16 大题突破（四）力学三大观点在电磁感应中的应用（Word练习）-【正禾一本通】2026年新高考物理高三一轮总复习高效讲义

[大题突破(四)]　力学三大观点在电磁感应中的应用 (选择题每题5分，非选择题每题10分，建议用时：40分钟) 一、多选题 1．(2024·山东高考)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N 1．解析：选ABD。由楞次定律结合左手定则可知，安培力与MN的运动方向的夹角始终大于90°，则安培力始终做负功，而MN具有一定电阻，运动过程中会产生焦耳热，MN的机械能全部转化为内能，MN最终一定静止在OO′位置，A、B正确；根据楞次定律可知，从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN中电流方向由M到N，D正确；从释放到第一次到达OO′位置过程中，在即将到达OO′位置的时刻，MN所受安培力水平向左，此时安培力沿速度方向的分力一定大于MN所受重力沿速度方向的分力，处于减速状态，C错误。 2．(2024·湖南高考)某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨BC段与B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ，AB＝BC＝d。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．金属杆经过BB1的速度为 B．在整个过程中，定值电阻R产生的热量为μmgd C．金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同 D．若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍 3．(2024·湖北襄阳检测)如图，足够长的两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距分别为2L和L，导轨间分布着方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B、2B。t＝0时，导体棒PQ、MN在导轨上分别以大小为v0、的速度相向运动；t＝t0时，MN向左的速度减小为零；最终两导体棒达到稳定运动状态。已知PQ、MN的质量分别为2m、m，两导体棒接入回路中的电阻都为R。整个过程中两导体棒始终与导轨垂直并接触良好，且只在各自的一侧导轨上运动，其他电阻不计。下列说法正确的是(　　 ) A．t＝0时，导体棒PQ的加速度大小为 B．整个运动过程，回路中产生的焦耳热为 C．0～t0时间内，通过导体棒PQ的电荷量为 D．0～t0时间内，两导体棒运动路程之和为 二、计算题 4．(2024·安徽高考)如图所示，一“U”型金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B＝kt(SI)，k为常数(k>0)。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。t＝0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不影响。 (1)求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的方向； (2)求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式； (3)求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。 5．(2024·四川成都三模)如图所示，足够长的两平行光滑金属导轨固定在水平面上，导轨间距为L＝1 m，导轨水平部分的矩形区域abcd有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.5 T，导轨水平部分的左侧和倾斜部分由光滑圆弧连接，右侧和一光滑圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道半径r＝ m，圆心角θ＝120°，在圆弧上端有两弹性挡板C和C′。质量为m1＝1 kg的金属棒P从离水平面高度h＝3.2 m处静止释放，经过AA′滑上水平轨道；P穿过磁场区域后，与另一根质量为m2＝2 kg的静置在导轨上的金属棒Q发生弹性碰撞，碰后Q恰好能上升到C和C′处，两金属棒的电阻值均为R＝0.2 Ω，重力加速度g＝10 m/s2，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计，两根金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。求： (1)P刚进入磁场时受到安培力F的大小； (2)矩形磁场沿导轨方向的长度； (3)若Q从右侧圆弧滑下时，P已经从磁场中滑出，求从P开始运动到P、Q第二次碰撞，Q棒上产生的焦耳热。 6．如图所示，两平行金属导轨间距L＝1 m，与水平方向夹角θ＝37°，轨道电阻不计，垂直轨道放置两根质量均为m＝1 kg的金属棒a、b，有效阻值均为R＝0.01 Ω，金属棒与轨道间的动摩擦因数分别为μ1＝0.375、μ2＝0.875，整个装置处在垂直轨道向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝0.1 T。将a棒锁定，使得a、b棒处于静止状态；现解锁a棒，使其从静止开始向下运动。导轨足够长且不计电阻，两金属棒与导轨间接触始终良好。已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37 °＝0.6。 (1)求当b棒开始运动时，a棒的速度大小； (2)若a、b棒始终没有相碰，求两棒的最大速度差； (3)若当b棒开始运动时，a棒恰好与b棒发生弹性碰撞，此时开始计时，经t＝0.4 s时，a棒与b棒之间最大距离记为d，求d的大小。 [大题突破(四)]　力学三大观点在电磁感应中的应用 1．解析：选ABD。