2027年高考物理一轮复习 突破练习含答案077-课时作业66 电磁感应中的动力学和能量问题（教用）

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1．多选 如图，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab，导轨的一端连接电阻R，其他电阻均不计，金属棒与导轨始终接触良好，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止向右运动。则（ ）
A. 随着ab运动速度的增大，其加速度减小
B. 外力F对ab做的功等于电路中产生的电能
C. 当ab匀速运动时，外力F做功的功率大于电路中的电功率
D. 无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能
【答案】AD
【解析】金属棒ab所受的安培力为FA=IlB=B2l2vR，由牛顿第二定律可知a=F−FAm，则随着ab运动速度的增大，其所受安培力增大，因为F不变，则加速度减小，当加速度减小为0时，ab开始做匀速直线运动，故A正确；根据能量守恒定律可知，外力F对ab做的功等于电路中产生的电能与ab的动能之和，故B错误；当ab匀速运动时，外力F做的功全部转化为电路中的电能，此时外力F做功的功率等于电路中的电功率，故C错误；根据功能关系知，ab克服安培力做的功等于电路中产生的电能，故D正确。
2．多选 如图所示，宽度为1m的光滑平行导轨位于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为1T，将质量均为1kg的导体棒M、N垂直放在导轨上，导轨电阻不计，每根导体棒电阻为1Ω 。现给导体棒M施加大小为10N的平行于导轨的外力，导体棒M、N始终垂直于导轨，导体棒运动稳定后，下列说法正确的是 （ ）
A. 导体棒M的加速度大小为5m/s2
B. 导体棒M的速度大小为5m/s
C. 回路中感应电动势为5V
D. 流过导体棒M的电流为5A
【答案】AD
【解析】导体棒运动稳定后，两棒具有恒定的速度差，因而加速度相等，分别对M、N由牛顿第二定律得F−ILB=maM，ILB=maN，两式相加得F=maM+maN，解得aM=aN=5m/s2，所以I=maNBL=5A，故A、D正确；由闭合电路欧姆定律可得E=I⋅2R=5×2V=10V，故C错误；运动稳定后，导体棒依然具有加速度，所以运动速度是不断变化的，故B错误。
3．（2025·河南洛阳一模）多选 如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场，则下列说法正确的是（ ）
A. 第二次与第一次进入时线圈中电流之比为2:1
B. 第二次与第一次进入时外力的功率之比为2:1
C. 第二次与第一次进入过程中通过线圈某横截面的电荷量之比为2:1
D. 第二次与第一次进入时线圈中热量之比为2:1
【答案】AD
【解析】由E=Blv知，第二次与第一次进入时线圈中感应电动势之比为E2E1=21，由I=ER得，第二次与第一次进入时线圈中感应电流之比为I2I1=21，故A正确。匀速进入，外力做功的功率与克服安培力做功的功率相等，由P=I2R得，第二次与第一次进入时外力做功的功率之比为P2P1=41，故B错误。由电荷量q=ΔΦR得，第二次与第一次进入过程中通过线圈某横截面的电荷量之比为q2q1=11，故C错误。产生热量Q=Pt=P⋅lv，得第二次与第一次进入时线圈产生的热量之比为Q2Q1=41×12=21，故D正确。
4．（2025·湖北名校联考）舰载机返回航母甲板时有多种减速方式，如图所示为一种电磁减速方式的简要模型。固定在水平面上足够长的平行光滑导轨，左端接有定值电阻，整个装置处在匀强磁场中。现有一舰载机可等效为垂直于导轨的导体棒ab，以一定初速度水平向右运动，导体棒和导轨的电阻不计。则导体棒运动过程中，其速度v、加速度a随运动时间t的变化图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】导体棒以速度v向右切割磁感线时，导体棒产生的感应电动势E=BLv，由闭合电路欧姆定律可得导体棒的感应电流I=ER，由右手定则可得通过导体棒中感应电流方向从b指向a，由左手定则可得导体棒受到的安培力F安方向向左，大小为F安=BIL，所以导体棒做减速运动，由牛顿第二定律，有F安=ma，解得导体棒的加速度大小为a=B2L2vmR，由于导体棒速度减小，则导体棒的加速度减小，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，故A错误，B正确；根据a=B2L2vmR可知，a−t图像的形状与v−t图像类似，故C、D错误。
