高考物理一轮复习专题43电磁感应中的动力学和能量问题测含解析

专题43 电磁感应中的动力学和能量问题（练）1．（多选）如图所示，光滑绝缘的水平面上，一个边长为L 的正方形金属框，在水平恒力F 作用下运动，穿过方向如图的有界匀强磁场区域。

磁场区域的宽度为d ()d L >。

当ab 变进入磁场时，线框的加速度恰好为零。

则线框进入磁场的过程和从磁场另一侧穿出的过程相比较，下列分析正确的是: （）A ．两过程所用时间相等B ．所受的安培力方向相反C ．线框中产生的感应电流方向相反D ．进入磁场的过程中线框产生的热量较少 【答案】CD 【解析】【名师点睛】根据楞次定律判断感应电流的方向和安培力的方向．线框进入磁场过程做匀速运动，完全在磁场中运动时做匀加速运动，穿出磁场速度大于进入磁场的速度，线框将做减速运动，出磁场时大于或等于进入磁场时的速度，所用时间将缩短．根据功能关系分析热量关系；本题考查分析线框的受力情况和运动情况的能力，关键是分析安培力，来判断线框的运动情况，再运用功能关系，分析热量关系。

2．（多选）如图所示，一个很长的光滑导体框倾斜放置，顶端接有一个灯泡，匀强磁场垂直于线框所在平面，当跨放在导轨上的金属棒ab 下滑达稳定速度后，小灯泡获得一个稳定的电功率，除小灯泡外其他电阻均不计，则若使小灯泡的电功率提高一倍，下列措施可行的是: （）A．换用一个电阻为原来2倍的小灯泡B．将金属棒质量增为原来的2倍C．将导体框宽度减小为原来的一半2D．将磁感应强度减小为原来的2【答案】AD【名师点睛】ab棒下滑过程中先做变加速运动，后做匀速运动，达到稳定状态，根据平衡条件得出ab的重力的分力与速度的关系，由能量守恒定律得出灯泡的电功率与速度的关系式，再分析什么条件下灯泡的功率变为2倍。

3．如图所示，在光滑的水平面上宽度为L的区域内，有一竖直向下的匀强磁场．现有一个边长为a （a＜L）的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v0向右滑动，穿过磁场后速度减为v，那么当线圈完全处于磁场中时，其速度大小: （）A ．大于02vv +B ．等于02v v+ C ．小于02v v+ D ．以上均有可能 【答案】B【名师点睛】线框进入和穿出磁场过程，受到安培力作用而做减速运动，根据动量定理和电量q I t =∆分析电量的关系．根据感应电量q Rφ∆=，分析可知两个过程线框磁通量变化量大小大小相等，两个过程电量相等．联立就可求出完全进入磁场中时线圈的速度。

