第1篇 专题4 第15课时 力学三大观点在电磁感应中的应用（Word教参）-【艺术生百日冲刺】2026高考物理艺术生基础生文化课成功方案

该高中物理高考复习资料聚焦电磁感应中力学三大观点（动力学、能量、动量）的综合应用，按单杆、双杆模型及问题类型构建知识体系。通过考点梳理（规律公式、二级结论）、方法指导（解题策略总结）、真题训练（典型例题与模拟题）三环节，帮助学生突破难点，体现复习的系统性和针对性。 资料采用模型化教学与科学思维培养相结合的策略，如分类讲解双杆模型（初速度、恒力、不同长度等情境），总结动量定理求电荷量、焦耳热三种方法。设置分层练习，培养学生模型建构和科学推理能力，助力教师高效把控复习节奏，提升学生应考能力。

第15课时　力学三大观点在电磁感应中的应用 【目标要求】　1.会分析电磁感应中的动力学与能量问题.2.掌握应用动量观点处理电磁感应中的动量、电荷量、时间及位移等问题.3.掌握动量和能量观点处理电磁感应中的能量转化问题． 内容 重要的规律、公式和二级结论 电磁感应中的双杆模型 (1)研究单导体棒运动的电磁感应问题时，往往用动量定理进行分析， 一般方程：－BlΔt＝－Blq＝－Bl＝mv－mv0. (2)导轨与滑杆问题： 　 ①如图甲，完全相同的金属棒a、b静止的放在光滑平行的水平导轨上，现在给a一个水平初速度v0，则a、b末状态将以速度匀速运动． ②如图乙，完全相同的金属棒a、b静止的放在光滑平行的水平导轨上，现在给a一个水平向右的F，则a、b末状态将以a＝的加速度做匀加速直线运动． 　 　 　丙　　　　　　　　丁　　　 ③如图丙，金属棒ab、cd静止的放在光滑平行的水平导轨上，金属棒cd的长度为ab长度的2倍，现在给ab一个水平初速度v0，则最终ab、cd均做匀速直线运动、且vab＝2vcd. ④如图丁，金属棒ab、cd静止的放在光滑平行的水平导轨上，金属棒cd的长度为ab长度的2倍，现在给ab一个水平向右的力F，则最终ab、cd均做匀加速直线运动、且aab＝2acd. 热考一　动力学和能量问题在电磁感应中的应用 【例1】　(多选)(2025·抚顺三模)如图所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距为L，导轨平面与水平面间夹角为θ，N、Q间连接一个电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度为B，将一根质量为m的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒电阻为r，导轨的电阻不计．现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，当金属棒滑行至cd处时，其速度大小为v且开始保持不变，位置cd与ab之间的距离为s(已知重力加速度为g).下列说法正确的是(　　 ) A．金属棒到达cd位置之前沿导轨匀加速下滑 B．金属棒达到cd处的速度 v＝·(R＋r) C．金属棒从位置ab运动到cd的过程中，电路中产生的焦耳热以及摩擦生热之和等于金属棒机械能的减小量 D．金属棒从位置ab运动到cd的过程中，电阻R产生的热量Q＝mgs·sin θ－mv2－μmgs·cos θ 【解析】　A．金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，感应电流I＝，金属棒受到的安培力F＝BIL＝，金属棒到达cd位置之前，由牛顿第二定律得：mg sin θ－μmg cos θ－F＝ma，解得：a＝g sin θ－μg cos θ－，导体棒到达cd位置前做加速运动，加速度a逐渐减小，金属棒在到达cd位置前做加速度减小的加速运动，故A错误；B.金属棒到达cd位置后速度保持不变，做匀速直线运动，由平衡条件得：mg sin θ－μmg cos θ－F＝0，解得金属棒达到cd处的速度大小v＝，故B正确；C.金属棒从位置ab运动到长度的过程中，金属棒克服安培力做功转化为焦耳热，克服摩擦力做功产生热量，金属棒的机械能减小，由能量守恒定律可知，电路中产生的焦耳热以及摩擦生热之和等于金属棒机械能的减小量，故C正确；D.金属棒从位置ab运动到cd的过程中，设回路产生的总焦耳热为Q总，由能量守恒定律得：mgs sin θ＝mv2＋μmgs cos θ＋Q总，电阻R产生的焦耳热Q＝Q总，解得金属棒从位置ab运动到cd的过程中，电阻R产生的热量Q＝(mgs sin θ－mv2－μmgs cos θ)，故D错误． 【答案】　BC 【例2】　(多选)(2025·成都三诊)如图所示，在两根水平的平行光滑金属导轨右端c、d处，连接两根相同的平行光滑圆弧导轨．圆弧导轨均处于竖直面内，与水平轨道相切，半径r＝0.4 m，顶端a、b处连接一阻值R＝3.0 Ω的电阻，平行导轨各处间距均为L＝1 m，导轨电阻不计．整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1T.一根质量m＝1.0 kg、电阻R0＝1.0 Ω的金属棒ef在水平拉力F作用下从图示位置由静止开始做加速度为4 m/s2的匀加速直线运动，运动到cd处时拉力F0＝5.0 N.金属棒运动到cd处后，调节拉力F使金属棒沿圆弧导轨做匀速圆周运动至ab处．金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度大小g＝10 m/s2.