第十二章 第4讲　小专题 电磁感应中的动力学和能量问题 专项训练-2027届高考物理一轮专题复习（人教版）

**基本信息** 聚焦电磁感应与动力学、能量的综合应用，通过真题与模拟题系统覆盖核心题型，强化科学思维与能量观念。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |电磁感应中的动力学问题|3题（含平衡、运动图像、含电容综合题）|涉及安培力平衡、运动状态分析、含电容器电路|电磁感应产生感应电流→安培力作为外力→牛顿运动定律应用| |电磁感应中的能量问题|5题（含线框进出磁场、焦耳热计算、能量守恒综合题）|涵盖焦耳热计算、能量转化、线框运动能量分析|电磁感应电能产生→安培力做功实现能量转化→能量守恒定律应用|

第4讲　小专题:电磁感应中的动力学和能量问题 对点1.电磁感应中的动力学问题 1.(多选)(2025·广东卷,9)如图,是一种精确测量质量的装置原理示意图,竖直平面内,质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直于线圈平面的匀强磁场中,磁感应强度不变。测量分两个步骤,步骤①:托盘内放置待测物块,其质量用m表示,线圈中通大小为I的电流,使称重框架受力平衡;步骤②:线圈处于断开状态,取下物块,保持线圈不动,磁场以速率v匀速向下运动,测得线圈中感应电动势为E。利用上述测量结果可得出m的值,重力加速度为g。下列说法正确的有(　　) A.线圈电阻为 B.I越大,表明m越大 C.v越大,则E越小 D.m=-M 2.(2025·陕西渭南三模)如图所示是舰载机返回航母甲板时电磁减速的简化原理图。固定在绝缘水平面上足够长的平行光滑金属导轨,左端接有定值电阻R,整个装置处在竖直向下的匀强磁场中,导轨的电阻不计。舰载机等效为电阻不计的导体棒PQ,在导体棒PQ以一定初速度水平向右运动过程中,其速度v、加速度a、所受安培力F、通过的电荷量q与运动时间t变化关系图像可能正确的是(　　) A　 　　B C　　 　D 3.(2025·安徽模拟)如图甲所示,两平行且间距为L的倾斜光滑金属导轨与水平面成30°角,导轨上端和下端分别用开关S1、S2连接电容器和阻值为R的电阻。在导轨的正方形区域MNPQ之间有垂直于导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小随时间变化的图像如图乙所示(B0、t0均为已知量)。金属棒ab质量为m,紧靠MN放置,断开S1,闭合S2,t=0时固定金属棒,待t=t0时释放金属棒,金属棒最终在磁场中匀速运动。已知电容器的电容C=,重力加速度大小为g,导轨和金属棒的电阻均不计。求: (1)在释放金属棒前,金属棒中的电流大小I; (2)金属棒在匀强磁场中运动的最大速度vmax; (3)若t=t0时闭合S1、断开S2,再释放金属棒,金属棒克服安培力做的功W。 对点2.电磁感应中的能量问题 4.(2025·陕晋青宁卷,7)如图,光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场,其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m,长均为2L,宽均为L,电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0=并排进入磁场,忽略两线框之间的相互作用。则(　　) A.甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同 B.甲、乙线框刚进磁场区域时,所受合力大小之比为1∶1 C.乙线框恰好完全出磁场区域时,速度大小为0 D.甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3 5.(多选)(2025·河南期末)如图所示,两根等高光滑的四分之一圆弧轨道半径为r、间距为L,轨道的电阻不计。在轨道的顶端连接有阻值为R的电阻,整个装置处在竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B。现有一根长度稍大于L、质量为m、接入电路的电阻也是R的金属棒从轨道的最低位置cd开始,在拉力F作用下以速率v0沿轨道向上做匀速圆周运动至ab处,则该过程中(　　) A.通过电阻的电流方向为f→R→e B.通过电阻的电荷量为 C.金属棒上产生的热量为 D.拉力做功为mgr+ 6.(2025·黑龙江大庆模拟)如图甲所示,n=10匝的正方形线框用细线悬挂于天花板上且处于静止状态,线框平面在纸面内,线框的边长为L=0.1 m,总电阻为R=0.5 Ω,线框的下半部分(总面积的一半)处于垂直于纸面向里的有界匀强磁场中,磁场的上、下边界之间的距离为d=0.25 m,磁场的磁感应强度按照图乙变化,0.1 s时刻(磁场均匀增大的最后一瞬间),悬线的拉力恰好为零,此时剪断细线,线框刚要完全穿出磁场时,加速度为零,线框在穿过磁场的过程中始终在纸面内,且不发生转动。