第12章　电磁感应 第4讲　专题提升：电磁感应中的动力学和能量问题--2027全国版高考物理第一轮(含答案)

2027全国版高考物理第一轮
第4讲　专题提升:电磁感应中的动力学和能量问题
基础对点练
题组一　电磁感应中的动力学问题
1.(多选)(2025辽宁葫芦岛二模)磁悬浮电梯是基于电磁学原理使电梯的轿厢悬停及上下运动的,如图甲所示,它主要由磁场和含有导线框的轿厢组成。其原理简化为:竖直面上相距为d的两根绝缘平行直导轨,置于等距离分布、方向相反的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面,磁感应强度大小均为B,每个磁场分布区间的长度都是l,相间排列,如图乙所示。当这些磁场在竖直方向匀速运动时,跨在两导轨间的宽为d、长为l、总电阻为R的导线框MNPQ(固定在轿厢上)将受到安培力。当磁场运动速度为v1时,轿厢悬停;当磁场运动速度为v2时,轿厢最终竖直向上做匀速运动。重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
甲
乙
A.磁场运动的速度v1方向竖直向上
B.磁场运动的速度v2方向竖直向下
C.导线框和电梯轿厢的总质量为
D.当磁场以速度v2运动时,轿厢最终速度为(v2-v1)
2.(2025吉林四平模拟)如图所示,固定在水平桌面上的足够长的光滑金属导轨cd、eg处于方向竖直向下的匀强磁场中,金属杆ab与导轨接触良好,在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻,其他部分电阻忽略不计。现用一水平向右的恒力F作用在金属杆ab上,使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动,滑动中杆ab始终垂直于导轨,金属杆受到的安培力用F安表示,则下列说法正确的是(　　)
A.金属杆ab做匀加速直线运动
B.金属杆ab运动时回路中有顺时针方向的感应电流
C.F安先不断增大,后保持不变
D.金属杆ab克服安培力做功的功率与时间的平方成正比
3.(多选)(2025内蒙古模拟预测)如图所示,ABC、DEF为电阻忽略不计的金属导轨,导轨间距不变。AB、DE部分水平、粗糙,其间有竖直向下、大小为B的匀强磁场。BC、EF部分倾斜、光滑。G、H为BC、EF上的两等高点,GH与BE平行,离CF足够远。GHFC间有垂直于GHFC向下、大小为B的匀强磁场。初始时导体棒MN静置于AB、DE上,MN离BE足够远。导轨、导体棒接触良好。导体棒PQ从倾斜导轨上GH上方某处无初速度释放,则导体棒PQ从释放到进入磁场中的一段时间内的速度—时间图像可能正确的是(　　)
题组二　电磁感应中的能量问题
4.(多选)(2025江西宜春模拟)光滑水平面上有一边长L=0.10 m的单匝均匀正方形导线框abcd,质量m=1.0 kg,电阻R=0.10 Ω。在竖直方向存在有平行边界的匀强磁场,ab边恰好位于磁场左边界上,其俯视图如图甲所示。t=0时,线框以初速度v0在恒力F的作用下进入匀强磁场,已知线框从Ⅰ位置到Ⅱ位置过程中的v-t图像如图乙所示,且在t=0时Uab=1.5 V,则(　　)
甲
乙
A.t=0时线框中的感应电动势为1.5 V
B.线框在离开磁场的过程中克服安培力做的功为1.55 J
C.恒力F的大小为1 N
D.线框进入磁场的过程中通过线框截面的电荷量为1.0 C
5.(7分)(2025四川自贡模拟)如图所示,两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L=1 m,其电阻不计,两导轨及其所在的平面均与水平面成θ=30°角,N、Q两端接有R=1 Ω的电阻。一金属棒ab垂直于导轨放置,ab两端与导轨始终有良好接触,已知ab的质量m=0.2 kg,电阻r=1 Ω,整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度大小B=1 T。ab在平行于导轨向上的拉力作用下,以初速度v1=0.5 m/s沿导轨向上开始运动,可达到最大速度v=2 m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求拉力的功率P;
(2)ab开始运动后,经t=0.09 s速度达到v2=1.5 m/s,此过程中金属棒ab产生的焦耳热Q=0.03 J,求该过程中ab沿导轨的位移大小x。
综合提升练