下列说法正确的是(　　 ) A.金属棒运动过程中e端电势高于f端电势 B．金属棒做匀加速直线运动的时间为1 s C．金属棒从cd运动至ab的过程中金属棒中产生的热量为 J D．金属棒做匀加速直线运动过程中通过电阻R的电荷量为0.5 C 【解析】　A．金属棒运动过程中，根据右手定则可知，ef棒中感应电流方向由e到f，则e端电势低于f端电势，故A错误；B.设金属棒运动到cd处时速度为v，金属棒做匀加速直线运动的时间为t.则有v＝at，当金属棒在cd时，其产生的感应电动势为：E1＝BLv，产生的感应电流大小为：I＝，金属棒所受的安培力大小为：FA＝BIL，联立得：FA＝，根据牛顿第二定律得：F0－FA＝ma，联立并代入数据解得：v＝4m/s，t＝1 s，故B正确；C.金属棒从cd运动至ab的过程中，设金属棒运动速度v与磁场正方向的夹角为α，则垂直磁场方向的分速度为v1＝v sin α，则金属棒产生的感应电动势为E2＝BLv sin α(即产生是正弦式交流电)，电动势有效值为E＝，电流有效值为I′＝，金属棒中产生的热量为Q＝I′2R0t′，其中t′＝，联立解得：Q＝ J，故C错误；D.金属棒做匀加速直线运动过程中，通过金属棒的电荷量为：q＝t0，又＝，其中：＝，联立解得：q＝0.5 C，故D正确． 【答案】　BD 【总结提升】 1．电磁感应中的动力学与能量问题常出现的两类情景：一是线框进出磁场；二是导体棒切割磁感线运动，两类情景都综合了电路、动力学、能量知识，有时还会与图像结合，解题方法有相通之处．分析思路如下： 2．求解焦耳热Q的三种方法 (1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流恒定的情况． (2)功能关系：Q＝W克安(W克安为克服安培力做的功). (3)能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量). 热考二　动量观点在电磁感应中的应用 【例3】　(多选)光滑平行金属导轨由左侧弧形轨道与右侧水平轨道平滑连接而成，导轨间距均为L，如图所示．左侧轨道上端连接有阻值为R的电阻．水平轨道间有连续相邻、宽均为d的区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，区域边界与水平导轨垂直．Ⅰ、Ⅲ区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B；Ⅱ区域有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为2B.金属棒从左侧轨道上某处(高度h)由静止释放，金属棒最终停在Ⅲ区域右边界上，金属棒的质量为m、长度为L、电阻为R.不计金属导轨电阻，金属棒与导轨接触良好，重力加速度为g，则金属棒(　　 ) A.穿过区域Ⅰ过程，通过R的电荷量为 B．刚进入区域Ⅲ时受到的安培力大小为 C．穿过区域Ⅰ与Ⅱ过程，R上产生的焦耳热之比为11∶25 D．穿过区域Ⅰ与Ⅲ过程，克服安培力做功之比为11∶1 【解析】　A．穿过区域Ⅰ过程，根据法拉第电磁感应定律可得：1＝＝，根据电流的定义式有1＝＝，联立解得：q1＝，故A正确；B.金属棒下滑至最低点过程，根据动能定理可得： mgh＝mv，规定向右为正方向，穿过区域Ⅰ过程，根据动量定理可得： －B1LΔt1＝mv1－mv0 穿过区域Ⅱ过程，根据法拉第电磁感应定律可得：2＝＝，其中2＝＝ 穿过区域Ⅱ过程，选择水平向右的方向为正方向，则根据动量定理可得： －2B2LΔt2＝mv2－mv1 解得v2＝－，穿过区域Ⅲ过程，根据法拉第电磁感应定律可得： 3＝＝其中3＝＝，解得：q3＝，穿过区域Ⅲ过程，选择水平向右的方向为正方向，根据动量定理可得：－B3LΔt3＝0－mv2，联立解得：v2＝，刚进入区域Ⅲ时有I＝，根据安培力的计算公式有F＝BIL，解得F＝，故B正确；C.根据上述分析可得：v0＝，v1＝，v2＝，结合上述，穿过区域Ⅰ过程，根据能量守恒定律可知R上产生的焦耳热为： Q1＝× 穿过区域Ⅱ过程，根据能量守恒定律可知R上产生的焦耳热为：Q2＝× 解得＝，故C错误；D.根据动能定理可知，穿过区域Ⅰ与Ⅲ过程，克服安培力做功之比为： ＝，解得：＝11，故D正确． 【答案】　ABD 【例4】　(2023·湖南高考)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R.运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g. (1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时速度大小v0； (2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0； (3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx. 