由楞次定律结合左手定则可知，安培力与MN的运动方向的夹角始终大于90°，则安培力始终做负功，而MN具有一定电阻，运动过程中会产生焦耳热，MN的机械能全部转化为内能，MN最终一定静止在OO′位置，A、B正确；根据楞次定律可知，从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN中电流方向由M到N，D正确；从释放到第一次到达OO′位置过程中，在即将到达OO′位置的时刻，MN所受安培力水平向左，此时安培力沿速度方向的分力一定大于MN所受重力沿速度方向的分力，处于减速状态，C错误。 2．解析：选CD。设金属杆经过BB1的速度大小为v1，则对金属杆从AA1运动到BB1的过程，由动量定理有－，又t1＝d，则＝·t2－μmgt2＝0－mv1，又t2＝d，则＋μmgt2＝mv1，分析上述式子可知v0－v1<v1，解得v1>，即金属杆经过BB1的速度大于，A错误。整个过程，由能量守恒定律可得＝QR＋Q杆＋μmgd，由于通过定值电阻R和金属杆的电流时刻相等，则由焦耳定律可知QR＝Q杆，联立可得QR＝μmgd，B错误。规定水平向右为正方向，则结合A项分析可知，金属杆经过AA1B1B区域，所受安培力的冲量I1＝－金属杆经过BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量I2＝－，可得I1＝I2，即金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同，C正确。若将金属杆的初速度加倍，则对金属杆从AA1运动到BB1的过程，由动量定理有－t3＝＝mvB－m·2v0；对金属杆从BB1运动到CC1的过程，由动量定理有μmgt4＝mvC－mvB，即＋μmgt4＝m(vB－vC)，又由运动学知识有t4<t2，则结合A项分析联立可得金属杆经过CC1的速度vC>v0；对金属杆经过CC1之后的运动过程，由动量定理有＝0－mvC，其中mvC>mv0；又由A项分析有<m·则Δx>2d，故金属杆在磁场中运动的距离为x＝2d＋Δx>4d＝2×2d，即金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，D正确。 3．解析：选BCD。t＝0时，两导体棒切割磁感线回路产生总感应电动势为E＝B×2Lv0＋2BL，电流为I＝，对导体棒PQ，有BI×2L＝2ma，则PQ的加速度大小为a＝，故A错误；经过足够长时间，回路中最终态总感应电动势为零，有B×2Lv1＝2BLv2，得v1＝v2＝v，根据动量守恒定律有2mv0－m＝3mv，对系统由能量守恒定律得×3mv2＋Q，解得Q＝故B正确；0～t0时间内，MN棒向左的速度为零时，由动量定理有－2B，求得q＝，故C正确；0～t0时间内q＝其中ΔΦ＝ΔΦ左＋ΔΦ右＝B×2Lx1＋2BLx2，所以x1＋x2＝，故D正确。 4．解析：(1)通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式为 Φ＝BS＝kL2t 根据法拉第电磁感应定律得 E＝＝kL2 由楞次定律可知ab中的电流从a流向b。 (2)根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直导轨面向里，大小为 F安＝BIL 其中B＝kt 设金属棒向上运动的位移为x，则根据运动学公式有 x＝at2 所以导轨上方的电阻为R′＝2xr 由闭合电路欧姆定律得I＝ 联立得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为 F安＝。 (3)由题知t＝0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，则对ab受力分析由牛顿第二定律有 F－mg－μF安＝ma 其中F安＝ 联立可得F＝＋m(g＋a) 整理有F＝＋m(g＋a) 可知当＝art时，F有最大值，故解得 t＝ F的最大值为Fm＝＋m(g＋a)。 答案：(1)Φ＝kL2·t　kL2　从a流向b (2)　(3)＋m(g＋a) 5．解析：(1)根据动能定理有 m1gh＝ 解得v0＝8 m/s 根据法拉第电磁感应定律有 E1＝BLv0＝4 V 根据欧姆定律有 I1＝＝10 A P刚进入磁场时受到的安培力 F安＝BI1L＝5 N。 (2)设Q在C点的速度为vC，则有 m2g sin 30°＝ 根据动能定理得 －m2g(r＋r sin 30°)＝ 解得vB＝4 m/s 根据动量守恒定律有 m1vP＝m1vP′＋m2vB 根据能量守恒有 m1vP2＝m1vP′2＋m2vB2 解得vP＝6 m/s，vP′＝－2 m/s 对于P第一次通过磁场，根据动量定理得 m1vP－m1v0＝－BLt 又有q＝ 解得x＝3.2 m。 (3)P第二次通过磁场，根据动量定理知 m1vP″－m1vP′＝－B 解得vP″＝0 Q第一次进入磁场时的速度为 vQ′＝4 m/s，方向向左 根据动量定理得 m2vQ″－m2vQ′＝－B 解得vQ″＝3 m/s，方向向左 然后Q通过磁场与静止的P第二次碰撞，全过程应用能量守恒得 m2vQ″2＝Q 解得Q＝23 J 则有QR＝Q＝11.5 J。 答案：(1)5 N　(2)3.2 m　(3)11.5 J 6．解析：(1)根据题意可知，当b棒开始运动时，对b棒有 BI1L＋mg sin θ－μ2mg cos θ＝0 设a棒的速度大小为v1，则有 E1＝BLv1，I1＝ 联立解得v1＝2 m/s。 (2)根据题意可知，当两棒的速度差最大时，两棒做加速度相同的匀加速直线运动 对a棒有 mg sin θ－μ1mg cos θ－BI2L＝ma 对b棒有 BI2L＋mg sin θ－μ2mg cos θ＝ma 又有E2＝BL(va－vb)，I2＝ 联立解得va－vb＝4 m/s。 (3)a棒恰好与b棒发生弹性碰撞，则有 mv1＝mv1′＋mv2，mv1′2＋ 解得v1′＝0，v2＝2 m/s a棒与b棒之间距离最大时，a棒与b棒的速度相等，设为v共，由动量定理 对a棒有 (mg sin θ－μ1mg cos θ)t＋BLt＝mv共－0 对b棒有 (mg sin θ－μ2mg cos θ)t－BLt＝mv共－mv2 又有q＝ 联立解得d＝0.4 m。 答案：(1)2 m/s　(2)4 m/s　(3)0.4 m 学科网（北京）股份有限公司 $