6.(多选)(2024全国甲卷)如图所示,一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮,绳的一端连接一矩形金属线框,另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向为垂直于纸面的匀强磁场,磁场上下边界水平,在t=0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中,线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向,下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是(　　)
7.(2026广东惠州开学考试)如图所示,竖直平面内固定有一光滑导电轨道abedc,其中ab和cd为竖直轨道,bed为半圆弧轨道。半圆弧轨道直径为D,最低点e处接有一体积可忽略不计、阻值为R的电阻,有一光滑细长钉子垂直轨道平面于圆心O点。两个质量均为m的带孔导体小球分别穿在两竖直轨道上(小球孔径略大于轨道直径),小球之间接有一条长度为D且不可伸长的轻质软导线。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中。将两小球同时从距离圆心高度为H处无初速度释放,小球进入半圆弧轨道前已经做匀速运动。已知重力加速度为g,各连接点接触良好形成电流回路,除R外其余电阻均不计,则以下说法正确的是(　　)
A.小球在竖直轨道上运动的最大速度为
B.小球在竖直轨道上运动过程中,电阻R产生的焦耳热为2mgH
C.小球刚进入圆弧轨道瞬间,回路中电流大小为
D.从释放小球到小球抵达最低点过程,流经电阻R的电荷量为
8.(多选)(2025江西南昌三模)如图甲所示,足够长的光滑“”形金属导轨放置在倾角θ=30°的光滑斜面上,导轨上端用轻质细线连接到固定的力传感器上。导轨间距d=0.5 m,电阻不计,t=0时一长度为d、电阻R=0.2 Ω的导体棒从导轨上端附近由静止释放,t=1 s时在斜面所在范围内加上垂直于斜面向上的匀强磁场(图中未画出),力传感器记录的整个过程中细线上的拉力随时间变化的图像如图乙所示。整个过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　)
甲
乙
A.匀强磁场的磁感应强度大小为0.5 T
B.导体棒的质量为0.08 kg
C.导体棒匀速运动时的速度大小为4 m/s
D.导体棒第2 s内的位移为3.2 m
9.(10分)(2024全国甲卷)两根平行长直光滑金属导轨距离为l,固定在同一水平面(纸面)内,导轨左端接有电容为C的电容器和阻值为R的电阻。开关S与电容器并联;导轨上有一长度略大于l的金属棒,如图所示。导轨所处区域有方向垂直于纸面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。开关S闭合,金属棒在恒定的外力作用下由静止开始加速,最后将做速率为v0的匀速直线运动。金属棒始终与两导轨垂直且接触良好,导轨电阻和金属棒电阻忽略不计。
(1)在加速过程中,当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍时,金属棒的速度大小是多少
(2)如果金属棒达到(1)中的速度时断开开关S,改变外力使金属棒保持此速度做匀速运动。之后某时刻,外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍,求此时电容器两极间的电压及从断开S开始到此刻外力做的功。
培优拔高练
10.(13分)(2024河北卷)如图所示,边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上,细框中心O处固定一竖直细导体轴OO'。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中,磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动,水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA棒在转动过程中,CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R,电路中其余部分的电阻均不计,CD棒始终与导轨垂直,各部分始终接触良好,不计空气阻力,重力加速度大小为g。
