專題提升練26　電磁感應(yīng)中的動力學、能量問題-2026版大一輪高中物理（解析版）

專題提升練26電磁感應(yīng)中的動力學、能量問題梯級Ⅰ基礎(chǔ)練1.如圖為相距L的光滑平行導(dǎo)軌，圓弧部分豎直放置，平直部分固定于水平地面上，矩形MNPQ區(qū)域內(nèi)(MQ足夠長)存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，導(dǎo)軌右端連接定值電阻R。一質(zhì)量為m、長為L、電阻為r的金屬棒ab從圓弧軌道上高h處由靜止釋放。金屬棒ab與導(dǎo)軌始終接觸良好，不計導(dǎo)軌電阻，重力加速度大小為g。從金屬棒ab開始運動到停止運動的過程中，下列說法正確的是(D)A.金屬棒ab剛進入磁場時的速度大小為ghB.金屬棒ab剛進入磁場時，金屬棒ab兩端的電壓為BL2ghC.金屬棒ab進入磁場后做勻減速直線運動D.金屬棒ab克服安培力做的總功為mgh解析金屬棒ab從釋放到剛進入磁場時，根據(jù)動能定理有mgh=12mv2，解得v=2gh，A項錯誤；金屬棒ab剛進入磁場時，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E=BLv，金屬棒ab兩端的電壓為U=RR+rE，解得U=BLRR+r2gh，B項錯誤；金屬棒ab進入磁場后，安培力產(chǎn)生加速度，有B2L2vR=ma，金屬棒ab做加速度減小的減速運動，C2.(多選)(2024·山東卷)如圖所示，兩條相同的半圓弧形光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平桌面上，其所在平面豎直且平行，導(dǎo)軌最高點到水平桌面的距離等于半徑，最低點的連線OO'與導(dǎo)軌所在豎直面垂直?？臻g充滿豎直向下的勻強磁場(圖中未畫出)，導(dǎo)軌左端由導(dǎo)線連接。現(xiàn)將具有一定質(zhì)量和電阻的金屬棒MN平行OO'放置在導(dǎo)軌圖示位置，由靜止釋放。MN運動過程中始終平行于OO'且與兩導(dǎo)軌接觸良好，不考慮自感影響，下列說法正確的是(ABD)A.MN最終一定靜止于OO'位置B.MN運動過程中安培力始終做負功C.從釋放到第一次到達OO'位置過程中，MN的速率一直在增大D.從釋放到第一次到達OO'位置過程中，MN中電流方向由M到N解析由于金屬棒MN運動過程切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，回路有感應(yīng)電流，產(chǎn)生焦耳熱，金屬棒MN的機械能不斷減小，由于金屬導(dǎo)軌光滑，所以經(jīng)過多次往返運動，MN最終一定靜止于OO'位置，A項正確；當金屬棒MN向右運動，根據(jù)右手定則可知，MN中電流方向由M到N，根據(jù)左手定則可知，金屬棒MN受到的安培力水平向左，則安培力做負功；當金屬棒MN向左運動，根據(jù)右手定則可知，MN中電流方向由N到M，根據(jù)左手定則可知，金屬棒MN受到的安培力水平向右，則安培力做負功；可知MN運動過程中安培力始終做負功，B、D兩項正確；金屬棒MN從釋放到第一次到達OO'位置過程中，由于在OO'位置重力沿切線方向的分力為0，可知在到達OO'位置之前的位置，重力沿切線方向的分力已經(jīng)小于安培力沿切線方向的分力，金屬棒MN已經(jīng)做減速運動，C項錯誤。3.如圖所示，水平粗糙地面上有兩磁場區(qū)域，左、右兩磁場區(qū)域內(nèi)的勻強磁場寬度均為L，磁感應(yīng)強度大小分別為B和2B，左磁場區(qū)磁場方向豎直向下，右磁場區(qū)磁場方向豎直向上，兩磁場間距為2L。一個質(zhì)量為m、匝數(shù)為n、電阻為R、邊長為L的正方形金屬線框以速度v0水平向右進入左磁場區(qū)域，當金屬線框剛離開右磁場區(qū)域時速度為v1，金屬線框離開右磁場區(qū)運動一段距離后停下。金屬線框與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。關(guān)于金屬線框的運動，下列判斷正確的是(C)A.金屬線框穿過左側(cè)磁場過程中通過金屬線框的電荷量為nBB.金屬線框從剛進入左磁場區(qū)域到最終停止的過程中一直做勻減速直線運動C.金屬線框通過兩個磁場區(qū)域過程中產(chǎn)生的焦耳熱為12mv02-12mD.