第69練專題強化：電磁感應中的動力學和能量問題分值：100分1~4題每小題9分，5題14分，共50分1.如圖所示，在一勻強磁場中有一U形導線框abcd，線框處于水平面內(nèi)，磁場與線框平面垂直，R為一電阻，ef為垂直于ab的一根導體桿，它可在ab、cd上無摩擦地滑動。桿ef及線框的電阻不計，開始時，給ef一個向右的初速度，則()A.ef將減速向右運動，但不是勻減速運動B.ef將勻減速向右運動，最后停止C.ef將勻速向右運動D.ef將往返運動2.(2024·山東青島市檢測)如圖所示，MN和PQ是豎直放置的兩根平行光滑金屬導軌，導軌足夠長且電阻不計，MP間接定值電阻R，金屬桿cd保持與導軌垂直且接觸良好。桿cd由靜止開始下落并計時，桿cd兩端的電壓U、桿cd所受安培力的大小F隨時間t變化的圖像，以及通過桿cd的電流I、桿cd加速度的大小a隨桿的速率v變化的圖像，合理的是()3.(多選)如圖，MN和PQ是電阻不計的平行金屬導軌，其間距為L，導軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，兩部分平滑連接，平直部分右端接一個阻值為R的定值電阻。平直部分導軌的最左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處由靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，則金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中()A.通過金屬棒的最大電流為BdB.通過金屬棒的電荷量為BdLC.克服安培力所做的功為mghD.金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為12mg(h－μd4.(多選)(2025·山東臨沂市檢測)如圖甲所示，兩間距為L的平行光滑金屬導軌固定在水平面內(nèi)，左端用導線連接，導軌處在豎直向上的勻強磁場中，一根長度也為L、電阻為R的金屬棒放在導軌上，在平行于導軌向右、大小為F的恒力作用下向右運動，金屬棒運動過程中，始終與導軌垂直并接觸良好，金屬棒運動的加速度與速度的關系如圖乙所示，不計金屬導軌及左邊導線電阻，金屬導軌足夠長，若圖乙中的a0、v0均為已知量，則下列說法正確的是()A.金屬棒的質(zhì)量為FB.勻強磁場的磁感應強度大小為1C.當拉力F做功為W時，通過金屬棒橫截面的電荷量為WD.某時刻撤去拉力，此后金屬棒運動過程中加速度大小與速度大小成正比5.(14分)(2024·山東青島市檢測)如圖甲所示，光滑的金屬導軌MN和PQ平行，間距L＝1.0m，與水平面之間的夾角α＝37°，勻強磁場磁感應強度B＝2.0T，方向垂直于導軌平面向上，MP間接有阻值R＝1.6Ω的電阻，質(zhì)量m＝0.5kg、接入電路的電阻r＝0.4Ω的金屬棒ab垂直導軌放置，現(xiàn)用和導軌平行的恒力F沿導軌平面向上拉金屬棒ab，使其由靜止開始運動，當金屬棒上滑的位移s＝3.8m時達到穩(wěn)定狀態(tài)，對應過程的v－t圖像如圖乙所示。g取10m/s2，導軌足夠長(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。求：(1)(6分)運動過程中a、b哪端電勢高，并計算恒力F的大??；(2)(8分)從金屬棒開始運動到剛達到穩(wěn)定狀態(tài)，此過程金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱。6題9分，7題14分，8題17分，共40分6.(多選)(2024·山東卷·11)如圖所示，兩條相同的半圓弧形光滑金屬導軌固定在水平桌面上，其所在平面豎直且平行，導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)，導軌左端由導線連接?，F(xiàn)將具有一定質(zhì)量和電阻的金屬棒MN平行OO'放置在導軌圖示位置，由靜止釋放。MN運動過程中始終平行于OO'且與兩導軌接觸良好，不考慮自感影響，下列說法正確的是()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N7.