第2章 专题强化 7 电磁感应中的力学问题和能量问题-【成才之路·练案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步新课程学习指导(人教版)

练案[14] 第二章 专题强化7电 基础巩固练 知识点一电磁感应中的力学问题 1.如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框 abcd,线框处于水平面内，磁场与线框平面垂 直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体 杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线 框中导线的电阻都可忽略不计。开始时，给e 一个向右的初速度，则 6 A.ef将减速向右运动，但不是匀减速 B.ef将匀减速向右运动，最后停止 C.ef将匀速向右运动 D.ef将往返运动 2.如图所示，两根平行金属 导轨置于水平面内，导轨 R 之间接有电阻R。金属棒 ab与两导轨垂直并保持良 好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向 垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时 间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确 的是 A.ab中的感应电流方向由b到a B.ab中的感应电流逐渐减小 C.ab所受的安培力保持不变 D.ab所受的静摩擦力逐渐减小 3.（2025·北京市大兴区高 二期末)如图所示，有两根 和水平方向成0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，磁感应强度大小为B。 根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下。 经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于 一个最大速度vm,不计金属杆和轨道的电阻， 则以下分析正确的是 10 磁感应中的力学问题和能量问题 A.金属杆先做匀加速直线运动，然后做匀速 直线运动 B.金属杆由静止到最大速度过程中机械能 守恒 C.如果只增大B,v将变小 D.如果只增大R,vm将变小 知识点二电磁感应中的能量问题 4.（多选)如图所示，光滑平行 金属导轨固定在水平面上， 左端由导线相连，导体棒垂 直静置于导轨上构成回路。 在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向 上做匀速运动。在匀速运动过程中外力F做 功W,磁场力对导体棒做功W,磁铁克服磁 场力做功W2,重力对磁铁做功W。,回路中产 生的焦耳热为Q,导体棒获得的动能为Ek。则 () A.W =O B.W2-W=Q C.W=Ek D.W Wc=O+E 5.（多选)如图所示，光滑平 行金属轨道平面与水平面a Th 成0角，两轨道上端用一 电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方 向垂直于轨道平面向上。质量为m的金属杆 ab以初速度。从轨道底端向上滑行，滑行到 某一高度h后又返回到底端。若运动过程中， 金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好，轨道 与金属杆的电阻均忽略不计，重力加速度为 8,则 () A.金属杆返回到底端时的速度大小为o B.金属杆上滑到最高点的过程中克服安培力 做功与克服重力做功之和等于m, C.上滑到最高点的过程中电阻R上产生的热 量等于，2-mgh D.金属杆两次通过轨道上的同一位置时电阻 R的热功率相同 6.（多选)(2024·山东卷)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0O0'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。MW 运动过程中始终平行于O0'且与两导轨接触 良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是 0 A.MN最终一定静止于OO'位置 B.MW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 综合提升练 7.（2024·舟山中学高二 月考)如图所示，水平 R 光滑的平行金属导轨， 左端接有电阻R,匀强 a b c 磁场B竖直向下分布 在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ 垂直导轨放置。若使棒以一定的初速度。向 右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为v。、 ,到位置c时棒刚好静止，设金属导轨与棒的 电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，则金 属棒在从a到b和从b到c的两个过程中 A.金属棒做匀减速运动 B.通过金属棒横截面的电荷量，从a到b比从 b到c小N C.克服安培力做功，从a到b比从b到c小 D.回路中产生的内能，从a到b比从b到c大 -166 8.（多选)（2025·甘肃临夏联考)如图所示， ABCD为固定的水平光滑矩形金属导轨，处在 方向竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场 中，AB间距为L,左右两端均接有阻值为R的 电阻，质量为m、长为L且不计电阻的导体棒 MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质 弹簧组成弹簧振动系统，开始时，弹簧处于自 然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度 ,经过一段时间，导体棒MN第一次运动到 最右端，这一过程中AB间R上产生的焦耳热 为Q,则 () C ×× B 2B2Lvo A初始时刻棒所受的安培力大小为R B.从初始时刻至棒第一次到达最左端的过程 20 中，整个回路产生的焦耳热为 C.当棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹 性势能为7m,2-20 D.当棒再一次回到初始位置时，AB间电阻的 热防羊为 9.如图所示，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。平直部分导轨左边区域有宽度 为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的 匀强磁场。质量为m、接入电路的电阻也为R 的金属棒从高度为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，金属棒与导轨垂直 且接触良好，重力加速度为g,则金属棒穿过 磁场区域的过程中 A流过金属棒的最大电流为Bu√2 2R B.通过金属棒的电荷量为B R C.克服安培力所做的功为mgh D.金属棒产生的焦耳热为)mg(h-ud 10.（多选)(2024·辽宁卷)如图，两条“八”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 度为g,两棒在下滑过程中 1309 30了 A.回路中的电流方向为abcda B.b中电流趋于3 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 11.如图所示，MW、PQ两条平行的光滑金属轨道 与水平面成0角固定，轨道间距为d。空间存 在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上， 磁感应强度为B。P、M间所接电阻阻值为 R。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道 上，其有效电阻为r。现从静止释放ab,当它 沿轨道下滑距离x时，达到最大速度。若轨 道足够长且电阻不计，重力加速度为g。求： 167 (1)金属杆ab运动的最大速度； (2)金属杆ab运动的加速度为2sin9时， 电阻R上的电功率； (3)金属杆ab从静止到具有最大速度的过程 中，克服安培力所做的功。 一电流方向沿a→b→c→d→a,为正值：bc边的位置坐标x在2L ~3L过程中，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→ c→b→a,为负值，线框ad边有效切割长度'=x-2L,感应电 动势E=B'=Bx-2L),感应电流大小’=只 B(x:2L卫，由题图所示图像可知，只有C项正确。 R 综合提升练 9.D由楞次定律可知，回路中感应电流方向为逆时针方向，选 项A错误：回路中感应电动势的最大值E=BuLsin60°= 今以，逃项B结误：导线所受安塔力的大小P=BM:片 R' 因导线进入磁场时有效长度！不断变化，则导线受的安培力 不断变化，选项C错误：通过导线横截面的电荷量g=I△t= 1sin60° 2 R R R -兴，选顶D正确 10.B根据法拉第电磁感应定律可知，金属棒产生的电动势E =Br×%=B0,A错误；对电容器极板间的带电微粒受 力分析，可知g=9分，U=E,解得只=光B正确：电阻 U 消托的功半P一爱=分，.C错误，电容器所错的电荷量Q =CU=号CB产w,D错误。 11.ABC磁通量Φ=SB,由于正方形金属线框由静止开始水平 向右做匀加速直线运动进入磁场，设加速度为α，运动时间 为，则S=L×a,整理得币=号B,则-1图像为- 条过原点开口向上的抛物线，A正确；设金属线框加速度为 a、运动时间为，有E=BL,=,整理得1=是-兴，则 1一图像为一条过原点的直线，B正确：电流1=收，流过线 框某一枝截面的电荷量9=五-会×1-验：，则？-，图像 为一条过原点开口向上的抛物线，C正确：对金属线框，由牛 顿第二定律有F-F安=ma,Fx=公，整理得F=ma+ R 2,则P-4图像为一条有纵截距的直线，D错误 12.(1)4Bam 3R 方向为N-M号a(2)05 3R 解析：(1)棒MN向右移动时，切 M 割磁感线，产生感应电动势，棒 MN相当于一个电源，流过棒的 电流即电源内的电流。当棒过R 环心O时，棒两端的电压即路端 电压，其等效电路如图所示。 金属棒经过环心时，棒中产生的 感应电动势E=B·2a·v= 2Ba,此时，圆环的左、右两部分构成并联电路，且R东=R有 =R,放并联部分的电阻尽=号，由闭合电路的欧姆定律得 -24 E 2E4Bav 流过金属棒的电流I=R+R3R=3R 由右手定则可判断出金属棒上的电流方向为N→M 棒背端的电压s=R=1·受=号am。 (2)圆环和金属棒上消耗的总热功率等于电路中感应电流的 电功率，即P=E=8Ba2 3R0 练案[14] 基础巩固练 1.Af向右运动，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，会 受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速， 由F=BL-=ma知，f做的是加速度减小的减速运动， 故A正确。 2.D磁感应强度均匀减小，则穿过闭合回路的磁通量减小，根 据楞次定律结合安培定则可知，ab中的感应电流方向由α到 b,A错误；由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定 律可得E=Bs,可知感应电动势恒定，则b中的感应电流不 △t 变，B错误；根据安培力公式F=B知，电流不变，B随时间均 匀减小，则安培力F减小，C错误；ab始终保持静止，处于平衡 状态，安培力和静摩擦力大小相等，即F=F,安培力减小，则 静摩擦力减小，D正确。 3.C金属杆下滑过程中，受重力、轨道的支持力和安培力，开始 时重力沿斜面向下的分力大于安培力，金属杆做加速运动，满 足mgsin6_B”=ma,随着速度的增加，安培力在增大，所以 R 金属杆加速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度最大。当 加速度为零后，金属杆做匀速运动，故金属杆先做加速度逐渐 减小的加速运动，然后做匀速直线运动，故A错误：金属杆由 静止到最大速度过程中，安培力做负功，金属杆机械能并不守 恒，故B错误：当速度最大时，有gm0-=0,解得 R =m日，所以只增大B,。将变小，只增大R,将变大， B22 故C正确，D错误。 