2025版高考物理一轮总复习第12章电磁感应专题强化18电磁感应中的动力学和能量问题提能训练

第十二章专题强化十八基础过关练题组一电磁感应中的动力学问题1．如图甲所示，两固定平行且光滑金属轨道MN、PQ与水平面的夹角θ＝37°，M、P之间接电阻箱R，电阻箱的阻值范围为0～9.9Ω，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面对上，磁感应强度大小B＝0.5T。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的阻值为r。现从静止释放杆ab，测得最大速度为vmax。变更电阻箱的阻值R，得到vmax与R的关系如图乙所示。已知轨道间距L＝2m，重力加速度g取10m/s2，轨道足够长且电阻不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则(C)A．金属杆滑动时回路中产生的感应电流的方向是abMPaB．金属杆的质量m＝0.5kgC．金属杆接入电路的阻值r＝2ΩD．当R＝2Ω时，杆ab匀速下滑过程中R两端的电压为8V[解析]金属杆滑动时，穿过闭合回路的磁通量增加，依据楞次定律知回路中感应电流的方向是aPMba，故A错误；杆运动的最大速度为vmax时，杆切割磁感线产生的感应电动势E＝BLvmax，由闭合电路的欧姆定律得I＝eq\f(E,R＋r)，杆达到最大速度时受力平衡，满足mgsinθ－BIL＝0，解得vmax＝eq\f(mgsinθ,B2L2)R＋eq\f(mgsinθ,B2L2)r，结合题图乙可知eq\f(mgsinθ,B2L2)＝2m·s－1·Ω－1，eq\f(mgsinθ,B2L2)r＝4m/s，解得m＝eq\f(1,3)kg，r＝2Ω，故B错误，C正确；当R＝2Ω时，金属杆ab匀速下滑过程中有mgsinθ－BI′L＝0，解得通过R的电流I′＝2A，所以R两端的电压U＝I′R＝2×2V＝4V，故D错误。2．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，水平U形导体框左端接一阻值为R的电阻，导体棒ab质量为m、电阻为r，垂直导轨置于导体框上，导体框宽度为L，导体棒与导轨接触良好。不计导体框的电阻和导体棒与导体框间的摩擦。ab棒以水平向右的初速度v0起先运动，最终停在导体框上。此过程中说法正确的是(D)A．导体棒做匀减速直线运动B．导体棒中感应电流的方向为b→a，所以b点电势高于a点电势C．刚起先运动时，ab两端电压为BLv0D．电阻R消耗的总电能为eq\f(mv\o\al(2,0)R,2R＋r)[解析]导体棒在安培力的作用下做减速运动，依据E＝BLv，I＝eq\f(E,R＋r)，F安＝BIL，整理得F安＝eq\f(B2L2v,R＋r)。依据牛顿其次定律可得F安＝eq\f(B2L2v,R＋r)＝ma可知，导体棒做加速度减小的减速运动，A错误；导体棒切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，电源内部电流由低电势流向高电势，依据楞次定律可知，导体棒中感应电流的方向为b→a，所以b点电势低于a点电势，B错误；ab两端电压为路端电压，刚起先运动时，ab两端电压为Uab＝eq\f(E,R＋r)R＝eq\f(BLv0,R＋r)R，C错误；依据能量转化与守恒可知，导体棒的动能转化为电阻R与导体棒产生的焦耳热，即消耗的电能，ER＋Er＝QR＋Qr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，电阻R与导体棒串联，产生的焦耳热与阻值成正比，则电阻R消耗的总电能为ER＝QR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)×eq\f(R,R＋r)＝eq\f(mv\o\al(2,0)R,2R＋r)，D正确。3.(2024·陕西咸阳市模拟)如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻。线框下落过程形态不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直。设OO′下方磁场区域足够大，不计空气阻力影响，则下列图像不行能反映线框下落过程中速度v随时间t变更的规律的是(A)[解析]线框先做自由落体运动，t1时刻ab边进入磁场做减速运动，加速度慢慢减小，而A图像中的加速度慢慢增大，故A符合题意；线框先做自由落体运动，若进入磁场时重力小于安培力，ab边进入磁场后做减速运动，当加速度减小到零时做匀速直线运动，cd边进入磁场后线框做自由落体运动，加速度为g，故B不符合题意；线框先做自由落体运动，ab边进入磁场时若重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd边进入磁场后线框做自由落体运动，加速度为g，故C不符合题意；线框先做自由落体运动，ab边进入磁场时若重力等于安培力，做匀速直线运动，cd边进入磁场后，线框接着做自由落体运动，加速度为g，故D不符合题意。题组二电磁感应中的能量问题4．两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，导轨上垂直放置两根导体棒a和b，俯视图如图所示。在整个导轨平面内有竖直向上的匀强磁场，导体棒与导轨接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，若给a棒一初速度的同时释放b棒，在一段时间内a棒动能的减小量为Eka，b棒动能的增加量为Ekb，a棒克服磁场做功为Wa，a、b棒上产生总热量为Q(不计a棒与b棒间相互作用)，则(B)A．Wa＝Eka＋Q B．