【解析】　(1)a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得 E＝BLv0 有闭合电路欧姆定律及安培力公式可得 I＝，F＝BIL a棒受力平衡可得mg sin θ＝BIL 联立记得v0＝ (2)由右手定则可知导体棒b中电流向里，b棒沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则b棒牛顿第二定律可得 mg sin θ＋BIL＝ma 解得a＝2g sin θ (3)释放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时对a棒动量定理 mg sin θt0－BLt0＝mv－mv0 b棒受到向下的安培力，对b棒动量定理 mg sin θt0＋BLt0＝mv 联立解得v＝g sin θ·t0＋ 此过程流过b棒的电荷量为q，则有q＝t0 由法拉第电磁感应定律可得 ＝＝ 联立b棒动量定理可得 Δx＝＝ 答案：(1)v0＝　(2)a＝2g sin θ (3)v＝g sin θ·t0＋ Δx＝ 【例5】　(多选)(2023·辽宁高考)如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B.已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍．初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧．释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内．整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计．下列说法正确的是(　　) A．弹簧伸展过程中、回路中产生顺时针方向的电流 B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为 C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1 D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为 【解析】　A.弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确； B．任意时刻，设电流为I，则PQ受安培力 FPQ＝BI·2d 方向向左；MN受安培力FMN＝2BId 方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2 m，则MN质量为m, PQ速率为v时，则2mv＝mv′ 解得v′＝2v 回路的感应电流 I＝＝ MN所受安培力大小为 FMN＝2BId＝ 选项B错误； C．两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得 mx1＝2mx2 x1＋x2＝L 可得则最终MN位置向左移动x1＝ PQ位置向右移动x2＝ 因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F弹，安培力平均值F安，则整个过程根据动能定理 F弹x1－F安xMN＝0 F弹x2－F安xPQ＝0 可得＝＝ 选项C正确； D．两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移动，PQ位置向右移动，则 q＝Δt＝＝＝ 选项D错误．故选AC. 【答案】　AC 【总结提升】 在导体切割磁感线做变加速运动时，若用牛顿运动定律和能量观点不能解决，可运用动量定理巧妙解决问题 求解的物理量 应用示例 电荷量或速度 －BlΔt＝mv2－mv1，q＝Δt 位移 －＝0－mv0 即－＝0－mv0 续表 求解的物理量 应用示例 时间 －BlΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1 即－Blq＋F其他Δt＝mv2－mv1 已知电荷量q、F其他(F其他为恒力) －＋F其他Δt＝mv2－mv1， Δt＝x 已知位移x、F其他(F其他为恒力) 热考三　与电容器充放电综合的电磁感应问题 【例6】　(2022·浙江1月选考)如图所示，水平固定一半径r＝0.2 m的金属圆环，长均为r、电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600 rad/s匀速转动，圆环内左半圆存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场．圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09 F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连．电容器左侧存在宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域．在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde.棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01 kg，de与cf长度均为l3＝0.08 m，已知l1＝0.25 m，l2＝0.068 m，B1＝B2＝1 T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1 Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直．