2026届高三物理一轮复习专项训练　专题十五 电磁感应中的动力学、能量和动量问题

专题十五 电磁感应中的动力学、能量和动量问题 单元测试 1． 选择题： 1.（2025·广东佛山模拟）两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻。质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场垂直，如图所示。不计导轨的电阻，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A.金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向为a→b B.金属棒刚进磁场时一定做加速运动 C.金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为 D.金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为R 2.（2023·北京高考9题）如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出。线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是（　　） A.线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向 B.线框出磁场的过程中做匀减速直线运动 C.线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等 D.线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等 3.如图甲所示，光滑的平行导电轨道水平固定在桌面上，轨道间连接一可变电阻，导体杆与轨道垂直并接触良好（不计杆和轨道的电阻），整个装置处在垂直于轨道平面向上的匀强磁场中。杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，两次运动中拉力大小与速率的关系如图乙所示。其中，第一次对应直线①，初始拉力大小为F0，改变电阻阻值和磁感应强度大小后，第二次对应直线②，初始拉力大小为2F0，两直线交点的纵坐标为3F0。若第一次和第二次运动中的磁感应强度大小之比为k、电阻的阻值之比为m、杆从静止开始运动相同位移的时间之比为n，则k、m、n可能为（　　） A.k＝2、m＝2、n＝2 B.k＝2、m＝2、n＝ C.k＝、m＝3、n＝ D.k＝2、m＝6、n＝2 4.如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出。线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是（　　） A.线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向 B.线框出磁场的过程中做匀减速直线运动 C.线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等 D.线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等 5.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻。质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场垂直，如图所示。不计导轨的电阻，重力加速度为g，则下列说法正确的是 （　　） A.金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向为a→b B.金属棒刚进磁场时一定做加速运动 C.金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为 D.金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为R 6.（多选）如图，两根足够长且光滑平行的金属导轨PP'、QQ'倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好。现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则下列说法中正确的（　　） A.金属棒ab最终可能匀速下滑 B.金属棒ab一直加速下滑 C.金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势 D.带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动 7.〔多选〕（2025·山东烟台模拟）如图所示，一光滑、电阻忽略不计的轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平两段组成，倾斜段的上端连接一电阻R＝0.5 Ω，两轨道间距d＝1 m，水平部分两轨道间有一竖直向下，磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场。一质量m＝0.5 kg、长为l＝1.1 m、电阻忽略不计的导体棒，从轨道上距水平面h1＝0.8 m高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端水平飞出，落地点与水平轨道末端的水平距离x2＝0.8 m，水平轨道距水平地面的高度h2＝0.8 m。通过计算可知（g取10 m/s2）（　　） A.导体棒进入磁场时的速度为3 m/s B.导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为3 J C.磁场的长度x1为2 m D.整个过程通过电阻的电荷量为2 C 8.