专题练习(二十九) 电磁感应中的动力学与能量问题1．如图所示，在磁感应强度B ＝0.50 T 的匀强磁场中，导体PQ 在力F 作用下在U 形导轨上以速度v ＝10 m/s 向右匀速滑动，两导轨间距离L ＝1.0 m ，电阻R ＝1.0 Ω，导体和导轨电阻忽略不计，则以下说法正确的是( )A ．导体PQ 切割磁感线产生的感应电动势的大小为5.0 VB ．导体PQ 受到的安培力方向水平向右C ．作用力F 大小是0.50 ND ．作用力F 的功率是25 W2.如图所示，在光滑的水平面上，一质量为m ，半径为r ，电阻为R 的均匀金属环，以初速度v 0向一磁感应强度为B 的有界匀强磁场滑去(磁场宽度d >2r )．圆环的一半进入磁场历时t 秒，这时圆环上产生的焦耳热为Q ，则t 秒末圆环中感应电流的瞬时功率为( )A.4B 2r 2v 20RB.4B 2r 2⎝⎛⎭⎫v 20－2Q m RC.2B 2r 2⎝⎛⎭⎫v 20－2Q m RD.B 2r 2π2⎝⎛⎭⎫v 20－2Q m R 解析：t 秒末圆环中感应电动势为E ＝B ·2r ·v ，由能量守恒知，减少的动能全部转化为焦耳热：Q ＝12m v 20－12m v 2，t 秒末圆环中感应电流的功率为P ＝E 2R ＝4B 2r 2⎝⎛⎭⎫v 20－2Q m R . 答案：B3.(2013·浙南、浙北部分学校联考)如图所示，在磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，有两根竖直放置的平行金属导轨，顶端用一电阻R 相连，两导轨所在的竖直平面与磁场方向垂直．一根金属棒ab 以初速度v 0沿导轨竖直向上运动，到某一高度后又向下运动返回到原出发点．整个过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，导轨与棒间的摩擦及它们的电阻均可忽略不计．则在金属棒整个上行与整个下行的两个过程中，下列说法不．正确的是()A．回到出发点的速度v等于初速度v0B．上行过程中通过R的电荷量等于下行过程中通过R的电荷量C．上行过程中R上产生的热量大于下行过程中R上产生的热量D．上行的运动时间小于下行的运动时间4.如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F 做的功与安培力做的功的代数和等于()A．棒的机械能增加量B．棒的动能增加量C．棒的重力势能增加量D．电阻R上放出的热量解析：棒受重力G、拉力F和安培力F安的作用，由动能定理得W F＋W G＋W安＝ΔE k，所以W F＋W安＝ΔE k＋mgh，即力F做的功与安培力做的功的代数和等于机械能的增加量，A正确．答案：A5.如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料、不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线)．两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2.不计空气阻力，则()A．v1<v2，Q1<Q2B．v1＝v2，Q1＝Q2C ．v 1<v 2，Q 1>Q 2D ．v 1＝v 2，Q 1<Q 2解析：两线圈在未进入磁场时，都做自由落体运动，从距磁场上界面h 高处下落，由动能定理知两线圈在进入磁场时的速度相同，设为v ，线圈Ⅰ所受安培力F 1′＝BI 1L ＝B 2L 2v R 1，而R 1＝ρ电4L S 1，S 1＝m 1ρ·(4L )，故F 1′＝B 2L 2v m 116ρ电ρL 2＝B 2v m 116ρ电ρ，所以此时a 1＝m 1g －F 1′m 1＝g －B 2v 16ρ电ρ同理，可得a 2＝g －B 2v16ρ电ρ，加速度与线圈的质量无关，即两线圈进入磁场时的加速度相同；当两线圈全部进入磁场后加速度也相同，a ＝g ，两线圈同步运动，因此落地时速度相等，即v 1＝v 2.又由于线圈Ⅱ质量大，机械能损失多，产生的热量也多，即Q 2>Q 1.故D 正确．答案：D6．如图所示，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b 和下边界d 水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a 开始下落．已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a 、b 之间的距离．若线圈下边刚通过水平面b 、c (位于磁场中)和d 时，线圈所受到的磁场力的大小分别为F b 、F c 和F d ，则( )A ．F d ＞F c ＞F bB ．F c ＜F d ＜F bC ．F c ＞F b ＞F dD ．F c ＜F b ＜F d 解析：从a 到b 线圈做自由落体运动，线圈全部进入磁场后，穿过线圈的磁通量不变，线圈中无感应电流，因而也不受磁场力，即F c ＝0.从b 到d 线圈继续加速，因bd >ab ，且线圈上下边距离很短，故v d >v b ，当线圈在进入和离开磁场时，穿过线圈的磁通量变化，线圈中产生感应电流，受磁场力作用，其大小F ＝BIl ＝B Bl v R ·l ＝B 2l 2v R，因v d >v b ，所以F d >F b >F c ，D 正确．答案：D7.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L ，底端接阻值为R 的电阻．将质量为m ，电阻也为R 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好．导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，如图所示．除金属棒和电阻R 外，其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( )A ．金属棒向下运动时，流过电阻R 的电流方向为a →bB ．金属棒的速度为v 时，所受的安培力大小为F ＝B 2L 2v RC ．最终弹簧的弹力与金属棒的重力平衡D ．