2025版高考物理一輪復(fù)習(xí)微專題小練習(xí)電磁感應(yīng)專題73電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題

專題73電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題1．(多選)如圖所示，有兩根和水平方向成α角的光滑平行的金屬軌道，上端接有可變電阻R，下端足夠長(zhǎng)，空間有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一根質(zhì)量為m的金屬桿(電阻不計(jì))從軌道上由靜止滑下．經(jīng)過足夠長(zhǎng)的時(shí)間，金屬桿的速度趨近于一個(gè)最大速度vm，則()A．如果B增大，vm將變大B．如果α變大，vm將變大C．如果R變大，vm將變大D．如果m變大，vm將變大答案：BCD解析：當(dāng)加速度為零時(shí)，速度最大，則有mgsinα＝BIL，又I＝eq\f(BLvm,R)，解得vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)，如果B增大，vm將變小；如果α變大，vm將變大；如果R變大，vm將變大；如果m變大，vm將變大，B、C、D正確．2.(多選)如圖所示，水平放置足夠長(zhǎng)光滑金屬導(dǎo)軌abc和de，ab與de平行，bc是以O(shè)為圓心的圓弧導(dǎo)軌，圓弧be左側(cè)和扇形Obc內(nèi)有方向如圖的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，金屬桿OP的O端與e點(diǎn)用導(dǎo)線相接，P端與圓弧bc接觸良好，初始時(shí)，可滑動(dòng)的金屬桿MN靜止在平行導(dǎo)軌上，若桿OP繞O點(diǎn)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)內(nèi)從b到c勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，回路中始終有電流，則此過程中，下列說法正確的有()A．桿OP產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定B．桿OP受到的安培力不變C．桿MN做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D．桿MN中的電流逐漸減小答案：AD解析：OP轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝eq\f(1,2)Br2ω，因?yàn)镺P勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，所以桿OP產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，故A正確；桿OP勻速轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，產(chǎn)生的感應(yīng)電流由M到N通過MN棒，由左手定則可知，MN棒會(huì)向左運(yùn)動(dòng)，MN棒運(yùn)動(dòng)會(huì)切割磁感線，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)與原來電流方向相反，讓回路電流減小，MN棒所受合力為安培力，電流減小，安培力會(huì)減小，加速度減小，故D正確，B、C錯(cuò)誤．3．(多選)如圖，橫截面積為S的n匝線圈，線圈總電阻為R，其軸線與大小均勻變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1平行．間距為L(zhǎng)的兩平行光滑傾斜軌道PQ、MN足夠長(zhǎng)，軌道平面與水平面的夾角為α，底部連有一阻值2R的電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與軌道平面垂直．K閉合后，質(zhì)量為m、電阻也為2R的金屬棒ab恰能保持靜止，金屬棒始終與軌道接觸良好，其余部分電阻不計(jì)，下列說法正確的是()A．B1均勻減小B．B1的變化率為eq\f(ΔB1,Δt)＝eq\f(4mgRsinα,nB2SL)C．?dāng)嚅_K之后，金屬棒ab將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D．?dāng)嚅_K之后，金屬棒的最大速度為v＝eq\f(4Rmgsinα,Beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))L2)答案：ABD解析：由平衡條件知金屬棒所受安培力的方向應(yīng)平行軌道向上，電流大小恒定，磁場(chǎng)B1均勻變化；根據(jù)左手定則判斷金屬棒中電流方向由b指向a，線圈中感應(yīng)電流磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)方向相同，則可判斷B1減小，A正確；設(shè)B1的變化率為eq\f(ΔB1,Δt)，螺線管中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝neq\f(ΔB1,Δt)S，回路中總電阻R總＝R＋R＝2R，電路中總電流I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(E,2R)，安培力F＝eq\f(B2IL,2)，由平衡條件得F＝mgsinα，解得eq\f(ΔB1,Δt)＝eq\f(4mgRsinα,nB2SL)，B正確；斷開K之后，金屬棒ab將做變加速直線運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；斷開K之后，金屬棒速度最大時(shí)，受力平衡，有B2I′L＝mgsinα，且電流I′＝eq\f(E,4R)＝eq\f(B2Lv,4R)，聯(lián)立解得v＝eq\f(4Rmgsinα,Beq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))L2)，D正確．