第十二章　培优练19　力学三大观点在电磁感应中的应用-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦力学三大观点（动力学、能量、动量）在电磁感应中的综合应用，通过典型模型（线框、导体棒）训练科学推理与模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择题|5题（线框穿越磁场、导体棒导轨运动等）|结合匀速/变速运动分析安培力、焦耳热，考查力电能量转化|电磁感应规律（E=BLv）→安培力（F安=BIL）→力学观点（动能定理、动量定理）→能量守恒| |计算题|1题（机械臂电磁驱动系统）|综合动量定理、电路动态分析及电容器电荷量计算|系统动量守恒→电磁感应与电路结合→能量转化与稳定状态分析|

培优练19　力学三大观点在电磁感应中的应用 [分值：35分] [1~5题，每题4分] 1.如图所示，匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的磁场方向均沿水平方向垂直纸面向外，两磁场边界水平，磁场宽度均为L，磁场Ⅰ下边界到磁场Ⅱ上边界的距离为4L，磁场Ⅰ的磁感应强度大小为B。边长为L、电阻为R的单匝正方形金属线框位于垂直于磁场的竖直平面内，开始时ab边到磁场Ⅰ上边界距离为L，由静止释放金属线框，线框在向下运动的过程中始终在竖直面内且ab边始终水平，线框分别匀速穿过磁场Ⅰ、Ⅱ。重力加速度为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A.磁场Ⅱ的磁感应强度大小为B B.线框经过磁场Ⅰ产生的焦耳热等于经过磁场Ⅱ产生的焦耳热 C.金属线框的质量为 D.线框经过磁场Ⅰ、Ⅱ产生的总焦耳热为 答案　B 解析　由静止释放金属线框到ab边开始进入磁场Ⅰ，根据动能定理有mgL=m，解得v1=，线框匀速穿过磁场Ⅰ，则有mg=BI1L，I1==，解得m=，同理，金属线框从cd边出磁场Ⅰ到ab边进磁场Ⅱ过程，根据动能定理有mg·3L=m-m，解得v2=2，匀速穿过磁场Ⅱ，则有mg=B2I2L，I2==，解得B2=B，故A、C错误；线框分别匀速穿过磁场Ⅰ、Ⅱ，则根据功能关系知线框经过磁场Ⅰ产生的焦耳热为2mgL，经过磁场Ⅱ产生的焦耳热也为2mgL，故B正确；线框经过磁场Ⅰ、Ⅱ产生的总焦耳热为Q=4mgL=，故D错误。 2.如图所示，间距为L的平行金属导轨M1P1N1和M2P2N2分别固定在两个竖直面内，倾斜导轨与水平方向的夹角为θ(sin θ=)，空间存在垂直导轨向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，长为L、质量为m、电阻为R的导体杆a静止在水平导轨上，现将与导体杆a完全相同的导体杆b从倾斜导轨上N1N2处由静止释放，导体杆b运动到虚线Q1Q2处有最大速度，运动的距离为d，导体杆a恰好未滑动，两导体杆与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.导体杆与导轨间的动摩擦因数为 B.回路中的最大电流为 C.导体杆b的最大速度为 D.回路中产生的最大热功率为 答案　D 解析　当导体杆b的速度最大时，对导体杆a受力分析有F安=μmg，对导体杆b受力分析，沿斜面方向有mgsin θ=F安+Ff，垂直斜面方向有FN=mgcos θ，摩擦力大小Ff=μFN，解得μ=，故A错误；当导体杆b的速度最大时，回路中的电流最大，此时导体杆b受到的安培力大小F安=μmg=，回路中的电流I==，故B错误；此时回路中的电动势E=BLv，电流I=，解得v=，故C错误；回路中产生的最大热功率P=F安v=，故D正确。 3.如图所示，两竖直固定的平行金属导轨ABCDE、A'B'C'D'E'，AB、A'B'是半径为r的圆弧，BCDE、B'C'D'E'水平，BB'、CC'均与导轨垂直。BB'左侧无磁场，BB'、CC'间存在竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场，DD'、EE'间存在竖直向上的磁感应强度大小为2B的匀强磁场。将导体棒a、b从图示位置由静止同时释放，导体棒a运动至CC'、b运动至EE'前已经达到稳定运动状态。已知导体棒a质量为2m，接入电路的电阻为2R，ABC、A'B'C'间距为2L，导体棒b质量为m，接入电路的电阻为R，DE、D'E'间距为L，导轨光滑且电阻不计，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，重力加速度为g。