(不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2) (1)t=0.05 s时线框中的电流的大小和方向; (2)线框的总质量m; (3)线框穿过磁场的过程中,线框中产生的焦耳热Q。 7.(2025·内蒙古专题练习)如图甲所示的电路图中,线圈的横截面积为0.1 m2,匝数为10,线圈内通有垂直于纸面的匀强磁场,以垂直于纸面向外为正方向,磁感应强度变化如图乙所示,小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示。线圈内阻r=1 Ω,定值电阻R1=2 Ω,R2=15 Ω,t=0时刻闭合开关,下列说法正确的是(　　) A.0~1 s内与1~3 s内回路中的电流方向不同 B.同一时刻,流过R1、R2的电流之比等于两者电阻之比 C.0~1 s内灯泡消耗的电能为2.1 J D.1~3 s内电路的总功率约为5 W 8.(2025·江西九江三模)定值电阻、电容器、电感线圈是三种常见的电路元件,关于这几个元件有如下结论:①定值电阻R满足I=关系;②电容器的电容为C,两极板间电压为U时,储存的能量为E=CU2;③电感线圈的自感系数为L,自感电动势E自=L,通过的电流为I时,储存的能量为E=LI2。如图,足够长的光滑金属框架竖直放置,顶端留有接口a、b,两竖直导轨间距为d。一质量为m、长度为d的金属棒始终与竖直导轨接触良好,磁感应强度为B的匀强磁场与框架平面垂直,重力加速度为g。不计空气阻力,不计框架和金属棒的电阻,不计电磁辐射的能量损失。 (1)若在a、b间接入一个阻值为R的定值电阻,静止释放金属棒,求金属棒的最终速度v1; (2)若在a、b间接入一个电容为C的电容器,静止释放金属棒,当金属棒下落的高度为h时,求金属棒的速度v2; (3)若在a、b间接入一个电阻不计、自感系数为L的电感线圈,静止释放金属棒,当金属棒下落的高度为H时,求金属棒的速度v3。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第4讲　小专题:电磁感应中的动力学和能量问题 课时作业 对点1.电磁感应中的动力学问题 1.(多选)(2025·广东卷,9)如图,是一种精确测量质量的装置原理示意图,竖直平面内,质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直于线圈平面的匀强磁场中,磁感应强度不变。测量分两个步骤,步骤①:托盘内放置待测物块,其质量用m表示,线圈中通大小为I的电流,使称重框架受力平衡;步骤②:线圈处于断开状态,取下物块,保持线圈不动,磁场以速率v匀速向下运动,测得线圈中感应电动势为E。利用上述测量结果可得出m的值,重力加速度为g。下列说法正确的有(　　) A.线圈电阻为 B.I越大,表明m越大 C.v越大,则E越小 D.m=-M 【答案】 BD 【解析】 根据题意知,电动势E是线圈断开时切割磁感线产生的感应电动势,I为线圈闭合时通入的电流,故不是线圈的电阻,A错误;根据平衡条件有(M+m)g=IlB,故可知I越大,m越大,B正确;根据公式有E=Blv,故可知v越大,E越大,C错误;联立以上各式可得m=-M,D正确。 2.(2025·陕西渭南三模)如图所示是舰载机返回航母甲板时电磁减速的简化原理图。固定在绝缘水平面上足够长的平行光滑金属导轨,左端接有定值电阻R,整个装置处在竖直向下的匀强磁场中,导轨的电阻不计。舰载机等效为电阻不计的导体棒PQ,在导体棒PQ以一定初速度水平向右运动过程中,其速度v、加速度a、所受安培力F、通过的电荷量q与运动时间t变化关系图像可能正确的是(　　) A　　　B C　　　D 【答案】 C 【解析】 导体棒PQ切割磁感线,回路中出现感应电流,由右手定则、左手定则可知,PQ受到向左的安培力,向右减速运动,由F=ma,F=IlB,I=,解得a=,由于导体棒速度减小,则加速度减小,所以导体棒做的是加速度越来越小的减速运动直至停止运动,其vt图像为斜率为负值且绝对值变小的曲线,A错误;导体棒的最大加速度为amax=,导体棒做加速度减小的减速运动,所受安培力大小F=,加速度a=,则Ft、at图像的形状均与vt图像类似,B错误,C正确;根据q=Δt=,可知=,由于导体棒速度减小,故电荷量变化率减小,即qt图像为过原点且斜率减小的曲线,D错误。 3.(2025·安徽模拟)如图甲所示,两平行且间距为L的倾斜光滑金属导轨与水平面成30°角,导轨上端和下端分别用开关S1、S2连接电容器和阻值为R的电阻。