2025版高考物理一轮复习微专题小练习电磁感应专题73电磁感应中的动力学问题

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1．(多选)如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m的金属杆(电阻不计)从轨道上由静止滑下．经过足够长的时间，金属杆的速度趋近于一个最大速度vm，则( )
A．如果B增大，vm将变大
B．如果α变大，vm将变大
C．如果R变大，vm将变大
D．如果m变大，vm将变大
答案：BCD
解析：当加速度为零时，速度最大，则有mg sinα＝BIL，又I＝ eq \f(BLvm,R)，解得vm＝ eq \f(mgR sin α,B2L2)，如果B增大，vm将变小；如果α变大，vm将变大；如果R变大，vm将变大；如果m变大，vm将变大，B、C、D正确．
2.
(多选)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有( )
A．杆OP产生的感应电动势恒定
B．杆OP受到的安培力不变
C．杆MN做匀加速直线运动
D．杆MN中的电流逐渐减小
答案：AD
解析：OP转动切割磁感线产生的感应电动势为E＝ eq \f(1,2)Br2ω，因为OP匀速转动，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A正确；杆OP匀速转动产生的感应电动势，产生的感应电流由M到N通过MN棒，由左手定则可知，MN棒会向左运动，MN棒运动会切割磁感线，产生的电动势与原来电流方向相反，让回路电流减小，MN棒所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，故D正确，B、C错误．
3．(多选)如图，横截面积为S的n匝线圈，线圈总电阻为R，其轴线与大小均匀变化的匀强磁场B1平行．间距为L的两平行光滑倾斜轨道PQ、MN足够长，轨道平面与水平面的夹角为α，底部连有一阻值2R的电阻，磁感应强度B2的匀强磁场与轨道平面垂直．K闭合后，质量为m、电阻也为2R的金属棒ab恰能保持静止，金属棒始终与轨道接触良好，其余部分电阻不计，下列说法正确的是( )
A．B1均匀减小
B．B1的变化率为 eq \f(ΔB1,Δt)＝ eq \f(4mgR sin α,nB2SL)
C．断开K之后，金属棒ab将做匀加速直线运动
D．断开K之后，金属棒的最大速度为v＝ eq \f(4Rmg sin α,B eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) L2)
答案：ABD
解析：由平衡条件知金属棒所受安培力的方向应平行轨道向上，电流大小恒定，磁场B1均匀变化；根据左手定则判断金属棒中电流方向由b指向a，线圈中感应电流磁场方向与原磁场方向相同，则可判断B1减小，A正确；设B1的变化率为 eq \f(ΔB1,Δt)，螺线管中感应电动势E＝n eq \f(ΔB1,Δt)S，回路中总电阻R总＝R＋R＝2R，电路中总电流I＝ eq \f(E,R总)＝ eq \f(E,2R)，安培力F＝ eq \f(B2IL,2)，由平衡条件得F＝mg sin α，解得 eq \f(ΔB1,Δt)＝ eq \f(4mgR sin α,nB2SL)，B正确；断开K之后，金属棒ab将做变加速直线运动，C错误；断开K之后，金属棒速度最大时，受力平衡，有B2I′L＝mg sin α，且电流I′＝ eq \f(E,4R)＝ eq \f(B2Lv,4R)，联立解得v＝ eq \f(4Rmg sin α,B eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) L2)，D正确．
4.
如图所示，这是感受电磁阻尼的铜框实验的简化分析图，已知图中矩形铜框(下边水平)的质量m＝2 g，长度L＝0.5 m，宽度d＝0.02 m，电阻R＝0.01 Ω，该铜框由静止释放时铜框下边与方向水平向里的匀强磁场上边界的高度差h＝0.2 m，磁场上、下水平边界间的距离D＝0.27 m，铜框进入磁场的过程恰好做匀速直线运动．取重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．铜框进入磁场的过程中电流方向为顺时针
B．匀强磁场的磁感应强度的大小为0.5 T
C．铜框下边刚离开磁场时的速度大小为3 m/s
D．铜框下边刚离开磁场时的感应电流为0.3 A
答案：C
解析：铜框下边进入磁场过程，由右手定则判断感应电流为逆时针方向，A错误；铜框下边刚进入磁场时的速度大小v1＝ eq \r(2gh)，此时感应电动势E＝BLv1，电流I＝ eq \f(E,R)，铜框受的安培力大小F＝BIL，由平衡条件得F＝mg，解得磁感应强度B＝0.2 T，B错误；铜框全部进入磁场后开始做加速度为g的匀加速直线运动，设铜框下边刚离开磁场时速度大小为v2，根据运动学公式得v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2g(D－d)，解得v2＝3 m/s，C正确；铜框下边刚离开磁场时，感应电流大小I′＝ eq \f(BLv2,R)＝3 A, A、D错误．
5．(多选)如图所示，两条足够长的平行光滑长直导轨MN、PQ固定于同一水平面内，它们之间的距离为l；ab和cd是两根质量皆为m的金属细杆，杆与导轨垂直，且与导轨接触良好．两杆的电阻皆为R.cd的中点系一轻绳，绳的另一端绕过定滑轮悬挂一质量为M的重物，滑轮与杆cd之间的轻绳处于水平伸直状态并与导轨平行．不计滑轮与转轴、细绳之间的摩擦，不计导轨的电阻．导轨和金属细杆都处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向上．现将两杆及重物同时由静止释放，下列说法正确的是( )
A．释放重物瞬间，其加速度大小为 eq \f(Mg,m＋M)
B．最终回路中的电流为 eq \f(Mmg,Bl（m＋M）)
C．最终ab杆所受安培力的大小为 eq \f(mMg,2m＋M)
D．最终ab和cd两杆的速度差恒为 eq \f(2MmgR,B2l2（2m＋M）)
答案：ACD
解析：释放重物瞬间，ab杆和cd杆均不受安培力，设重物的加速度大小为a1，则对重物，有Mg－T1＝Ma1；对cd杆，有T1＝ma1，解得a1＝ eq \f(Mg,m＋M)，A项正确；最终ab杆、cd杆和重物三者的加速度大小相等，设其为a，对重物，有Mg－T2＝Ma；对cd杆，有T2－BIl＝ma；对ab杆，有BIl＝ma，解得I＝ eq \f(Mmg,（2m＋M）Bl)，F安＝BIl＝ eq \f(Mmg,2m＋M)，B项错误，C项正确；设最终两杆速度差为Δv，回路中感应电动势为E＝BlΔv，I＝ eq \f(E,2R)，解得Δv＝ eq \f(2MmgR,B2l2（2m＋M）)，D项正确．
6.