从开始释放到最终金属棒稳定的过程中，金属棒与电阻构成的回路产生的总热量小于金属棒重力势能的减少量解析：金属棒向下运动时，由右手定则，可判断流过电阻R 的电流方向为由b 到a ；金属棒的速度为v 时，所受的安培力大小为F ＝B 2L 2v 2R；金属棒最终静止，受到的重力和弹力相等；由能量守恒知，减少的重力势能等于产生的热量和弹簧增加的弹性势能．答案：CD8.如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长L 为1 m 、质量m 为0.1 kg 的导体棒MN 上升，导体棒的电阻R 为1 Ω，架在竖直放置的框架上，它们处于磁感应强度B 为1 T 的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直．当导体棒上升h ＝3.8 m 时，获得稳定的速度，导体棒上产生的热量为2 J ，电动机牵引棒时 ，电压表、电流表的读数分别为7 V 、1 A ，电动机内阻r 为1 Ω，不计框架电阻及一切摩擦，则以下判断正确的是( )A ．导体棒向上做匀减速运动B ．电动机的输出功率为7 WC ．导体棒达到稳定时的速度为v ＝2 m/sD ．导体棒从静止至达到稳定速度所需要的时间为1 s9．(2011·福建高考)如图，足够长的U 型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，导轨平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab 棒接入电路的电阻为R ，当流过ab 棒某一横截面的电荷量为q 时，棒的速度大小为v ，则金属棒ab 在这一过程中( )A ．运动的平均速度大小为12vB ．下滑的位移大小为qR BLC ．产生的焦耳热为qBL vD ．受到的最大安培力大小为B 2L 2v Rsin θ 解析：流过ab 棒某一横截面的电荷量q ＝I t ＝B ΔS Rt t ＝BLx R ，ab 棒下滑的位移x ＝qR BL，B 正确．ab 棒的平均速度v ＝x t，而棒下滑过程中做加速度减小的加速运动，只有在匀变速运动中平均速度才等于初末速度的平均值，故棒运动的平均速度不等于12v ，A 错误．由能量守恒得mgx sin θ＝Q ＋12m v 2，故产生的焦耳热Q ＝mgx sin θ－12m v 2＝mg qR BL sin θ－12m v 2，C 错误．当mg sin θ＝B 2L 2v R 时v 最大，安培力最大，即F 安m ＝mg sin θ或B 2L 2v R，D 错误． 答案：B10.(2012·山东高考)如图所示，相距为L 的两条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 ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .下列选项正确的是( )A ．P ＝2mg v sin θB ．P ＝3mg v sin θC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g 2sin θ D ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功 解析：当速度为v 时：mg sin θ－B 2L 2v R＝0 ①设所加拉力为F ，受力分析如图所示，导体棒将继续加速下滑，由牛顿第二定律得F ＋mg sin θ－B 2L 2v 棒R＝ma ②P ＝F v 棒③当加速度再次为零时匀速运动，此时F 0＋mg sin θ－B 2L 2·2v R＝0 ④ P ＝F 0·2v ⑤11．导体棒的电阻R ＝2 Ω，质量m ＝0.1 kg ，长L ＝0.5 m ，导体棒MN 架在光滑的金属框架上，金属框架与水平面的夹角为30°，如图所示，它们处于磁感应强度B 为1 T 的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直.1 s 后导体棒沿斜面向上滑行的距离是3 m 时，MN 刚好获得稳定的速度，电动机牵引棒时，电压表、电流表的读数分别为5 V 、1 A ，电动机内阻r 为1 Ω，不计框架电阻及一切摩擦，求：(1)导体棒能达到的稳定速度；(2)导体棒上产生的热量．解析：(1)电动机的机械功率P ＝UI －Ir 2＝4 W导体棒在斜面上受力如图所示，导体棒在拉力F 的作用下做加速度越来越小的加速运动，当导体棒达到稳定速度时，受力平衡，则mg sin α＋F A ＝F ，即mg sin α＋B 2L 2v R＝P v解得v ＝4 m/s.(2)在导体棒上升的过程中能量守恒Pt ＝mgs sin α＋12m v 2＋Q ，Q ＝1.7 J. 答案：(1)4 m/s (2)1.7 J12．(2011·四川高考)如图所示，间距l ＝0.3 m 的平行金属导轨a 1b 1c 1和a 2b 2c 2分别固定在两个竖直面内．在水平面a 1b 1b 2a 2区域内和倾角θ＝37°的斜面c 1b 1b 2c 2区域内分别有磁感应强度B 1＝0.4 T 、方向竖直向上和B 2＝1 T 、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻R ＝0.3 Ω、质量m 1＝0.1 kg 、长为l 的相同导体杆K 、S 、Q 分别放置在导轨上，S 杆的两端固定在b 1、b 2点，K 、Q 杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好．一端系于K 杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m 2＝0.05 kg 的小环．已知小环以a ＝6 m/s 2的加速度沿绳下滑，K 杆保持静止，Q 杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F 作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小环所受摩擦力的大小；(2)Q 杆所受拉力的瞬时功率．。

