专题过关创新练(15) 力学三大观点在电磁感应中的应用（Word练习）-【艺术生百日冲刺】2026高考物理艺术生基础生文化课成功方案

[基础保分练] 1．(多选)(2025·日照一模)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨左端连接电容为C的电容器，导轨间距为l，磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场穿过导轨所在平面．一根质量为m的导体棒垂直静置在导轨上，t＝0时刻导体棒在水平恒力F的作用下从静止开始向右运动，t＝t0时刻电容器两极板间的电势差为U，此时撤去拉力F.导体棒始终垂直于导轨且与导轨接触良好，忽略所有电阻．下列判断正确的是(　　 ) A．t＝t0时刻，导体棒的速度为 B．恒力F的大小为＋ C．0～t0的时间内，拉力F做的功为＋ D．撤去拉力F后，导体棒稳定后的速度为 【解析】　A．t＝t0时刻，导体棒产生的感应电动势为E＝U＝Blv，导体棒的速度为v＝故A错误；B.0～t0的时间内，规定向右为正方向，根据动量定理Ft0－Blt0＝mv电量为q＝t0＝CU，解得恒力F的大小为F＝＋，故B正确；C.忽略所有电阻，0～t0的时间内，根据能量守恒，拉力F做的功为W＝mv2＋CU2，解得W＝＋，故C正确；D.撤去拉力F后，导体棒稳定后，设电容器两端的电压为U′，则U′＝BLv′，规定向右为正方向，根据动量定理有－B l Δt＝mv′－mv，电量为Δq＝ Δt＝C(U－U′)，解得导体棒稳定的速度为v′＝，故D错误． 【答案】　BC 2．(多选)(2025·太原一中二模)如图甲所示，质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直放置在光滑水平导轨上，导轨由两根足够长间距d的平行金属杆组成，其电阻不计，在导轨左端接有阻值R的电阻，金属棒与导轨接触良好，整个装置位于磁感应强度B的匀强磁场中．从某时刻开始，导体棒在水平外力F的作用下向右运动(导体棒始终与导轨垂直)，水平外力随着金属棒位移变化如图乙所示，当金属棒向右运动位移x时金属棒恰好匀速运动．则下列说法正确的是(　　 ) A．导体棒ab匀速运动的速度为v＝ B．从金属棒开始运动到恰好匀速运动，电阻R上通过的电量 C．从金属棒开始运动到恰好匀速运动，电阻R上产生的焦耳热QR＝F0x－ D．从金属棒开始运动到恰好匀速运动，金属棒克服安培力做功W克＝F0x－ 【解析】　A．金属棒在外力F的作用下从开始运动到恰好匀速运动，在位移为x时外力F0＝F安＝BId；I＝；E＝Bdv联立可得v＝，所以选项A正确；B.此过程中金属棒R上通过的电量q＝IΔt＝Δt＝＝，所以选项B正确；CD.对金属棒由动能定理可得W外－W克＝mv2＝，W克＝Q总；Q总＝QR＋Qr，解得：QR＝；W克＝F0x－，故D正确，C错误． 【答案】　ABD 3．(多选)(2025·广西来宾一模)如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L.abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上．初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态．两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为.两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直．两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计．下列说法正确的是(　　 ) A．M刚进入磁场时受到的安培力F的大小为F＝ B．N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q＝ C．初始时刻N到ab的最小距离x＝ D．从M进入磁场到N离开磁场，金属杆N产生的焦耳热Q＝ 【解析】　A．M刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得电路中的电流为：I＝＝，则M刚进入磁场时受到的安培力F的大小为：F＝IBL＝，故A错误；B.N在磁场内运动过程，取向右为正方向，根据动量定理有： BLΔt＝m· 解得N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量为：q＝ Δt＝，故B正确；C.两杆在磁场内不相撞的临界条件时两者速度相同时恰好相遇，取向右为正方向， 对M根据动量定理可得：－ BLΔt＝mv共－mv0 对N根据动量定理可得：BLΔt＝mv共－0 其中：Δt＝q＝＝，解得初始时刻N到ab的最小距离为：x＝，故C错误；D.从M进入磁场到N离开磁场，取向右为正方向，对M根据动量定理可得：－ BLΔt＝mv－mv0，解得：v＝v0，根据能量守恒有：mv＝mv2＋m＋Q总 金属杆N产生的焦耳热为：Q＝Q总，联立解得：Q＝，故D正确． 【答案】　BD 4．(多选)(2025·泰安一模)如图所示，四条光滑的足够长的金属导轨M、N、P、Q平行放置，导轨固定于绝缘水平而上，M、N导轨间距为2L，P、Q导轨间距为L，两组导轨间由导线相连，导轨间存在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置，且均处于静止，t＝0时导体棒C获得向右的瞬时速度v0，同时使导体棒D获得向左的瞬时速度v0.两导体棒在达到稳定状态运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，且均未到达两组导轨连接处．则下列说法正确的是(　　 ) A．开始阶段，导体棒C、D均做减速运动，C棒先减速至零 B．达到稳定运动时，C、D两棒均向右运动 C．从t＝0时至稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为 D．从t＝0时至稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为 【解析】　A．