高频微专题10 电磁感应中的动力学、动量和能量问题《巅峰突破》2026版物理高三一轮复习（含答案解析）

(
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
(
姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
高频微专题10　电磁感应中的动力学、动量和能量问题
满分100分,限时75分钟
一、选择题(本题共10小题,共40分。在每小题给出的四个选项中,第1—7题只有一项符合题目要求,每小题4分;第8—10题有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.如图所示,空间中存在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。边长为L的正方形线框abcd的总电阻为R。除ab边为硬质金属杆外,其他边均为不可伸长的轻质金属细线,并且cd边保持不动,杆ab的质量为m。将线框拉至水平后由静止释放,杆ab第一次摆到最低位置时的速率为v。重力加速度为g,忽略空气阻力。关于该过程,下列说法正确的是 (　　)
A.a端电势始终低于b端电势
B.杆ab中电流的大小、方向均保持不变
C.安培力对杆ab的冲量大小为
D.安培力对杆ab做的功为mgL-mv2
2.如图所示,两个完全相同的导线圈a、b从同一高度自由下落,途中在不同高度处通过两个宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场区域后落到水平地面上,设两线圈着地时动能分别为Eka和Ekb,穿出磁场区域的过程中流过线圈导线横截面的总电荷量分别为qa和qb,则下列判断正确的是 (　　)
A.Eka=Ekb,qa=qb　　　　 B.Eka>Ekb,qa>qb
C.Eka>Ekb,qa=qb　　　　 D.Eka3.如图所示,MN和PQ是两根互相平行竖直放置的足够长光滑金属导轨,导轨间距为L且电阻不计,质量为m、电阻为R的金属杆ab与导轨垂直且始终与导轨接触良好,开始时,将开关S断开,让杆ab由静止开始自由下落时间t1后闭合开关S,再经一段时间t2后匀速下落。不计空气阻力,重力加速度为g,金属杆在t1+t2运动时间内,下列说法正确的是 (　　)
A.闭合开关后流过杆的感应电流方向从b到a
B.闭合开关后金属杆一定做加速度减小的加速运动
C.杆所受安培力的冲量大小为mg(t1+t2)-
D.杆下落的高度小于
4.如图所示,两条足够长、间距d=1 m的光滑平行金属导轨MN和PQ固定在水平面上,阻值R=2 Ω的定值电阻与导轨的M、P端相连,导轨电阻不计。空间中存在垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B=1 T的匀强磁场,质量m=0.1 kg、长度L=1 m、阻值不计的金属杆ab垂直于导轨放置并且始终与导轨接触良好。在杆ab的中点处系一根不可伸长的轻绳,轻绳跨过定滑轮与一个质量也为m的物块相连,滑轮左侧轻绳与导轨平面保持平行。某时刻释放物块,物块和金属杆从静止开始运动,当物块下落的高度h=2 m时,二者达到最大速度。重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。从开始运动到达到最大速度的过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.金属杆的平均速度大小为5 m/s
B.通过电阻R的电荷量为0.7 C
C.所用的时间为1.4 s
D.电阻R产生的热量为1.8 J
5.如图所示,边长为a的正方形铝框平放在光滑绝缘水平桌面上,桌面上有边界平行、宽为b且足够长的匀强磁场区域,磁场方向垂直于桌面,铝框依靠惯性滑过磁场区域,滑行过程中铝框平面始终与磁场垂直且一边与磁场边界平行,已知aA.铝框所用时间相同
B.铝框上产生的热量相同
C.铝框中的电流方向相同
D.安培力对铝框的冲量相同
6.如图所示,与水平面夹角为θ的绝缘斜面上固定有光滑U形金属导轨。质量为m、电阻不可忽略的导体杆MN沿导轨向下运动,以大小为v的速度进入方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场区域,在磁场中运动一段时间t后,速度大小变为2v。运动过程中杆与导轨垂直并接触良好,导轨的电阻忽略不计,重力加速度为g。杆在磁场中运动的此段时间内 (　　)
A.流过杆的感应电流方向从N到M
B.杆沿轨道下滑的距离为vt
C.流过杆的感应电流的平均电功率等于重力的平均功率
D.杆所受安培力的冲量大小为mgt sin θ-mv