若金屬線框進入左磁場區(qū)域過程所用時間為t，則金屬線框剛好完全進入時的速度為v0-n解析由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，平均感應(yīng)電動勢E=nΔΦΔt，由閉合電路的歐姆定律可知，平均感應(yīng)電流I=ER，通過金屬線框的電荷量q=IΔt，解得q=nΔΦR，金屬線框穿過左側(cè)磁場過程中穿過金屬線框的磁通量ΔΦ=0，則通過金屬線框的電荷量q=0，A項錯誤；金屬框在磁場中運動過程中，根據(jù)牛頓第二定律可得a=Ff+F安m，金屬框在磁場中運動過程中，由于安培力一直減小，則加速度一直減小，所以金屬線框在磁場中運動過程中，做加速度減小的減速運動，B項錯誤；設(shè)金屬線框通過兩個磁場區(qū)域全過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，金屬線框從開始運動到離開右磁場區(qū)域過程，由能量守恒定律得12mv02=μmg×5L+12mv12+Q，解得Q=12mv02-12mv12-5μmgL，C項正確；金屬線框進入左側(cè)磁場過程中穿過金屬線框的磁通量ΔΦ=BL2，通過金屬線框的電荷量q=nΔΦR=nBL2R，設(shè)金屬線框剛好完全進入左側(cè)磁場區(qū)域時的速度大小為v，該過程，對金屬線框，由動量定理得-nBI4.(多選)如圖所示，在傾角為θ的斜面上固定兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌PQ和MN，兩導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌處于磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B。有兩根質(zhì)量均為m、電阻均為R的金屬棒a、b，先將a棒垂直導(dǎo)軌放置，用跨過光滑定滑輪的細線與物塊c連接，連接a棒的細線平行于導(dǎo)軌，由靜止釋放c，此后某時刻，將b也垂直導(dǎo)軌放置，a、c此刻起做勻速運動，b棒剛好能靜止在導(dǎo)軌上。a棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直，兩棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為g。則下列判斷正確的是(ABD)A.物塊c的質(zhì)量是2msinθB.b棒放上導(dǎo)軌前物塊c減少的重力勢能大于a、c增加的動能C.b棒放上導(dǎo)軌后物塊c減少的重力勢能等于回路消耗的電能D.a、c勻速運動的速度為2mgRsinθ解析b靜止在導(dǎo)軌上，a、c勻速運動，則a、b、c均受力平衡，由b平衡可知，安培力大小F安=mgsinθ，由a平衡可知F繩=F安+mgsinθ=2mgsinθ，由c平衡可知F繩=mcg，因為繩中拉力大小相等，故2mgsinθ=mcg，即物塊c的質(zhì)量為2msinθ，A項正確；b放上之前，a、c系統(tǒng)機械能守恒，c減小的重力勢能等于a增加的重力勢能與a、c增加的動能之和，故物塊c減小的重力勢能大于a、c增加的動能，B項正確；b棒放上導(dǎo)軌后，a勻速上升，重力勢能在增加，根據(jù)能量守恒定律可知，物塊c減少的重力勢能等于回路消耗的電能與a增加的重力勢能之和，故物塊c減少的重力勢能大于回路消耗的電能，C項錯誤；b棒放上導(dǎo)軌后，a棒勻速運動，根據(jù)b棒的平衡可知F安=mgsinθ，又因為F安=BIL，I=BLv2R，故v=2mgRsinθ5.(多選)(2024·黑吉遼卷)如圖所示，兩條“∧”形的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，間距為L，左、右兩導(dǎo)軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導(dǎo)體棒ab、cd放置在導(dǎo)軌上，同時由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，ab、cd的質(zhì)量分別為2m和m，長度均為L。導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，重力加速度為g，兩棒在下滑過程中(AB)A.回路中的電流方向為abcdaB.ab中電流趨于3C.ab與cd加速度大小之比始終為2∶1D.兩棒產(chǎn)生的電動勢始終相等解析由于ab和cd均沿導(dǎo)軌下滑，則通過abcd回路的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，回路中的電流方向為abcda，A項正確；初始時，對ab和cd分別受力分析，如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律分別有2mgsin30°-2BILcos30°=2ma1，mgsin30°-BILcos30°=ma2，可得a1=a2=g2-3BIL2m，則ab與cd加速度大小之比始終為1∶1，C項錯誤；當加速度趨于零時，兩導(dǎo)體棒中的電流趨于穩(wěn)定，結(jié)合C項分析可知，ab中的電流趨于3mg3BL，B項正確；由于ab和cd加速度大小始終相等，則兩導(dǎo)體棒的速度大小始終相等，則由法拉第電磁感應(yīng)定律可知兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小之比始終為2梯級Ⅱ能力練6.