第十二章　第69练　专题强化：电磁感应中的动力学和能量问题-2026版一轮复习

第69练专题强化：电磁感应中的动力学和能量问题分值：100分1~4题每小题9分，5题14分，共50分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及线框的电阻不计，开始时，给ef一个向右的初速度，则()A.ef将减速向右运动，但不是匀减速运动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.(2024·山东青岛市检测)如图所示，MN和PQ是竖直放置的两根平行光滑金属导轨，导轨足够长且电阻不计，MP间接定值电阻R，金属杆cd保持与导轨垂直且接触良好。杆cd由静止开始下落并计时，杆cd两端的电压U、杆cd所受安培力的大小F随时间t变化的图像，以及通过杆cd的电流I、杆cd加速度的大小a随杆的速率v变化的图像，合理的是()3.(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。平直部分导轨的最左边区域有宽度为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，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中()A.通过金属棒的最大电流为BdB.通过金属棒的电荷量为BdLC.克服安培力所做的功为mghD.金属棒上产生的焦耳热为12mg(h－μd4.(多选)(2025·山东临沂市检测)如图甲所示，两间距为L的平行光滑金属导轨固定在水平面内，左端用导线连接，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，一根长度也为L、电阻为R的金属棒放在导轨上，在平行于导轨向右、大小为F的恒力作用下向右运动，金属棒运动过程中，始终与导轨垂直并接触良好，金属棒运动的加速度与速度的关系如图乙所示，不计金属导轨及左边导线电阻，金属导轨足够长，若图乙中的a0、v0均为已知量，则下列说法正确的是()A.金属棒的质量为FB.匀强磁场的磁感应强度大小为1C.当拉力F做功为W时，通过金属棒横截面的电荷量为WD.某时刻撤去拉力，此后金属棒运动过程中加速度大小与速度大小成正比5.(14分)(2024·山东青岛市检测)如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1.0m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝1.6Ω的电阻，质量m＝0.5kg、接入电路的电阻r＝0.4Ω的金属棒ab垂直导轨放置，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属棒ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s＝3.8m时达到稳定状态，对应过程的v－t图像如图乙所示。g取10m/s2，导轨足够长(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。求：(1)(6分)运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小；我用夸克网盘分享了「与您分享-国家、地方、行业、团体标准」，点击链接即可保存。打开「夸克APP」，无需下载在线播放视频，畅享原画5倍速，支持电视投屏。链接：/s/45a9f612fe59提取码：t9EX联系qq:1328313560我的道客巴巴：/634cd7bd0a3f5a7311db139533c20794

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(2)(8分)从金属棒开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属棒上产生的焦耳热。6题9分，7题14分，8题17分，共40分6.(多选)(2024·山东卷·11)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OO'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。MN运动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是()A.MN最终一定静止于OO'位置B.MN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N7.(14分)某研究小组设计了一磁悬浮电梯，简化模型如图所示，不计电阻、间距为l、足够长的光滑平行导轨固定在竖直平面内，导轨间存在着垂直于轨道平面、磁感应强度大小相等、磁场方向相反的匀强磁场，每个磁场区域均为边长为l的正方形。在质量为m、边长为l、总电阻为R、匝数为N的正方形金属线圈EFGH中通入电流后静止在导轨上，线圈与导轨之间绝缘，此时线圈的发热功率为P0，重力加速度为g。(1)(3分)求匀强磁场的磁感应强度大小；(2)(4分)若增大通入的电流后，线圈的发热功率为P1(P1>P0)，求线圈开始向上运动瞬间的加速度大小；(3)(7分)若线圈中不通入电流，线圈由图中位置静止释放，下落5l时达到最大速度，求该过程中线圈产生的焦耳热。8.(17分)(2024·全国甲卷·25)如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦。定值电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个装置处于竖直方向且磁感应强度为B的匀强磁场中。(1)(8分)开关S闭合时，对金属棒施加水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v的大小。(2)(9分)当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。(10分)9.(多选)(2024·山东省模拟)如图所示，间距为0.5m的两平行光滑金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平面上，虚线AB的左、右两侧均存在垂直水平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1＝0.2T、B2＝0.4T。长度为0.5m、质量为1kg、阻值为0.2Ω的导体棒a静止在AB左侧导轨上，长度为0.5m、质量为1kg、阻值为0.8Ω的导体棒b静止在AB右侧导轨上。t＝0时刻起，b在大小为0.6N、方向水平向右的恒力F作用下由静止开始运动。已知两棒始终与导轨垂直且接触良好，且a始终未越过虚线AB，导轨电阻均不计。下列说法正确的是()A.t＝0时刻，b的加速度大小为0.3m/s2B.a的最大加速度为0.24m/s2C.导体棒a消耗电功率的最大值为1.152WD.a、b加速度相等时，二者速度之比大于1∶4