在导轨的正方形区域MNPQ之间有垂直于导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小随时间变化的图像如图乙所示(B0、t0均为已知量)。金属棒ab质量为m,紧靠MN放置,断开S1,闭合S2,t=0时固定金属棒,待t=t0时释放金属棒,金属棒最终在磁场中匀速运动。已知电容器的电容C=,重力加速度大小为g,导轨和金属棒的电阻均不计。求: (1)在释放金属棒前,金属棒中的电流大小I; (2)金属棒在匀强磁场中运动的最大速度vmax; (3)若t=t0时闭合S1、断开S2,再释放金属棒,金属棒克服安培力做的功W。 【答案】 (1)　(2) (3) 【解析】 (1)在释放金属棒前,根据法拉第电磁感应定律可得E=S=L2, 金属棒中的电流大小I==。 (2)当金属棒匀速运动时,根据平衡条件有 mgsin θ=B0I0L, 此时I0==, 联立解得vmax=。 (3)设Δt时间内电容器增加的电荷量 ΔQ=CΔE=CB0LΔv, 则电路中电流I1==B0LCa, 对金属棒有 mgsin θ-B0I1L=ma, 解得a=, 可知金属棒做匀加速直线运动, 设金属棒出磁场时速度为v,则有v2=2aL, 由动能定理得mgsin θ·L-W=mv2, 联立解得W=。 对点2.电磁感应中的能量问题 4.(2025·陕晋青宁卷,7)如图,光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场,其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m,长均为2L,宽均为L,电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0=并排进入磁场,忽略两线框之间的相互作用。则(　　) A.甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同 B.甲、乙线框刚进磁场区域时,所受合力大小之比为1∶1 C.乙线框恰好完全出磁场区域时,速度大小为0 D.甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3 【答案】 D 【解析】 根据右手定则,甲线框进磁场的过程中电流方向为顺时针,出磁场的过程中电流方向为逆时针,故A错误;甲线框刚进磁场区域时,所受合力为F安1=BI1L,其中I1=,乙线框刚进磁场区域时,所受合力为F安2=BI2L,其中I2=,可知=2,故B错误;假设甲、乙都能完全出磁场,对甲根据动量定理有-BLΔt=mv1-mv0,q1=Δt=·Δt==,同理,对乙有-BLΔt′=mv2-mv0,q2=Δt′=·Δt′==,联立解得v1=0,v2=v0=,故甲恰好完全出磁场区域,乙完全出磁场区域时,速度大于0,由能量守恒定律可知,甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q1=m,Q2=m-m()2=m,即=,故C错误,D正确。 5.(多选)(2025·河南期末)如图所示,两根等高光滑的四分之一圆弧轨道半径为r、间距为L,轨道的电阻不计。在轨道的顶端连接有阻值为R的电阻,整个装置处在竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B。现有一根长度稍大于L、质量为m、接入电路的电阻也是R的金属棒从轨道的最低位置cd开始,在拉力F作用下以速率v0沿轨道向上做匀速圆周运动至ab处,则该过程中(　　) A.通过电阻的电流方向为f→R→e B.通过电阻的电荷量为 C.金属棒上产生的热量为 D.拉力做功为mgr+ 【答案】 BC 【解析】 金属棒运动过程中,根据右手定则可知,通过电阻的电流方向为e→R→f,A错误;金属棒从cd运动到ab过程,由法拉第电磁感应定律可知,平均感应电动势==,平均感应电流==,通过R的电荷量 q=Δt,解得q=,B正确;金属棒做圆周运动过程中产生的感应电动势E=BLv0cos θ,感应电动势的最大值Emax=BLv0,有效值E′==,通过R的电流大小I=,金属棒从cd到ab过程产生的热量Q=I2Rt,t=×,解得Q=,C正确;由于拉力F做的功等于外力提供的能量,根据能量守恒定律有W=mgr+2Q,解得W=mgr+,D错误。 6.(2025·黑龙江大庆模拟)如图甲所示,n=10匝的正方形线框用细线悬挂于天花板上且处于静止状态,线框平面在纸面内,线框的边长为L=0.1 m,总电阻为R=0.5 Ω,线框的下半部分(总面积的一半)处于垂直于纸面向里的有界匀强磁场中,磁场的上、下边界之间的距离为d=0.25 m,磁场的磁感应强度按照图乙变化,0.1 s时刻(磁场均匀增大的最后一瞬间),悬线的拉力恰好为零,此时剪断细线,线框刚要完全穿出磁场时,加速度为零,线框在穿过磁场的过程中始终在纸面内,且不发生转动。