微专题7 电磁感应中的动力学及能量问题 强化练习-2025-2026学年高二下学期物理人教版选择性必修第二册

微专题7 电磁感应中的动力学及能量问题 强化练习 基础练 一．选择题： 1．如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动．杆ef及线框中导线的电阻都忽略不计．开始时，给ef一个向右的初速度，则(　　) A．ef将向右做非匀减速运动，最后停止 B．ef将向右做匀减速运动，最后停止 C．ef将向右做匀速运动 D．ef将做往返运动 2．如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动，t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v－t图像中，能正确描述上述过程的是(　　) 3.如图所示，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B.正方形金属框abcd可绕光滑轴OO′转动，边长为L，总电阻为R，ab边质量为m，其他三边质量不计，现将abcd拉至水平位置，并由静止释放，经时间t到达竖直位置，ab边的速度大小为v，重力加速度为g，则在金属框内产生热量为(　　) A. B. C．mgL－ D．mgL＋ 4.(多选)如图，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的电阻不计的金属棒ab，在一水平恒力F作用下由静止向右运动，则(　　) A．随着ab运动速度的增大，其加速度也增大 B．外力F对ab做的功等于电路中产生的电能 C．当ab做匀速运动时，外力F做功的功率等于电路中的电功率 D．无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能 5. (多选)如图所示，在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，水平放置两条平行长直导轨MN，导轨间距为L.导轨左端接一电阻R，金属杆ab垂直导轨放置，金属杆和导轨的电阻不计，杆与导轨间接触良好且无摩擦．现对金属杆施加一个与其垂直的水平方向恒力F，使金属杆从静止开始运动．在运动过程中，金属杆的速度大小v、恒力F的功率P、金属杆与导轨形成的回路中的磁通量Φ等各量随时间变化的图像正确的是(　　) 6．(多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图6所示．金属棒和导轨的电阻不计．现将金属棒从轻弹簧原长位置由静止释放，则(　　) A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g B．金属棒向下运动时，流过电阻的电流方向为a→b C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F＝ D．电阻上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量 能力综合练 一．选择题： 7.如图所示，一沿水平方向的匀强磁场分布在竖直高度为2L的某矩形区域内(宽度足够大)，该区域的上下边界MN、PS是水平的，有一边长为L的正方形导线框abcd从距离磁场上边界MN的某高处由静止释放下落而穿过该磁场区域．已知当线框的ab边到达MN时线框刚好做匀速直线运动(以此时开始计时)，以MN处为坐标原点，取如图坐标轴x，并规定逆时针方向为感应电流的正方向，则下列关于线框中的感应电流i与ab边的位置坐标x间的关系图线中，可能正确的是(　　) 8．如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接．右端接一个阻值为R的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量为m、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g.则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　) A．流过金属棒的最大电流为 B．通过金属棒的电荷量为 C．克服安培力所做的功为mgh D．金属棒产生的焦耳热为mg(h－μd) 9.(多选)如图所示，在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从图示位置(实线所示)开始运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时(虚线所示)，圆环的速度变为，则下列说法正确的是(　　) A．此时圆环的电功率为 B．此时圆环的加速度大小为 C．此过程中通过圆环截面的电荷量为 D．此过程中回路产生的电能为0.75mv2 二．计算题： 10.