第12章 课时测评59 电磁感应中的动力学和能量问题(word练习)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

**基本信息** 聚焦电磁感应与动力学、能量综合问题，通过典例解析构建“定律应用-过程分析-能量转化”的解题逻辑链，强化物理观念与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |动力学问题|4题|右手定则判定电流方向，牛顿定律结合安培力公式分析运动状态，平衡条件求解阻力|从电磁感应现象（动生电动势）到安培力计算，再到动力学方程构建，形成“电-力-运动”推理链条| |能量问题|4题|动能定理整合安培力做功与焦耳热，电荷量公式q=ΔΦ/R应用，能量守恒分析转化关系|以能量守恒为核心，关联电磁感应中的功与能，建立“力做功-能量转化-电路发热”的逻辑关系|

课时测评59　电磁感应中的动力学和能量问题 (时间：30分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－7，每题5分，共35分) 题组1　电磁感应中的动力学问题 1．(多选)(2026·汕头一模)依附建筑物架设的磁力缓降高楼安全逃生装置，具有操作简单、无需电能、逃生高度不受限制及下降速度可调、可控等优点。该装置原理如图，可等效为间距L＝0.5 m的两根竖直导轨上部连通，人和磁体固定在一起，沿导轨共同下滑，磁体产生磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场。人和磁体所经位置处，可等效为有一固定导体棒cd与导轨相连，整个装置总电阻始终为R＝4×10-5 Ω。在某次逃生试验中，质量M＝50 kg的测试者利用该装置最终以v＝2 m/s的速度匀速下降，已知与人一起下滑部分装置的质量m＝20 kg，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A．导体棒cd中电流的方向从d到c B．导体棒cd中电流的方向从c到d C．下落过程中除安培力外的阻力大小为200 N D．下落过程中除安培力外的阻力大小为1 200 N 答案：AC 解析：磁场向下运动，相当于导体棒cd向上运动，由右手定则可知，导体棒cd中电流的方向从d到c，故A正确，B错误；导体棒两端电动势E＝BLv，感应电流I＝，安培力FA＝ILB＝，由左手定则可判断，导体棒cd所受安培力方向向下，根据牛顿第三定律可知磁体受cd向上的反作用力，大小FA′＝，对M和m，由平衡条件有(M＋m)g＝FA′＋F阻，解得F阻＝200 N，故C正确，D错误。 2．(多选)如图甲所示，左侧接有定值电阻R＝2 Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，导轨间距L＝1 m。一质量m＝2 kg、阻值r＝2 Ω的金属棒在水平拉力FT作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v ­x图像如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.25，则从起点发生x＝1 m位移的过程中(g＝10 m/s2)(　　) A.金属棒克服安培力做的功W1＝0.5 J B．金属棒克服摩擦力做的功W2＝4 J C．整个系统产生的总热量Q＝5.25 J D．拉力做的功W＝9.25 J 答案：CD 解析：由题图乙可知v＝2x(m/s)，金属棒所受的安培力F＝×1 J＝－0.25 J，即金属棒克服安培力做的功为W1＝0.25 J，故A错误；金属棒克服摩擦力做的功为W2＝μmgx＝0.25×2×10×1 J＝5 J，故B错误；根据动能定理得W－W2＋W安＝mv2，其中v＝2 m/s，解得拉力做的功为W＝9.25 J，整个系统产生的总热量为Q＝W－mv2＝5.25 J，故C、D正确。 3.如图所示，金属棒垂直放在足够长的、倾斜的U形光滑导轨底端，整个装置处在与导轨平面垂直的匀强磁场中。在t＝0时刻，给金属棒沿导轨向上的初速度。除金属棒外，其余电阻不计。在导轨上运动过程中，金属棒的动能Ek与位移x、时间t变化关系图像可能正确的是(　　) 答案：B 解析：根据动能定理得F合x＝Ek－Ek0，解得Ek＝F合x＋Ek0，可知Ek -x图像中图线各点切线的斜率表示合力，金属棒上升过程中，速度变小，电流减小，安培力减小，合力减小，下降过程中，速度变大，电流增大，安培力增大，合力减小，故A错误，B可能正确；根据W合＝F合x＝P合t，联立F合x＝Ek－Ek0，解得Ek＝P合t＋Ek0可知Ek -t图像中图线各点切线的斜率为合力的功率，上升过程中，合力的功率一直减小，下降过程中合力的功率先增加后减小[下降过程中有P合＝F合v＝(mgsin θ－)v，可知P合-v 图像为开口向下的抛物线，有极大值]，最终的动能小于初动能，故C、D错误。 4.(多选)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、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μ，金属棒与导轨间接触良好。重力加速度为g，则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　) A.流过定值电阻的电流方向是N→Q B.通过金属棒的电荷量为 C.克服安培力做的功为mgh D.金属棒产生的焦耳热为(mgh－μmgd) 答案：BD 解析：金属棒下滑到导轨底端时速度方向向右，磁场方向竖直向上，根据右手定则可知流过定值电阻的电流方向是Q→N，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，通过金属棒的电荷量为q＝·Δt＝·Δt＝，故B正确；根据动能定理有mgh－μmgd－W克安＝0，则克服安培力所做的功为W克安＝mgh－μmgd，电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以金属棒产生的焦耳热为QR＝(mgh－μmgd)，故C错误，D正确。 题组2　电磁感应中的能量问题 5.