课时突破练61　电磁感应中的动力学、能量问题 专项训练-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦电磁感应中动力学与能量问题，以单棒/双棒导轨模型为核心，通过分层训练构建从基础到综合的知识逻辑链，强化科学思维与模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |单棒—导轨模型|3题（含电容、斜面情境）|涉及匀速/匀加速运动分析，综合牛顿定律与电磁感应定律|电磁感应→感应电动势→安培力→动力学方程→运动状态分析| |双棒—导轨模型|2题（不等质量、宽轨道）|双棒动量守恒与能量转化，需分析电流方向及稳定状态|双棒切割磁感线→回路电流→安培力作用→系统动量与能量守恒| |能量转化|3题（含磁体运动、金属框转动）|焦耳热计算、能量守恒应用，结合功能关系|安培力做功→电能转化→焦耳热，重力势能/动能与电能转化关系| |综合应用|4题（含旋转液体、铝管下落）|跨情境综合，涉及非匀变速运动、复杂电路分析|电磁感应规律与力学规律融合，模型建构与科学推理结合|

课时突破练61　电磁感应中的动力学、能量问题 基础·满分练 命题角度一　电磁感应中单棒—导轨模型的分析 1.(多选)(2025浙江嘉兴测试)如图为“旋转液体实验”装置。盛有液体的圆柱形容器放入蹄形磁体中,蹄形磁体内的磁场视为匀强磁场,磁感应强度B=1 T,容器底部绝缘,侧壁导电性能良好,电阻可忽略不计,容器外侧边缘和中心分别通过电极与电源的正极、负极相连接。容器中液体横截面半径l=0.2 m,电源的电动势E=6 V,内阻r=2 Ω,限流电阻R0=8 Ω。闭合开关液体开始旋转,经足够长时间后,液体匀速旋转,电压表的示数为2 V。设旋转液体电阻率分布均匀,两电极间的液体等效电阻R=4 Ω。则(　　) A.由上往下看液体沿逆时针方向旋转 B.流过液体的电流大小为4 A C.液体旋转的角速度大小为20 rad/s D.容器中液体安培力的功率为0.64 W 2.如图所示,水平面内有一平行金属导轨,导轨光滑且电阻不计,匀强磁场与导轨平面垂直。阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置,且导体棒与导轨接触良好。t=0时,将开关S由1掷到2,用q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和棒的加速度,则下列图像正确的是(　　) 3.(2025湖南长沙一中测试)如图所示,相距为L的两根足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ,上端接有定值电阻R,其余电路电阻都不计,处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。现将质量为m的导体棒由静止释放,当棒下滑到稳定状态时,速度为v0,下列说法正确的是(　　) A.下滑过程中导体棒的a端电势比b端电势低 B.稳定后回路中的电动势为BLv0 C.在导体棒加速到稳定状态的过程,电阻R产生的焦耳热等于重力对导体棒所做的功 D.当导体棒速度达到时加速度大小为gsin θ 命题角度二　电磁感应中双棒—导轨模型的分析 4.(多选)(2024辽宁卷)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 命题角度三　电磁感应中能量的转化 5.(多选)如图,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的作用下,回路上方的条形磁体竖直向上做匀速运动。在匀速运动过程中外力F做功WF,安培力对导体棒做功W1,磁体克服安培力做功W2,重力对磁体做功WG,回路中产生的焦耳热为Q,导体棒获得的动能为Ek。则下列选项正确的是(　　) A.WF+WG=Ek+Q B.W2-W1=Q C.W1=Ek D.W1=Q 6.