(不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2) (1)t=0.05 s时线框中的电流的大小和方向; (2)线框的总质量m; (3)线框穿过磁场的过程中,线框中产生的焦耳热Q。 【答案】 (1)2 A,方向为逆时针方向 (2)0.4 kg　(3)1.15 J 【解析】 (1)0～0.1 s内磁感应强度均匀增加,则感应电动势大小为 E1=nS有效=10×××0.12 V=1 V, 整个过程感应电流大小均为 I1==2 A, 由于穿过线框的磁通量向里增加,根据楞次定律可知,感应电流方向为逆时针方向。 (2)0.1 s时刻,悬线的拉力恰好为零,则有 F安=mg, 而F安=nBI1L, 联立解得m== kg=0.4 kg。 (3)设线框完全穿出磁场时速度为v,根据平衡条件有F安′=mg, 而F安′=nBI′L,I′=, 联立解得v=0.5 m/s, 剪断细线到线框穿出磁场的过程中,根据能量守恒定律有mg(d+)=mv2+Q, 解得Q=1.15 J。 7.(2025·内蒙古专题练习)如图甲所示的电路图中,线圈的横截面积为0.1 m2,匝数为10,线圈内通有垂直于纸面的匀强磁场,以垂直于纸面向外为正方向,磁感应强度变化如图乙所示,小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示。线圈内阻r=1 Ω,定值电阻R1=2 Ω,R2=15 Ω,t=0时刻闭合开关,下列说法正确的是(　　) A.0～1 s内与1～3 s内回路中的电流方向不同 B.同一时刻,流过R1、R2的电流之比等于两者电阻之比 C.0～1 s内灯泡消耗的电能为2.1 J D.1～3 s内电路的总功率约为5 W 【答案】 C 【解析】 由题图乙可知,在0～1 s内磁感应强度垂直于纸面向里且减小,即穿过线圈的磁通量向里减少,根据楞次定律可知,线圈中感应电流沿顺时针方向,在1～3 s内,磁感应强度向外且增大,磁通量增加,则感应电流也沿顺时针方向,A错误。由电路结构知电阻R2与灯泡并联后再与R1串联,设某时刻流过灯泡的电流为IL,流过R2的电流为I2,流过R1的电流为I,则I=IL+I2,根据法拉第电磁感应定律可知,0～1 s内线圈产生的感应电动势为E1=== V=6 V,1～3 s内线圈产生的感应电动势E2=== V=4.8 V,由闭合电路欧姆定律可得E=(IL+)(r+R1)+UL,代入数据整理可得0～1 s内有IL=2-UL(A),1～3 s内有IL=-UL(A),在灯泡的伏安特性曲线图中作出0～1 s和1～3 s的ILUL关系图像,如图所示,交点对应小灯泡在两个阶段的工作电压与工作电流,由图可知0～1 s内灯泡的工作电压为1.5 V,工作电流为1.4 A;1～3 s内灯泡的工作电压为1 V,工作电流为1.2 A。0～1 s内通过R2的电流I2= A=0.1 A,则R1中电流I=1.5 A,可知==15≠。同理,1～3 s内,=19≠,B错误。0～1 s内灯泡消耗的电能为WL=ULIL=1.5×1.4 J=2.1 J,1～3 s内电路的总电流I= A,所以电路的总功率P总=E2I= 4.8 V× A= W,C正确,D错误。 8.(2025·江西九江三模)定值电阻、电容器、电感线圈是三种常见的电路元件,关于这几个元件有如下结论:①定值电阻R满足I=关系;②电容器的电容为C,两极板间电压为U时,储存的能量为E=CU2;③电感线圈的自感系数为L,自感电动势E自=L,通过的电流为I时,储存的能量为E=LI2。如图,足够长的光滑金属框架竖直放置,顶端留有接口a、b,两竖直导轨间距为d。一质量为m、长度为d的金属棒始终与竖直导轨接触良好,磁感应强度为B的匀强磁场与框架平面垂直,重力加速度为g。不计空气阻力,不计框架和金属棒的电阻,不计电磁辐射的能量损失。 (1)若在a、b间接入一个阻值为R的定值电阻,静止释放金属棒,求金属棒的最终速度v1; (2)若在a、b间接入一个电容为C的电容器,静止释放金属棒,当金属棒下落的高度为h时,求金属棒的速度v2; (3)若在a、b间接入一个电阻不计、自感系数为L的电感线圈,静止释放金属棒,当金属棒下落的高度为H时,求金属棒的速度v3。 【答案】 (1)　(2) (3) 【解析】 (1)金属棒释放后在磁场内向下运动产生感应电流,受到向上的安培力作用,最终受力平衡时具有最大速度,根据平衡条件有F安=mg, 而F安=BId, I=, E1=Bdv1, 联立解得v1=。 (2)在金属棒下落h的过程中,根据能量守恒定律有mgh=m+CU2, 由于E2=Bdv2,U=E2, 联立解得v2=。 (3)设金属棒下落高度为H时电流为I1,根据能量守恒定律有 mgH=m+L, 由于E3=Bdv3,E3=E自,E自=L, 而Bdv3Δt=LΔI1, 等式两边求和得BdH=LI1, 联立解得v3=。 学科网（北京）股份有限公司 $