设电路中的电流为I，C棒的加速度大小为a1，D棒的加速度大小为a2；根据安培力公式结合牛顿第二定律，对C棒BI·2L＝ma1，对D棒BIL＝ma2，解得a1＝2a2 根据运动学公式，C棒减速至零的时间t1＝＝，D棒减速至零的时间t2＝＝可见，D棒先减速至零；因此开始阶段，导体棒C、D均做减速运动，D棒先减速至零，故A错误；B.导体棒D减速至零后，在安培力的作用下向右做加速运动，导体棒D产生反电动势；导体棒C继续减速，当导体棒D产生的反电动势等于导体棒C产生的电动势时，回路的电流为零，C、D棒均向右匀速运动，故B正确；CD.当导体棒D产生的反电动势等于导体棒C产生的电动势时，有E＝B·2LvC－BLvD＝0，解得vD＝2vC 从t＝0时至达到稳定运动的过程中，取向右为正方向，根据动量定理得 对C棒有－B ·2L·t＝mvC－mv0 对D棒有B L·t＝mvD－m 联立解得vC＝v0，vD＝v0， 根据电流强度的定义式，电荷量q＝·t，代入数据解得q＝，故C错误，D正确． 【答案】　BD [考能提分练] 5．(多选)(2025·湖南高考)如图所示，关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导轨形状为抛物线，顶点位于O点．一足够长的金属杆初始位置与y轴重合，金属杆的质量为m，单位长度的电阻为r0.整个空间存在竖直向上的匀强磁场， 磁感应强度为B.现给金属杆一沿x轴正方向的初速度v0，金属杆运动过程中始终与y轴平行，且与电阻不计的导轨接触良好．下列说法正确的是(　　) A．金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向 B．金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动 C.金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为 D．若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半 【解析】　根据右手定则可知，金属杆中电流沿y轴负方向，A正确；由法拉第电磁感应定律有E＝BLv，由闭合电路欧姆定律有I＝，由安培力公式有F安＝BIL，又R＝Lr0，联立解得F安＝L，若金属杆做匀速运动，则安培力随有效长度的增大而增大，则与安培力平衡的外力一定不是恒力，B错误；对金属杆的整个运动过程，由动量定理有－BLt＝0－mv0，又t＝q＝＝，联立解得金属杆停止时与导轨围成的面积S＝，C正确；由选项C分析可知，金属杆的初速度减半时，ΔS变为原来的，由抛物线性质可知金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半，D错误． 【答案】　AC 6．(多选)(2025·石家庄三模)如图所示，足够长的“”形光滑平行导轨MP、NQ固定在水平面上，宽轨间距为2l，窄轨间距为l，OO′左侧为金属导轨，右侧为绝缘轨道．一质量为m、阻值为r、三边长度均为l的“U”形金属框，左端紧靠OO′平放在绝缘轨道上(与金属导轨不接触).OO′左侧存在磁感应强度大小为B0、方向竖直向上的匀强磁场，OO′右侧以O为原点，沿OP方向建立x轴，沿Ox方向存在分布规律为B＝B0＋kx(k＞0)的竖直向上的磁场．两匀质金属棒a、b垂直于轨道放置在宽轨段，质量均为m、长度均为2l、阻值均为2r.初始时，将b锁定，a在水平向右、大小为F的恒力作用下，从静止开始运动，离开宽轨前已匀速，a滑上窄轨瞬间，撤去力F，同时释放b.当a运动至OO′时，棒a中已无电流(b始终在宽轨)，此时撤去b.金属导轨电阻不计，a棒、b棒、金属框与导轨始终接触良好，则(　　 ) A．a棒在宽轨上匀速运动时的速度 v0＝ B．a棒刚滑上窄轨时a两端电势差 U＝ C．从撤去外力F到金属棒a运动至OO′的过程中，a棒产生的焦耳热Qa＝ D．若a棒与金属框碰撞后连接在一起构成回路，a棒静止时与OO′点的距离 x＝ 【解析】　A．设a棒在宽轨上匀速运动时通过a棒的电流为I1，根据平衡条件有：F＝B0I1·2l，根据闭合电路欧姆定律有：I1＝＝＝，联立解得v0＝，故A错误；B.a棒刚滑上窄轨时，通过a棒中间宽度为l部分的电流为I2＝根据右手定则以及沿电流方向电势降低，可知a棒下端电势高于上端电势，则此时a棒两端电势差的大小为U＝E1－I2r＝B0·2lv0－r＝，故B正确；C.设a棒刚运动至OO′时，a、b棒的速度分别为v1、v2，取向右为正方向，对a、b棒，分别根据动量定理得－B0 l·t＝mv1－mv0，B0 ·2l·t＝mv2，因为此时回路中无电流，所以有B0lv1＝B0·2lv2 联立解得：v1＝，v2＝，根据能量守恒定律可知，从撤去外力F到金属棒a运动至OO′的过程中，回路产生的总焦耳热为：Q＝mv－mv－mv＝则a棒产生的焦耳热为Qa＝Q＝，故C正确；D.设a棒与金属框碰撞后瞬间整体的速度大小为v3，取向右为正方向，根据动量守恒定律有mv1＝2mv3，由题意可知金属框右边始终比左边的磁场大ΔB＝kl，从a棒与金属框碰撞后到最终静止的过程，回路中的平均电流为：′＝＝，对a棒，取向右为正方向，根据动量定理有－ΔB ′ l·t′＝0－2mv3，a棒静止时与OO′点的距离为x＝ t′，联立解得：x＝，故D错误． 【答案】　BC 7．(2025·山东高考)如图所示，平行轨道的间距为L，轨道平面与水平面夹角为α，二者的交线与轨道垂直，以轨道上O点为坐标原点，沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系．轨道之间存在区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ(－2L ≤ x <－L)内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ(x ≥ 0)内充满方向垂直轨道平面向上的磁场，磁感应强度大小B1＝ k1t＋k2x，k1和k2均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成．将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf时放置在轨道上，pq边与轨道垂直，由静止释放．