(1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值。
(2)锁定OA棒,推动CD棒下滑,撤去推力瞬间,CD棒的加速度大小为a,所受安培力大小等于(1)问中安培力的最大值,求CD棒与导轨间的动摩擦因数。
答案：
1.ACD　解析 依题意,轿厢悬停或者竖直向上做匀速运动时,均需要有竖直向上的安培力,由楞次定律的“阻碍作用”可知,磁场相对轿厢的运动方向均为竖直向上,即速度v1和v2的方向都是竖直向上,A正确,B错误;设导线框和电梯轿厢的总质量为m,轿厢悬停时,导线框中的电流大小为I1= ,又由平衡条件有mg=2BI1d,联立解得m= ,C正确;当磁场运动速度为v2时,线框向上运动,当其加速度为零时,达到最大速度,设轿厢向上能达到的最终速度为v,则有I2= ,又由平衡条件有mg=2BI2d,联立解得v=v2-v1,D正确。
2.C　解析 F安=BIL=,金属杆在恒力作用下向右做加速运动,随着速度v的增大,安培力不断变大,金属杆受到的合力减小,加速度减小,当安培力与恒力的合力为零时金属杆ab做匀速直线运动,安培力保持不变,由此可知,金属杆ab向右先做加速度减小的加速运动,然后做匀速直线运动,A错误,C正确;由右手定则或楞次定律可知,金属杆ab运动时回路中有逆时针方向的感应电流,B错误;安培力的功率P安=F安v=,如果金属杆做初速度为零的匀加速直线运动,则v=at,金属杆克服安培力做功的功率与时间的平方成正比,由于金属杆先做加速度减小的加速运动后做匀速直线运动,因此金属杆ab克服安培力做功的功率与时间的平方不成正比,D错误。
3.BD　解析 导体棒PQ进入磁场后,若最终MN没有运动,根据牛顿第二定律有mgsin θ-BIL=ma,根据法拉第电磁感应定律有E=BLv,且I=,则有mgsin θ-=ma,则PQ开始做匀加速运动,进入磁场后可能做匀速运动,也可能做加速度减小的加速运动或加速度减小的减速运动直至匀速,A错误,B正确;导体棒PQ开始做匀加速运动,进入磁场后,若速度太大,则会减速,但不会减小为零,C错误。导体棒PQ进入磁场后,若速度太大,则会减速,同时MN可能会加速,若当PQ加速度减小为零,MN仍在加速且速度小于PQ,则接下来PQ做加速度增大的加速运动,MN做加速度减小的加速运动,当两者加速度相等时一起做加速度不变的匀加速运动,D正确。
4.BD　解析 t=0时Uab=R=1.5 V,解得E=2.0 V,故A错误;线框完全进入磁场后做匀加速运动,根据牛顿第二定律,有F=ma=1.0× N=0.5 N,故C错误;根据动能定理,线框在进入磁场的过程中克服安培力做功,有FL-W=mv2-,代入解得W=1.55 J,线框在离开磁场的过程中克服安培力做功与线框在进入磁场的过程中克服安培力做功相等,故B正确;线框在进入磁场的过程中通过线框截面的电荷量q=,进入时E=BLv0=2.0 V,解得q=1.0 C,故D正确。
5.答案 (1)4 W　(2)0.1 m
解析 (1)在ab运动过程中,由于拉力功率恒定,ab做加速度逐渐减小的加速运动,速度达到最大时,加速度为零,设此时拉力的大小为F,安培力大小为FA,有F-mgsin θ-FA=0
设此时回路中的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律,有E=BLv
设回路中的感应电流为I,由闭合电路欧姆定律,有I=,ab受到的安培力FA=BIL
由功率表达式,有P=Fv
联立解得P=4 W。
(2)ab从速度v1到v2的过程中,设回路中产生的焦耳热为Q总,由能量守恒定律,有Pt=Q总+mgxsin θ+()
总焦耳热为Q总=Q
联立解得x=0.1 m。
6.AC　解析 设线框的上边框进入磁场时的速度为v,线框的质量为m0,物块的质量为m,题图中线框进入磁场时线框的加速度向下,则对线框由牛顿第二定律可知m0g+F安-FT=m0a,对物块有FT-mg=ma,F安=,即+(m0-m)g=(m0+m)a,线框向上做减速运动,随速度的减小,向下的加速度减小,当加速度为零时,即线框匀速运动的速度为v0=。若线框进入磁场时的速度较小,则线框进入磁场时做加速度减小的减速运动,则选项A可能。因t=0时刻线框就进入磁场,则进入磁场时线框向上不可能做匀减速运动,则选项B不可能。若线框的质量等于物块的质量,线框进入磁场做加速度减小的减速运动,完全进入磁场后线框做匀速运动;当线框离开磁场时,受向下的安培力又做加速度减小的减速运动,最终离开磁场时做匀速运动,则选项C可能,D不可能。
