专题强化卷(19) 电磁感应中的动力学、能量和动量问题（Word练习）-【正禾一本通】2026年新高考物理高三一轮总复习高效讲义

[专题强化卷(十九)]　电磁感应中的动力学、能量和动量问题 (选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟) 【基础落实练】 1．如图，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v­t图像中，正确描述上述过程的可能是(　　 ) 解析：选D。线框以一定初速度进入磁场，则感应电动势为E＝BLv，根据闭合电路欧姆定律，则感应电流为I＝，所以安培力为F＝BIL＝，又根据牛顿第二定律有F＝ma，则a＝，由于v减小，所以a也减小；当线框完全进入磁场后，不受到安培力作用，所以做匀速直线运动；当线框出磁场时，速度与时间的关系与进入磁场相似，在速度—时间图像中，斜率绝对值表示加速度的大小，故D正确，A、B、C错误。 2. (2024·湖南常德模拟)如图所示，一宽度为L的光滑导轨与水平面成α角，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨上端连有一阻值为R的电阻，导轨电阻不计。一质量为m、电阻也为R的金属棒从导轨顶端由静止释放，设导轨足够长，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　 ) A．金属棒将做匀加速运动 B．释放的瞬间金属棒的加速度大小为g cos α C．金属棒的最大速度大小为 D．金属棒下滑相等距离的时间内通过定值电阻R的电荷量越来越多 解析：选C。对金属棒，根据牛顿第二定律，有mg sin α－ILB＝ma，根据闭合电路欧姆定律，有I＝，由此可知，金属棒先向下做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动，故A错误；释放的瞬间金属棒所受安培力为零，所以加速度大小为a＝g sin α，故B错误；当金属棒的加速度为零时，此时速度最大，有mg sin α＝ImLB＝，解得vm＝，故C正确；金属棒下滑过程中通过定值电阻R的电荷量为q＝·Δt，又有＝＝＝，所以q＝，由此可知，下滑相等距离的时间内通过定值电阻R的电荷量相等，故D错误。 3.如图所示，水平放置的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在方向竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ，现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g，则(　　) A．整个过程中合力对ab做的功为零 B．导体杆克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量 C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量 D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量 解析：选D。整个过程中，对ab由动能定理得W＝FL－W安－Wf＝ΔEk，故A错误；导体杆克服安培力做的功等于电阻R和r上产生的热量之和，故B错误；由动能定理知恒力F做的功与摩擦力做的功和安培力做的功之和等于杆动能的变化量，而摩擦力做的功和安培力做的功都是负功，故恒力F做的功与摩擦力做的功之和大于杆动能的变化量，恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量，故C错误，D正确。 4．(多选)如图所示，两根间距为d的足够长光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ＝30°的绝缘斜面上，导轨的右端接有电阻R，整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上。导轨上有一质量为m、电阻也为R的导体棒与两导轨垂直且接触良好，导体棒以一定的初速度v0沿着导轨上滑一段距离L后返回，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　 ) A．导体棒返回时先做加速运动，最后做匀速直线运动 B．导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量q＝ C．导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W＝ ( －mgL) D．导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量Q＝ (－mgL) 解析：选AC。导体棒返回时先做加速度减小的加速运动，最后受力平衡，做匀速直线运动，A正确；根据q＝，则导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量为q＝，B错误；设导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功为W，由能量守恒可得W＋mgL sin 30°＝，解得W＝(－mgL)，C正确；根据功能关系可得，导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量为Q＝W，则Q＝(—mgL)，D错误。 5．(多选)(2024·广东广州检测)如图，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。平直部分导轨左边宽度为d区域有方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、长为L、电阻为2R的金属棒从高为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，重力加速度为g，金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　 ) A．流过定值电阻的电流方向是Q→N B．金属棒两端电势差的最大值为BL C．电阻R产生的焦耳热为mg(h－μd) D．金属棒通过磁场所用的时间为 — 解析：选AD。由右手定则可知，流过定值电阻的电流方向是Q→N，故A正确；金属棒刚进入磁场时，速度最大，金属棒两端电势差最大，由动能定理可知mgh＝，解得vm＝，感应电动势为E＝BLvm＝BL，金属棒两端电势差的最大值为E′＝E＝ ，故B错误；由能量守恒定律可知，金属棒穿过磁场区域的过程中电路中产生的焦耳热为Q＝mgh－μmgd，电阻R产生的焦耳热为QR＝ Q＝mg(h－μd)，故C错误；由动量定理可知－μmgt－BLt＝0－mvm，又t＝，解得t＝ -，故D正确。 【综合提升练】 6．(多选)(2024·辽宁高考)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abcda 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AB。由于ab和cd均沿导轨下滑，则通过abcd回路的磁通量增大，根据楞次定律可知，回路中的电流方向为abcda，A正确；初始时，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2mg sin 30°－IL·2B cos 30°＝2ma1、mg sin 30°－ILB cos 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。 [应考反思]本题为“双棒＋导轨”模型，从电路角度看，要注意总电动势的确定，从力的角度看，要注意因安培力的变化而导致的动态运动过程及特殊状态。 7．如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中有两根固定的足够长的平行金属导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行且相距d，构成一矩形回路。导轨间距为L，两导体棒的质量均为m，接入电路的电阻均为R，导轨电阻可忽略不计。设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度v0，求： (1)当cd棒速度减为0.6v0时，ab棒的速度v及加速度a的大小； (2)ab、cd棒间的距离从d增大到最大的过程中，通过回路的电荷量q及两棒间的最大距离x。 解析：(1)两棒组成的系统所受合外力为零，因此满足动量守恒定律，有mv0＝0.6mv0＋mv 解得v＝0.4v0 回路感应电动势 E＝0.6BLv0－0.4BLv0 此时回路电流I＝ 因此加速度a＝ 整理得a＝ 。 (2)ab、cd棒速度相等时有最大距离，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv共 对ab棒，根据动量定理有BLΔt＝mv共 而q＝Δt，解得q＝ 在这段时间内，平均感应电动势＝BL 回路平均电流＝ 因此流过某截面的电荷量 q＝Δt＝ Δt＝ 解得最大距离x＝d＋ 。 答案：(1)0.4v0　 　(2) d＋ 8．(2024·北京高考)如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R。开关闭合前电容器的电荷量为Q。 (1)求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I； (2)求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a； (3)在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线。 解析：(1)开关闭合前电容器的电荷量为Q，则电容器两极板间电压U＝ 开关闭合瞬间，通过导体棒的电流I＝ 解得闭合开关瞬间通过导体棒的电流为 I＝。 (2)开关闭合瞬间由牛顿第二定律有 BIL＝ma 将电流I代入解得a＝。 (3)由(2)中结论可知，随着电容器放电，所带电荷量不断减少，所以导体棒的加速度不断减小，其v­t图线如图所示。 答案：(1) 　(2) 　(3)见解析 9．(2024·河北高考)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。 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＝ImaxLB＝ 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＝IminLB＝ 。 (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Ff 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＝mg sin θ＋Ff FAmin＋Ff＝mg sin θ 结合(1)问分析有FAmax＝ mg sin 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＋μmg cos θ－mg sin θ＝ma 联立解得CD棒与导轨间的动摩擦因数为 μ＝。 答案：(1) 　 　(2) [应考反思]通过审题可知，当导体棒OA的有效切割长度最大和最小时，CD棒受到的安培力分别达到最大和最小；当CD棒在所受安培力达到最大和最小时恰好能静止，说明CD棒受到导轨摩擦力分别向下和向上且达到最大静摩擦力。 学科网（北京）股份有限公司 $