(2026湖南浏阳开学考)如图所示,固定在水平桌面上的足够长的两根光滑平行金属导轨处于方向竖直向上的匀强磁场中,导轨间距为L,在两根导轨的左端端点间连接一个阻值为R的定值电阻,一根质量为m、电阻为R的均匀直金属杆ab放置在两导轨上,金属杆ab的长度也为L。现给金属杆ab一个向右的初速度v0,金属杆运动一段位移后停下,金属杆与导轨垂直且接触良好,导轨电阻忽略不计,下列说法正确的是(　　) A.金属杆做匀减速直线运动 B.通过金属杆的电流方向由b指向a C.金属杆两端最大的电压为BLv0 D.金属杆上产生的焦耳热为 7.(多选)(2026山东威海期中)如图所示,足够长的水平放置的光滑平行导轨,宽轨道的间距为窄轨道的2倍,轨道处于竖直方向的匀强磁场中,甲、乙两导体棒垂直导轨放置,质量分别为2m、m,电阻分别为2R、R。某时刻甲以速度v0向右滑动,若甲始终在宽轨道上运动,最终(　　) A.甲的速度为 B.甲的速度为 C.乙产生的热量为 D.乙产生的热量为 命题角度四　电磁感应中安培力做功的计算 8.(9分)如图甲所示,相距L=1.5 m的足够长金属导轨竖直放置,质量为m1=1 kg的金属棒ab和质量为m2=0.27 kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上。虚线上方磁场方向垂直纸面向里,虚线下方磁场方向竖直向下,两处磁场磁感应强度大小相同,ab棒光滑,cd棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.75,两棒总电阻为1.8 Ω,导轨电阻不计。ab棒在方向竖直向上、大小按图乙所示规律变化的外力F作用下,从t=0时刻由静止开始沿导轨匀加速运动,同时cd棒也由静止释放,g取10 m/s2。 (1)求ab棒加速度a的大小,以及磁感应强度B的大小; (2)若2 s内外力F做功26.8 J,求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热; (3)求cd棒从静止到速度最大所需的时间。 能力·高分练 9.如图所示,一根空心铝管竖直放置,把一枚小圆柱形的永磁体从铝管上端由静止释放,经过一段时间后,永磁体穿出铝管下端口。假设永磁体在铝管内下落过程中始终沿着铝管的轴线运动,不与铝管内壁接触,且无翻转,忽略空气阻力。若仅增强永磁体的磁性,则永磁体(　　) A.有可能穿不过铝管 B.穿过铝管的时间缩短 C.穿出铝管时的速度变小 D.穿过铝管的过程中产生的焦耳热减少 10.如图所示,匀强磁场B的方向竖直向下,磁场中有一个边长为L的正方形刚性金属框,ab边质量为m,电阻为R,其他三边的质量和电阻均不计,cd边上装有固定的水平轴。将金属框自水平位置由静止释放,第一次转到竖直位置时,ab边的速度为v,不计一切摩擦,重力加速度为g,则在这个过程中(　　) A.通过ab边的电流方向为a→b B.ab边经过最低点时的速度最大 C.a、b两点间的电压逐渐变大 D.金属框中产生的焦耳热为mgL-mv2 11.(多选)(2026辽宁沈阳模拟)如图甲所示,在半径为r的圆形区域内存在垂直纸面的匀强磁场,磁感应强度大小B随时间变化如图乙所示。同一平面内有边长为2r的金属框abcd,总电阻为R,ab边与圆形磁场区域的直径重合。则(　　) A.t=0.5t0时,框中的感应电动势大小为 B.t=0.5t0时,框中的电流为 C.t0~3t0时间内,框中产生的焦耳热为 D.t0~3t0时间内,框中产生的焦耳热为 12.(9分)如图所示,水平面内固定有平行长直金属导轨AB、CD和金属圆环;金属杆MN垂直导轨静止放置,金属杆OP一端在圆环圆心O处,另一端与圆环接触良好。水平导轨区域、圆环区域有等大反向的匀强磁场。OP绕O点逆时针匀速转动;闭合S,待MN匀速运动后,使OP停止转动并保持静止。已知磁感应强度大小为B,MN质量为m,OP的角速度为ω,OP长度、MN长度和平行导轨间距均为L,MN和OP的电阻阻值均为r,忽略其余电阻和一切摩擦,求: (1)闭合S瞬间MN所受安培力大小和方向; (2)MN匀速运动时的速度大小; (3)从OP停止转动到MN停止运动的过程,MN产生的焦耳热。 素养·提升练 13.