7.如图所示,两根平行长导轨水平固定,左端接一电容器C(初始时不带电),光滑金属棒垂直导轨放置,金属棒和导轨的电阻不计,导轨所在空间存在竖直向上的匀强磁场。t=0时刻,金属棒在水平恒力F的作用下由静止开始运动,运动中金属棒与导轨始终垂直且接触良好,则金属棒运动中的速度v、流过金属棒的电荷量q、金属棒运动的位移x、加速度a随时间t的变化关系可能正确的是 (　　)
　　　　　　　　　　　　
8.如图,足够长的平行光滑金属导轨M、N固定在水平桌面上,导轨间距离为L,垂直导轨平面有竖直向下的匀强磁场,以CD为分界线,磁感应强度大小左边为2B,右边为B,两导体棒a、b垂直导轨静止放置,a棒距CD足够远,已知a、b棒质量均为m,长度均为L,电阻均为r,棒与导轨始终接触良好,导轨电阻不计,现使a获得一瞬时水平速度v0,在两棒运动至稳定的过程中(a棒还没到CD分界线),下列说法正确的是 (　　)
A.a、b系统机械能不守恒
B.a、b系统动量守恒
C.a棒稳定时的速度为0.2v0
D.导体棒a产生的焦耳热为
9.如图所示,在竖直向下的匀强磁场中,水平U形导体框左端连接一阻值为R的电阻,导体框间距为L,质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动,最终停在导体框上。在此过程中 (　　)
A.导体棒做匀减速直线运动
B.导体棒中感应电流的方向为a→b
C.电阻R消耗的总电能为
D.导体棒滑行距离x=
10.如图所示,竖直平面内足够长的光滑“”形金属导轨间的距离为L,空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一根劲度系数为k的轻质绝缘弹簧上端固定在导轨上,下端连接一根质量为m的金属棒ab,弹簧处于原长时将金属棒由静止释放,金属棒下降x时速度最大。已知金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好,金属棒的电阻为R,导轨电阻不计,弹簧具有的弹性势能Ep=kx2(x为弹簧的形变量),重力加速度大小为g,则下列说法正确的是 (　　)
A.金属棒下降时通过的电流方向从b到a
B.金属棒运动过程中的最大速度为
C.金属棒从释放到最后稳定的过程中,回路中产生的焦耳热为
D.金属棒从释放到速度达到最大的过程中,克服安培力做的功为mgx--kx2
二、非选择题(本题共4小题,共60分)
11.(15分)如图所示,两根足够长的金属光滑导轨MN、PQ平行放置,导轨平面与水平面成θ=30°角,间距L=1.0 m,导轨M、P之间接有阻值R=4.0 Ω的电阻,质量m=0.20 kg的金属棒ab垂直导轨放置,金属棒ab的电阻r=1.0 Ω,导轨电阻均不计。整个装置放在磁感应强度B=2.0 T的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向上,金属棒ab由静止开始沿框架滑到刚开始匀速运动时,下滑的距离x=10 m,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)金属棒匀速运动时,金属棒的速度大小v和两端的电压U;
(2)金属棒从静止开始下滑到刚开始匀速运动,这一过程中通过电阻R上的电荷量q和电路中产生的热量Q。
12.(13分)(2023福建宁德高三一模)如图所示,两宽度不等的平行金属导轨固定在倾角θ=30°的斜面上,导轨足够长且电阻不计。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ,两区域的边界与斜面的交线为MN。区域Ⅰ中的导轨间距L1=0.4 m,匀强磁场方向垂直斜面向下,区域Ⅱ中的导轨间距L2=0.2 m,匀强磁场方向垂直斜面向上,两磁场的磁感应强度大小均为B=1 T。现有电阻分布均匀且长度均为0.4 m的导体棒ab和导体棒cd。在区域Ⅰ中,先将质量m1=0.1 kg、电阻R1=0.2 Ω的导体棒ab放在导轨上,ab刚好不下滑。然后在区域Ⅱ中将质量m2=0.4 kg、电阻R2=0.4 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上,由静止开始下滑。导体棒cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中,导体棒ab、cd始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触,重力加速度g取10 m/s2。
(1)判断导体棒cd下滑的过程中,导体棒ab中的电流方向;
(2)导体棒ab将向上滑动时,导体棒cd的速度v多大;
