第1部分 专题4 3 微专题强化六 应用动力学、能量和动量观点解决电磁感应问题（Word讲义）-【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试（广东专版）

微专题强化六　应用动力学、能量和动量观点解决电磁感应问题 强化点一　电磁感应中的动力学问题 (2025·云南曲靖第二次质量监测)如图，两条“Λ”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将电阻均为R的导体棒ab、cd在导轨上同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，且加速度大小始终相等，两棒长度均为L，ab的质量为m。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中 A.回路中的电流方向为adcba B.cd的质量为2m C.ab中电流最终为 D.cd棒最终下滑速度为 审题指导： 题眼点拨 (1)ab、cd运动中均切割磁感线产生感应电动势→两电动势相加为电路总电动势 (2)ab、cd均做加速运动，分别分析两导体棒受力→利用牛顿第二定律列式计算 (3)ab、cd最终做匀速运动→各自受到的合力为零 答案：D 解析：两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda，A错误；对于任意时刻，当电路中的电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得mgsin 30°－2ILB＝maab，对cd根据牛顿第二定律得m'gsin 30°－ILB＝m'acd，又aab＝acd，解得m'＝，B错误；两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力增大，故当安培力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将做匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，此时对ab分析可得mgsin 30°＝2I'LB，解得I'＝，C错误；从静止开始运动后，因两导体棒的加速度大小始终相等，因此两导体棒的速度大小始终相等，根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv＋2BLv＝3BLv，感应电流I'＝＝＝，解得cd棒最终下滑速度为v＝，D正确。故选D。 解决电磁感应中的动力学问题的“四个分析” 预测.(多选)(2024·东莞市三模)如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ 。现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g，则此过程 A.杆速度的最大值为 B.流过电阻R的电荷量为 C.恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于回路产生的焦耳热 D.恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量 答案：BD 解析：当杆达到最大速度vm 时，杆在拉力F、摩擦力和安培力作用下平衡，因此有F－μmg－＝0，解得vm＝，故A错误；由于＝，又因为＝，＝，整理有q＝，可得电荷量q＝＝，故B正确；在杆从开始运动到达到最大速度的过程中，由动能定理有WF＋Wf＋W安＝ΔEk，其中Wf＝－μmg，W安＝－Q，则恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，故C错误；由C项分析可知，恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量，故D正确。故选BD。 学生用书⬇第70页 强化点二　电磁感应中的能量问题 (多选)(2025·广西河池二模)如图所示，间距为l的水平虚线间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B；质量为m、阻值为R、长为2l、宽为l的单匝均匀矩形闭合导线框的ab边紧贴磁场上边界静止释放，竖直穿过整个磁场区域，运动过程中ad边始终垂直于虚线。