课时跟踪检测（五十二）电磁感应中的动力学、能量问题（练习）-【创新方案】2026年高考物理一轮复习（江苏北京）

课时跟踪检测（五十二） 电磁感应中的动力学、能量问题 1.图甲所示粗糙U形导线框固定在水平面上，右端放有一金属棒PQ，整个装置处于竖直方向的磁场中，磁感应强度B按图乙所示图像规律变化，规定竖直向上为正方向，整个过程金属棒保持静止。则 (　 ) A.t0时刻回路没有感应电流 B.在t0~2t0时间内，流过金属棒的感应电流方向是从Q到P C.在0~t0时间内，金属棒PQ所受安培力方向水平向右 D.2t0时刻金属棒PQ所受摩擦力方向水平向左 解析：选C　t0时刻回路的磁通量为零，但是磁通量的变化率不为零，则回路有感应电流，A错误；在t0~2t0时间内，回路的磁通量向下增加，根据楞次定律可知，流过金属棒的感应电流方向是从P到Q，B错误；在0~t0时间内，回路的磁通量向上减小，则金属棒中有从P到Q的感应电流，由左手定则可知，PQ所受安培力方向水平向右，C正确；根据楞次定律可知，2t0时刻金属棒PQ中的感应电流从P到Q，则所受安培力方向水平向左，由平衡条件可知，所受摩擦力方向水平向右，D错误。 2.如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ互相平行，间距为L，上端接入阻值为R的定值电阻，构成U形平面，与水平面的夹角为θ(0°<θ<90°)，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，金属棒ab的质量为m，接入电路的电阻为r。则金属棒ab沿导轨下滑过程中 (　 ) A.最大加速度为gcos θ B.当金属棒ab下滑速度为v时，其两端电压为BLv C.所受安培力不会大于mgsin θ D.下滑速度大小一定小于mgsin θ 解析：选C　对金属棒ab受力分析，根据牛顿第二定律可得mgsin θ-F安=ma，由题可知，金属棒从静止开始滑动时，金属棒ab所受安培力为零，此时金属棒的加速度最大，为gsin θ，故A错误；由法拉第电磁感应定律可得，当金属棒ab下滑速度为v时，产生的感应电动势为BLv，则金属棒ab两端电压为BLv，故B错误；金属棒ab沿导轨下滑时，所受安培力增大，则加速度减小，当加速度为零时，所受安培力达到最大，为mgsin θ，故C正确；当金属棒ab所受安培力等于mgsin θ时，金属棒ab做匀速运动，此时速度最大，则有mgsin θ=，解得vm=，故D错误。 3.如图所示，“凹”字形金属线框右侧有一宽度为3L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。线框在纸面内向右匀速通过磁场区域，t=0时，线框开始进入磁场。设逆时针方向为感应电流的正方向，则线框中感应电流i随时间t变化的图像可能正确的是 (　 ) 解析：选A　设线框的运动速度为v，线框总电阻为R，线框进入磁场的距离为0~L时，线框切割磁感线的有效长度为2L，感应电流的方向为逆时针方向，大小为I=；线框进入磁场的距离为L~3L时，线框切割磁感线的有效长度为3L，感应电流的方向为逆时针方向，大小为I=；线框离开磁场的距离为0~L时，线框切割磁感线的有效长度为2L，感应电流的方向为顺时针方向，大小为I=；线框离开磁场的距离为L~3L时，线框切割磁感线的有效长度为3L，感应电流的方向为顺时针方向，大小为I=，故选A。 4.（2025年1月·八省联考云南卷）如图所示，对角线长度为2L的正方形区域abcd中有垂直于纸面的磁场(图上未画)，磁感应强度B随时间t按B= B0-kt(B0、k不变，且B0>0，k>0)变化。abcd所在平面内有一根足够长的导体棒MN始终垂直于db，并通有恒定电流。t=0时，导体棒从d点开始沿db方向匀速穿过磁场，速率为。