电磁感应中的能量问题复习精要1. 产生和维持感应电流的存在的过程就是其它形式的能量转化为感应电流电能的过程。

导体在达到稳定状态之前，外力移动导体所做的功，一部分消耗于克服安培力做功，转化为产生感应电流的电能或最后再转化为焦耳热，另一部分用于增加导体的动能，即当导体达到稳定状态（作匀速运动时），外力所做的功，完全消耗于克服安培力做功，并转化为感应电流的电能或最后再转化为焦耳热2.在电磁感应现象中，能量是守恒的。

楞次定律与能量守恒定律是相符合的，认真分析电磁感应过程中的能量转化，熟练地应用能量转化与守恒定律是求解叫复杂的电磁感应问题常用的简便方法。

3.安培力做正功和克服安培力做功的区别：电磁感应的过程，同时总伴随着能量的转化和守恒，当外力克服安培力做功时，就有其它形式的能转化为电能；当安培力做正功时，就有电能转化为其它形式的能。

4.在较复杂的电磁感应现象中，经常涉及求解焦耳热的问题。

尤其是变化的安培力，不能直接由Q=I 2 Rt 解，用能量守恒的方法就可以不必追究变力、变电流做功的具体细节，只需弄清能量的转化途径，注意分清有多少种形式的能在相互转化，用能量的转化与守恒定律就可求解，而用能量的转化与守恒观点，只需从全过程考虑，不涉及电流的产生过程，计算简便。

这样用守恒定律求解的方法最大特点是省去许多细节，解题简捷、方便。

1．如图所示，足够长的两光滑导轨水平放置，两条导轨相距为d ，左端MN 用阻值不计的导线相连，金属棒ab 可在导轨上滑动，导轨单位长度的电阻为r 0，金属棒ab 的电阻不计。

整个装置处于竖直向下的均匀磁场中，磁场的磁感应强度随时间均匀增加，B =kt ，其中k 为常数。

金属棒ab 在水平外力的作用下，以速度v 沿导轨向右做匀速运动，t =0时，金属棒ab 与MN 相距非常近．求：（1）当t =t o 时，水平外力的大小F ．（2）同学们在求t =t o 时刻闭合回路消耗的功率时，有两种不同的求法： 方法一：t =t o 时刻闭合回路消耗的功率P =F·v ．方法二：由Bld =F ，得 F I Bd= 2222F R P I R B d ==（其中R 为回路总电阻）这两种方法哪一种正确?请你做出判断，并简述理由．x2.如图所示，一根电阻为R=0.6Ω的导线弯成一个圆形线圈，圆半径r=1m ，圆形线圈质量m=1kg ，此线圈放在绝缘光滑的水平面上，在y 轴右侧有垂直于线圈平面B=0.5T 的匀强磁场。

