突破计算题练(七) 用力学三大观点分析电磁感应问题-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习课时作业

班级 姓名 突破计算题练（七） 用力学三 1.(2025·河北卷·15)某电磁助推装置设计 如图，超级电容器经调控系统为电路提供 1000A的恒定电流，水平固定的平行长直 导轨处于垂直水平面的匀强磁场中，a可视 为始终垂直导轨的导体棒，b为表面绝缘的 无人机.初始时a静止于MM'处，b静止于 a右侧某处.现将开关S接1端，a与b正碰 后锁定并一起运动，损失动能全部储存为 弹性势能.当a运行至NN'时将S接2端， 同时解除锁定，所储势能瞬间全部转化为 动能，a与b分离.已知电容器电容C为 10F,导轨间距为0.5m,磁感应强度大小 为1T,MM到NN'的距离为5m,a、b质 量分别为2kg、8kg,a在导轨间的电阻为 0.012.碰撞、分离时间极短，各部分始终 接触良好，不计导轨电阻、摩擦和储能耗 损，忽略电流对磁场的影响 调控系统 (1)若分离后某时刻a的速度大小为10m/s, 求此时通过a的电流大小； (2)忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初 始间距为1.25m时，求b分离后的速度大 小，分析其是否为b能够获得的最大速度： 并求a运动过程中电容器的电压减小量； ·148 得分 大观点分析电磁感应问题 (3)忽略α所受空气阻力，若b所受空气阻 力大小与其速度v的关系为f=kw2(k= 0.025N·s2/m2),初始位置与(2)问一致， 试估算a运行至NN'时.a分离前的速度大 小能否达到(2)问中分离前速度的99%，并 给出结论.(0.992=0.9801) 班级 姓名 2.(2025·云南卷·15)如图所示，光滑水平 面上有一个长为L、宽为d的长方体空绝缘 箱，其四周紧固一电阻为R的水平矩形导 线框，箱子与导线框的总质量为M.与箱子 右侧壁平行的磁场边界平面如截面图中虚 线PQ所示，边界右侧存在范围足够大的匀 强磁场，其磁感应强度大小为B、方向竖直 向下.t=0时刻，箱子在水平向右的恒力F (大小未知)作用下由静止开始做匀加速直 线运动，这时箱子左侧壁上距离箱底h处、 质量为m的木块（视为质点）恰好能与箱子 保持相对静止.箱子右侧壁进入磁场瞬间， 木块与箱子分离；箱子完全进入磁场前某 时刻，木块落到箱子底部，且箱子与木块均 不反弹（木块下落过程中与箱子侧壁无碰 撞)；木块落到箱子底部时即撤去F.运动过 程中，箱子右侧壁始终与磁场边界平行，忽 略箱壁厚度、箱子形变、导线粗细及空气阻 力.木块与箱子内壁间的动摩擦因数为， 假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力 加速度为g. d 导线框 绝缘箱立体图 P L 绝缘箱 木块 F 6导线框 B 截面图 ·149 得分 (1)求F的大小； (2)求t=0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的 最小距离； (3)若t=0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的 距离为s(s大于(2)问中最小距离)，求最终 木块与箱子的速度大小（4)旅据能量守证Qs=令×(m)听=宫m6,解得Q8=2】 因任意时刻安培力与摩擦力1：2，所以焦耳热与摩擦热也 1:2,即Qw+Q=子Qs 3Qh=Q,则Qu=32m6,解得Q=0.5J 5.解(1)第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为 E=:则光时回路的电流为：1=景此时号体捧交到 的安培力F安=BIL,此时导体棒受安培力的功率为：P= F安的，联立解得：P=BL6】 2R (2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，取向 右为正方向，根据动量定理有：一BIL△1=0一mo,其中： 7△Y=q,解得通过其横裁面上的电荷量：g=B配： 1U6 (3)由于每根导体棒均以初速度进入磁场，速度减为0 时被锁定，则根据能量守恒，每根导体棒进入磁场后产生 的总热量均为：Q=2m哈 第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，有(n一1) 个导体棒并联再与R并联，然后与第n个导体棒串联，电 路的总电胆为R十】R,电阻R的电流为总电流的口，根 据焦耳定律以及能量的分配关系可得： 第1根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端！ 定值电阻R上产生的热量：Q1=2·Q 第2根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端 1 定值电阻R上产生的热量：Q肥=？