4.BCD由动能定理知，磁场力对导体棒做的功W,等于导体棒 动能的增量，故A错误，C正确；磁铁克服磁场力做的功W2大 于磁场力对导体棒做的功W,且W2-W1=Q,故B正确；从整 个系统分析，外力F做的功转化为磁铁的重力势能、导体棒的 动能及回路中的焦耳热，故D正确。 5.BC金属杆从轨道底端滑上轨道某一高度至又返回到出发 点时，由于电阻R上产生热量，故金属杆的机械能减小，即返 回到底端时速度小于，选项A错误；金属杆上滑到最高点的 过程中，动能转化为重力势能和电阻R上产生的热量（即克服 安培力所做的功)，选项B、C正确；金属杆两次通过轨道上同 一位置时的速度大小不同，电路中的电流不同，故电阻的热功 率不同，选项D错误。 6.ABD由于金属棒MN运动过程切割磁感线产生感应电动 势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属棒MW的机械能不断 减小，由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，MW最终一 定静止于OO'位置，故A正确；当金属棒MN向右运动时，根 据右手定则可知，MN中电流方向由M到N,根据左手定则， 可知金属棒MN受到的安培力水平向左，则安培力做负功：当 金属棒MN向左运动时，根据右手定则可知，MN中电流方向 由N到M,根据左手定则，可知金属棒MW受到的安培力水平 向右，则安培力做负功；可知MW运动过程中安培力始终做负 功，故B正确；金属棒MW从释放到第一次到达OO'位置过程 中，由于在O0'位置重力沿切线方向的分力为0，可知在到达 O0位置之前的位置，重力沿切线方向的分力已经小于安培力 沿切线方向的分力，金属棒MN已经做减速运动，故C错误； 从释放到第一次到达O0'位置过程中，根据右手定则可知， MN中电流方向由M到N,故D正确。故选ABD 综合提升练 7.D金属棒PQ在运动过程中所受到的合力是安培力，由牛顿 第二定律知B=m,由于”减小，所以金属棒向右运动过 R 程中，加速度逐渐减小，A错误；金属棒运动过程中，电路产生 的应电荷量0=：一层-设会从口到6的过程 中与从b到c的过程中，回路面积的变化量△S相等，B、R相 等，因此，通过金属棒横截面积的电荷量相等，B错误；金属棒 受到的安培力P=-Bm-,金属棒受到的安培力水平向 左，金属棒在安培力作用下做减速运动，速度越来越小，金 属棒克服安培力做功，把金属棒的动能转化为内能，由于αb 间距离与bc间距离相等，安培力F从α到c逐渐减小，由W= Fx定性分析可知，从a到b克服安培力做的功比从b到c克 服安培力做的功多，因此在a到b的过程产生的内能多，C错 误，D正确。 8.AC导体的安培力F=BL,感应电流I BLo_BLO,解得F =R R 2 R0,A正确；MN棒第一次运动至最左端的过程中B 间电阻R上产生的焦耳热Q,根据并联电路特点，回路中产生 的总焦耳热为2Q,B错误；MW棒第一次运动至最右端的过程 中，由能量守恒定律得7m,2=2Q+E,解得，=子m2 1 2Q,C正确；由于回路中产生焦耳热，棒和弹簧的机械能有损 失，所以当棒再次回到初始位置时，速度一定小于，棒产生 的感应电动势E<BL,由电功率公式P= R,解得P< F即AC间电阻R的功率小于公，D钻误，放 R 选AC 9.D金属棒沿弯曲部分下滑过程中，由机械能守恒定律得mgh =2m,金属棒到达平直部分时的速度v=√2gh,金属棒到 达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，则 E 最大感应电动势E=BL,最大感应电流为I=R十R三 L2巫，故A错误：通过金属棒的电荷量为q=i△t=梁 2R 2R ,故B错误；金属棒在整个运动过程中，由动能定理有 -24 mgh-W安-umgd=0-0,则克服安培力做功W客=mgh- wmgd,故C错误；克服安培力做的功等于整个回路中产生的 焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相 等，则金属棒产生的焦耳热Q=Q=之W安=之g(h- d),故D正确。 10.AB两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中 的电流方向为abeda,故A正确；设回路中的总电阻为R,对 于任意时刻当电路中的电流为I时，对a山根据牛顿第二定律 得2 mgsin30°-2 BILcos30°=2mah,对cd,mgsin30°- BILcos30°=mad,故可知a=aa,分析可知两个导体棒产 生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电 流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导 轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀 速运动，此时电路中的电流达到稳定值，此时对αb分析可得 2 ngsin30°=2 BIcos30°，解得1=m,故B正确，C错误； Γ3BL 根据前面分析可知a=ad,故可知两导体棒速度大小始终 相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的感应电动势不等， 故D错误。故选AB。 11.(1)mg(R+r）sin0 (2)mgRsin0 Bd2 4B2d2 (3)mgxsin 0-m'g(R+r)'sin0 2B'd 解析：(1)当杆达到最大速度时安培力F=mgsin0 安培力F=Bld 感应电流1=R,感应电动势E=B 解得最大速度=m(Btsi血0 Bd (2)当金属杆a山运动的加速度为sim0时 根据牛顿第二定律，有mngsin0-B'd=m·2gsin0 电阻R上的电功率P=1r'R,解得P=Rsin0 4B2d2 (3)根据动能定理mgx·sim0-W,=2m2-0 解得We=mgin0-mg(R+r）sine 2B4d' 练案[15] 基础巩固练 1.B线圈进人磁场过程，由动量定理有 -I1LB·△t1=mw'-mo 线圈离开磁场过程，同理有 -L,LB·△t2=mw-' 进出磁场时磁通量变化数值相同， 根据g=△可知9，=9 R 91=11·△t1,92=12·△t2 联立各式得'-=v-v', 所以心“，放B正确。 3