电磁感应中的能量问题1．(多选)如图所示，竖直放置的两根平行光滑金属导轨之间接有定值电阻R ，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并接触良好，金属棒与导轨的电阻均不计，整个装置处于匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，金属棒在竖直向上的恒力F 作用下匀速上升，以下说法正确的是( )A ．作用在金属棒上各力的合力做功为零B ．重力做的功等于系统产生的电能C ．金属棒克服安培力做的功等于电阻R 上产生的焦耳热D ．恒力F 做的功等于电阻R 上产生的焦耳热解析：选AC 因为金属棒匀速上升，所以其所受合力为零，合力做的功为零，故A 对；重力做的功等于重力势能变化量的负值，恒力F 做的功等于重力势能的变化量与产生的电能之和，而克服安培力做的功等于电阻R 上产生的焦耳热，故B 、D 错，C 对。

2.有一边长为L 的正方形导线框，质量为m ，由高H 处自由下落，如图所示，其边ab 进入匀强磁场区域后，线框开始做减速运动，直到其边cd 刚好穿出磁场时，速度减为ab 边刚进入磁场时速度的一半，此匀强磁场的宽度也是L ，线框在穿越匀强磁场过程中产生的电热是( )A ．2mgLB ．2mgL ＋mgHC ．2mgL ＋34mgHD ．2mgL ＋14mgH解析：选C 设线框进入磁场的速度为v 1，离开磁场的速度为v 2，以磁场的下边界为零势能面，线框从开始下落到离开磁场的过程中能量守恒，则mg(H ＋2L)＝Q ＋12mv 22，线框从开始下落到ab 边进入磁场过程中应用动能定理mgH ＝12mv 12，由题意知v 1＝2v 2，解得Q ＝2mgL ＋34mgH ，故C 项正确。

3.如图所示，足够长的光滑金属导轨MN 、PQ 平行放置且固定，导轨平面与水平方向的夹角为θ。

在导轨的最上端M 、P 之间接有电阻R ，不计其他电阻。

导体棒ab 从导轨的最底端以初速度v 0冲上导轨，当没有磁场时，ab 棒上升的最大高度为H ；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab 棒上升的最大高度为h 。

【满分：110分时间：90分钟】一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中. 1~8题只有一项符合题目要求； 9~12题有多项符合题目要求。

全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

）1．如图所示，两个完全相同的矩形导线框A、B在靠得较近的两个竖直平面内，线框的对应边相互平行线框A固定且通有电流I，线框B从图示位置由静止释放，在运动到A下方的过程中: （）A．穿过线框B的磁通量先变小后变大B．线框B中感应电流的方向先顺时针后逆时针C．线框B所受安培力的合力为ingD．线框B的机械能一直减小【答案】D【名师点睛】由右手螺旋定则可知A中磁场分布，则可知B中磁通量的变化，由于电磁感应，可知安培力的变化，由安培力B产生感应电流，由楞次定律可知B中电流的方向；由F BIL做功情况可知能量的转化情况2．如图所示，在条形磁铁的中央位置的正上方水平固定一铜质圆环，不计空气阻力，以下判断正确的是: （）A．释放圆环，环下落时产生感应电流B．释放圆环，环下落时无感应电流C．释放圆环，环下落时环的机械能不守恒D．以上说法都不正确【答案】B【名师点睛】圆环竖直向下运动时，通过圆环的磁通量始终为零，不产生感应电流．没有安培力做功，只有重力做功，故环的机械能守恒；解决本题的关键知道产生感应电流的条件，以及掌握条形磁铁的磁感线分布。