4.如圖所示，這是感受電磁阻尼的銅框?qū)嶒?yàn)的簡(jiǎn)化分析圖，已知圖中矩形銅框(下邊水平)的質(zhì)量m＝2g，長(zhǎng)度L＝0.5m，寬度d＝0.02m，電阻R＝0.01Ω，該銅框由靜止釋放時(shí)銅框下邊與方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)上邊界的高度差h＝0.2m，磁場(chǎng)上、下水平邊界間的距離D＝0.27m，銅框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)．取重力加速度大小g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力．下列說法正確的是()A．銅框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針B．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5TC．銅框下邊剛離開磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為3m/sD．銅框下邊剛離開磁場(chǎng)時(shí)的感應(yīng)電流為0.3A答案：C解析：銅框下邊進(jìn)入磁場(chǎng)過程，由右手定則判斷感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向，A錯(cuò)誤；銅框下邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v1＝eq\r(2gh)，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv1，電流I＝eq\f(E,R)，銅框受的安培力大小F＝BIL，由平衡條件得F＝mg，解得磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T，B錯(cuò)誤；銅框全部進(jìn)入磁場(chǎng)后開始做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)銅框下邊剛離開磁場(chǎng)時(shí)速度大小為v2，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝2g(D－d)，解得v2＝3m/s，C正確；銅框下邊剛離開磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流大小I′＝eq\f(BLv2,R)＝3A,A、D錯(cuò)誤．5．(多選)如圖所示，兩條足夠長(zhǎng)的平行光滑長(zhǎng)直導(dǎo)軌MN、PQ固定于同一水平面內(nèi)，它們之間的距離為l；ab和cd是兩根質(zhì)量皆為m的金屬細(xì)桿，桿與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好．兩桿的電阻皆為R.cd的中點(diǎn)系一輕繩，繩的另一端繞過定滑輪懸掛一質(zhì)量為M的重物，滑輪與桿cd之間的輕繩處于水平伸直狀態(tài)并與導(dǎo)軌平行．不計(jì)滑輪與轉(zhuǎn)軸、細(xì)繩之間的摩擦，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻．導(dǎo)軌和金屬細(xì)桿都處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向上．現(xiàn)將兩桿及重物同時(shí)由靜止釋放，下列說法正確的是()A．釋放重物瞬間，其加速度大小為eq\f(Mg,m＋M)B．最終回路中的電流為eq\f(Mmg,Bl（m＋M）)C．最終ab桿所受安培力的大小為eq\f(mMg,2m＋M)D．最終ab和cd兩桿的速度差恒為eq\f(2MmgR,B2l2（2m＋M）)答案：ACD解析：釋放重物瞬間，ab桿和cd桿均不受安培力，設(shè)重物的加速度大小為a1，則對(duì)重物，有Mg－T1＝Ma1；對(duì)cd桿，有T1＝ma1，解得a1＝eq\f(Mg,m＋M)，A項(xiàng)正確；最終ab桿、cd桿和重物三者的加速度大小相等，設(shè)其為a，對(duì)重物，有Mg－T2＝Ma；對(duì)cd桿，有T2－BIl＝ma；對(duì)ab桿，有BIl＝ma，解得I＝eq\f(Mmg,（2m＋M）Bl)，F(xiàn)安＝BIl＝eq\f(Mmg,2m＋M)，B項(xiàng)錯(cuò)誤，C項(xiàng)正確；設(shè)最終兩桿速度差為Δv，回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BlΔv，I＝eq\f(E,2R)，解得Δv＝eq\f(2MmgR,B2l2（2m＋M）)，D項(xiàng)正確．6.