轨之间均有竖直向上的磁感强度为B的匀强磁场．由同种材料制成的相同金属直棒a、b始终与导轨垂直且接触良好，棒长为L、质量为m、电阻为R.初始时b棒静止于导轨EF段某位置，a棒从AB段某位置以初速度v0向右运动，且a棒距窄轨右端足够远，宽轨EF、GH足够长．下列判断正确的是（ ）
A．a棒刚开始运动时，b棒的加速度大小为 eq \f(B2L2v0,3mR)
B．经过足够长的时间，a棒的速度为 eq \f(4,5) v0
C．整个过程中通过回路的电荷量为 eq \f(4mv0,5BL)
D．整个过程中b棒产生的焦耳热为 eq \f(1,15) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
11.
如图，一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M＝0.06 kg的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R＝3 Ω的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L＝0.6 m．初始时CD与EF相距s0＝0.4 m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1＝ eq \f(3,16) m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界（图中虚线）与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域．当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速．已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B＝1 T，重力加速度大小取g＝10 m/s2，sin α＝0.6.求：
（1）金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；
（2）金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；
（3）导体框匀速运动的距离．
考点76 电磁感应中的动力学、能量和动量问题——提能力
1．答案：C
解析：题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B错误；题图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做变减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做变加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动，故C正确；由以上分析可知，故D错误．
2．答案：AC
解析：若导体棒加速，重力大于安培力，根据牛顿第二定律，有mg－ eq \f(B2L2v,R)＝ma，速度不断加大，故加速度不断减小；若棒减速，重力小于安培力，根据牛顿第二定律，有 eq \f(B2L2v,R)－mg＝ma，速度不断减小，加速度也不断减小．故A正确，B错误；由于导体棒的加速度不断减小，最后加速度减至零时变为匀速运动，根据平衡条件，重力和安培力平衡，有 eq \f(B2L2v,R)－mg＝0，解得 v＝ eq \f(mgR,B2l2)，故C正确；若将导轨间的距离减为原来的 eq \f(1,2)，根据平衡条件，重力和安培力平衡，有 eq \f(B2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)))\s\up12(2)v,\f(R,2))－mg＝0，解得v＝ eq \f(2mgR,B2l2)，故D错误．
3．答案：ACD
解析：t＝0时，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为 E1＝B0Lv0＝8 V，MN左侧变化的磁场使回路产生的电动势为 E2＝ eq \f(ΔB,Δt)S＝3 V，由楞次定律和右手定则知两电动势反向，由于E1>E2，可知金属棒中的电流方向由M→N，闭合回路中有顺时针方向的电流 I＝ eq \f(E1－E2,R)＝5 A，选项A正确；金属棒受到向左的安培力和摩擦力，向右减速，当 B0Lv1＝E2时，电流为零，但金属棒仍受到向左的摩擦力，继续减速，此后当 B0Lv
解得 v＝1 m/s，选项B错误，C、D正确．
4．答案：C
解析：由右手定则可得，金属棒中的电流方向为由a到b，故A错误；当金属棒速度最大时受力平衡，有mg sin θ＝μmg cs θ＋F安，得 F安＝0.5 N，故B错误；金属棒克服安培力做功的功率等于电路中的电阻R产生的热功率，即 P＝F安v，得金属棒速度的大小 v＝4 m/s，故C正确；安培力F安＝BIL，由闭合电路欧姆定律得 E＝BLv＝IR，得 B＝ eq \r( ,\f(F安R,L2v))＝1.0 T，故D错误．
5．答案：ABD
解析：金属棒以最大速度vm下滑时，根据法拉第电磁感应定律，有 E＝Blvm，由闭合电路欧姆定律，有E＝I eq \f(RR0,R＋R0).根据平衡条件，有 BIl＝mg sin θ，由以上各式整理可得 eq \f(1,vm)＝ eq \f(B2l2,mg sin θ)· eq \f(1,R)＋ eq \f(B2l2,mg sin θ)· eq \f(1,R0).根据 eq \f(1,vm) eq \f(1,R)图像可知 eq \f(B2l2,mg sin θ)· eq \f(1,R0)＝0.5m－1·s， eq \f(B2l2,mg sin θ)＝1m－1·s·Ω，可得m＝0.2 kg，R0＝2 Ω，A、B正确；设此时金属棒下滑速度为v，有mg sin θ－B· eq \f(Blv,\f(RR0,R＋R0))l＝m· eq \f(1,4)g，可得 v＝0.5 m/s，C错误；设导体棒匀速时的速度为v2，则有 B cs θ· eq \f(B·cs θlv2,\f(RR0,R＋R))l＝mg sin θ，解得：v2＝ eq \f(4,3) m/s，D正确．
6．答案：AB
解析： 设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有 v＝ eq \r(2gh)，感应电动势为 E＝nBlv，两线圈材料相等(设密度为ρ0)，质量相同(设为m)，则m＝ρ0×4nl×S.设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻R＝ρ eq \f(4nl,S)＝ eq \f(16n2l2ρρ0,m)，感应电流为 I＝ eq \f(E,R)＝ eq \f(mBv,16nlρρ0)，安培力为 F＝nBIl＝ eq \f(mB2v,16ρρ0)，由牛顿第二定律有mg－F＝ma，联立解得 a＝g－ eq \f(F,m)＝g－ eq \f(B2v,16ρρ0).加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度．当g> eq \f(B2v,16ρρ0)时，甲和乙都加速运动，当g< eq \f(B2v,16ρρ0)时，甲和乙都减速运动，当g＝ eq \f(B2v,16ρρ0)时都匀速．故选AB.