(3)从导体棒cd开始下滑到导体棒ab将向上滑动的过程中,导体棒cd滑动的距离x=4 m,求此过程中所需要的时间。
13.(14分)如图所示,两平行光滑金属直轨道MN、M'N'位于同一水平面上,两轨道之间的距离L=0.50 m,N、N'端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP、N'P'平滑连接,两半圆轨道的半径均为R=0.50 m,其中两金属轨道的电阻不计。直轨道的右侧虚线区域有竖直向下、磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场,且其右边界与NN'重合。质量为m=0.2 kg、长度为d=0.5 m的金属棒ab以某一初速度v0水平向右进入磁场。磁场中原来静止一个与ab完全相同的导体棒cd,两棒在磁场中始终未相撞,且cd出磁场前,两棒已经共速。cd出磁场后恰好能沿轨道通过半圆形轨道的最高点,求:(重力加速度g=10 m/s2)
(1)ab棒的初速度v0;
(2)从ab棒进入磁场到两者共速的过程中,通过导体棒横截面的电荷量q;
(3)从ab棒进入磁场到两者共速的过程中,导体棒cd上产生的热量Q。
14.(18分)如图,水平桌面上固定一光滑U形金属导轨,其平行部分的间距为l,导轨的最右端与桌子右边缘对齐,导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧,以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞,碰撞时间很短。碰撞一次后,P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨,并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时,两端与导轨接触良好,P与Q始终平行。不计空气阻力。求
(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小;
(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量;
(3)与P碰撞后,绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
答案全解全析
1.C　根据题意,由右手定则可知,杆ab切割磁感线产生的感应电流方向为b→a,则a端电势始终高于b端电势,故A错误;根据题意可知,杆ab运动过程中,垂直磁场方向的分速度大小发生变化,则感应电流大小变化,故B错误;安培力对杆ab的冲量大小为I=BI感Lt=BL∑I感t=BLq,又有q=t、=和=,可得q==,则安培力对杆ab的冲量大小为I=,故C正确;根据题意,设安培力对杆ab做的功为W,由动能定理有mgL+W=mv2,解得W=mv2-mgL,故D错误。故选C。
2.C　设线圈电阻为R,切割磁感线的边长为L,则两线圈在进出磁场时产生的安培力为F=,由图可知,两个线圈进出磁场的速度不同,有vaEkb,出磁场过程中通过线圈横截面的电荷量为q=Δt=Δt=,可知qa=qb。故选C。
归纳总结
利用平均电流求解电磁感应中的电荷量
求解电荷量的公式推导:
电荷量表达式q=Δt;
由闭合电路欧姆定律得=;
由法拉第电磁感应定律得=n;
综合上面三式,得q=Δt=Δt=nΔt=n。
3.C　闭合开关后根据右手定则,流过杆的感应电流方向从a到b,故A错误;闭合开关时,速度v1=gt1,回路中电流为I1==,安培力FA=BI1L=,因为不知安培力和重力的大小关系,所以金属杆不一定加速运动,故B错误;全过程对金属杆,根据动量定理可知mv2-0=mg(t1+t2)-IA,金属杆匀速时mg=,解得杆所受安培力的冲量大小为IA=mg(t1+t2)-,故C正确;根据IA=BLt2=BLq=,解得闭合开关后金属杆在磁场中下落高度h=-,闭合开关前金属杆做自由落体运动下降高度h0=g,则金属杆下落高度H=h0+h,可知H不一定小于,故D错误。故选C。
4.C
解题指引　1.“二者达到最大速度”此时二者加速度为0,受力平衡。
2.金属杆切割磁感线做变加速运动过程,求运动时间可用动量定理。
解析　通过电阻R的电荷量为q=t=t==1 C,故B错误;金属杆达到最大速度vm时加速度为0,有mg=ImLB,Im=,可得vm==2 m/s,取金属杆和物块整体作为研究对象,由动量定理得mgt-LB·t=2mvm-0,解得t==1.4 s,故C正确;平均速度为== m/s= m/s,故A错误;由能量守恒定律得mgh=×2m+Q,解得Q=mgh-m=1.6 J,故D错误。故选C。