如图所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，R＝0.3 Ω的电阻接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg、接入电路的电阻r＝0.1 Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，过程中ab棒始终保持与导轨垂直且接触良好．(g＝10 m/s2) (1)分析导体棒的运动性质； (2)求导体棒所能达到的最大速度； (3)试定性画出导体棒运动的速度－时间图像． 11. 如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，两导轨间距L＝1.0 m，底端NQ两点连接R＝1.0 Ω的电阻，匀强磁场方向垂直于导轨所在平面向上，磁感应强度大小为B＝0.6 T，质量m＝0.2 kg、阻值r＝0.5 Ω的导体棒垂直于导轨放置，在平行于平面向上的拉力F作用下沿导轨向上做匀速直线运动，速度v＝10 m/s.撤去拉力F后，导体棒沿导轨继续运动l＝2.0 m后速度减为零．运动过程中导体棒与导轨始终垂直并接触良好，g＝10 m/s2，导轨电阻不计．求： (1)拉力F的大小； (2)撤去拉力F后导体棒继续沿导轨上滑的过程中电阻R产生的焦耳热Q和通过电阻R的电荷量q. 12．如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化．正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R＝0.1 Ω，边长l＝0.2 m．求： (1)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中的感应电动势E； (2)t＝0.05 s时，金属框ab边受到的安培力F的大小和方向； (3)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中电流的电功率P. 13．如图甲所示，两根足够长的、电阻不计的平行光滑金属导轨MN、PQ间距d＝1 m，倾角θ＝37°，轨道顶端连有一阻值为R＝2 Ω的定值电阻，整个空间存在着垂直轨道平面向下的磁场，磁感应强度B的变化规律如图乙所示，现用力将质量m＝0.4 kg、电阻r＝2 Ω的导体棒ab从0时刻开始固定于离轨道顶端l＝2 m处，在t＝4 s时刻撤去外力，之后导体棒下滑距离x0＝1.5 m后达到最大速度，导体棒与导轨始终接触良好．(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求： (1)0～4 s内通过导体棒ab的电流大小和方向； (2)导体棒ab的最大速度vm； (3)撤去外力后，导体棒ab下滑1.5 m的过程中，在ab棒上产生的焦耳热Q. 参考答案： 1.答案　A解析　ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到速度减小为0停止运动，由F＝BIl＝＝ma知，ef做的是加速度逐渐减小的减速运动，故A正确． 2.答案　D解析　导线框进入磁场的过程中，受到向左的安培力作用，根据E＝BLv、I＝、F安＝BIL得F安＝，随着v的减小，安培力F安减小，根据F安＝ma知，导线框做加速度逐渐减小的减速运动．整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，受到向左的安培力，根据F安＝＝ma可知，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，故选项D正确． 3.答案　C解析　金属框绕光滑轴OO′转动的过程中机械能有损失但能量守恒，则损失的机械能为mgL－，故产生的热量为mgL－，C正确． 4.答案　CD解析　金属棒所受的安培力为F安＝BIl＝，a＝，速度增大，安培力增大，则加速度减小，故A错误；根据能量守恒知，外力F对ab做的功等于电路中产生的电能以及ab棒的动能之和，故B错误；当ab棒匀速运动时，外力做的功全部转化为电路中的电能，则外力F做功的功率等于电路中的电功率，故C正确；根据功能关系知，ab克服安培力做的功等于电路中产生的电能，故D正确． 5.答案　AD解析　根据牛顿第二定律知，杆的加速度为：a＝＝＝，由于速度增大，则加速度减小，可知杆做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度等于零时，速度最大，则有F＝F安m＝，解得vm＝，以后做匀速直线运动，故A正确．恒力F的功率为P＝Fv，且Pm＝Fvm＝，因开始阶段v－t关系不是线性关系，故选项B错误．随速度的增大，感应电动势增大，则根据E＝可知，回路磁通量的变化率增加；当速度最大时磁通量的变化率不变，即Φ－t图线的斜率先增大后不变，故选项C错误，D正确． 6.答案　AC解析　释放瞬间，金属棒只受重力作用，所以其加速度等于重力加速度，选项A正确；金属棒向下切割磁感线，由右手定则可知，流过电阻的电流方向为b→a，选项B错误；当金属棒的速度为v时，感应电流I＝，则安培力F＝BIL＝，选项C正确；由能量守恒可知，最终稳定后，重力势能的减少量等于轻弹簧弹性势能的增加量与电阻上产生的总热量之和，选项D错误． 7.