3．条光滑的平行导轨水平放置，导轨的右端连接一阻值为R的定值电阻，将整个装置放在竖直向下的匀强磁场中，现将一导体棒置于O点，从某时刻起，在一外力的作用下由静止开始向左做匀加速直线运动，导体棒先后通过M和N两点，其中O M＝MN．已知导体棒与导轨接触良好，始终与导轨垂直，且除定值电阻外其余部分电阻均不计．则下列说法错误的是: （）A．导体棒在M、N两点时，所受安培力的大小之比为1B．导体棒在M、N两点时，外力F的大小之比为1C．导体棒在M、N两点时，电路的电功率之比为1∶2D．从O到M和从M到N的过程中流过电阻R的电荷量之比为1∶1【答案】B22v ax=导出安培力表达式，再求出安培力之比；通过功率导出式2222B L vP I RR==找到功率与速度关系，进而求出功率之比；根据电荷量导出关系BL v BL v x BLq I t t xR R Rv----====，找到电荷量与位移关系，进而求出电荷量之比。

高考物理一轮复习专项训练—电磁感应中的动力学和能量问题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2.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻．质量为m、电阻为r 的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场垂直，如图所示．不计导轨的电阻，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向为a→bB．金属棒刚进磁场时一定做加速运动C．金属棒的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为B2L2vRD．金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为R3．(多选)(2023·黑龙江大庆市质检)如图所示，在两光滑水平金属导轨上静止放置a 、b 两根导体棒，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，用水平恒力F 拉动a 棒，在运动过程中，a 、b 棒始终与导轨接触良好，若不计导轨电阻，下列说法正确的是()A ．拉力F 做的功等于a 、b 棒增加的动能与a 、b 棒中产生的焦耳热之和B ．安培力对b 做的功等于b 棒增加的动能与b 棒中产生的焦耳热之和C ．安培力对a 、b 棒做功的代数和的绝对值等于a 、b 棒中产生的焦耳热之和D ．a 棒克服安培力做的功等于b 棒增加的动能与b 棒中产生的焦耳热之和4．(多选)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a 0、v 0均为已知量，则下列说法正确的是()A ．金属棒的质量为Fa 0B ．匀强磁场的磁感应强度大小为1L FR v 0C ．当拉力F 做功为W 时，通过金属棒横截面的电荷量为WFR D ．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.(多选)如图所示，两根间距为d 的足够长光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ＝30°的斜面上，导轨的右端接有电阻R ，整个装置放在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直．导轨上有一质量为m 、电阻也为R 的金属棒与两导轨垂直且接触良好，金属棒以一定的初速度v 0在沿着导轨上滑一段距离L 后返回，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用，重力加速度为g.下列说法正确的是()A．导体棒返回时先做加速运动，最后做匀速直线运动B．导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量q＝BdLR(m v02－mgL)C．导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W＝12D．导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量Q＝1(m v02－mgL)26.(多选)(2021·全国甲卷·21)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍．现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示．不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平．在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是()A．甲和乙都加速运动B．甲和乙都减速运动C．甲加速运动，乙减速运动D．甲减速运动，乙加速运动7.(2022·全国乙卷·24)如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.40m的正方形金属框的一个顶点上．金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场．已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10－3Ω/m；在t＝0到t＝3.0s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)＝0.3－0.1t(SI)．求：(1)t＝2.0s时金属框所受安培力的大小；(2)在t＝0到t＝2.0s时间内金属框产生的焦耳热．8.(2023·湖北省模拟)如图，质量为M的U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，间距L 的ab和dc边平行，都与bc边垂直．ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略．一根电阻为R、质量为m的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，MN与金属框保持良好接触，且与bc 边保持平行．(1)若导体棒MN在外力作用下保持静止，求最终稳定状态时金属框的速度大小；(2)若导体棒不受外力作用，求最终稳定状态时电路中的电动势．9．如图甲所示，相距L＝1m的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角θ＝37°，导轨电阻不计，质量m＝1kg、接入电路电阻为r＝0.5Ω的导体棒ab垂直于导轨放置，导轨的PM两端接在外电路上，定值电阻阻值R＝1.5Ω，电容器的电容C＝0.5F，电容器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场．