易错警示　本题容易误将绳的拉力大小看作等于物块重力。实际上金属杆从静止开始加速运动,所受安培力不断增大,所以做加速度减小的加速运动。轻绳拉力在金属杆和物块变速运动过程中不等于物块重力。本题取金属杆和物块整体作为研究对象分析比较方便。
5.D　铝框进入和离开磁场过程,磁通量变化,都会产生感应电流,受向左的安培力而减速,完全在磁场中运动时,磁通量不变,做匀速运动,可知离开磁场过程的平均速度小于进入磁场过程的平均速度,所以离开磁场过程的时间大于进入磁场过程的时间,A错误。由楞次定律可知,铝框进入磁场过程磁通量增加,感应电流为逆时针方向;离开磁场过程磁通量减小,感应电流为顺时针方向,C错误。铝框进入和离开磁场过程安培力对铝框的冲量为I安=-BaΔt,又q=Δt=Δt=Δt==,得I安=-,D正确。铝框进入和离开磁场过程,铝框均做减速运动,可知铝框进入磁场过程的速度一直大于铝框离开磁场过程的速度,根据F安=BIa=Ba=,可知铝框进入磁场过程受到的安培力一直大于铝框离开磁场过程受到的安培力,故铝框进入磁场过程克服安培力做的功大于铝框离开磁场过程克服安培力做的功,即铝框进入磁场过程产生的热量大于铝框离开磁场过程产生的热量,B错误。故选D。
6.D
思路点拨　杆进入磁场过程,速度增大,电动势增大,电流增大,杆受安培力不断增大,所以做加速度减小的加速运动。以上物理量关系的思维导图如图所示。
解析　根据右手定则,判断知流过杆的感应电流方向从M到N,故A错误。依题意,设杆切割磁感线的有效长度为L,电阻为R,杆在磁场中运动的此段时间内,杆受到重力、轨道支持力及沿轨道向上的安培力作用,根据牛顿第二定律可得mg sin θ-F安=ma,F安=BIL,I=,联立可得杆的加速度a=g sin θ-,可知,杆在磁场中运动的此段时间内做加速度逐渐减小的加速运动;杆在时间t内速度由v达到2v,速度—时间图像如图所示,可知杆下滑的距离大于vt,故B错误。由于在磁场中运动的此段时间内,杆做加速度逐渐减小的加速运动,杆的动能增大,由动能定理可知,重力对杆所做的功大于杆克服安培力所做的功,根据=可得安培力的平均功率小于重力的平均功率,即流过杆的感应电流的平均电功率小于重力的平均功率,故C错误。杆在磁场中运动的此段时间内,根据动量定理,可得mgt sin θ-I安=m·2v-mv,得杆所受安培力的冲量大小为I安=mgt sin θ-mv,故D正确。故选D。
7.B　金属棒运动中产生的感应电动势始终等于电容器两端的电压,设金属棒在极短时间Δt内的速度变化量为Δv,则ΔU=BLΔv=BLaΔt,回路中的电流i====CBLa,对金属棒有F-BiL=ma,联立可得a=,恒力F不变,a为一定值,则金属棒做匀加速直线运动,D错误;金属棒的速度v=at,v-t图线为过原点的倾斜直线,A错误;金属棒运动的位移x=at2,x-t图线为抛物线的一部分,C错误;流过金属棒的电荷量q=it=CBLat,q-t图线为过原点的倾斜直线,B正确。故选B。
归纳总结　金属棒在恒力作用下切割磁感线产生感应电动势对电容器充电,金属棒将做匀加速直线运动。
8.AC　a获得水平速度后切割磁感线产生感应电动势,两导体棒会发热,系统部分机械能转化为内能,故a、b系统机械能不守恒,故A正确;通过两导体棒的电流大小相等、方向相反,两导体棒受到的安培力方向相反,根据安培力公式F安=BIL,由于两导体棒所在磁场的磁感应强度大小不等,故受到的安培力大小不等,故a、b系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,故B错误;a棒稳定时回路中感应电动势为零,故有2BLva=BLvb,整个过程对a、b分别由动量定理有-2BLt=mva-mv0,BLt=mvb,联立解得va=0.2v0,整个过程由能量守恒可知回路中产生的总热量为Q=m-m-m,导体棒a产生的焦耳热为Qa=Q,解得Qa=,故C正确,D错误。故选A、C。
易错警示　根据“平行光滑金属导轨”容易误判为两棒构成的系统动量守恒。
9.CD　导体棒的加速度为a===,导体棒速度逐渐减小,受到的安培力逐渐减小,故导体棒做加速度减小的减速直线运动,故A错误;根据右手定则可知,导体棒中感应电流的方向为b→a,故B错误;根据能量守恒可知,电路消耗的总电能为Q总=m,电阻R消耗的总电能为Q=Q总=,故C正确;根据动量定理有-BLΔt=0-mv0,通过导体棒的电荷量为q=Δt=Δt==,导体棒滑行距离为x=,故D正确。故选C、D。
解后复盘　导体棒做变加速运动,位移要根据动量定理求。
10.BCD
思路点拨　对于选项C“最后稳定”,金属棒只要运动就有电磁感应现象,就会有机械能转化为电能,所以稳定状态是静止状态。