开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2 m后返回进入磁场． (1)求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板(M或N)带正电？ (2)求电容器释放的电荷量ΔQ； (3)求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x. 【解析】　(1)开关S和接线柱1接通，电容器充电过程中，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知，其切割磁感线产生的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电，根据法拉第电磁感应定律可得E＝B1r＝B1ωr2 当开关接1时，其等效电路图如图所示，电容器C与R0并联 则Q＝CU＝＝0.54 C. (2)电容器放电过程对金属棒ab由动量定理有l1B2t＝B2l1ΔQ＝mv1 棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起的过程有mv1＝(m＋m)v2 对框的上滑过程有2mgh＝×2mv 解得ΔQ＝＝0.16 C. (3)设框在磁场中减速滑行的总路程为Δx，由动量定理有·t＝＝2mv2 则Δx＝0.128 m>0.08 m，因此金属框会有一段磁通量不变的匀速运动，匀速运动的距离为l3－l2＝0.012 m，因此ab边进入磁场后的总位移为x＝Δx＋l3－l2＝0.14 m． 【答案】　(1)0.54 C　M板　(2)0.16 C　 (3)0.14 m [高考模拟冲关] 1．(多选)(2025·长沙雅礼中学模拟)如图所示，倾斜光滑金属导轨的倾角为30°，水平导轨粗糙，两平行导轨的间距均为L.质量为m、电阻为R、长度为L的金属棒a垂直水平导轨放置，两导轨间均存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B1和B2.现把质量为m、电阻为R、长度也为L的金属棒b垂直倾斜导轨由静止释放，重力加速度为g，倾斜导轨无限长，金属棒a始终静止，下列说法中正确的是(　　 ) A．金属棒a受到向左的摩擦力 B．金属棒a受到的最大摩擦力一定为mg C．金属棒b的最大速度为 D．金属棒b减小的机械能等于金属棒a和金属棒b中产生的总焦耳热 【解析】　A．根据右手定则和左手定则可以判断，金属棒a受到的安培力向右，a棒有向右的趋势，所以所受静摩擦力向左，故A正确；C.对金属棒b受力分析，最终匀速运动时有：mg sin θ＝B2LI，而最大电流：I＝，可得金属棒b的最大速度为：v＝，故C错误；B.金属棒a，受到的最大摩擦力为：f＝F安＝IB1L＝，故B错误；D.根据能量守恒，金属棒b减小的机械能等于金属棒a和金属棒b中产生的总焦耳热，故D正确． 【答案】　AD 2．(多选)(2025·吉林一模)如图所示，两间距为L＝0.5 m足够长的光滑平行导轨倾斜固定，倾角为α＝12°，导轨底端连接阻值为R＝1.0 Ω的定值电阻，整个空间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，质量为m＝1 kg、阻值为r＝0.5 Ω、长为L＝0.5 m的导体棒MN垂直导轨放置，现给导体棒一沿导轨向上的初速度v0＝12 m/s，同时在导体棒上施加一沿导轨向上的外力F0＝2.5 N时，导体棒沿导轨向上做匀速直线运动；某时刻将外力变为沿导轨向下的变力F，并将该时刻记为0时刻，使导体棒沿导轨向上做匀减速直线运动，经4 s的时间导体棒的速度减为零，整个过程导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度g＝10 m/s2，不计导轨的电阻，sin 12°＝0.2，则下列说法正确的是(　　 ) A．匀强磁场的磁感应强度大小为0.5 T B．0～4 s内，外力F关于时间t的关系式为F＝0.25t＋1.0(N) C．导体棒沿导轨向上减速运动18 m时，导体棒MN两端的电压为1 V D．0～4 s内，流过定值电阻的电荷量为4 C 【解析】　A．t＝0时，导体棒上产生的感应电动势为E＝BLv0，导体棒上的感应电流为I＝导体棒所受的安培力为F′＝BIL，在导体棒上施加的外力沿导轨向上时，由力的平衡条件得F0＝mg sin α＋F′，解得B＝0.5T，故A正确；B.从t＝0时刻开始，导体棒沿导轨向上做匀减速直线运动，导体棒减速时的加速度大小为a＝＝ m/s2＝3 m/s2，由牛顿第二定律得F＋mg sin α＋F″＝ma，设经时间t导体棒的速度大小为v，则v＝v0－at，又E＝BLv，I′＝，根据安培力公式可知F″＝BI′L，解得F＝0.125t＋0.5(N)，故B错误；C.导体棒沿导轨向上减速18 m时，由公式v′2－v＝2ax，解得v′＝6 m/s，此时导体棒上产生的感应电动势为E″＝BLv′，由闭合电路欧姆定律可知流过导体棒的电流为I″＝，则导体棒MN两端的电压为UMN＝I″R，解得UMN＝1 V，故C正确；D.0～4 s内，由法拉第电磁感应定律得＝＝，其中xm＝t，闭合电路欧姆定律得＝，又由q＝ t 解得q＝4 C，故D正确． 【答案】　ACD 学科网（北京）股份有限公司 $