(14分)某研究小組設計了一磁懸浮電梯，簡化模型如圖所示，不計電阻、間距為l、足夠長的光滑平行導軌固定在豎直平面內(nèi)，導軌間存在著垂直于軌道平面、磁感應強度大小相等、磁場方向相反的勻強磁場，每個磁場區(qū)域均為邊長為l的正方形。在質(zhì)量為m、邊長為l、總電阻為R、匝數(shù)為N的正方形金屬線圈EFGH中通入電流后靜止在導軌上，線圈與導軌之間絕緣，此時線圈的發(fā)熱功率為P0，重力加速度為g。(1)(3分)求勻強磁場的磁感應強度大?。?2)(4分)若增大通入的電流后，線圈的發(fā)熱功率為P1(P1>P0)，求線圈開始向上運動瞬間的加速度大??；(3)(7分)若線圈中不通入電流，線圈由圖中位置靜止釋放，下落5l時達到最大速度，求該過程中線圈產(chǎn)生的焦耳熱。8.(17分)(2024·全國甲卷·25)如圖，金屬導軌平行且水平放置，導軌間距為L，導軌光滑無摩擦。定值電阻大小為R，其余電阻忽略不計，電容大小為C。在運動過程中，金屬棒始終與導軌保持垂直。整個裝置處于豎直方向且磁感應強度為B的勻強磁場中。(1)(8分)開關S閉合時，對金屬棒施加水平向右的恒力，金屬棒能達到的最大速度為v0。當外力功率為定值電阻功率的兩倍時，求金屬棒速度v的大小。(2)(9分)當金屬棒速度為v時，斷開開關S，改變水平外力并使金屬棒勻速運動。當外力功率為定值電阻功率的兩倍時，求電容器兩端的電壓以及從開關斷開到此刻外力所做的功。(10分)9.(多選)(2024·山東省模擬)如圖所示，間距為0.5m的兩平行光滑金屬導軌MN、PQ固定在絕緣水平面上，虛線AB的左、右兩側均存在垂直水平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小分別為B1＝0.2T、B2＝0.4T。長度為0.5m、質(zhì)量為1kg、阻值為0.2Ω的導體棒a靜止在AB左側導軌上，長度為0.5m、質(zhì)量為1kg、阻值為0.8Ω的導體棒b靜止在AB右側導軌上。t＝0時刻起，b在大小為0.6N、方向水平向右的恒力F作用下由靜止開始運動。已知兩棒始終與導軌垂直且接觸良好，且a始終未越過虛線AB，導軌電阻均不計。下列說法正確的是()A.t＝0時刻，b的加速度大小為0.3m/s2B.a的最大加速度為0.24m/s2C.導體棒a消耗電功率的最大值為1.152WD.a、b加速度相等時，二者速度之比大于1∶4

答案精析1.A[ef向右運動，切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，會受到向左的安培力而做減速運動，由F＝BIL＝B2L2vR＝ma知，ef做的是加速度減小的減速運動，最終停止運動，故A正確，B、2.D[設桿長為L，桿下落過程中切割磁感線產(chǎn)生的感應電流大小為I＝ER＋r＝BLvR＋r∝v，故C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律有mg－BIL＝ma，即a＝g－B2L2vm(R＋r)，故D正確；桿所受安培力的大小為F＝BIL3.BD[金屬棒由靜止釋放下滑到導軌彎曲部分底端，根據(jù)動能定理有mgh＝12mv02，金屬棒在磁場中運動時產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv，當金屬棒剛進入磁場時，產(chǎn)生的感應電動勢最大，感應電流最大，Imax＝BLv02R＝BL2gh2R，A錯誤；金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中通過金屬棒的電荷量q＝It＝E2Rt＝ΔΦ2R＝BdL2R，B正確；對整個過程由動能定理得mgh－W克安－μmgd＝0，金屬棒克服安培力做的功W克安＝mgh4.ABD[由題意可知F－B2L2vR＝ma，得a＝Fm－B2L2mRv，結合a－v圖像可知Fm＝a0，B2L2mR＝a0v0，解得m＝Fa0，B＝ma0RL2v0＝1LFRv05.