设导体棒运动过程中所受安培力大小为F，Ft图像可能正确的是 (　 ) 解析：选A　导体棒运动的距离在0~L范围内时，导体棒经过时间t移动的距离为x=vt=t,导体棒在磁场中的长度为L=2x=t,所受的安培力为F=BIL=I(B0-kt)t=(B0t-k),则F-t图像为开口向下的抛物线的一部分；同理，导体棒运动的距离在L~2L范围内时，导体棒所受的安培力为F=I(B0-kt)(4L-t )=4LI(B0-2kt+〖SX(〗k2t2〖〗B0), 由数学知识可F-t图像为开口向上的抛物线的一部分，则图像A可能正确。故选A。 5.(2024·黑吉辽高考，改编)如图，两条“”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度大小为g，两棒在下滑过程中 (　 ) A.回路中的电流方向为adcba B.ab中电流趋于 C.ab与cd加速度大小之比始终为2∶1 D.两棒产生的电动势始终相等 解析：选B　由于ab和cd均沿导轨下滑，则通过abcd回路的磁通量向上增大，根据楞次定律结合安培定则可知，回路中的电流方向为abcda，A错误；对ab和cd分别受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律分别有2mgsin 30°-2BILcos 30°=2ma1，mgsin 30°-BILcos 30°=ma2，可得a1=a2=-，则ab与cd加速度大小之比始终为1∶1，C错误；当加速度趋于零时，两导体棒中的电流趋于稳定，结合C项分析可知，ab中的电流趋于，B正确；由于ab和cd加速度大小始终相等，则两导体棒的速度大小始终相等，则由法拉第电磁感应定律可知，两导体棒产生的感应电动势大小之比始终为2∶1，D错误。 6.(2025·徐州模拟)如图所示，间距为L的水平边界MN、PQ之间存在垂直于纸面向外的匀强磁场，“日”字形线框位于磁场区域上方某一高度，线框三条短边ab、ef、cd的长度均为L、电阻均为R，两条长边ac、bd的长度均为2L、电阻不计，ef位于线框正中间。若线框由静止释放，t=0时刻cd边进入磁场且恰好做匀速运动，则整个线框通过磁场区域的过程中，线框的速度大小v，a、b两点之间的电势差Uab，流过ab边的电流强度Iab，ab边产生的焦耳热Qab，以上物理量随时间t的变化图像正确的是 (　 ) 解析：选D　设cd边进入匀强磁场瞬间的速度大小为v0，匀强磁场的磁感应强度大小为B，线框质量为m，cd边切割磁感线产生的感应电动势E=BLv0，通过cd边的电流I=，由平衡条件得BIL=mg；当ef边进入磁场瞬间，cd边恰好出磁场，回路电动势和总电流不变，仍满足BIL=mg；同理当ab边进入磁场时亦有BIL=mg，由此可知，线框通过磁场区域的过程中做匀速运动，故A错误。当cd边切割磁感线时，ef、ab并联，根据闭合电路欧姆定律可知，a、b两点之间的电势差Uab=E-IR；当ef边切割磁感线时，cd、ab并联，根据闭合电路欧姆定律可知，a、b两点之间的电势差仍为Uab=E-IR；同理，当ab边切割磁感线时，a、b两点之间的电势差仍为Uab=E-IR，可知整个过程中a、b两点之间的电势差并不发生变化，故B错误。当cd边或ef边切割磁感线时，通过ab边的电流强度为，当ab边进入磁场切割磁感线时，ab边相当于电源，因此通过ab边的电流强度为I，故C错误。当cd边或ef边切割磁感线时，ab边产生的焦耳热Qab=Rt，当ab边切割磁感线时Qab=I2Rt，由函数关系可知，D正确。 7.某工厂为了检验正方形线圈的合格率，将线圈放在传送带上，传送带所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁场边界PQ与MN平行且与线圈速度方向成45°，磁感应强度大小为B，如图所示。线圈与传送带一起以恒定速度v向右运动，线圈与传送带间的动摩擦因数为μ。线圈进入磁场过程中线圈恰好不打滑，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知线圈质量为m，匝数为N，边长为L，总电阻为R，且磁场宽度大于L。下列说法错误的是 (　 ) A.线圈进入磁场过程中，电流方向为ADCBA B.在线圈进入磁场的过程中，线圈对传送带的摩擦力始终沿AC所在直线方向，且最大值为 C.线圈在进入磁场的过程中通过截面的电荷量为 D.