在开关S1闭合、S2断开的状态下将导体棒ab由静止释放，导体棒的v－t图像如图乙所示，sin37°＝0.6，取重力加速度g＝10m/s2.(1)求磁场的磁感应强度大小B；(2)在开关S1闭合、S2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x＝5m时，定值电阻产生的焦耳热为21J，此时导体棒的速度与加速度分别是多大？(3)现在开关S1断开、S2闭合的状态下，由静止释放导体棒，求经过t＝2s时导体棒的速度大小．10．(2022·湖北卷·15)如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里．正方形单匝线框abcd的边长L＝0.2m、回路电阻R＝1.6×10－3Ω、质量m＝0.2kg.线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L.现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为42N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动．从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界．重力加速度大小取g＝10m/s2，求：(1)ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；(3)磁场区域的水平宽度．1．A2.D3.AC4.ABD5.AC6.AB 7．(1)25N (2)0.016J 解析(1)金属框的总电阻为R ＝4lλ＝4×0.40×5×10－3Ω＝0.008Ω金属框中产生的感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·l 22Δt＝0.1×12×0.402V ＝0.008V 金属框中的电流为I ＝E R＝1A t ＝2.0s 时磁感应强度大小为B 2＝(0.3－0.1×2.0)T ＝0.1T ，金属框处于磁场中的有效长度为L ＝2l此时金属框所受安培力大小为F A ＝B 2IL ＝0.1×1×2×0.4N ＝225N (2)0～2.0s 时间内金属框产生的焦耳热为Q ＝I 2Rt ′＝12×0.008×2J ＝0.016J.8．(1)FR B 2L2(2)mFR BL (M ＋m )解析(1)由题意知：金属框做加速度减小的加速运动，加速度减为0，稳定状态时做匀速直线运动，根据受力平衡有F 安＝F导体棒的感应电动势为E ＝BL v导体棒的感应电流为I ＝E R安培力为F 安＝BIL联立解得v ＝FR B 2L2(2)导体棒、金属框最终以相同的加速度做匀加速直线运动，速度差一定，对整体由牛顿第二定律有F ＝(m ＋M )a对导体棒受力分析有BIL ＝ma ，E ＝IR联立解得E ＝mFR BL (M ＋m ).9．(1)2T(2)2m/s 2m/s 2(3)4m/s 解析(1)由题图乙可知，导体棒的最大速度v m ＝3m/s ，对应的感应电动势E ＝BL v m ，感应电流I ＝E R ＋r，当速度达到最大时，导体棒做匀速运动，导体棒受力平衡，有BIL ＝mg sin θ，解得B ＝mg (R ＋r )sin θL 2v m ＝2T.(2)导体棒和定值电阻串联，由公式Q ＝I 2Rt 可知：Q ab ∶Q R ＝1∶3，则导体棒ab 产生的焦耳热Q ab ＝13×21J ＝7J ，导体棒下滑x ＝5m 的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和回路中的焦耳热，由能量守恒定律有mgx sin θ＝12m v 12＋Q ab ＋Q R 得导体棒的速度v 1＝2m/s ，此时感应电动势E 1＝BL v 1，感应电流I 1＝E 1R ＋r，对导体棒有mg sin θ－BI 1L ＝ma 1，解得加速度a 1＝2m/s 2.(3)开关S 1断开、S 2闭合时，任意时刻对导体棒，根据牛顿第二定律有mg sin θ－BI 2L ＝ma 2，感应电流I 2＝Δq Δt，Δq ＝C ΔU Δt 时间内，有ΔU ＝ΔE ＝BL Δv ，a 2＝Δv Δt，解得a 2＝2m/s 2，表明导体棒ab 下滑过程中加速度不变，导体棒做匀加速直线运动，t ＝2s 时导体棒的速度大小v 2＝a 2t ＝4m/s.10．(1)20m/s 210m/s 2(2)0.2T 0.4J (3)1.1m 解析(1)ab 边进入磁场前，对线框进行受力分析，由牛顿第二定律，在水平方向有F cos θ＝ma x代入数据有a x ＝20m/s 2在竖直方向有F sin θ－mg ＝ma y代入数据有a y ＝10m/s 2(2)ab 边进入磁场开始，ab 边在竖直方向切割磁感线；ad 边和bc 边的上部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线．但ad 和bc 边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电动势为ab 边切割磁感线产生的电动势，根据右手定则可知回路的电流为adcba ，则从ab 边进入磁场开始，ab 边受到的安培力竖直向下，ad 边的上部分受到的安培力水平向右，bc 边的上部分受到的安培力水平向左，则ad 边和bc 边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd 受到的安培力的合力为ab 边受到的竖直向下的安培力．由v y 2＝2a y L ，知ab 边刚到达磁场边缘时，线框竖直方向的速度v y ＝2m/s.由题知，线框从ab 边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，则有F sin θ－mg －BIL ＝0，E ＝BL v y ，I ＝E R联立解得B ＝0.2T由题知，从ab 边进入磁场开始，在竖直方向上线框做匀速运动；dc 边进入磁场时，bc 边恰好到达磁场右边界．则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有Q ＝W 克安＝BILy ，y ＝LF sin θ－mg ＝BIL联立解得Q ＝0.4J(3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为v y ＝a y t 1，L ＝v y t 2，t ＝t 1＋t 2联立解得t ＝0.3s由(2)分析可知线框在水平方向上一直做匀加速直线运动，则在水平方向有x＝12a x t2＝12×20×0.32m＝0.9m，则磁场区域的水平宽度s＝x＋L＝1.1m.。