(多選)如圖所示，傾角θ＝30°的斜面上放置一間距為L(zhǎng)的光滑U形導(dǎo)軌(電阻不計(jì))，導(dǎo)軌上端連接電容為C的電容器，電容器初始時(shí)不帶電，整個(gè)裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．一質(zhì)量為2m、電阻為R的導(dǎo)體棒垂直放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，另一質(zhì)量為m的重物用一根不可伸長(zhǎng)的絕緣輕繩通過光滑的定滑輪與導(dǎo)體棒拴接，定滑輪與導(dǎo)體棒間的輕繩與斜面平行．將重物由靜止釋放，在導(dǎo)體棒到達(dá)導(dǎo)軌底端前的運(yùn)動(dòng)過程中(電動(dòng)勢(shì)未到達(dá)電容器的擊穿電壓)，已知重力加速度為g，下列說法正確的是()A．電容器M板帶正電，且兩極板所帶電荷量隨時(shí)間均勻增加B．經(jīng)時(shí)間t導(dǎo)體棒的速度為v＝eq\f(2mgt,3m＋CB2L2)C.回路中電流與時(shí)間的關(guān)系為I＝eq\f(2BLmg,（3m＋CB2L2）R)tD．重物和導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過程中減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和回路的焦耳熱答案：AB解析：設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中經(jīng)時(shí)間Δt，導(dǎo)體棒的速度增加Δv，對(duì)電容器，兩極板的充電電流I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝eq\f(CΔU,Δt)＝eq\f(CBLΔv,Δt)，對(duì)導(dǎo)體棒受力分析，由牛頓第二定律有2mgsin30°＋FT－BIL＝2ma；對(duì)重物分析，有mg－FT＝ma，又eq\f(Δv,Δt)＝a，解得a＝eq\f(2mg,3m＋CB2L2)，加速度恒定，所以導(dǎo)體棒在到達(dá)導(dǎo)軌底端前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，電容器兩極板所帶電荷量隨時(shí)間均勻增加，由右手定則可知，M板帶正電，A項(xiàng)正確；經(jīng)時(shí)間t，導(dǎo)體棒的速度v＝eq\f(2mgt,3m＋CB2L2)，B項(xiàng)正確；由A項(xiàng)分析可知回路中電流恒定，C項(xiàng)錯(cuò)誤；重物和導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過程中減少的重力勢(shì)能一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和回路的焦耳熱，一部分轉(zhuǎn)化為電容器儲(chǔ)存的電能，D項(xiàng)錯(cuò)誤．7．[2024·河北省邢臺(tái)市五岳聯(lián)盟聯(lián)考]游樂園中的過山車因能夠給游客帶來刺激的體驗(yàn)而大受歡迎．為了保證過山車的進(jìn)站安全，過山車安裝了磁力剎車裝置，將磁性很強(qiáng)的銣磁鐵安裝在軌道上，正方形導(dǎo)體框安裝在過山車底部．磁力剎車裝置的工作原理可簡(jiǎn)化為如圖所示的模型：質(zhì)量m＝5kg、邊長(zhǎng)L＝2m、電阻R＝1.8Ω的單匝導(dǎo)體框abcd沿著傾角為θ的光滑斜面由靜止開始下滑x0＝4.5m后，下邊框bc進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)導(dǎo)體框開始減速，當(dāng)上邊框ad進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)體框剛好開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)．已知磁場(chǎng)的上、下邊界與導(dǎo)體框的上、下邊框平行，磁場(chǎng)的寬度也為L(zhǎng)＝2m，磁場(chǎng)方向垂直斜面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝3T，sinθ＝0.4，取重力加速度大小g＝10m/s2，求：(1)上邊框ad進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)體框的速度大小v；(2)下邊框bc進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)體框的加速度大小a0.答案：(1)1m/s(2)20m/s2解析：(1)當(dāng)導(dǎo)體框的上邊框ad進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，上邊框ad切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv導(dǎo)體框中的感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)導(dǎo)體框的上邊框在磁場(chǎng)中受到的安培力大小FA＝BIL導(dǎo)體框剛好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)受力平衡有mg