×弓·Q 第3根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端 定值电阻R上产生的热量：Q=子X·Q … 第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端 定值电腹R上产生的盐量，Q。×十Q 则从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的 过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量：QR=QR1 +Q2+QR+·+QR, 通过分式分解和观察数列的“望远镜求和”性质，得出：Q =nhQ-20干m=12.3 nmvd 6.解(1)线框刚进入磁场时，产生的感应电动势为E1= BLv=0.08 V 洛应电流为h一是=1.6入 受到的安培力大小为F1=BI1L=0.16N 根据牛顿第二定律可得，线框刚进入磁场时的加速度大小 _=1.6m/s 为a1 17 方向水平向左！ (2)进入磁场过程中通过线框的电荷量为 △Φ △t q=1M=卡△i=R△1月 _BL2 R 解得g=0.2C 根据动量定理可得一BTL·△t=2一mu 又BTL·△t=BLg 联立解得线框完全进入磁场中时线框的速度大小为2= 0.6m/s ·26 (3)取向右为正方向，在线框进入磁场过程中，即0≤x≤ 0.1m,根据动量定理可得-BIL·△t=m-m 共中g=1-装贤0≤0.1m 联立可得u=0.8-2x(0x0.1m) 在0.1m<x<0.2m过程，线框以2=0.6m/s做匀速直 线运动； 在0.2mx0.3m过程，据动量定理可得 -BI'L·△1=mu-m2 4会9BL二02m0.2m≤ R 联立可得v=1-2x(0.2mx0.3m) 综上分析可知线框通过磁场过程的V一x图像如图所示 ↑/(ms) 0.8 0.6- 0.2- 0 0.10.20.30.4 突破计算题练（七） 1.解(1)a的速度大小为v=10m/s时，感应电动势为：E= BLu=1×0.5×10V=5V,此时通过a的电流大小：I=尺 E 5 =0.0A=500A: (2)由于超级电容器经调控系统为电路提供I。=1000A 的恒定电流，则当a与b的初始间距为x。=1.25m时，设 a与b碰撞前的速度为0·此过程中，根据动能定理可得： BlLz0=7m6-0,解得：=25m/s a与b碰撞时，取向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒 有：m=(m。十m6)u,7m。呢=Ep十(m。十m,)u 设a和b达到NN'的速度大小为v1,a与b整体从碰撞后 到NN'的过程中，根据动能定理，有：BIoL(x一xo)= 合(m,+m,)-(m+m,)2,解得：n=20m/s α与b分离时，取向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒 有：(m十m%)n=ma十ms,En+2(m,十ms)听- m十号m%听，联立解得：%=25m/s,由于分离前二 1 者一起加速，分离时弹性势能又转化为二者的动能，所以 此时的速度为b能够获得的最大速度；由于a和ab组合体 均做匀变速直线运动，两个过程中的时间分别为12，则 有，-学一=巴，到电家器流出的电荷量 为：△q=I(t1十2)，a运动过程中电容器的电压减小量： 0-是联立解得：△U=40V, (3)若b所受空气阻力大小与其速度v的关系为f=u2,口 与b整体从碰撞后到VN'的过程中，根据牛顿第二定律可 得：(BloL-f月=(ma十6)a,根据加速度定义式可得：a= 智兰·品-听·部件分离请的建度：可 △△x x一x0 ,4≈99.05% =√392.64m/s,则有： a分离前的速度大小能达到(2)问中分离前速度的99%. 2.解(1)对木块恰好能与箱子保持相对静止，一起做匀加 速直线运动的过程，设木块与箱子的加速度大小为a,物块 与箱子之间的弹力为N 在竖水平方向上对小物块由牛顿第二定律得：N=ma,在 竖直方向上小物块受力平衡，则有：N=mg,联立解得：a =&,对木块与箱子整体，根据牛顿第二定律得：F=(M十 m)a,解得：F=M+m)g: (2)箱子右侧壁进入磁场瞬间木块与箱子分离，分离后木 块在水平方向上做匀速运动，则箱子不能做匀加速运动， 此时箱子受到的安培力不小于F,即箱子右侧壁进入磁场 瞬间所受安培力最小值等于F.设=0时刻，箱子右侧壁 距磁场边界的最小距离为5im,箱子右侧壁进入磁场瞬间 的最小速度为. 