第1页（共27页）2023年高考物理热点复习：电磁感应中的动力学和能量问题
【2023高考课标解读】
1．受力分析与运动分析
2．应用牛顿运动定律和运动学规律解答电磁感应问题
【2023高考热点解读】
一、电磁感应中的动力学问题
1．安培力的大小
安培力公式：F A ＝
感应电动势：E ＝Blv
感应电流：I ＝
E R ⇒
F A ＝B 2l 2v R
2．安培力的方向
(1)用左手定则判断：先用右手定则判断感应电流的方向，再用左手定则判定安培力的方向。

(2)用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相反。

3．安培力参与下物体的运动
导体棒(或线框)在安培力和其他力的作用下，可以做加速运动、减速运动、匀速运动、静止或做其他类型的运动，可应用动能定理、牛顿运动定律等规律解题。

【特别提醒】
1．两种状态及处理方法
状态
特征处理方法平衡态
加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零
根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
2.力学对象和电学对象的相互关系。

专题10.4 电磁感应中的动力学和能量问题1．受力分析与运动分析2．应用牛顿运动定律和运动学规律解答电磁感应问题知识点一 电磁感应中的动力学问题1．安培力的大小⎭⎪⎬⎪⎫安培力公式：F A ＝BIl 感应电动势：E ＝Blv 感应电流：I ＝E R ⇒F A＝B 2l 2v R 2．安培力的方向(1)用左手定则判断：先用右手定则判断感应电流的方向，再用左手定则判定安培力的方向。

(2)用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相反。

3．安培力参与下物体的运动导体棒(或线框)在安培力和其他力的作用下，可以做加速运动、减速运动、匀速运动、静止或做其他类型的运动，可应用动能定理、牛顿运动定律等规律解题。

【特别提醒】1．两种状态及处理方法 状态特征 处理方法 平衡态加速度为零 根据平衡条件列式分析 非平衡态 加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析2.力学对象和电学对象的相互关系知识点二电磁感应中的能量问题1．能量的转化感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为其他形式的能。

2．实质电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化。

3．电磁感应现象中能量的三种计算方法(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。

(2)利用能量守恒定律求解：机械能的减少量等于电能的增加量。

(3)利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电能来计算。

知识点三动量观点在电磁感应问题中的应用1．对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题；2．由B I L·Δt＝m·Δv、q＝I·Δt可知，当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理来解决问题。

考点一电磁感应中的平衡问题【典例1】(2016·全国卷Ⅰ)如图所示，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。