答案　D解析　x在0～L内，线框的ab边到达MN时刚好做匀速直线运动，线框中产生的感应电流为I＝＝，可知I保持不变，根据楞次定律判断可知，I的方向沿逆时针方向，为正值；x在L～2L内，磁通量不变，没有感应电流产生，I＝0，线框不受安培力，只受重力而做匀加速直线运动；x在2L～3L内，线框穿出磁场，根据楞次定律判断得知感应电流沿顺时针方向，为负值．由于速度大于进入磁场时的速度，安培力变大，所以安培力大于其重力而使线框做减速运动，随着速度减小，安培力减小，合力减小，加速度随之减小，所以线框做加速度减小的变减速运动．速度减小，感应电流减小，而且加速度减小，速度的变化率减小，则电流的变化率随之减小，所以i－x图线的切线斜率减小．线框刚出磁场时安培力最小等于重力，速度最小等于进入磁场时的速度，所以感应电流最小值不小于进入磁场时的电流值，故D正确，A、B、C错误． 8.答案　D解析　金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝mv2，金属棒到达平直部分时的速度v＝，金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，则最大感应电动势E＝BLv，最大感应电流I＝＝，故A错误； 通过金属棒的电荷量q＝Δt＝＝，故B错误； 金属棒在整个运动过程中，由动能定理有：mgh－W安－μmgd＝0－0，则克服安培力做功：W安＝mgh－μmgd，故C错误； 克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：Q′＝Q＝W安＝mg(h－μd)，故D正确． 9.答案　BC解析　当圆环的直径与边界线重合时，圆环左右两半环均产生感应电动势，故圆环中的感应电动势E＝2B×2a×＝2Bav，圆环的电功率P＝＝，故A错误；此时圆环受到的安培力F＝2BI×2a＝2B××2a＝，由牛顿第二定律可得，加速度a＝＝，故B正确；圆环中的平均电动势＝，则通过圆环截面的电荷量Q＝Δt＝Δt＝＝，故C正确；此过程中回路产生的电能等于动能的减少量，故E＝mv2－m()2＝mv2＝0.375mv2，故D错误． 10.答案　(1)做加速度减小的加速运动，最终做匀速运动　(2)10 m/s　(3)见解析图 解析　(1)导体棒做切割磁感线运动，产生的感应电动势E＝BLv① 回路中的感应电流I＝② 导体棒受到的安培力F安＝BIL③ 导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用， 根据牛顿第二定律有：F－μmg－F安＝ma④ 由①②③④得：F－μmg－＝ma⑤ 由⑤可知，随着速度的增大，安培力增大，加速度a减小，当加速度a减小到0时，速度达到最大，此后导体棒做匀速直线运动． (2)当导体棒达到最大速度时，有F－μmg－＝0 可得：vm＝＝10 m/s (3)由(1)(2)中的分析与数据可知，导体棒运动的速度－时间图像如图所示． 11.答案　(1)3.4 N　(2) J　0.8 C 解析　(1)导体棒匀速运动产生的感应电动势为E＝BLv＝6 V 感应电流为I＝＝4 A 由导体棒受力平衡可得F＝F安＋mgsin θ＝BIL＋mgsin θ＝3.4 N (2)撤去拉力后，由动能定理可得－mglsin θ－W克安＝0－mv2 得导体棒克服安培力所做的功W克安＝8 J 则电阻R产生的焦耳热Q＝W克安＝ J 通过电阻R的电荷量q＝Δt＝＝＝0.8 C. 12.答案　(1)0.08 V　(2)0.016 N　垂直于ab向左　(3)0.064 W 解析　(1)在t＝0到t＝0.1 s的时间内，Δt＝0.1 s，磁感应强度的变化量ΔB＝0.2 T，设穿过金属框的磁通量变化量为ΔΦ，有ΔΦ＝ΔBl2① 由于磁场均匀变化，金属框中产生的感应电动势是恒定的，有E＝② 联立①②式，代入数据，解得E＝0.08 V③ (2)设金属框中的感应电流为I，由欧姆定律有I＝④ 由题图可知，t＝0.05 s时，磁感应强度为B1＝0.1 T， 金属框ab边受到的安培力F＝IlB1⑤ 联立③④⑤式，代入数据，解得F＝0.016 N⑥ 方向垂直于ab向左．⑦ (3)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中电流的电功率P＝I2R⑧ 联立③④⑧式，代入数据，解得P＝0.064 W 13.答案　(1)0.25 A　方向为从a到b　(2)2.4 m/s (3)1.224 J 解析　(1)根据楞次定律可知，通过导体棒ab的电流方向为从a到b.根据法拉第电磁感应定律：E＝n 可得：E1＝·ld＝1 V 根据闭合电路欧姆定律可得，通过导体棒ab的电流I1＝＝0.25 A，方向为从a到b (2)当导体棒ab达到最大速度时匀速运动， 根据受力平衡可得：mgsin θ＝BI2d 根据欧姆定律可得：I2＝ 切割磁感线产生的感应电动势：E2＝Bdvm 联立可得导体棒ab的最大速度：vm＝＝2.4 m/s (3)下滑过程中电阻R与导体棒产生的热量相等， 根据能量守恒定律：mgx0sin θ＝mvm2＋2Q 可得ab棒上产生的焦耳热Q＝mgx0sin θ－mvm2＝1.224 J. 学科网（北京）股份有限公司 $