课时梯级训练(13) 电磁感应中的动力学和能量问题(Word练习)-【优化指导】2026-2027学年高中物理选择性必修第二册（人教版2019）

课时梯级训练(13)　电磁感应中的动力学和能量问题 1．如图所示，质量为m的金属环用细线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，下列关于细线拉力大小的说法正确的是 (　　) A.大于环重力mg，并逐渐减小 B．始终等于环重力mg C．小于环重力mg，并保持恒定 D．大于环重力mg，并保持恒定 A　解析：根据楞次定律知圆环中感应电流方向为顺时针，再由左手定则判断可知环所受的安培力竖直向下，对环受力分析，根据受力平衡有FT＝mg＋F，得FT＞mg，F＝BIL，根据法拉第电磁感应定律I＝＝＝S，I为恒定电流，联立以上各式可知B减小，推知F减小，则由FT＝mg＋F知FT减小，A正确。 2．如图所示，纸面内有一个矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框横截面的电荷量为q2，则 (　　) A．Q1>Q2，q1＝q2 B．Q1>Q2，q1>q2 C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1>q2 A　解析：根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝lbc＝lab，同理Q2＝lbc，又lab>lbc，故Q1>Q2；因q＝t＝t＝，故q1＝q2，A正确。 3．如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落，如果线圈受到的安培力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为 (　　) A．a1>a2>a3>a4 B．a1＝a3>a2>a4 C．a1＝a3>a4>a2 D．a4＝a2>a3>a1 B　解析：线圈进入磁场前和全部进入磁场后，都仅受重力，所以加速度a1＝a3＝g。线圈在题图中2位置时，受到重力和向上的安培力，且已知F安2<mg，所以a2＝mg－<g。而由于线圈完全在磁场中时做加速度为g的加速运动，故4位置时的速度大于2位置时的速度，根据F安＝及a＝可得a4<a2，故线圈在1、2、3、4位置时的加速度关系为a1＝a3>a2>a4，B正确。 4． (多选)如图所示，空间中存在一个匀强磁场区域，磁场方向与竖直面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均与磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距。若导线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，导线框下落的速度大小可能 (　　) A．始终减小 B．始终不变 C．始终增加 D．先减小后增加 CD　解析：导线框开始时做自由落体运动，ab边以一定的速度进入磁场，ab边切割磁感线产生感应电流，根据左手定则可知ab边受到向上的安培力，当安培力大于重力时，导线框做减速运动，当导线框完全进入磁场后，导线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先做减速运动后做加速运动；当ab边进入磁场后安培力等于重力时，导线框做匀速运动，当导线框完全进入磁场后，导线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先匀速运动后加速运动；当ab边进入磁场后安培力小于重力时，导线框做加速运动，当导线框完全进入磁场后，导线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，C、D正确。 5．如图所示，光滑平行的水平金属导轨MN、PQ相距l，在M点和P点间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间OO1O1′O′矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为d的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为r的导体棒ab，垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距d0。现用一大小为F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由静止开始运动，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计)。求： (1)棒ab在离开磁场右边界时的速度； (2)棒ab通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能。 答案：(1)　(2)F(d0＋d)－ 解析：(1)棒在磁场中匀速运动时，有F＝F安＝BIl， 再根据I＝＝， 联立解得v＝。 (2)安培力做的功转化为两个电阻消耗的电能Q，由能量守恒定律可得F(d0＋d)＝Q＋mv2， 解得Q＝F(d0＋d)－。 6．如图所示，在倾角为θ＝37°的斜面上固定两根足够长的平行金属导轨PQ和MN，两导轨间距L＝1 m，导轨处于磁场方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度为B＝2 T，导体棒ab垂直跨放在导轨上并与导轨接触良好，导体棒ab的质量m＝0.2 kg，导体棒ab的中点用绝缘细绳经定滑轮与物体相连，物体的质量M＝0.4 kg。导体棒ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与导体棒ab的电阻不计，g取10 m/s2)。为了使物体保持静止，则通过导体棒ab的电流为(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (　　) A．电流从b流向a，1.0 A≤I≤1.8 A B．电流从b流向a，I≤1.0 A C．电流从a流向b，1.0 A≤I≤1.8 A D．电流从a流向b，I≥1.8 A A　解析：根据题意，导体棒保持静止，绳上的拉力T＝4 N，最大静摩擦力f＝μmg cos θ＝0.8 N，重力沿斜面向下的分力mg sin θ＝1.2 N，故导体棒要想处于平衡状态，所受安培力必须平行于斜面向下，电流方向必须满足从b流向a，安培力在最大静摩擦力方向沿斜面向下有最小值，向上有最大值，取临界状态，如果最大静摩擦力平行于斜面向下，mg sin θ＋F安1＋f＝T，f＝μmg cos θ，解得F安1＝2 N，同理，如果最大静摩擦力平行于斜面向上，解得F安2＝3.6 N，故1.0 A≤I≤1.8 A，B、C、D错误，A正确。 7．如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，其余电路电阻都不计，匀强磁场垂直于导轨平面向下，磁感应强度大小为B。现将质量为m的导体棒由静止释放，当棒下滑到稳定状态时，速度为v，重力加速度为g。下列说法错误的是 (　　) A．导体棒达到稳定状态前做加速度减小的加速运动 B．当导体棒速度达到时，加速度为g sin θ C．导体棒的a端电势比b端电势高 D．导体棒达到稳定状态后，电阻R产生的焦耳热等于重力所做的功 C　解析：根据牛顿第二定律可得导体棒下滑过程中的加速度a＝＝g sin θ－，由此可知，速度增大、加速度减小，所以导体棒达到稳定状态前做加速度减小的加速运动，A正确；当速度为v′＝v时加速度大小为零，即g sin θ＝，当导体棒速度达到时，加速度a＝g sin θ－＝g sin θ，B正确；根据右手定则可得导体棒中的电流方向a→b，由于导体棒为电源，所以b端电势高，C错误；导体棒达到稳定状态后，根据能量守恒定律可得，电阻R产生的焦耳热等于重力所做的功，D正确。 8．如图所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L＝0.50 m，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°，N、Q间连接一个电阻R＝5.0 Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B＝1.0 T。将一根质量为m＝0.050 kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不计。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.50，当金属棒滑行至cd处时，其速度大小开始保持不变，位置cd与ab之间的距离s＝2.0 m。已知g取10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80。求： (1)金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小； (2)金属棒到达cd处的速度大小； (3)金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻R产生的热量。 答案：(1)2.0 m/s2　(2)2.0 m/s　(3)0.10 J 解析：(1)设金属棒开始下滑时的加速度大小为a，由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 解得a＝2.0 m/s2。 (2)设金属棒到达cd位置时速度大小为v、电流为I，金属棒受力平衡，有mg sin θ＝BIL＋μmg cos θ I＝ 联立解得v＝2.0 m/s。 (3)设金属棒从ab运动到cd的过程中，电阻R上产生的热量为Q，由能量守恒定律有 mgs sin θ＝mv2＋μmgscos θ＋Q， 解得Q＝0.10 J。 学科网（北京）股份有限公司 $$