〔多选〕（2025·安徽黄山模拟）如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左右两部分的间距分别为l、2l；质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置，导体棒a接入电路的电阻为R，其余电阻均忽略不计；a、b两棒分别以v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状态，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是（　　） A.a棒加速度的大小始终等于b棒加速度的大小 B.稳定时a棒的速度为1.5v0 C.电路中产生的焦耳热为m D.通过a棒的某一横截面的电荷量为 2． 计算题： 9.（2025·辽宁沈阳模拟）如图所示，矩形斜面AECD的倾角θ＝30°，在其上放置一矩形金属框abcd，ab边的边长l1＝1 m，bc边的边长l2＝0.6 m，金属框的质量m＝1 kg，电阻R＝0.1 Ω，金属框与斜面间的动摩擦因素μ＝，金属框通过轻质细线绕过定滑轮与重物相连，细线与斜面平行且靠近，重物质量m0＝2 kg，斜面上efgh区域有匀强磁场，磁感应强度的大小B＝0.5 T，方向垂直于斜面向上，已知ef到gh的距离为0.6 m。现让金属框由静止开始运动（开始时刻，cd与AE边重合），在重物到达地面之前，发现金属框能匀速穿过匀强磁场区域，不计滑轮摩擦，g取10 m/s2，求： （1）金属框进入磁场前细线所受拉力的大小； （2）金属框从静止开始运动到ab边刚进入磁场所用的时间。 10.（2024·河北高考14题）如图，边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处固定一竖直细导体轴OO'。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，CD棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。 （1）求CD棒所受安培力的最大值和最小值。 （2）锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于（1）问中安培力的最大值，求CD棒与导轨间的动摩擦因数。 11.（2025·河南郑州模拟）如图所示，在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中有两条光滑固定的平行金属导轨MN、PQ，导轨足够长，间距为L，其电阻不计，导轨平面与磁场垂直，ab、cd为两根垂直于导轨水平放置的金属棒，其接入回路中的电阻均为R，质量均为m，与金属导轨平行的水平轻质细线一端固定，另一端与cd棒的中点连接。一开始细线处于伸直状态，ab棒在平行于导轨的拉力F的作用下从静止开始以恒定加速度a0向右做匀加速直线运动，经时间t0细线被拉断，两根金属棒运动时始终与导轨接触良好且与导轨相垂直。 （1）求细线能承受的最大拉力F0； （2）求细线被拉断前的过程中通过金属棒ab中间横截面的电荷量q； （3）若在细线被拉断瞬间撤去拉力F，求从此刻起两根金属棒之间距离增加量的最大值及细线断后回路中产生的总焦耳热。 参考答案： 1.D　当金属棒在磁场中向下运动时，根据楞次定律可判断流过电阻R的电流方向为b→a，A错误；由于无法确定金属棒刚进入磁场时安培力与重力的大小关系，故无法确定金属棒的运动情况，B错误；金属棒进入磁场时，产生的感应电动势E＝BLv，产生的感应电流是I＝＝，金属棒所受的安培力大小F＝ILB＝，C错误；金属棒以稳定的速度下滑时，有F＝I'LB＝mg，可求得电阻R的热功率P＝I'2R＝R，D正确。 2.D　线框进磁场的过程中由楞次定律知电流方向为逆时针方向，A错误；线框出磁场的过程中，E＝BLv，I＝，有FA＝BIL＝＝ma，由于线框出磁场过程中由左手定则可知线框受到的安培力向左，则v减小，线框做加速度减小的减速运动，B错误；由功能关系得线框产生的焦耳热Q＝FAL，其中线框进出磁场时均做减速运动，故其进磁场时任意时刻的速度都大于其出磁场时的速度，所以线框进磁场时受到的安培力也一直都大，产生的焦耳热多，C错误；线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量q＝t，其中I＝，＝BL，联立有q＝x，由于线框在进和出的两过程中线框的位移均为L，则线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等，故D正确。 3.C 由题意知杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，则在v＝0时分别有a1＝，a2＝，a1∶a2＝1∶2，由x＝at2可知t＝，则第一次和第二次运动中，杆从静止开始运动相同位移的时间之比为n＝＝＝，故A、D错误；由牛顿第二定律可得F－＝ma，则F＝ma＋，可知F－v图像的斜率为，由F－v图像可知图像的斜率之比为＝，则＝＝＝，再结合选项，可知C正确，B错误。 4.D　线框进磁场的过程中由楞次定律知电流方向为逆时针方向，A错误；线框出磁场的过程中，E＝Blv，I＝，有FA＝BIl＝＝ma，由左手定则可知线框受到的安培力向左，则v减小，线框做加速度减小的减速运动，B错误；由功能关系得线框产生的焦耳热Q＝FAl，其中线框进出磁场时均做减速运动，故其进磁场时任意时刻的速度都大于其出磁场时的速度，所以线框进磁场时受到的安培力也一直都大，产生的焦耳热多，C错误；线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量q＝t，其中＝，＝Bl，联立有q＝x，由于线框在进和出的两过程中线框的位移均为l，则线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等，D正确。 5.D　当金属棒在磁场中向下运动时，根据楞次定律可判断通过电阻R的电流方向为b→a，A错误；由于无法确定金属棒刚进入磁场时安培力的大小与重力的大小关系，故无法确定金属棒的运动情况，B错误；金属棒进入磁场速度为v时，产生的感应电动势E＝BLv，产生的感应电流是I＝＝，金属棒所受的安培力大小F＝BIL＝，C错误；金属棒以稳定的速度下滑时，F＝BIL＝mg，可求得P＝I2R＝R，D正确。 