已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动，磁场上、下边界均与x轴垂直，整个过程中金属框不发生形变，重力加速度大小为g，不计自感． (1)若金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中匀速运动，求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s； (2)金属框沿轨道下滑，当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t＝0)，此时金属框的速率为v0，若k1＝，求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，ef边移动的距离d. 【解析】　(1)金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中，金属框只有一条边切割磁感线，根据楞次定律可得，安培力水平向左，则 切割磁感线产生的电动势E＝BLv cos α 线框中电流I＝ 线框做匀速直线运动，则BIL cos α＝mg sin α 解得金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程的速率v＝ 金属框开始释放到pq边进入磁场的过程中，只有重力做功，由动能定理可得mgs sin α＝mv2 可得释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s＝＝. (2)当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t＝0)，设线框ef边到O点的距离为s时，线框中产生的感应电动势E′＝＝L2＝k1L2＋k2L2＝L2，其中v＝ 此时线路中的感应电流I′＝ 线框pq边受到沿轨道向上的安培力，大小为F安1＝I′L 线框ef边受到沿轨道向下的安培力，大小为F安2＝I′L 则线框受到的安培力F安＝F安1－F安2＝I′L－I′L 代入k1＝ 化简得F安＝mg sin α＋ 当线框平衡时F安＝mg sin α，可知此时线框速率为0. 则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，根据动量定理可得mg sin αΔt－F安Δt＝mΔv 即－Δt＝mΔv 对时间累积求和可得－＝0－mv0 可得d＝. 【答案】　(1)　 (2) [高考高分练] 8．(多选)(2024·黑龙江、吉林、辽宁新高考)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】　A.两棒沿各自所在的导轨下滑过程中，根据右手定则判断，可得回路中的电流方向为abcda，故A正确；CD.两棒同时由静止开始沿各自所在的导轨加速下滑，对两棒的受力分析如下图所示： 在两棒加速过程的某一时刻，根据牛顿第二定律得： 对ab棒有：2mg sin 30°－2BIL cos 30°＝2maab 对cd棒有：mg sin 30°－BIL cos 30°＝macd 可得：aab＝acd，即在两棒加速过程的任意时刻它们的加速度大小始终相等，因两棒的初速度均为零，故任意时刻它们的速度大小始终相等．两棒的速度方向与磁场方向的夹角均为120°，可得同一时刻ab棒产生的电动势为Eab＝2BLv sin 120°，cd棒产生的电动势为Ecd＝BLv sin 120°，可知两棒产生的电动势不相等，故CD错误；B.在两棒加速过程中，回路的感应电动势为E＝Eab＋Ecd＝2BLv sin 120°＋BLv sin 120°，随着速度增大，回路的电动势与感应电流均增大，两棒各自受到安培力增大，两棒做加速度减小的加速运动，因两棒的加速度大小始终相等，故当两棒的加速度同时减小到零之后均做匀速直线运动，达到稳定状态． 当两棒均做匀速直线运动时，对cd棒由平衡条件得：mg sin 30°＝BImL cos 30°，解得感应电流的最大值为：Im＝，故在两棒在下滑过程中ab中电流趋于，故B正确． 【答案】　AB 9．(多选)(2024·山东高考)如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO′与导轨所在竖直面垂直．空间充满竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，导轨左端由导线连接．现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO′放置在导轨图示位置，由静止释放．MN运动过程中始终平行于OO′且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是(　　 ) A．MN最终一定静止于OO′位置 B．MN运动过程中安培力始终做负功 C．从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN的速率一直在增大 D．从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN中电流方向由M到N 【解析】　AB.由楞次定律结合左手定则可知，安培力与MN的运动方向的夹角始终大于90°，则安培力始终做负功，电路中有电阻，运动过程中会产生感应电动势和感应电流，产生焦耳热，金属棒的机械能最终转化为内能，最终会停止在最低点，故AB正确；D.根据楞次定律可知，从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN中电流方向由M到N，故D正确；C.从释放到第一次到达OO′位置过程中，在即将到达OO′位置的时刻，MN所受安培力水平向左，沿速度方向的分力一定大于MN所受重力沿速度方向的分力，处于减速状态，说明MN在OO′位置速率不是最大，故C错误． 【答案】　ABD 10．(多选)(2024·湖南高考)某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨BC段与B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置．现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处．