5．（2025·广东惠州一模）多选 如图所示，间距为L的无限长光滑导轨倾斜放置，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，导轨平面与水平面夹角为θ ，一个质量为m、电阻为r的光滑导体棒垂直横跨在两根导轨上，导轨上端的定值电阻阻值为R，导轨电阻不计，当导体棒从静止释放后，沿导轨下滑距离l时达到稳定状态，下滑过程中导体棒与导轨始终垂直且接触良好，以下说法正确的是（ ）
A. 导体棒做变加速运动，最大加速度为gsinθ
B. 导体棒做匀加速运动，加速度为gsinθ
C. 导体棒稳定时的速度为mgsinθ(R+r)B2L2
D. 导体棒稳定时的速度为2glsinθ
【答案】AC
【解析】当导体棒沿导轨下滑的速度大小为v时，导体棒产生的感应电动势E=BLv，由右手定则可得通过导体棒的感应电流方向由a指向b，由闭合电路欧姆定律可得感应电流大小I=ER+r，导体棒所受安培力大小为F=BIL，由牛顿第二定律可得mgsinθ−F=ma，解得导体棒的加速度大小a=gsinθ−B2L2vm(R+r)，所以随着导体棒的速度增大，其加速度减小，即导体棒做加速度减小的加速运动，当v=0时，导体棒加速度最大，为amax=gsinθ ，故A正确，B错误；当a=0时，导体棒达到稳定状态，开始做匀速运动，速度最大，为vm=mgsinθ(R+r)B2L2，故C正确，D错误。
6．多选 如图，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，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨的左边区域有宽度为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 ，重力加速度大小为g，金属棒与导轨垂直且接触良好，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Bd2gh2R
B. 通过金属棒的电荷量为BdL2R
C. 克服安培力所做的功为mgh
D. 金属棒内产生的焦耳热为12mg(h−μd)
【答案】BD
【解析】金属棒下滑到弯曲部分底端时，根据动能定理有mgh=12mv02−0，金属棒在磁场中运动时产生的感应电动势E=BLv，金属棒受到的安培力F=ILB，当金属棒刚进入磁场中时，感应电流最大，分析可得Imax=BL2gh2R，故A错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属棒的电荷量q=It=ΔΦ2R=BdL2R，故B正确；对整个过程由动能定理得mgh−W克安−μmgd=0，金属棒克服安培力做的功W克安=mgh−μmgd，金属棒内产生的焦耳热Q=12W克安=12mg(h−μd)，故C错误，D正确。
7．（2025·安徽安庆一模）多选 如图所示，U形光滑金属导轨与水平面成37∘ 角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动。整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8N，经过2s金属杆运动到导轨最上端并离开导轨。已知U形金属导轨中两侧平行导轨之间的距离为1m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1kg、电阻为1Ω ，磁感应强度大小为1T，重力加速度g取10m/s2，取sin37∘=0.6、cs37∘=0.8。下列说法正确的是（ ）
A. 拉力F是恒力
B. 拉力F随时间t均匀增加
C. 金属杆运动到导轨最上端时拉力F为12N
D. 金属杆运动的加速度大小为2m/s2
【答案】BCD
【解析】设金属杆从静止开始做匀加速直线运动的加速度大小为a，t时刻，金属杆的速度大小为v=at，产生的感应电动势为E=Blv，回路中的感应电流为I=BlvR，金属杆所受的安培力大小为F安=BIl，由牛顿第二定律得F−mgsin37∘−F安=ma，联立解得F=ma+mgsin37∘+B2l2atR，所以拉力F随时间t均匀增加，故当t=0时，F最小，Fmin=ma+mgsin37∘=8N，代入数据解得a=2m/s2，当t=2s时，代入数据解得金属杆运动到导轨最上端时拉力F=12N，故B、C、D正确，A错误。
能力强化练