此时高应电动势为：B=,感息电汽为：1=是安塔力 为：F=BdL,联立可得：F安=By R 由F案=F,可得：B=M+m),解得：0= R M十m)g迟，由运动学公式得：2=2 4Smin uB-d2 解得：sn=M+m2Rg； 2uB'd (3)设木块做匀加速直线运动的时间为1，由运动学公式 可得：s=7au听 设从木块与箱子分离到木块落到箱子底部的时间为2，此 过程木块做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，由 1 运动学公式可得：h=之g均 由意可得方F作用时间为1十=√臣+√受 假设最终木块与箱子共速一起在磁场中做匀速直线运动， 设最终两者的速度大小为山1·以水平向右为正方向，从最 初到最终木块与箱子共速的过程，对系统由动量定理得： m-Mi=M+m间-0，长中：11=景=装=0 R 联立得华=之(V硒+V)君品 诗花，D省占(V+V)）≥样品R时装外水块 与箱子共速一起在磁场中做匀速直线运动， 则心女 B2d2L (√2g动+√2gs)-M什m)R ②当（V2十Vg)<示时最终箱子没有完 B2d2L 全进入磁场，则山=0. 专题强化练（十三）[1选择题] 1.C规定两个分子间距离r等于r。时分子势能为零，从r。 处随着距离的增大，根据分子力随分子距离的变化关系可 知，此时分子间作用力表现为引力，分子间作用力做负功， 故分子势能增大：从。处随着距离的减小，此时分子间作用 力表现为斥力，分子间作用力也做负功，分子势能也增大；故可 知当r不等于r。时，E。为正，故C正确，ABD错误. 2.D温度越高，分子的平均动能越大，并不是每个分子动能 都越大，故A错误；水中放入茶叶后，水的颜色由浅变深， 是扩散现象，故B错误：温度降低后振据号-C可知气体 ·26 压强减小，杯内气体分子撞击单位面积器壁的平均作用力 变小，大气压强不变，在杯盖上产生一个向下的压力差，故 温度降低后杯盖拿起来比较费力不是因为杯盖与杯子间 的分子引力作用，气体的体积不变，温度降低，由△U=W 十Q可知，W=0,△U<0,则Q0,气体对外界放热，故C 错误，D正确. 3.D将盆口下压的过程中，盆中气体的体积减小，温度不 变，由玻意耳定律p1V1=p2V2可知，盆中气体的压强增 大，故A错误；将盆口下压的过程中，盆中气体的体积减 小，外界对盆中气体做正功，根据热力学第一定律△U=Q 十W,其中△U=0,W>0,解得Q0,故将盆口下压的过程 中，盆中气体向外界放热，故B错误；温度不变，则气体分 子的运动情况不变，故C错误；气体体积减小，则压强增 大，盆中气体分子单位时间与盆内壁单位面积的碰撞次数 增加，故D正确. 4,AC由理想气体状态方程三C,可得V=T,由一2 图像可知，图像的斜率越大，压强越小，故中a<p=力，bc 过程为等压变化，体积减小，外界对气体做功，故A正确； 由A选项可知，ca过程压强减小，故B错误；ab过程为等 温变化，内能不变，故△LU=0,根据玻意耳定律可知，体积 减小，压强增大，外界对气体做功，故W>0,根据热力学第 一定律△U=Q十W,解得Q<0,故ab过程气体放出热量， 故C正确；ca过程，温度升高，内能增大，故D错误. 5.AD1→2为绝热过程，此过程中气体体积减小，外界对气 体做功，根据热力学第一定律△U=Q十W可知气体内能增 加，故A正确；2→3为等压过程，由丁=C知气体体积增 大时温度增加，内能增大，气体体积增大时，气体对外界做 功W<0,由热力学第一定律△LU=Q十W知气体吸收热 量，故B错误；3→4为绝热过程，此过程气体体积增大，气 体对外界做功W<0,根据热力学第一定律可知气体内能 减小，故C错误：41为等容过程，根据号=C知压强减小 时温度减小，内能减小：由于体积不变W=0,由热力学第 一定律△U=W十Q,可知气体向外放热，故D正确. 6.BD由于b管的体积与a泡的体积相比可忽略不计，a泡 中的封闭气体做等容变化；根据查理定律只=导，根据平 衡条件p1=p0一Pgh0,p2=p0一Pgh,联立解得T= po To pgTo -·h P。-pgh0p一pgh 根据上述分析，环境温度升高时，b管中液面降低，环境温 度降低时，b管中液面升高，故A错误，B正确：根据关系式 po lo og To T=P。-pghP ··h可知，环境温度越高，b管中 液面越低：水槽中的水少量蒸发后，初状态下，b管中液面 五。的真实位置要降低；当环境温度升高时，b管中液面降低 到标称值之下，则温度测量值偏大，故C错误，D正确. 7.B由题意可知，使气体的热力学温度缓慢增大到初态的2 倍，温度升高，内能增大，同时其体积缓慢减小，由理想气 体状态方程Y=C可知：气你的压强增大，对活塞，由平衡 T 条件可得：pS=F+mg十poS,解得：F=pS-mg一poS,由 于力增大，则外力F在增大，故A错误，B正确；由题意可 知，气体的体积减小，则外界对气体做功，所以密封气体对 外微负功，故C错误：由理想气体找态方程兴=C可知，气 体的热力学温度增大到初状态的2倍时，如果体积不变，则 密封气体末状态的压强为初状态的2倍，但气体的体积变 小，则密封气体末状态的压强大于初状态的压强的2倍，故 D错误.