7.D　解析 小球进入半圆弧轨道前已经做匀速运动,设此时为最大速度v,根据平衡条件有2mg=,解得v=,A错误;小球在竖直轨道上运动过程中,根据能量守恒定律有2mgH=mv2×2+E焦,解得E焦≠2mgH,B错误;小球刚进入圆弧轨道瞬间开始旋转切割磁感线,回路电流I=×2=,C错误;从释放小球到小球抵达最低点过程,流经电阻R的电荷量为q=t=,D正确。
8.BD　解析 由图可知,第1 s内细线上的拉力F1=0.8 N,设导轨的质量为m1,对导轨由平衡条件得F1=m1gsin θ,解得m1=0.16 kg,第1 s内导体棒自由下滑,加速度大小a==5 m/s2,第1 s末的速度大小v1=at1=5 m/s,导体棒产生的感应电动势E=Bdv1,回路中的电流I1=,由图可知,1 s末加上磁场时细线上的拉力F2=1.8 N,对导轨有F2=m1gsin θ+BI1d,解得B=0.4 T,A错误;2 s末导体棒开始做匀速运动,设此时回路中的电流为I2、导体棒的质量为m2,此时对导体棒,由平衡条件得BI2d=m2gsin θ,由图可知,此时细线上的拉力F3=1.2 N,对导轨由平衡条件有F3=m1gsin θ+BI2d,联立解得m2=0.08 kg,B正确;设导体棒匀速运动时的速度大小为v2,则有=m2gsin θ,解得v2=2 m/s,C错误;第2 s内,对导体棒,取沿导轨向下为正方向,根据动量定理得m2gsin θ×t2-t2=m2v2-m2v1,第2 s内的位移x=vt2,解得x=3.2 m,D正确。
9.答案 (1)　(2)
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
由闭合电路的欧姆定律得I=
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=
在加速阶段,外力的功率为PF=Fv=v
定值电阻的热功率为PR=I2R=
当PF=2PR时有v=2
解得金属棒速度的大小为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+
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
定值电阻的功率PR=i2R
当PF=2PR时有Bilv=2i2R
可得iR=
根据E=Blv=iR+
可得此时电容器两端电压为UC=
从开关断开到此刻外力所做的功为W=∑Bil(v·Δt)=Blv∑i·Δt=Blvq
其中q=
联立可得W=。
10.答案 (1)(2)tan θ或tan θ
解析 (1)当OA运动到正方形细框对角线瞬间,切割的有效长度最大,Lmax=L,此时感应电流最大,CD棒所受的安培力最大,根据法拉第电磁感应定律得Emax=BLmax=B·L·=BL2ω,根据闭合电路欧姆定律得Imax=,故CD棒所受的安培力最大为Fmax=BImaxL=;当OA运动到与细框一边平行的瞬间,切割的有效长度最短,感应电流最小,CD棒受到的安培力最小,得Emin=BLmin=B·L·,故CD棒所受的安培力最小为Fmin=BIminL=。
(2)解法一:OA棒在转动过程中,当CD棒受到的安培力最小时,根据平衡条件得mgsin θ-μmgcos θ-Fmin=0,当CD棒受到的安培力最大时,根据平衡条件得Fmax-mgsin θ-μmgcos θ=0,联立解得m=。锁定OA棒,推动CD棒下滑,撤去推力瞬间,根据牛顿第二定律得Fmax+μmgcos θ-mgsin θ=ma,解得μ=tan θ。
解法二:当CD棒所受安培力最大时,受力分析如图甲所示,根据平衡条件,有Fmax-mgsin θ-μmgcos θ=0
甲
乙
撤去推力瞬间,受力分析如图乙所示,根据牛顿第二定律,有Fmax-mgsin θ+μmgcos θ=ma
联立可得,CD棒与轨道间的动摩擦因数μ=。
解法三:当CD棒所受安培力最小时,根据平衡条件,有
mgsin θ-μmgcos θ-Fmin=0
当CD棒所受安培力最大时,根据平衡条件,有
Fmax-mgsin θ-μmgcos θ=0
撤去推力瞬间,根据牛顿第二定律,有
Fmax-mgsin θ+μmgcos θ=ma
联立可得m=,a=
由解法一可知,μ=tan θ,代入a的值可得
μ=tan θ=tan θ。
(以上三种解法都正确)
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