已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的摩擦因数为μ，AB＝BC＝d.导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　 ) A．金属杆经过BB1的速度为 B．在整个过程中，定值电阻R产生的热量为mv－μmgd C．金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同 D．若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍 【解析】　A.设金属杆在AA1B1B区域运动时间为t，规定向右的方向为正方向，则金属杆在AA1B1B区域运动的过程中根据动量定理有－B L·t＝mvBB1－mv0 设AA1的间距为L，则金属杆在AA1B1B区域向右运动的过程中切割磁感线，根据导体棒切割磁感线产生感应电动势公式和闭合电路的欧姆定律有E＝BLv，I＝，q＝t，联立有q＝，vBB1＝v0－ 设金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t0，规定向右的方向为正方向，则金属杆在BB1C1C区域运动的过程中根据动量定理有－B1L·t0－μmgt0＝0－mvBB1，同理金属杆在BB1C1C区域向右运动的过程中切割磁感线有q＝，联立解得vBB1＝＋μgt0，将求出的两个vBB1相加解得vBB1＝＋ 所以金属杆经过BB1的速度大于，故A错误；C.金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量为I安＝B1L·t＝BqL，根据选项A可知金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域流过金属杆的电荷量相同，则金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同，故C正确；B.在整个过程中，根据能量守恒有mv＝μmgd＋Q，则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为QR＝Q＝mv－μmgd，故B错误；D.设整个过程中金属杆运动的时间为t总，金属杆通过BB1C1C区域的时间为t0，规定向右的方向为正方向，根据动量定理有－B 2L·t总－μmgt0＝0－mv0， 且q＝2·t总，解得q＝，联立解得x＝·(mv0＋μmgt0) 根据选项A分析可知t0＝－，综上x＝＝－2d 可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，故D正确． 【答案】　CD 11．(2021·河北高考)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点．狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连．导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速直线运动，忽略所有电阻．下列说法正确的是(　　) A．通过金属棒的电流为2BCv2tan θ B．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tan θ C．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电 D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定 【解析】　经过时间t，金属棒切割磁感线的有效长度L＝2vt tan θ，金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv＝2Bv2t tan θ，则电容器极板上的电荷量Q＝CE＝2BCv2t tan θ，则通过金属棒中的电流I＝＝2BCv2tan θ，A正确；当金属棒到达x0时，即vt＝x0时，电容器极板上的电荷量Q0＝2BCvx0tan θ，B错误；根据楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向(从上往下看)，则电容器的上极板带正电，C错误；因为金属棒做匀速直线运动，所以外力F＝F安＝ILB，外力做功的功率P＝Fv＝4B2Cv4t tan 2θ，是变化的，D错误． 【答案】　A 12．(多选)(2023·山东高考)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，电阻不计．质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下．用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面．如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行．MN的速度v1＝2 m/s，CD的速度为v2且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2.重力加速度大小取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．B2的方向向上　　　B．B2的方向向下 C．v2＝5 m/s D．v2＝3 m/s 【解析】　AB.导轨的速度v2>v1，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小为f＝μmg＝2 N 导体棒的安培力大小为F1＝f＝2 N 由左手定则可知导体棒的电流方向为N→M→D→C→N，导体框受到向左的摩擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小为F2＝f－m0g＝1 N 由左手定则可知B2的方向为垂直直面向里，A错误，B正确； CD.对导体棒分析F1＝B1IL 对导体框分析F2＝B2IL 电路中的电流为I＝ 联立解得v2＝3 m/s，C错误，D正确．故选BD. 【答案】　BD 学科网（北京）股份有限公司 $