当cd边进入磁场时，线框开始做匀速直线运动，忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是 A.穿过磁场的过程中，框内感应电流方向会改变一次 B.线框先做加速度减小的加速运动，再匀速运动 C.ab边刚出磁场时，线框的速度为 D.穿过磁场的过程中，线框产生的焦耳热为3mgl－ 审题指导： 题眼点拨 (1)ab、cd边均不在磁场中运动时，线框不受安培力作用→做加速度为g的匀加速运动 (2)线框穿过磁场的过程→减少的重力势能转化为动能和内能 答案：AC 解析：根据楞次定律和安培定则可知，进入时电流方向为顺时针，穿出时电流方向为逆时针，所以穿过磁场的过程中，框内感应电流方向会改变一次，A正确。ab边进入磁场的过程中，根据牛顿第二定律得mg－＝ma，随着速度的增大，加速度减小；ab边离开磁场后cd边进入磁场前，线框不受安培力，线框匀加速下落，cd边进入磁场后，线框匀速运动，B错误。当cd边进入磁场时，线框开始做匀速直线运动，根据平衡条件得mg＝ ，解得v2＝，设ab边刚出磁场时线框的速度为v1，则有－＝2gl，解得线框的速度为v1＝，C正确。根据能量守恒定律，穿过磁场的过程中，线框产生的焦耳热为Q＝mg×3l－m＝3mgl－ ，D错误。故选AC。 1.电磁感应过程中的能量转化关系 2.求解焦耳热Q的三种方法 (1)应用焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流、电阻不变的情况。 (2)应用功能关系：Q＝W克安，电流变或不变都适用。 (3)应用能量守恒定律：Q＝ΔE其他，电流变或不变都适用。 预测.(多选)(2025·山西晋城二模)如图所示，直角梯形金属框abcd平放在光滑绝缘的水平面上，框的质量为m、电阻为R，∠b＝45°，∠c＝∠d＝90°，ad＝cd＝L，水平线MN右侧有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。开始时bc边垂直于MN且b点在MN上，给框施加一个垂直于MN水平向右、大小为F的恒力，当a点刚进入磁场时，框的加速度恰好为零，运动过程中，bc始终垂直于MN，则下列说法正确的是 A.ab边进入磁场过程中，框所受的安培力垂直于ab向左 B.框进入磁场过程中通过框截面的电荷量为 C.ab边进入磁场过程中，框中产生的焦耳热为2FL－ D.若框进入磁场过程中电流的有效值为I，则框进入磁场的时间为－ 答案：BD 解析：ab边进入磁场过程中，框受到的安培力垂直于MN向左，故A错误；框进入磁场过程中，通过框截面的电荷量q＝·Δt＝·Δt＝·Δt＝＝，故B正确；当a点刚进入磁场时，框的加速度恰好为零，设此时金属框的速度为v，则有F安a＝IaLB＝＝F，解得va＝，根据功能关系，ab边进入磁场过程中，框中产生的焦耳热为Q＝FL－m＝FL－，故C错误；根据功能关系，线框进入磁场过程中产生的焦耳热Q'＝2FL－m＝2FL－，又Q'＝I2Rt，联立解得t＝－，故D正确。故选BD。 学生用书⬇第71页 强化点三　动量观点在电磁感应问题的应用 1.单杆模型：当涉及作用时间、速度、位移和电荷量时，应选用动量定理。 (1)求速度或电荷量：lBΔt＝mv2－mv1，q＝Δt。 (2)求时间：FΔt＝I冲＝mv2－mv1，I冲＝lBΔt＝Bl。 (3)求位移：－lBΔt＝－＝0－mv0，或者－x＝0－mv0。 2.双杆模型 (1)如果双杆系统在运动过程中所受合力为零，优先考虑应用动量守恒定律。 (2)如果双杆运动过程中所受合力不为零，则双杆系统的动量不守恒，应该考虑应用动力学方法、能量观点等。 (2024·广东省三模)我国最新航空母舰福建舰采用了世界上最先进的电磁弹射技术，装备了三条电磁弹射轨道，电磁弹射技术的简化模型如图所示，足够长的水平固定金属轨道处于竖直向下的匀强磁场中，左端与充满电的电容器C相连，与机身相连的金属杆ab静置在轨道上，闭合开关S后，飞机向右加速。若不计所有阻力和摩擦，回路总电阻R保持不变，则下列说法不正确的是 A.提高电容器的放电量，可以提高飞机的起飞速度 B.飞机运动过程中，a端的电势始终高于b端的电势 C.