(多选)(2024·全国甲卷·T21)如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在t＝0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是(　　) 答案：AC 解析：设线框的上边框进入磁场时的速度为v，线框的质量M，物块的质量m，选项图中线框进入磁场时的加速度向下，对线框，由牛顿第二定律可知Mg＋F安－FT＝Ma，对物块有FT－mg＝ma，其中F安＝，即＋(M－m)g＝(M＋m)a，线框向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线框匀速运动的速度为v0＝。若线框进入磁场时的速度较小，则线框进入磁场时做加速度减小的减速运动，最终线框的速度和加速度都趋近于零，A可能正确。因t＝0时刻线框进入磁场，则进入磁场时线框向上不可能做匀减速运动，B不可能。若线框的质量等于物块的质量，且当线框进入磁场时速度较大时，线框进入磁场做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后线框做匀速运动；当线框出磁场时，做加速度减小的减速运动，最终出磁场时做匀速运动，C可能正确，D不可能。 6．(多选)(2026·高州市二模)如图所示，水平边界1、2间有垂直于纸面向里的匀强磁场，质量为m、电阻为R、边长为L的正方形金属线框ACDE在磁场正上方的某一高度处由静止释放，AC边进磁场与AC边出磁场时的速度相等。金属线框运动过程中，始终在垂直于磁场的竖直面内，AC边始终水平，磁场宽度为d，且d大于L，重力加速度为g，则下列判断正确的是(　　) A．AC边进磁场时，安培力功率小于重力功率 B．AC边出磁场时，安培力功率大于重力功率 C．线框穿过磁场产生的焦耳热为2mgd D．线框由静止释放的位置越高，则线框进入磁场过程中通过线框某一横截面的电荷量越多 答案：BC 解析：AC边进磁场时，若安培力小于重力，则线框进入磁场过程中可能先加速后匀速，也可能一直加速，完全进入后做自由落体运动，则AC边出磁场时的速度大于AC边进磁场时的速度；若安培力等于重力，则线框匀速进入，完全进入后做自由落体运动，AC边出磁场时的速度大于AC边进磁场时的速度；若安培力大于重力，则线框进入磁场过程中可能先减速后匀速，也可能一直减速，完全进入后做自由落体运动，AC边出磁场时的速度可能与AC边进磁场时的速度相等，故AC边进、出磁场时安培力大于重力，安培力功率大于重力功率，故A错误，B正确。AC边进磁场到出磁场过程，由动能定理可得mgd＋W安＝0，解得W安＝－mgd，所以线框穿过磁场产生的焦耳热Q＝2|W安|＝2mgd，故C正确。线框进入磁场过程中通过线框某一横截面的电荷量q＝，可知线框进入磁场过程中通过线框某一横截面的电荷量与其由静止释放的位置无关，故D错误。 7.(多选)(2026·山东潍坊模拟)如图甲所示，足够长导轨与水平面的夹角θ＝37°，导轨间距L＝1 m，其下端连接一个阻值R＝1 Ω的定值电阻，两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1 T。一质量为m的导体棒ab垂直于导轨放置，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5。现将导体棒由静止释放，对应过程的x -t图像如图乙所示，0～6 s内为曲线、6 s后为直线。运动过程中，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计空气阻力和导体棒、导轨电阻，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是(　　) A.导体棒的加速度大小为0.5 m/s2时，导体棒的速度大小为1.2 m/s B.导体棒的质量为2.4 kg C.0～8 s内，通过定值电阻的电荷量为16.32 C D.0～6 s内，系统产生的焦耳热为24.192 J 答案：CD 解析：对导体棒受力分析，由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ－＝ma，6～8 s内导体棒的速度为最大速度，则vmax＝＝2.4 m/s，此时a＝0，代入上式解得m＝1.2 kg，故B错误；将m＝1.2 kg，a＝0.5 m/s2代入方程mgsin θ－μmgcos θ－＝ma，解得v＝1.8 m/s，故A错误；0～8 s内，q＝＝16.32 C，故C正确；0～6 s内，由动能定理得(mgsin θ－μmgcos θ)x6－W克＝m，系统产生的焦耳热Q＝W克＝24.192 J，故D正确。 8．(15分)(2025·东莞市期末)如图甲所示，电阻不计的两根平行粗糙金属导轨相距L＝0.5 m，导轨平面与水平面的夹角θ＝37°，导轨的下端PQ间接有R＝8 Ω的定值电阻。相距x＝6 m的MN和PQ间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场。磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示。将导体棒ab垂直放在导轨上，使导体棒从t＝0时由静止释放，t1＝1 s时导体棒恰好运动到MN，开始匀速下滑。已知导体棒的质量m＝0.1 kg，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.125，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)前1 s内回路中的感应电动势； (2)导体棒ab接入电路部分阻值； (3)前2 s时间内定值电阻R上所产生的焦耳热。 答案：(1)6 V　(2)2 Ω　(3)4.88 J 解析：(1)前1 s内，磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律有E1＝S 由题图乙得＝2 T/s 其中S＝Lx＝3 m2 代入数据解得E1＝6 V。 (2)根据牛顿第二定律可得，前1 s内导体棒的加速度a＝＝5 m/s2 则导体棒进入磁场时的速度大小v＝at1＝5 m/s 此后导体棒切割磁感线产生的电动势E2＝BmLv＝5 V 导体棒做匀速直线运动，根据平衡条件有ILBm＝mg sin θ－μmg cos θ 解得I＝0.5 A 则电路中的总电阻R总＝＝10 Ω 所以导体棒ab接入电路部分阻值Rab＝R总－R＝2 Ω。 (3)前1 s内回路中产生的总焦耳热Q1＝t1＝3.6 J 1 s到2 s内回路中产生的总焦耳热Q2＝t2＝2.5 J 所以前2 s内回路中产生的总焦耳热Q＝Q1＋Q2＝6.1 J 定值电阻R上所产生的焦耳热QR＝Q＝4.88 J。 学科网（北京）股份有限公司 $