Wa＝Q＋EkbC．Wa＝Q D．Ekb＝Q[解析]设导体棒a的初动能为Eka1、末动能为Eka2，由题意可知导体棒b的初动能为0，设导体棒b的末动能为Ekb2，对a、b棒组成的系统，由能量守恒定律可得Eka1＝Eka2＋Ekb2＋Q，由题意可知Eka＝Eka1－Eka2，Ekb＝Ekb2，因此可得Eka＝Ekb＋Q，由于导体棒与导轨间无摩擦，对导体棒a，依据动能定理可得Wa＝Eka1－Eka2＝Eka，联合可得Wa＝Ekb＋Q，故A、C、D错误，B正确。5．(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。则金属棒穿过磁场区域的过程中(BD)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．金属棒在磁场中运动的加速度不变D．金属棒产生的焦耳热为eq\f(1,2)(mgh－μmgd)[解析]金属棒下滑到最低端时速度向右，而且磁场竖直向上，依据右手定则可以知道流过定值电阻的电流方向为Q→N，故A错误；依据法拉第电磁感应定律，通过金属棒的电荷量为q＝eq\f(E,2R)Δt＝eq\f(ΔΦ,Δt2R)Δt＝eq\f(BLd,2R)，故B正确；由于金属棒做切割磁感线运动，使得金属棒中有电流通过，依据左手定则可知，金属棒所受安培力水平向左，所以金属棒做减速运动，据牛顿其次定律a＝eq\f(FA＋Ff,m)＝eq\f(BIL＋μmg,m)＝eq\f(BLE,2mR)＋μg＝eq\f(BL·BLv,2mR)＋μg＝eq\f(B2L2v,2mR)＋μg，所以由于v在不断的变小，所以加速度也在不断变小，故C错误；依据能量守恒可知mgh＝μmgd＋Q，由于电阻R和金属棒的电阻值相等，所以有QR＝eq\f(1,2)Q，所以产生的焦耳热QR＝eq\f(1,2)(mgh－μmgd)，故D正确。6．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对里、磁感应强度为B的匀强磁场中。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。起先时，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(D)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(B2L2v\o\al(2,0),R)[解析]导体棒运动过程中，安培力做负功，电阻产生焦耳热，则棒和弹簧的机械能有损失，则当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，导体棒回到初始位置时产生的感应电动势E1<BLv0，依据电功率公式P＝eq\f(E\o\al(2,1),R)可知，AC间的电阻R的热功率P<eq\f(B2L2v\o\al(2,0),R)，故A错误，D正确；依据公式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，依据能量守恒定律有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。实力综合练7．(多选)(2024·全国甲卷)如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽视不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。起先时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，(AD)A．通过导体棒MN电流的最大值为eq\f(Q,RC)B．导体棒MN向右先加速、后匀速运动C．导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热[解析]起先时电容器两极板间的电压U＝eq\f(Q,C)，合上开关瞬间，通过导体棒的电流I＝eq\f(U,R)＝eq\f(Q,CR)，随着电容器放电，通过电阻、导体棒的电流不断减小，所以在开关闭合瞬间，导体棒所受安培力最大，A项正确，C项错误；由于回路中有电阻与导体棒，最终电能完全转化为焦耳热，故导体棒最终必定静止，B项错误；由于导体棒切割磁感线，产生感应电动势，所以通过导体棒的电流始终小于通过电阻的电流，由焦耳定律可知，电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热，D项正确。8．(多选)(2024·山东省济宁市高三月考)如图所示，光滑的金属圆形轨道MN、PQ竖直放置，共同圆心为O点，轨道半径分别为l、3l，PM间接有阻值为3r的电阻。两轨道之间ABDC区域内(含边界)有垂直纸面对里的匀强磁场，磁感应强度为B0，AB水平且与圆心等高，CD竖直且延长线过圆心。一轻质金属杆电阻为r、长为2l，一端套在轨道MN上，另一端连接质量为m的带孔金属球(视为质点)，并套在轨道PQ上，皆接触良好。让金属杆从AB处无初速释放，第一次即将离开磁场时，金属球的速度大小为v。其余电阻不计，忽视一切摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是(BC)A．金属球向下运动过程中，P点电势高于M点电势B．金属杆第一次即将离开磁场时，电阻两端的电压为B0lvC．金属杆从AB滑动到CD的过程中，通过电阻的电荷量为eq\f(πl2B0,2r)D．