飞机的速度最大时，金属杆ab产生的感应电动势与电容器两端电压相等 D.飞机的速度达到最大时，电容器所带的电荷量为零 答案：D 解析：对金属杆与飞机，由动量定理可得LBΔt＝mv－0，q＝Δt，联立可得qBL＝mv，则提高电容器的放电量，可以提升飞机的起飞速度，故A正确，不符合题意；飞机向右加速，通过金属杆ab的电流方向为a→b，则电容器上极板带正电，下极板带负电，a端的电势高于b端的电势，故B正确，不符合题意；随着飞机加速，金属杆ab产生的电动势E＝BLv增大，电容器两端电压U减小，根据牛顿第二定律，对金属杆和飞机有LB＝ma，则金属杆的加速度a 减小，当U＝E时，加速度为零，飞机的速度达到最大，此时电容器所带的电荷量不为零，故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。故选D。 专题集训(十七)　应用动力学、能量和动量观点解决电磁感应问题 (时间：45分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－7题，每题5分，共35分) 1.(2025·安徽黄山二模)绝缘水平桌面上有一质量为m的“”形金属框，框宽度为d，ab间电阻为R，两侧部分电阻不计且足够长。在竖直固定的绝缘挡板间放一根金属棒，挡板间隙略大于棒的直径，棒与金属框垂直且接触良好，金属棒接入电路部分的电阻为R，不计一切摩擦。空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，现给框水平向左、大小为v0的初速度，俯视图如图所示。则下列说法正确的是 A.开始时金属框的加速度大小为 B.开始时挡板给金属棒的作用力大小为，方向水平向左 C.金属框从开始运动到静止过程中通过金属棒的电荷量为 D.金属框从开始运动到静止过程中金属棒上产生的热量为m 答案：C 解析：开始时金属框产生的感应电动势大小为E＝Bdv0，感应电流沿顺时针方向，大小为I＝＝，安培力大小F安＝IdB＝，加速度大小a＝＝，故A错误；开始时金属棒所受安培力方向向左，大小也为IdB＝，金属棒受力平衡，则挡板给金属棒的作用力大小为，方向水平向右，故B错误；金属框从开始运动到静止，由动量定理得－·Δt＝0－mv0，而金属框总位移x＝Δt，得x＝，则通过金属棒的电荷量为q＝Δt＝·Δt＝＝，故C正确；由能量守恒定律可知，金属框从开始运动到静止过程中，系统产生的总热量为Q总＝m，金属框与金属棒电阻相等，则金属棒上产生的热量为Q棒＝Q总＝m，故D错误。故选C。 2.(多选)(2024·广东省二模)如图(a)所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在变化的磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度随时间变化的规律如图(b)所示，ab始终保持静止，在磁感应强度逐渐增加的过程中，下列说法正确的是 A.ab中的感应电流的方向不变 B.ab中的感应电流逐渐增大 C.ab所受的安培力大小可能不变 D.ab所受的摩擦力方向始终保持水平向左 答案：AC 解析：磁场方向垂直于导轨平面向下且磁感应强度随时间逐渐增大，可知回路中的磁通量增大，根据楞次定律和安培定则可知，回路中的感应电流为逆时针方向(俯视)，且始终不变，故A正确；根据法拉第电磁感应定律可得E＝＝，根据题图(b)可知，磁感应强度随时间逐渐增大，图线的斜率减小，回路面积保持不变，可知感应电动势逐渐减小，则回路中的感应电流也逐渐减小，故B错误；根据安培力表达式F安＝ILB，由于感应电流逐渐减小，而磁感应强度随时间逐渐增大，可知金属棒ab所受的安培力可能不变，故C正确；金属棒ab始终保持静止，根据受力平衡可知，金属棒ab所受的静摩擦力和安培力大小相等，方向相反，由左手定则可知，金属棒ab所受安培力方向水平向左，因此静摩擦力方向水平向右，故D错误。故选AC。 3.(多选)(2025·河北石家庄三模)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行金属导轨处在垂直于导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。垂直于导轨放置一根质量为m、长度为l、电阻为R的金属棒PQ，金属棒与导轨始终接触良好。