在不改变传送带速度的情况下，相同质量、材料、边长但匝数为2N的线圈进入磁场过程相对传送带会打滑 解析：选D　线圈进入磁场的过程中，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律，可判断出，感应电流的方向为ADCBA，故A正确；在线圈进入磁场的过程中，受到沿CA方向的安培力作用，由于线圈匀速运动，所以线圈受到的摩擦力沿AC方向，根据牛顿第三定律可知，线圈对传送带的摩擦力始终沿CA方向，最大值为fm=Fm=NBI·L，又有I==，解得fm=，故B正确；线圈在进入磁场的过程中通过截面的电荷量为q=t=t=Nt=N，故C正确；线圈质量不变、材料不变、边长不变、匝数变为原来的2倍，则导线长度变为原来的2倍，横截面积变为原来的，根据R=ρ可知，电阻变为原来的4倍，又因为安培力的最大值为Fm=，可知匝数变为原来的2倍，电阻变为原来的4倍，线框受到的安培力的最大值不变，因为最大静摩擦力为f=μmg不变，所以在不改变传送带速度的情况下，相同质量、材料、边长但匝数为2N的线圈进入磁场过程也恰好不打滑，故D错误，符合题意。 8.(12分)如图a所示，单匝线框cdef位于倾角θ=30°的斜面上，斜面上有一长度为D的矩形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为0.5 T。已知线框边长为cd=D=0.4 m，质量为m=0.1 kg，总电阻为R=0.25 Ω，现对线框施加一沿斜面向上的力F使之运动。斜面与线框间的动摩擦因数μ=，线框速度随时间的变化关系如图b所示。(重力加速度g取10 m/s2) (1)求外力F大小；(4分) (2)求cf长度L；(4分) (3)求回路产生的焦耳热Q。(4分) 解析：(1)由题图b可知，在0~0.4 s内线框做匀加速运动，加速度为a== m/s2=5 m/s2 根据牛顿第二定律有F-mgsin θ-μmgcos θ=ma 代入数据解得F=1.5 N。 (2)由题图b可知线框cf边匀速进入磁场，则由平衡条件有F=mgsin θ+μmgcos θ+BIL 其中I== 联立解得L=0.5 m，I=2 A。 (3)线框穿过磁场过程中，回路产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即 Q=F安·2D=0.5×2×0.5×2×0.4 J=0.4 J。 答案：(1)1.5 N　(2)0.5 m　(3)0.4 J 9.(13分)如图所示，“凹”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一平面内，ab、bc边长均为2l，gf边长为l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，bc边离磁场上边界的距离为l，线框由静止释放，从bc边进入磁场到gf边进入磁场之前，线框做匀速运动；在gf边离开磁场后，ah、ed边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框在下落过程中始终处于竖直平面内，且bc、gf边保持水平，重力加速度为g。 (1)线框ah、ed边刚离开磁场时做匀速运动的速度大小是bc边刚进入磁场时的几倍；(6分) (2)若磁场上下边界间的距离为H，则线框完全穿过磁场过程中产生的热量为多少。(7分) 解析：(1)设bc边刚进入磁场时速度为v1，有E1=2Blv1，I1=，F1=2BI1l 线框做匀速运动，有F1=mg 联立可得v1= 设ah、ed边刚离开磁场时速度为v2，有 E2=Blv2，I2=，F2=I2lB 线框做匀速运动，有F2=mg 联立可得v2=，综上所述=4。 (2)bc边进入磁场前，根据动能定理，有 mgl=m 穿过磁场过程中，根据能量守恒定律，有 mg(H+2l)+m=m+Q 联立可得Q=mg(H-13l)。 答案：(1)4　(2)mg(H-13l) 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$