(9分)(跨模块融通)如图所示,两根电阻不计、足够长的平行光滑导轨,间距L=0.2 m,上端接有定值电阻R(阻值未知),轨道平面与水平面的夹角θ=30°;间距d=0.1 m的虚线EF、GH与导轨所围的区域有磁感应强度B=5 T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场;正方形导体框MNPQ,边长为L=0.2 m,每边电阻均为r=1.5 Ω。导体框从MN与EF间距离为x=0.1 m处由静止释放,MN边刚进入磁场区域时恰好做匀速直线运动,且MN两端的电压UMN=0.25 V。重力加速度g取10 m/s2。求: (1)正方形导体框总质量m; (2)导体框MN边通过磁场区域的过程中,通过MN边的电荷量q及电阻R上产生的焦耳热Q。 答案： 1.AC　解析 电流从边缘流向中心,磁场方向由N极指向S极(竖直向上)。根据左手定则,由上往下看液体沿逆时针方向旋转,A正确;电路中电流应满足E=U+I(r+R0),可得I= A=0.4 A,B错误;容器中液体安培力的功率PA=UI-I2R,解得PA=0.16 W,D错误;液体受到的安培力为F=IBl=0.08 N,容器中液体安培力的功率PA=F=F,解得ω=20 rad/s,C正确。 2.D　解析 当开关S由1掷到2时,电容器开始放电,此时电流最大,棒受到的安培力最大,加速度最大,此后棒开始运动,产生感应电动势,棒相当于电源,由右手定则可判断,棒上端为正极,下端为负极,棒开始运动后,电路中的电流逐渐减小,棒所受安培力逐渐减小,加速度逐渐减小,当电容器极板间电压与棒两端电动势相等时,电容器不再放电,电路中电流等于零,棒做匀速运动,加速度减为零,B、C错误,D正确;因为电容器两极板间有电压,所以q=CU最终不等于零,A错误。 3.D　解析 根据右手定则可得金属棒中的电流方向为b→a,由于金属棒为电源,所以a端电势高,A错误;导体棒切割磁感线产生的电动势E=BLv,此时B、L、v应该两两互相垂直,将B沿斜面方向和垂直斜面方向分解,所以E=BLv0cos θ,B错误;在导体棒加速到稳定状态的过程中,根据能量守恒定律,重力做的功一方面用于克服安培力做功,一方面使导体棒动能增加,又因为电阻R产生的焦耳热等于导体棒克服安培力做的功,故电阻R产生的焦耳热应该小于重力所做的功,C错误;金属棒下滑过程中根据牛顿第二定律可得mgsin θ-ILBcos θ=ma,又由闭合电路欧姆定律I=,导体棒的电动势E=BLvcos θ,求得a=gsin θ-,速度为v=v0时加速度为零,即gsin θ=,当导体棒速度达到时,加速度a=gsin θ-gsin θ,D正确。故选D。 4.AB　解析 考查楞次定律、安培力以及牛顿第二定律。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abcda,故A正确;对任意时刻,当电路中的电流为I时,对ab根据牛顿第二定律得2mgsin 30°-2BILcos 30°=2ma1,对cd根据牛顿第二定律得mgsin 30°-BILcos 30°=ma2,可得a1=a2,故C错误;当导体棒匀速运动时,电路中的电流达到稳定值,此时对ab分析得,2mgsin 30°=2BI'Lcos 30°,解得I'=,故B正确;根据前面分析可知,a1=a2,故可知两导体棒速度大小始终相同,由于两边磁感应强度不同,因此两棒产生的感应电动势不同,故D错误。 5.ABC　解析 对导体棒,由动能定理得W1=Ek-0,对磁体,由动能定理得WF+WG-W2=0,对整个系统,由功能关系得WF+WG=Ek+Q,综合以上三式,可知选项A、B、C正确,D错误。 6.D　解析 对金属杆受力分析,根据牛顿第二定律有=ma,随着金属杆速度的减小,其加速度也减小,A错误;金属杆向右运动的过程中,根据右手定则可知,通过金属杆的电流方向由a指向b,B错误;金属杆切割磁感线产生的最大电动势为Em=BLv0,根据闭合电路欧姆定律可知,金属杆两端最大的电压为U=R=BLv0,C错误;根据能量守恒定律可知,金属杆上产生的焦耳热Q=,D正确。故选D。 