(2024·安徽卷)如圖所示，一U形金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面內(nèi)，一電阻不計，質(zhì)量為m的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌，并靜置于絕緣固定支架上。邊長為L的正方形cdef區(qū)域內(nèi)，存在垂直于紙面向外的勻強磁場。支架上方的導(dǎo)軌間，存在豎直向下的勻強磁場。兩磁場的磁感應(yīng)強度大小B隨時間的變化關(guān)系均為B=kt(SI)，k為常數(shù)(k>0)。支架上方的導(dǎo)軌足夠長，兩邊導(dǎo)軌單位長度的電阻均為r，下方導(dǎo)軌的總電阻為R。t=0時，對ab施加豎直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運動，整個運動過程中ab與兩邊導(dǎo)軌接觸良好。已知ab與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。不計空氣阻力，兩磁場互不影響。(1)求通過面積Scdef的磁通量大小隨時間t變化的關(guān)系式，以及感應(yīng)電動勢的大小，并寫出ab中電流的方向；(2)求ab所受安培力的大小隨時間t變化的關(guān)系式；(3)求經(jīng)過多長時間，對ab所施加的拉力達到最大值，并求此最大值。解析(1)通過面積Scdef的磁通量大小隨時間t變化的關(guān)系式為Φ=BS=kL2t，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E=nΔΦΔt=ΔB·SΔt=kL由楞次定律可知ab中的電流從a流向b。(2)根據(jù)左手定則可知ab受到的安培力方向垂直導(dǎo)軌面向里，大小為F安=BIL，其中B=kt，設(shè)金屬棒向上運動的位移為x，則根據(jù)運動學公式x=12at2，所以導(dǎo)軌上方的電阻為R'=2xr由閉合電路歐姆定律得I=ER+2xr聯(lián)立解得ab所受安培力的大小隨時間t變化的關(guān)系式為F安=k2(3)由題知t=0時，對ab施加豎直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運動，則對ab受力分析，由牛頓第二定律得F-mg-μF安=ma，其中F安=k2聯(lián)立解得F=μk2L3tR+art2整理有F=μk2L3Rt+art+根據(jù)均值不等式可知，當Rt=art時，F(xiàn)有最大值，即t=RarF的最大值為Fm=μk2L32Rar+m答案(1)Φ=kL2tkL2從a流向b(2)F安=k(3)Rarμk2L32Rar梯級Ⅲ創(chuàng)新練7.如圖所示，不計電阻的光滑的金屬軌道分水平段和豎直段兩部分，豎直段軌道為半徑R=1m的圓弧形，O點為圓弧的圓心，P為圓弧上與圓心等高的點。兩金屬軌道之間的寬度l=0.5m。整個裝置均處于磁感應(yīng)強度B=0.5T、方向豎直向上的勻強磁場中。水平軌道左側(cè)與一個內(nèi)阻r=2Ω、電壓連續(xù)可調(diào)的電源相連，通過自動調(diào)節(jié)電壓可維持電路中電流I=2A保持不變(方向如圖所示)?，F(xiàn)將一質(zhì)量m=0.05kg、長為0.5m的勻質(zhì)金屬細桿于軌道上M點靜止釋放，金屬細桿沿金屬軌道向右開始運動，運動中金屬細桿與金屬軌道始終垂直。已知M、N間距d=20m，求:(1)金屬細桿開始運動時的加速度大小；(2)金屬細桿運動到P點時對每一條軌道的作用力大小；(3)金屬桿從M點運動開始計時，電源電動勢按照E=24+2.5t(V)變化，求金屬桿從M到N過程中產(chǎn)生的焦耳熱。解析(1)金屬細桿開始運動時所受的安培力大小F安=BIl=0.5×2×0.5N=0.5N，根據(jù)牛頓第二定律可得，加速度大小a=F安m=10m/s(2)金屬細桿從M點到P點的運動過程，只有安培力、重力做功，安培力所做的功W安=F安×(MN+OP)=10.5J，重力所做的功WG=-mg×ON=-0.5J，由動能定理得W安+WG=12mv2-0解得金屬細桿運動到P點時的速度大小為v=20m/s，可得F-F安=mv解得F=20.5N，由牛頓第三定律可