6.BC　金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mgsin θ－BIl＞0，金属棒将一直加速，A错误，B正确；由右手定则可知，金属棒a端电势高，则M板电势高，C正确；若微粒带负电，则微粒所受静电力方向向上，与微粒所受重力方向相反，开始时微粒所受静电力为0，微粒向下加速运动，当微粒所受静电力增大到大于微粒所受重力时，微粒的加速度向上，所以带电微粒可能先向N板运动后向M板运动，D错误。 7.BCD　设导体棒进入磁场时的速度为v0，根据机械能守恒定律有m＝mgh1，解得v0＝4 m/s，故A错误；导体棒从水平轨道水平飞出后做平抛运动，则水平方向有x2＝vt，竖直方向有h2＝gt2，联立代入数据解得v＝2 m/s，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有Q＝m－mv2，则导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为Q＝3 J，故B正确；导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有t1＝Bdq＝mv0－mv，又有q＝t1＝＝，联立代入数据解得x1＝2 m，q＝2 C，故C、D正确。 8.AC　由F安＝ILB＝ma，可得a＝，a、b两棒串联，电流相等，a、b两棒长度分别为l、2l，质量分别为m、2m，则a、b两棒加速度大小相等，故A正确；因为导轨光滑，水平方向导体棒只受到安培力作用，对a棒，根据动量定理有Fat＝lBt＝mva－mv0，同理，对b棒有－Fbt＝－B×2l·t＝2mvb－2m·2v0，稳定时无电流，即Blva＝B·2lvb，得va＝2vb，联立解得va＝2v0，vb＝v0，故B错误；由能量守恒定律可知，动能的损失等于电路中产生的焦耳热，初动能Ek0＝m＋×2m×（2v0）2，末动能Ek＝m×（2v0）2＋×2m×，则电路中产生的焦耳热为Ek0－Ek＝m，故C正确；对a棒应用动量定理有lB·Δt＝mva－mv0，又q＝·Δt， va＝2v0，联立解得q＝，故D错误。 9.（1）12 N　（2）1.2 s 解析：（1）金属框进入磁场前，对金属框和重物分别由牛顿第二定律得FT－mgsin θ－μmgcos θ＝ma'，m0g－FT＝m0a' 联立解得FT＝12 N。 （2）因金属框能匀速穿过匀强磁场区域，对重物和金属框组成的整体，根据平衡条件可得 m0g＝mgsin θ＋μmgcos θ＋BIl1 又I＝，v＝a't 联立解得t＝1.2 s。 10.（1）　　（2） 解析：（1）当OA棒切割磁感线的有效长度为l1＝L时，该棒产生的感应电动势最大，有Emax＝＝BL2ω 此时CD棒所受的安培力最大，结合I＝和安培力公式有 FAmax＝ImaxBL＝ 当OA棒切割磁感线的有效长度为l2＝L时，该棒产生的感应电动势最小，有 Emin＝＝ 此时CD棒所受的安培力最小，有FAmin＝IminBL＝。 （2）设CD棒的质量为m，CD棒与平行导轨间的最大静摩擦力为f，OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好静止，则有FAmax＝mgsin θ＋f，FAmin＋f＝mgsin θ，结合（1）问分析有FAmax＝mgsin θ，则撤去推力瞬间，CD棒的加速度方向沿平行导轨向上，对CD棒由牛顿第二定律有FAmax＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma，联立解得CD棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝。 11.（1）　（2）　（3）　m 解析：（1）ab棒以加速度a0向右做匀加速运动，当细线被拉断时，ab棒运动的速度v＝a0t0 回路中的感应电动势E＝BLv 回路中的感应电流为I＝ cd棒受到的安培力为FA＝BIL＝F0 联立解得最大拉力F0＝。 （2）在Δt时间内平均感应电动势＝ 回路中的平均电流为＝ 细线被拉断前的过程中通过ab棒中间横截面的电荷量为q＝·Δt＝ ab棒在t0时间内的位移x0＝a0 t0时间内回路中磁通量变化量ΔΦ＝BLx0 联立解得q＝。 （3）细线被拉断瞬间撤去拉力F后，ab棒做减速运动，cd棒做加速运动，两棒之间的距离增大，设经过t时间两棒达到相同速度v'而稳定运动时，两棒之间的距离增加量达到最大值Δx，两棒所受安培力等大反向，水平方向动量守恒，由动量守恒定律得mv＝2mv' 对于ab棒，由动量定理得－BLt＝mv'－mv ＝＝ 联立解得Δx＝ 由能量守恒定律得细线断后回路中产生的总焦耳热 Q总＝mv2－mv'2×2＝m。 12.（1）0.45　（2）1.25 J 解析：（1）ab边刚进磁场时，其切割磁感线产生的感应电动势为E1＝BLv0 此时线框形成回路的总电阻为R总1＝r＋＝1.5r 所受安培力大小为F1＝BI1L，I1＝ 解得F1＝4.5 N 若ab边进入磁场后快递仍能与传送带保持静止，可知快递所受最大静摩擦力必须大于等于4.5 N。当cd边进入磁场时，其切割磁感线产生的感应电动势大小仍为E1，线框的总电阻仍为1.5r，且仍是切割磁感线的边受到安培力，故仍需摩擦力大于等于4.5 N。同理当ef边进入磁场时，线框所受安培力仍然一样。因此线框进入磁场后，为使快递仍能与传送带保持相对静止，则快递与传送带间的动摩擦因数的最小值满足mgμmin＝F1，解得μmin＝0.45。 （2）由（1）可知，当线框速度为v时，线框所受安培力大小为F＝，R总＝1.5r 根据牛顿第二定律F＝ma 解得ma＝ 两边同乘Δt可得maΔt＝ 所以mΔv＝ 设线框出磁场时速度为v1，则有m（v0－v1）＝ 解得v1＝2.55 m/s 由功能关系可得m－m＝W安＝－Q 解得Q≈1.25 J。 学科网（北京）股份有限公司 $$