竖直平面内半径为l的金属圆环上固定OC、OD、OE、OF四根长均为l、阻值均为R且夹角互为90°的金属棒。以圆环圆心O为原点建立直角坐标系，在第二象限圆环内部存在方向垂直竖直面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，圆心O与环面分别通过电刷H、G与金属导轨左端相连，其他电阻均不计。在外力作用下，圆环以角速度ω绕O点沿顺时针方向匀速转动，金属棒PQ始终静止不动。下列说法正确的是 A.通过金属棒PQ的电流方向始终为Q→P B.通过金属棒PQ的电流大小为 C.金属棒PQ受到的摩擦力大小为 D.圆环转动一周的过程，外力做的功为 答案：ABD 解析：圆环以角速度ω绕O点沿顺时针方向匀速转动，根据右手定则可知，通过金属棒PQ的电流方向始终为Q→P，A正确；感应电动势E＝Bωl2，总电阻R总＝＋R＝，总电流I＝＝，通过金属棒PQ的电流大小为I'＝＝，B正确；金属棒PQ受到的摩擦力大小为Ff＝F安＝I'lB＝，C错误；圆环转动一周的过程，外力做的功为W＝I2R总T＝，D正确。故选ABD。 4.(多选)(2025·甘肃白银二模)如图所示，边长L＝0.4 m、质量m＝0.2 kg、电阻R＝0.1 Ω的正方形线框abcd置于光滑水平桌面上，ad边与匀强磁场边界MN重合。t＝0时刻，线框以初速度v0进入磁感应强度方向竖直向下的匀强磁场中，v0方向与磁场边界MN的夹角θ＝53°，线框恰好能够全部进入匀强磁场。已知匀强磁场的磁感应强度大小为1.0 T，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，线框进入磁场的过程中，ad边始终与磁场边界平行，则下列说法正确的是 A.线框的初速度大小为4 m/s B.线框进入磁场过程中最大的加速度大小为20 m/s2 C.线框进入磁场的过程中，通过线框导线横截面的电荷量为0.8 C D.线框进入磁场过程中产生的焦耳热为1.024 J 答案：AD 解析：线框恰好能够全部进入匀强磁场，表明线框最终沿边界做匀速直线运动，根据动量定理有－LBΔt＝0－mv0sin θ，根据闭合电路欧姆定律有＝，其中L＝Δt，解得v0＝4 m/s，A正确；线框刚进入磁场时，感应电动势最大，感应电流最大，则有Imax＝，amax＝，解得amax＝25.6 m/s2，B错误；由A项分析可知，q＝Δt＝＝1.6 C，C错误；根据能量守恒定律有Q＝m－m＝1.024 J，D正确。故选AD。 5.(2025·陕晋青宁高考)如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2L，宽均为L，电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0＝并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用。则 A.甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同 B.甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1∶1 C.乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0 D.甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3 答案：D 解析：根据楞次定律和安培定则可知，甲线框进磁场的过程电流方向为顺时针，出磁场的过程电流方向为逆时针，故A错误。甲线框刚进磁场区域时，合力大小为F安1＝I1LB，I1＝，乙线框刚进磁场区域时，合力大小为F安2＝I2LB，I2＝，可知＝2，故B错误。假设甲、乙都能完全出磁场，对甲根据动量定理有－LBΔt＝mv1－mv0，q1＝Δt＝·Δt＝＝，同理，对乙有－LBΔt'＝mv2－mv0，q2＝Δt'＝·Δt'＝＝，解得v1＝0，v2＝v0＝，故甲恰好完全出磁场区域，乙完全出磁场区域时，速度大小不为0；由能量守恒定律可知甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q1＝mv02，Q2＝mv02－m＝mv02，则＝，故C错误，D正确。