7.AC　解析 最终状态两棒均做匀速运动,此时两棒切割磁感线产生的电动势大小相等,则有B·2Lv甲=BLv乙,解得v乙=2v甲,对甲棒,根据动量定理可得-B·2L·Δt=2mv甲-2mv0,对乙棒,根据动量定理可得BL·Δt=mv乙,联立解得v甲=v0,v乙=v0,A正确,B错误;根据能量守恒定律可知,回路中产生的总热量为Q=×2m×2m,结合上述结论v甲=v0,v乙=v0,解得Q=,则乙棒产生的热量为Q乙=Q=,C正确,D错误。故选AC。 8.(1)1 m/s2　1.2 T　(2)4.8 J　(3)2 s 解析 (1)对ab棒,根据牛顿运动定律有F-m1g-BIL=m1a,又有I=,E=BLv,v=at,由以上各式得F=m1g+m1a+,图像的截距m1g+m1a=11 N,斜率 N/s=1.8 N/s,代入可得a=1 m/s2,B=1.2 T。(2)ab棒在2 s内上升的高度及2 s末的速度分别为h=at2=2 m,v=at=2 m/s,根据动能定理有WF-m1gh-WA=m1v2,则Q=WA=4.8 J。(3)由Ff=μFA=μBIL==1.35 t,则a==10-5t,当a=0时,速度达到最大,解得t=2 s。 9.C　解析 永磁体下落过程中所受的阻力不可能大于其重力,故始终会下落,选项A错误;若仅增强永磁体的磁性,则铝管中产生的感应电流变大,永磁体受到的向上的安培力变大,加速度减小,则其穿出铝管时的速度变小,穿过铝管的时间变长,选项B错误,C正确;由能量守恒定律可知,穿过铝管的过程中产生的焦耳热等于磁体的机械能的减少量,即Q=mgh-mv2,因为v减小,故Q增大,选项D错误。 10.D　解析 根据右手定则可知,通过ab边的电流方向为b→a,选项A错误;金属框自水平位置下摆过程中,由于受到安培力的阻碍作用,ab边速度最大的位置应在到达最低点之前,选项B错误;除ab外其他三边电阻为零,电源(ab)外电压恒为零,选项C错误;根据能量守恒定律可知,金属框中产生的焦耳热为Q=mgL-mv2,选项D正确。 11.AD　解析 根据法拉第电磁感应定律可知,t=0.5t0时,框中的感应电动势大小为E1=S=πr2=,选项A正确;t=0.5t0时,框中的电流为I=,选项B错误;t0~3t0时间内,框中的感应电动势大小为E2=S=πr2=,框中产生的焦耳热为Q=·2t0=,选项C错误,D正确。 12.(1),方向水平向左　(2)ωL　(3)mω2L2 解析 (1)当OP绕O点逆时针匀速转动时,由右手定则可知O点电势高,OP切割磁感线产生的感应电动势为E=BωL2 闭合S瞬间,由闭合电路欧姆定律可知,通过MN的电流大小为I=,方向由M到N 则有MN所受安培力大小为F=BIL= 由左手定则可知,安培力方向水平向左。 (2)闭合S后,MN向左做加速运动,速度逐渐增大,MN切割磁感线产生感应电动势,则感应电流方向与原电流方向相反,减弱原电流,可知MN受安培力逐渐减小,做加速度减小的加速运动,当MN中电流减小到零时,安培力是零,加速度是零,MN的速度达到最大,设为v,此时做匀速直线运动,则有MN切割磁感线产生感应电动势与OP产生的感应电动势大小相等,可知EMN=BLv=BωL2,解得v=ωL。 (3)从OP停止转动到MN停止运动的过程,由能量守恒定律可知,电路中产生的焦耳热为 Q=mv2=mω2L2 MN产生的焦耳热为QMN=Q=mω2L2。 13.(1)0.1 kg　(2)0.05 C　 J 解析 (1)设导体框MN边进入磁场时的速度为v0,在导体框下滑x的过程中,有mgxsin θ=,解得v0=1 m/s,设MN边在磁场中运动时,电动势为E,MN中电流为I,则E=BLv0,E=UMN+Ir,解得I=0.5 A,导体框MNPQ做匀速直线运动,则mgsin θ=BIL,解得m=0.1 kg。 (2)设MN边通过磁场区域的时间为t,则t=,q=It,解得t=0.1 s,q=0.05 C,当导体框MN边进入磁场后,MQ、NP边短路,所以外电路为导体框PQ边与定值电阻R并联,设电阻为R并,则R并=,UMN=IR并,电阻R上产生的焦耳热为Q=t,解得R=0.75 Ω,Q= J。 10 学科网（北京）股份有限公司 $