(多选)如图所示，倾角θ＝30°的斜面上放置一间距为L的光滑U形导轨(电阻不计)，导轨上端连接电容为C的电容器，电容器初始时不带电，整个装置放在磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向下的匀强磁场中．一质量为2m、电阻为R的导体棒垂直放在导轨上，与导轨接触良好，另一质量为m的重物用一根不可伸长的绝缘轻绳通过光滑的定滑轮与导体棒拴接，定滑轮与导体棒间的轻绳与斜面平行．将重物由静止释放，在导体棒到达导轨底端前的运动过程中(电动势未到达电容器的击穿电压)，已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．电容器M板带正电，且两极板所带电荷量随时间均匀增加
B．经时间t导体棒的速度为v＝ eq \f(2mgt,3m＋CB2L2)
C.回路中电流与时间的关系为I＝ eq \f(2BLmg,（3m＋CB2L2）R)t
D．重物和导体棒在运动过程中减少的重力势能转化为动能和回路的焦耳热
答案：AB
解析：设运动过程中经时间Δt，导体棒的速度增加Δv，对电容器，两极板的充电电流I＝ eq \f(ΔQ,Δt)＝ eq \f(CΔU,Δt)＝ eq \f(CBLΔv,Δt)，对导体棒受力分析，由牛顿第二定律有2mg sin 30°＋FT－BIL＝2ma；对重物分析，有mg－FT＝ma，又 eq \f(Δv,Δt)＝a，解得a＝ eq \f(2mg,3m＋CB2L2)，加速度恒定，所以导体棒在到达导轨底端前做匀加速直线运动，电容器两极板所带电荷量随时间均匀增加，由右手定则可知，M板带正电，A项正确；经时间t，导体棒的速度v＝ eq \f(2mgt,3m＋CB2L2)，B项正确；由A项分析可知回路中电流恒定，C项错误；重物和导体棒在运动过程中减少的重力势能一部分转化为动能和回路的焦耳热，一部分转化为电容器储存的电能，D项错误．
7．[2024·河北省邢台市五岳联盟联考]游乐园中的过山车因能够给游客带来刺激的体验而大受欢迎．为了保证过山车的进站安全，过山车安装了磁力刹车装置，将磁性很强的铷磁铁安装在轨道上，正方形导体框安装在过山车底部．磁力刹车装置的工作原理可简化为如图所示的模型：质量m＝5 kg、边长L＝2 m、电阻R＝1.8 Ω的单匝导体框abcd沿着倾角为θ的光滑斜面由静止开始下滑x0＝4.5 m后，下边框bc进入匀强磁场区域时导体框开始减速，当上边框ad进入磁场时，导体框刚好开始做匀速直线运动．已知磁场的上、下边界与导体框的上、下边框平行，磁场的宽度也为L＝2 m，磁场方向垂直斜面向下、磁感应强度大小B＝3 T，sin θ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，求：
(1)上边框ad进入磁场时，导体框的速度大小v；
(2)下边框bc进入磁场时，导体框的加速度大小a0.
答案：(1)1 m/s (2)20 m/s2
解析：(1)当导体框的上边框ad进入磁场时，上边框ad切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv
导体框中的感应电流为I＝ eq \f(E,R)
导体框的上边框在磁场中受到的安培力大小FA＝BIL
导体框刚好做匀速直线运动，根据受力平衡有mg sin θ＝FA
联立解得v＝1 m/s
(2)导体框沿斜面由静止开始到下边框bc进入匀强磁场的过程中，根据机械能守恒定律有mgx0sin θ＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
当导体框的下边框进入磁场时，导体框的下边框在磁场中受到的安培力大小
FA0＝ eq \f(B2L2v0,R)
对导体框受力分析，根据牛顿第二定律有FA0－mg sin θ＝ma0
联立解得a0＝20 m/s2.