解析　由右手定则可知,金属棒下降时通过的电流方向从a到b,故A错误;当金属棒所受的合力等于零时速度达到最大,由平衡条件可得mg=kx+F安,其中F安=BIL,I=,E=BLvm,解得vm=,故B正确;金属棒稳定后速度为零,处于静止状态,则有mg=kx0,解得x0=,整个过程中能量守恒,则有mgx0=Q+Ep0,其中Ep0=k,解得Q=,故C正确;金属棒速度最大时,根据能量守恒定律有mgx=kx2+W+m,解得W=mgx--kx2,故D正确。故选B、C、D。
11.答案　(1)1.25 m/s　2.0 V　(2)4 C　9.84 J
解析　(1)金属棒做匀速运动时,受力平衡,则有
mg sin θ=BIL (2分)
I= (2分)
E=BLv (1分)
解得v=1.25 m/s(1分)
金属棒两端的电压U=IR=2.0 V(1分)
(2)由q=Δt (2分)
= (2分)
可得q=
解得通过电阻R上的电荷量q=4 C(1分)
电路中产生的热量Q等于此过程金属棒克服安培力所做的功,根据动能定理可得
mg sin θ·x-WA=mv2-0 (2分)
可得Q=WA=9.84 J(1分)
归纳总结
焦耳热的计算技巧
(1)电路中感应电流恒定,则电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功,即Q=I2Rt。
(2)电路中感应电流变化,可用以下方法分析:
①利用功能关系,根据产生的焦耳热等于克服安培力做的功,即Q=-W安。
②利用能量守恒,根据产生的焦耳热等于电磁感应现象中其他形式能量的减少量,即Q=-ΔE其他。
12.答案　(1)由a到b　(2)5 m/s　(3)1.2 s
解析　(1)根据右手定则可知导体棒cd下滑过程中,导体棒cd中的电流由d向c,则导体棒ab中的电流方向由a到b。 (2分)
(2)由题可知f=m1g sin θ (1分)
F安=f+m1g sin θ (1分)
F安=BIL1 (1分)
I= (1分)
E=BL2v (1分)
联立解得v=5 m/s(1分)
(3)由动量定理可知
m2gt sin θ-BL2t=m2v (2分)
q=t= (2分)
解得t=1.2 s(1分)
13.答案　(1)10 m/s　(2)4 C　(3)2.5 J
解析　(1)cd棒恰好经过半圆形轨道最高点时,由牛顿第二定律有F向=mg= (1分)
解得v== m/s(1分)
根据机械能守恒定律,cd棒从出磁场到最高点有
2mgR=m-mv2 (1分)
解得v共=5 m/s(1分)
根据动量守恒定律,ab和cd两棒组成的系统在磁场中满足动量守恒,则mv0=2mv共 (1分)
解得v0=10 m/s(1分)
(2)对cd棒根据动量定理有BLt=mv共-0 (2分)
即BqL=mv共 (1分)
解得q=4 C(1分)
(3)对两导体棒及导轨组成的回路,由能量守恒定律有m=·2m+Q总 (2分)
解得Q总=m-·2m=5 J(1分)
由于导轨不计电阻,两金属棒完全相同,则有
Q=Q总=2.5 J(1分)
14.答案　(1)v0　(2)m　(3)
解析　(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞,根据动量守恒和机械能守恒可得
3mv0=3mvQ+mvP (2分)
×3m=×3m+m (2分)
联立解得vP=v0,vQ=v0 (2分)
由题知,碰撞一次后,P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨,并落在地面上同一地点,则金属棒P滑出导轨时的速度大小为vP'=vQ=v0 (2分)
(2)根据能量守恒有m=mvP'2+Q (2分)
解得Q=m (1分)
(3)P、Q碰撞后,对金属棒P分析,根据动量定理得
-BlΔt=mvP'-mvP (2分)
又q=Δt,=== (2分)
联立可得x= (1分)
由于Q为绝缘棒,无电流通过,做匀速直线运动,故Q运动的时间为t== (2分)
专题通法
电磁感应中的动量问题解决思路
(1)动量守恒定律的应用
如图甲,a、b导体棒运动时,电流大小相等,根据F=BIl,安培力大小相等,且方向相反,这类问题可用动量守恒定律求稳定时的速度。
　　
(2)动量定理的应用
如图乙,导体棒运动时会受到向左的安培力F=BIl=,I、v、F均随时间变化。考虑很短的时间Δt,由动量定理得-BIlΔt=-·Δt=mΔv
导体棒运动位移x时,
ΔΦ=Blx,=,=,x=Δt,
则-Δt=-BlΔt=-Blq=-=m(v'-v0)。
由此式可知,若知道导体棒的速度变化量,就能得出该运动过程通过电路的电荷量q、位移x,反之亦可以求出末速度v'。