(1)b端電勢高5N(2)1.47J解析(1)由右手定則可判斷感應電流由a流向b，b相當于電源的正極，故b端電勢高，當金屬棒勻速運動時，由平衡條件得F＝mgsin37°＋F安，其中F安＝BIL＝B2L2vR＋r，由題圖乙可知v＝1.0(2)從金屬棒開始運動到恰好達到穩(wěn)定狀態(tài)，由動能定理得(F－mgsin37°)s－W克安＝12mv又克服安培力所做的功等于整個電路產(chǎn)生的焦耳熱，代入數(shù)據(jù)解得Q＝W克安＝7.35J，金屬棒與電阻產(chǎn)生的焦耳熱與阻值成正比，故金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Qr＝rR＋rQ＝1.476.ABD[金屬棒MN運動過程切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，回路有感應電流，產(chǎn)生焦耳熱，金屬棒MN的機械能不斷減小，又由于金屬導軌光滑，所以經(jīng)過多次往返運動，MN最終一定靜止于OO'位置，故A正確；由楞次定律可知，MN切割磁感線產(chǎn)生的感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化，可知安培力一直做負功，故B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，安培力水平向左，可知在即將到達OO'位置之前的某一位置之后，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，故C錯誤；從釋放到第一次到達OO'位置過程中，根據(jù)右手定則可知，MN中電流方向由M到N，故D正確。]7.(1)mg2NlRP0(2)g(P1P解析(1)線圈通入電流后靜止在導軌上，根據(jù)平衡條件有2NBI0l＝mg此時線圈的發(fā)熱功率P0＝I0則有B＝mg(2)若增大通入的電流后，線圈的發(fā)熱功率P1＝I1根據(jù)牛頓第二定律有2NBI1l－mg＝ma解得a＝2NBlmP1R－g＝g(3)若線圈中不通入電流，線圈靜止釋放，線圈速度增大，感應電動勢增大，感應電流增大，磁場對線圈的安培力增大，線圈做加速度減小的加速運動，當加速度為0時，線圈速度達到最大，此時感應電動勢為Emax＝2NBlvmax感應電流的最大值為Imax＝E根據(jù)平衡條件有2NBImaxl＝mg結合上述解得vmax＝mgR由于線圈由圖中位置靜止釋放，下落5l時達到最大速度，則由能量守恒定律有mg·5l＝Q＋12m解得Q＝5mgl－P08.(1)v02(2)BL解析(1)開關S閉合后，當外力與安培力相等時，金屬棒的速度最大，則F＝F安＝BIL由閉合電路歐姆定律得I＝E金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢為E＝BLv0聯(lián)立可得，恒定的外力為F＝B在加速階段，外力的功率為PF＝Fv＝B2定值電阻的功率為PR＝I2R＝B若PF＝2PR時，即B2L2v化簡可得金屬棒速度大小為v＝v(2)斷開開關S，電容器充電，則電容器與定值電阻串聯(lián)，則有E＝BLv＝IR＋q當金屬棒勻速運動時，電容器不斷充電，電荷量q不斷增大，電路中電流不斷減小，則金屬棒所受安培力F安＝BIL不斷減小，而拉力的功率PF'＝F'v＝F安·v＝BILv定值電阻功率PR＝I2R當PF'＝2PR時有BILv＝2I2R可得IR＝BLv根據(jù)E＝BLv＝IR＋q可得此時電容器兩端電壓為UC＝qC＝從開關斷開到此刻外力所做的功為W＝ΣBIL(v·Δt)＝BLvΣI·Δt＝BLvq其中q＝CBLv聯(lián)立可得W＝CB9.BCD[初始時，兩導體棒的速度均為0，回路中的感應電動勢為0，導體棒所受安培力也為0，則由牛頓第二定律有a0＝Fmb，可得導體棒b的加速度a0＝0.6m/s2，故A錯誤。設某時刻導體棒a的速度為v1、導體棒b的速度為v2，由法拉第電磁感應定律可得，回路中的感應電動勢E＝L(B2v2－B1v1)，則回路中的電流I＝ERa＋Rb，導體棒a所受的安培力FA1＝B1IL，導體棒b所受的安培力FA2＝B2IL，由牛頓第二定律可得，導體棒a的加速度a1＝FA1ma，導體棒b的加速度a2＝F-FA2mb，隨著導體棒速度差的增大，導體棒a的加速度逐漸增大、導體棒b的加速度逐漸減小，直到兩棒的加速度恒定，即B2v2－B1v1恒定，取穩(wěn)定后一小段時間t0，則有B2v2－B1v1＝B2