金属杆从AB滑动到CD的过程中，电阻上产生的焦耳热为eq\f(3,4)mgl－eq\f(1,8)mv2[解析]金属球向下运动过程中，由右手定则知感应电流从M经定值电阻R到P，则M点电势高于P点电势，故A错误；金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速度大小为v，因为杆上全部点的角速度相等，则金属杆上端的速度为eq\f(v,3)，则此时感应电动势为E＝B0·2l·eq\x\to(v)＝B0·2l·eq\f(v＋\f(v,3),2)＝eq\f(4,3)B0lv，则电阻两端的电压为U＝eq\f(3r,3r＋r)·E＝B0lv，故B正确；金属杆从AB滑动到CD的过程中，通过电阻的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,3r＋r)＝eq\f(B0ΔS,4r)，其中ΔS＝eq\f(1,4)·π·(3l)2－eq\f(1,4)·π·l2＝2πl2，所以q＝eq\f(πl2B0,2r)，故C正确；金属杆从AB滑动到CD的过程中，由能量守恒定律得mg·3l＝eq\f(1,2)mv2＋Q，电阻上产生的焦耳热为QR＝eq\f(3r,3r＋r)·Q＝eq\f(3,4)Q，解得QR＝eq\f(9,4)mgl－eq\f(3,8)mv2，故D错误。9．(多选)如图所示，两根足够长且相互平行的光滑长直金属导轨固定在与水平面成θ的绝缘斜面上，在导轨的右上端分别接入阻值为R的电阻、电动势为E、内阻不计的电源和电容为C的电容器(电容器不会被击穿)，导轨上端用单刀多掷开关可以分别连接电阻、电源和电容器。质量为m、长为L、阻值也为R的金属杆ab锁定于导轨上，与导轨垂直且接触良好，解除ab锁定后，其运动时始终与CD平行，不计导轨的电阻和空气阻力，整个导轨处在垂直导轨平面对下的匀强磁场中，磁感应强度为B，重力加速度为g。则下列说法正确的是(ACD)A．当开关打到S1同时解除对金属杆ab的锁定，则金属杆最大速度为eq\f(2mgRsinθ,B2L2)B．当开关打到S2同时解除对金属杆ab的锁定，则金属杆ab确定沿轨道向下加速C．当开关打到S3同时解除对金属杆ab的锁定，则金属杆做匀加速直线运动D．当开关打到S3同时解除对金属杆ab的锁定，则在ts内金属杆运动的位移为eq\f(mgt2sinθ,2B2L2C＋m)[解析]当开关打到S1同时解除对金属杆ab的锁定时，金属杆最大速度满足mgsinθ＝eq\f(B2L2vm,2R)，即速度最大为vm＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，故A正确；当开关打到S2同时解除对金属杆ab的锁定，金属杆ab受到的沿斜面对上安培力可能大于重力沿斜面的分力，故B错误；当开关打到S3同时解除对金属杆ab的锁定，对金属杆mgsinθ－BiL＝ma，i＝eq\f(Δq,Δt)＝eq\f(BLΔvC,Δt)＝BLaC得a＝eq\f(mgsinθ,B2L2C＋m)，故金属杆做匀加速直线运动，故C正确；由运动学公式得，在ts内金属杆运动的位移为x＝eq\f(mgt2sinθ,2B2L2C＋m)，故D正确。10．(多选)(2024·湖南卷)两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面对里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是(CD)A．B与v0无关，与eq\r(H)成反比B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等D．调整H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变[解析]将组合体以初速度v0水平无旋转抛出后，组合体做平抛运动，后进入磁场做匀速运动，由于水平方向切割磁感线产生的感应电动势相互抵消，则有mg＝F安＝eq\f(B2L2vy,R)，vy＝eq\r(2gH)，联立有B2＝eq\f(mgR,L2\r(2gH))，可见B2与eq\r(H)成反比，A项错误；当金属框刚进入磁场时金属框中的磁通量增加，此时感应电流的方向为逆时针方向，当金属框出磁场时金属框中的磁通量削减，此时感应电流的方向为顺时针方向，B项错误；由于组合体进入磁场后做匀速运动，速度不变，则组合体克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，C项正确；无论调整哪个物理量，只要组合体仍能匀速通过磁场，都有mg＝F安，则安培力做的功都为W＝4mgL，则组合体通过磁场过程中产生的焦耳热不变，D项正确。11.如图所示，粗细匀整的正方形导线框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<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线框中产生的焦耳热Q。[答案](1)eq\r(4,\f(gm2R2,2L0L\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，受力状况如图所示，依据平衡条件有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，线框匀速进入磁场时，木块匀速下降，依据平衡条件有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，依据牛顿其次定律有mg－mgsinθ＝2ma依据运动学公式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(gm2R2,2L0L\o\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削减的重力势能转化为电路中产生的焦耳热，依据能量守恒定律得Q＝mg(2L2＋L1)－mg(2L2＋L1)