故选D。 6.(多选)(2024·深圳市二模)如图所示，一长、宽分别为2L和L、质量为m、电阻为R的n匝矩形闭合线圈abcd，从距离磁场上边界L处由静止下落，线圈恰好能匀速进入磁场。重力加速度为g。磁场上下边界的高度为4L，下列说法正确的是 A.线圈进入磁场时，线圈所受安培力大小为mg B.线圈进入磁场过程中安培力的冲量小于离开磁场过程中安培力的冲量 C.线圈穿过磁场的全过程中，产生的总热量为2mgL D.磁场的磁感应强度B＝ 答案：AD 解析：线圈匀速进入磁场，受力平衡，则线圈所受安培力大小为mg，A正确；安培力的冲量I安＝n·2L·BΔt＝2nqBL，而q＝Δt＝Δt＝n＝n＝，可知线圈进入磁场过程中安培力的冲量等于离开磁场过程中安培力的冲量，B错误；线圈匀速进入磁场，则进入磁场时产生的热量为mgL，完全进入磁场后线圈做加速度为g的匀加速直线运动，离开磁场时速度大于进入磁场时的速度，则向上的安培力大于重力，则离开磁场时克服安培力做的功大于mgL，即产生的热量大于mgL，则穿过磁场的全过程中，产生的总热量大于2mgL，C错误；线圈匀速进入磁场时满足nI·2LB＝mg，I＝，v＝，解得磁场的磁感应强度B＝，D正确。故选AD。 7.(多选)(2024·广东清远一模)如图，足够长的平行光滑金属导轨水平固定放置，宽度为l，一端连接电动势为E、内阻为r的电源。导轨所在空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、电阻为R的导体棒ab放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，不计导轨电阻。现闭合开关，导体棒运动一段位移x后达到最大速度vm，则下列说法正确的是 A.vm＝ B.通过导体棒的电荷量q＝ C.安培力对导体棒做功的大小等于导体棒上产生的焦耳热 D.导体棒上产生的焦耳热Q＝ 答案：AD 解析：导体棒在安培力作用下运动，电路中的电流i＝，当导体棒达到最大速度时电流i＝0，则E＝Blvm，解得vm＝，故A正确；对导体棒，由动量定理得lBt＝mvm－0，通过导体棒的电荷量q＝t，解得通过导体棒的电荷量q＝，故B错误；根据能量守恒定律可得qE＝m＋Q总，导体棒上产生的焦耳热Q＝Q总，解得Q＝，故D正确；根据动能定理可知，安培力对导体棒做功的大小W安＝m＝＞Q，故C错误。故选AD。 8.(15分)如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T。在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L＝1 m，电阻可忽略不计。质量均为m＝1 kg、电阻均为R＝1 Ω的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好。先将PQ暂时锁定，金属棒MN在垂直于棒的拉力F作用下，由静止开始以加速度a＝0.1 m/s2向右做匀加速直线运动，2 s后保持拉力F的功率不变，直到棒以最大速度vm做匀速直线运动。(≈1.41) (1)求2 s时，拉力F的功率P。 (2)求棒MN的最大速度vm。(结果保留2位小数) (3)当棒MN达到最大速度vm时，解除PQ锁定，同时撤去拉力F，则撤去拉力F后两金属棒之间距离增加量Δx的最大值是多少？(结果保留2位小数) 答案：(1)0.04 W　(2)0.28 m/s　(3)0.28 m 解析：(1)金属棒MN在2 s末的速度 v1＝at1＝0.1×2 m/s＝0.2 m/s 由牛顿第二定律得F－F安1＝ma 其中F安1＝I1LB，I1＝，E＝BLv1 拉力的功率P＝Fv1 联立解得P＝0.04 W。 (2)金属棒MN 达到最大速度vm 时 F'＝F安2＝ 拉力的功率不变，则P＝F'vm 解得vm＝ m/s≈0.28 m/s。 (3)撤去拉力后，金属棒PQ、MN组成的系统动量守恒，两棒最终共速，取向右为正方向，有mvm＝2mv 解得v＝vm＝0.14 m/s 根据法拉第电磁感应定律可得＝ 由闭合电路欧姆定律可得＝ 通过两棒的电荷量q＝Δt 解得q＝ 对PQ棒由动量定理得LBΔt＝mv 解得Δx＝0.28 m。 学生用书⬇第72页 学科网（北京）股份有限公司 $