答案精析1.A[ef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，由F＝BIL＝B2L2vR＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，最终停止运动，故A正确，B、2.D[设杆长为L，杆下落过程中切割磁感线产生的感应电流大小为I＝ER＋r＝BLvR＋r∝v，故C错误；根据牛顿第二定律有mg－BIL＝ma，即a＝g－B2L2vm(R＋r)，故D正确；杆所受安培力的大小为F＝BIL3.BD[金属棒由静止释放下滑到导轨弯曲部分底端，根据动能定理有mgh＝12mv02，金属棒在磁场中运动时产生的感应电动势E＝BLv，当金属棒刚进入磁场时，产生的感应电动势最大，感应电流最大，Imax＝BLv02R＝BL2gh2R，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＝E2Rt＝ΔΦ2R＝BdL2R，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＝mgh4.ABD[由题意可知F－B2L2vR＝ma，得a＝Fm－B2L2mRv，结合a－v图像可知Fm＝a0，B2L2mR＝a0v0，解得m＝Fa0，B＝ma0RL2v0＝1LFRv05.(1)b端电势高5N(2)1.47J解析(1)由右手定则可判断感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端电势高，当金属棒匀速运动时，由平衡条件得F＝mgsin37°＋F安，其中F安＝BIL＝B2L2vR＋r，由题图乙可知v＝1.0(2)从金属棒开始运动到恰好达到稳定状态，由动能定理得(F－mgsin37°)s－W克安＝12mv又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得Q＝W克安＝7.35J，金属棒与电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为Qr＝rR＋rQ＝1.476.ABD[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MN的机械能不断减小，又由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，MN最终一定静止于OO'位置，故A正确；由楞次定律可知，MN切割磁感线产生的感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，可知安培力一直做负功，故B正确；金属棒MN从释放到第一次到达OO'位置过程中，由于在OO'位置重力沿切线方向的分力为0，安培力水平向左，可知在即将到达OO'位置之前的某一位置之后，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OO'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。]7.(1)mg2NlRP0(2)g(P1P解析(1)线圈通入电流后静止在导轨上，根据平衡条件有2NBI0l＝mg此时线圈的发热功率P0＝I0则有B＝mg(2)若增大通入的电流后，线圈的发热功率P1＝I1根据牛顿第二定律有2NBI1l－mg＝ma解得a＝2NBlmP1R－g＝g(3)若线圈中不通入电流，线圈静止释放，线圈速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，磁场对线圈的安培力增大，线圈做加速度减小的加速运动，当加速度为0时，线圈速度达到最大，此时感应电动势为Emax＝2NBlvmax感应电流的最大值为Imax＝E根据平衡条件有2NBImaxl＝mg结合上述解得vmax＝mgR由于线圈由图中位置静止释放，下落5l时达到最大速度，则由能量守恒定律有mg·5l＝Q＋12m解得Q＝5mgl－P08.(1)v02(2)BL解析(1)开关S闭合后，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则F＝F安＝BIL由闭合电路欧姆定律得I＝E金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv0联立可得，恒定的外力为F＝B在加速阶段，外力的功率为PF＝Fv＝B2定值电阻的功率为PR＝I2R＝B若PF＝2PR时，即B2L2v化简可得金属棒速度大小为v＝v(2)断开开关S，电容器充电，则电容器与定值电阻串联，则有E＝BLv＝IR＋q当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力F安＝BIL不断减小，而拉力的功率PF'＝F'v＝F安·v＝BILv定值电阻功率PR＝I2R当PF'＝2PR时有BILv＝2I2R可得IR＝BLv根据E＝BLv＝IR＋q可得此时电容器两端电压为UC＝qC＝从开关断开到此刻外力所做的功为W＝ΣBIL(v·Δt)＝BLvΣI·Δt＝BLvq其中q＝CBLv联立可得W＝CB9.BCD[初始时，两导体棒的速度均为0，回路中的感应电动势为0，导体棒所受安培力也为0，则由牛顿第二定律有a0＝Fmb，可得导体棒b的加速度a0＝0.6m/s2，故A错误。设某时刻导体棒a的速度为v1、导体棒b的速度为v2，由法拉第电磁感应定律可得，回路中的感应电动势E＝L(B2v2－B1v1)，则回路中的电流I＝ERa＋Rb，导体棒a所受的安培力FA1＝B1IL，导体棒b所受的安培力FA2＝B2IL，由牛顿第二定律可得，导体棒a的加速度a1＝FA1ma，导体棒b的加速度a2＝F-FA2mb，随着导体棒速度差的增大，导体棒a的加速度逐渐增大、导体棒b的加速度逐渐减小，直到两棒的加速度恒定，即B2v2－B1v1恒定，取稳定后一小段时间t0，则有B2v2－B1v1＝B2(v2＋a2t0)－B1(v1＋a1t0)，代入数据可得2a2－a1＝0，又两导体棒质量相等，即2F－2FA2＝FA1，由于两导体棒中电流时刻相等，且两导体棒长度相等，则有FA2＝2FA1，联立可得，导体棒a的加速度为0.24m/s2，导体棒b的加速度为0.12m/s2，故B正确。稳定时回路中的电流I＝2.4A，为回路中的最大电流，则导体棒a消耗电功率的最大值为P＝图线与坐标横轴围成的面积表示对应时间内导体棒速度的变