8．（2025·江苏苏州二模）足够长的平行金属导轨ab、cd水平放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，a、c之间连接有电容为C的电容器，导轨间距为L，长度为L的光滑金属棒垂直于导轨放置，与导轨接触良好，俯视图如图所示。金属棒在水平恒力F的作用下开始向右运动，当金属棒运动距离为x时撤去外力F，整个过程电容器未被击穿，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 在外力F作用下金属棒做加速度越来越小的加速运动
B. 撤去外力F后金属棒做减速运动直至静止
C. 在外力F的作用下，电容器的电荷量随时间均匀增大
D. 撤去外力F时金属棒的速度为FxCB2L2+m
【答案】C
【解析】在外力F作用下，对金属棒由牛顿第二定律得F−ILB=ma，通过金属棒的电流为I=ΔqΔt=CBLΔvΔt=CBLa，可得金属棒的加速度a=FCB2L2+m，金属棒做匀加速直线运动，撤去力F后，金属棒两端电压和电容器两端电压相等，整个闭合回路中没有电流，金属棒做匀速直线运动，故A、B错误；在外力F作用下，电容器的电荷量Q=CU=CBLat，可知电容器的电荷量随时间均匀增大，故C正确；由v2=2ax可得，v=2FxCB2L2+m，故D错误。
9．（2026·湖北襄阳四中模拟）多选 用粗细均匀的金属丝制成一边长为l、匝数为N的正方形导线框abcd，线框质量为m，由距匀强磁场上边界高度为h处自由下落，如图所示。其下边ab进入匀强磁场区域后，线框开始做匀速运动，直到其上边dc刚刚开始穿出磁场为止，此磁场区域宽度也是l。设线框在穿越磁场过程中产生的焦耳热为Q。若将线框匝数增加至2N，由同一位置释放，穿过磁场过程中产生的热量为Q′，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A. Q=mg(l+h)B. Q=2mgl
C. Q′=2QD. Q′>2Q
【答案】BC
【解析】导线框下边ab进入匀强磁场区域后，线框开始做匀速运动，直到其上边dc刚刚开始穿出磁场为止，由能量守恒定律可知导线框减少的重力势能转化为内能，故线框在穿越磁场过程中产生的焦耳热为Q=mg⋅2l=2mgl，故A错误，B正确；导线框下边ab刚进入匀强磁场区域时v=2gh，设导线框电阻为R，下边ab进入匀强磁场区域后，线框开始做匀速运动，有NBIl=mg，又I=NBlvR，将线框匝数增加至2N，质量为2m，电阻为2R，由同一位置释放，导线框下边ab刚进入匀强磁场区域时v=2gh，I′=2NBlv2R=I，导线框下边ab受到的安培力2NBI′l=2NBIl=2mg，故导线框仍做匀速运动，由能量守恒定律可知导线框减少的重力势能转化为内能，故线框在穿越磁场过程中产生的焦耳热为Q′=2mg⋅2l=4mgl=2Q，故D错误，C正确。
创新思维练
10．（2025·吉林长春二模）（14分）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：
①一个定值电阻R满足I=UR关系；
②一个电容器的电容为C，两极板间电压为U时，储存的能量为E=12CU2；
③一个电感线圈的自感系数为L，自感电动势E自=LΔIΔt，式中ΔIΔt为电流变化率；通过的电流为I时，储存的能量为E′=12LI2。
如图所示，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及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，现从静止释放金属棒，求金属棒的最终速度大小v1；
（2） 若在a、b间接入一个电容为C的电容器，现从静止释放金属棒，求当电容器两极板间电压为U0时，金属棒下落的高度h；
（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，现从静止释放金属棒，求金属棒下落过程中的最大速度v2。
【答案】（1） mgRB2d2
（2） m+CB2d22mgB2d2U02
（3） gmLBd
【解析】
（1） 对金属棒受力分析，当受力平衡时，具有最大速度，即mg=F安，
又F安=BId，I=ER=Bdv1R，
联立解得v1=mgRB2d2。
（2） 由能量守恒定律可得
mgh=12mv2+12CU02，
又U0=Bdv，
联立解得h=m+CB2d22mgB2d2U02。
（3） 设金属棒下落速度为v′，根据题意有Bdv′=LΔIΔt，
设金属棒速度达到最大值v2时，电流为I0，有mg=BI0d，
设该过程金属棒下落的高度为x0，根据能量守恒定律有mgx0=12mv22+12LI02，
又Bdv′Δt=LΔI，
可得Bdx0=LI0，
联立解得v2=gmLBd。