7．答案：D
解析：根据楞次定律和右手定则可以判断AB棒中的电流方向为从A到B，当间距达到最大后，两棒相对静止，回路中磁通量不再变化，电流为零，故A错误；AB棒和CD棒组成的系统所受外力的合力为零，系统动量守恒，有m1v0＝(m1＋m2)v′，解得v′＝ eq \f(m1v0,m1＋m2)＝ eq \f(0.3×4,0.3＋0.5) m/s＝1.5 m/s，故B错误；对CD棒在此过程中由动量定理可得B eq \(I,\s\up6(－))lt＝m2v′，所以通过导体横截面的电荷量为Q＝ eq \(I,\s\up6(－))t＝ eq \f(m2v′,Bl)＝ eq \f(0.5×1.5,1×1)C＝0.75 C，故C错误；由Q＝ eq \f(ΔΦ,R总)与ΔΦ＝Bl·Δx联立解得Δx＝ eq \f(QR总,Bl)＝1.2 m，两金属棒的最大距离为L＋Δx＝1.5 m，故D正确．
8．答案：BCD
解析：在线圈穿过磁场区域的过程中，线圈中的磁通量先增大后减小，据楞次定律知，线圈感应电流的方向先是沿adcba后沿abcda，故A项正确，不符合题意；线圈的一小部分进入磁场区域时(a点未进入磁场)，线圈感应电流的方向沿adcba，bc边所受安培力方向向左，ab边所受安培力方向向里，线圈受到的摩擦力方向不是向右，故C项错误，符合题意；线圈进入磁场区域的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，线圈中的电动势(电流)先增大后减小，线圈受到的安培力先增大后减小，线圈受到的静摩擦力先增大后减小；线圈穿出磁场区域的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，线圈中的电动势(电流)先增大后减小，线圈受到的安培力先增大后减小，线圈受到的静摩擦力先增大后减小，故B项错误，符合题意；当线圈的有效切割长度为L时，线圈受到的安培力最大，线圈受到的静摩擦力最大，摩擦力的最大值为Fm＝ eq \r(2)BImL＝ eq \r(2)B eq \f(BLv,R)L＝ eq \r(2) eq \f(B2L2v,R)，故D项错误，符合题意．
9．答案：ACD
解析：由右手定则可知，MN中感应电流由N到M，受到安培力向右，PQ中感应电流由P到Q，受到安培力向右，故两导体棒受到的安培力方向相同，系统的合外力不为零，故两金属棒组成系统动量不守恒，A正确；MN棒克服安培力做功的功率大于MN棒的发热功率，B错误；MN向左减速，PQ向右加速，当满足BLv1＝BLv2即v1＝v2时，回路中感应电流为零，达到稳定状态，两导体棒受到的平均安培力大小相等，对两导体棒由动量定理可得－ eq \(F,\s\up6(－))t＝mv1－mv0； eq \(F,\s\up6(－))t＝mv2解得v1＝v2＝ eq \f(v0,2)，两导体棒速度方向相反，C正确；设通过PQ棒某一横截面的电荷量为q，可得q＝ eq \(I,\s\up6(－))t对PQ棒，由动量定理可得B eq \(I,\s\up6(－))L·t＝mv2联立解得q＝ eq \f(mv0,2BL)，D正确．故选ACD.
10．答案：ABD
解析：a棒刚开始运动时，感应电动势为E＝ eq \f(BLv0,2)，电路中电流为I＝ eq \f(E,R＋\f(1,2)R)＝ eq \f(BLv0,3R)，b棒的安培力为F＝BIL＝ eq \f(B2L2v0,3R).根据牛顿第二定律得a＝ eq \f(B2L2v0,3mR)，故选项A正确；经过足够长时间，电路中无电流，有 eq \f(BLva,2)＝BLvb对a导体棒，根据动量定理得－B eq \x\t(I) eq \f(L,2)Δt＝mva－mv0，对b导体棒，根据动量定理得B eq \x\t(I)LΔt＝mvb联立解得va＝ eq \f(4,5)v0；vb＝ eq \f(2,5)v0，故选项B正确；对b导体棒，根据动量定理得B eq \x\t(I)LΔt＝BLq＝mvb解得q＝ eq \f(2mv0,5BL)，选项C错误；根据能量守恒得 eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(a)) ＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(b)) ＋Qa＋Qb，两导体棒发热量关系为2Qa＝Qb解得Qb＝ eq \f(1,15)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，故D正确．
11．答案：(1)0.18 N (2)0.02 kg eq \f(3,8) (3) eq \f(5,18)m
解析：(1)根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，
由动能定理可得(M＋m)gs1sin α＝ eq \f(1,2)(M＋m)v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
代入数据解得 v0＝ eq \f(3,2) m/s
金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得 E＝BLv0
由闭合回路的欧姆定律可得 I＝ eq \f(E,R)
则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为 F安＝BIL＝0.18 N.
(2)金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，
可有mg sin α＋μmg cs α＝F安
此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得 Mg sin α－μmg cs α＝Ma
设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为 t＝ eq \f(x,v0)
则此时导体框的速度为 v1＝v0＋at
则导体框的位移 x1＝v0t＋ eq \f(1,2)at2
因此导体框和金属棒的相对位移为 Δx＝x1－x＝ eq \f(1,2)at2
由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF刚好进入线框，则有位移关系 s0－Δx＝x
金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为 E1＝BLv1，I1＝ eq \f(BLv1,R)
导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得 Mg sin α＝μmg cs α＋BI1L
联立以上可得 x＝0.3 m，a＝5 m/s2，m＝0.02 kg，μ＝ eq \f(3,8).
(3)金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，
则有mg sin α＋μmg cs α＝ma1
金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有 v0＋a1t1＝v1
导体框匀速运动的距离为 x2＝v1t1
代入数据解得 x2＝ eq \f(2.5,9) m＝ eq \f(5,18)m.
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