则(　　) A.导体棒a运动到BB'处对导轨的压力大小为5mg B.导体棒a达到稳定时速度大小为 C.导体棒a从静止释放至稳定状态，流过导体棒b的电荷量为 D.导体棒a从静止释放至稳定状态，导体棒b产生的热量为mgr 答案　D 解析　对导体棒a从静止到运动至BB'过程中，根据动能定理有2mgr=×2m，运动到BB'处，根据牛顿第二定律有FN-2mg=2m，联立可得FN=6mg，根据牛顿第三定律可得，导体棒a运动到BB'处对导轨的压力大小为6mg，故A错误；当回路中感应电流为零时，二者达到稳定状态，此时有B·2Lva=2B·Lvb，对导体棒a、b分别应用动量定理可得-B·2Lt=2mva-2mv0，2BLt=mvb，解得va=vb=v0=，故B错误；根据以上分析以及q=t，可得q=，故C错误；对a、b组成的系统，根据能量守恒定律可得×2m=×2m+m+Q，导体棒b产生的热量为Qb=Q，联立可得Qb=mgr，故D正确。 4.(2025·重庆卷·10改编)如图甲所示，小明设计的一种玩具小车由边长为d的正方形金属框efgh做成，小车沿平直绝缘轨道向右运动，轨道内交替分布有边长均为d的正方形匀强磁场和无磁场区域，磁场区域的磁感应强度大小为B，方向竖直向上。gh段在磁场区域运动时，受到水平向右的拉力F=kv+b(k>0，b>0)，且gh两端的电压随时间均匀增加；当gh在无磁场区域运动时，F=0。gh段速度大小v与运动路程s的关系如图乙所示，图中v0(v0<)为gh每次经过磁场区域左边界时速度大小，忽略摩擦力。则(　　) A.gh在任一磁场区域的运动时间为 B.金属框的总电阻为 C.小车质量为 D.小车的最大速率为+v0 答案　C 解析　由题知gh段在磁场区域运动时，两端的电压随时间均匀增加，则说明gh在磁场中运动时做匀变速直线运动，设运动的速度为v，有E=Bdv，I=，F安=BId，F-F安=ma，联立有kv+b-=ma，由于gh在磁场中运动时做匀变速直线运动，则有kv=，ma=b，解得R=，故B错误；gh在无磁场区域运动时，F=0，根据动量定理有-=mv0-mvmax，gh在磁场中运动时做匀变速直线运动有-=2ad，结合ma=b，解得m=，vmax=-v0，故C正确，D错误；由于gh在磁场中运动时做匀变速直线运动，则有vmax=v0+at，解得t=，故A错误。 5.(2025·湖南卷·9改编)如图，关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导轨形状为抛物线，顶点位于O点。一足够长的金属杆初始位置与y轴重合，金属杆的质量为m，单位长度的电阻为r0。整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。现给金属杆一沿x轴正方向的初速度v0，金属杆运动过程中始终与y轴平行，且与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是(　　) A.金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴正方向 B.金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动 C.金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为 D.若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半 答案　C 解析　金属杆沿x轴正方向运动过程中，根据右手定则可知金属杆中电流沿y轴负方向，故A错误；若金属杆可以在沿x轴正方向的恒力F作用下做匀速直线运动，可知F=F安=BIL，I===，可得F=，由于金属杆运动过程中接入导轨中的长度L在变化，故F在变化，故B错误；取一微小时间Δt内，设此时金属杆接入导轨中的长度为L'，根据动量定理有-BI'L'Δt=mΔv，q=I'Δt，同时有q=·Δt==，联立得-=mΔv，对从开始到金属杆停止运动时整个过程累加可得-=0-mv0，解得此时金属杆与导轨围成的面积为S=，故C正确；若金属杆的初速度减半，根据前面分析可知当金属杆停止运动时金属杆与导轨围成的面积为S'=S，根据抛物线的图像规律可知此时金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半，故D错误。 6.(15分)(2025·甘肃卷·15)在自动化装配车间，常采用电磁驱动的机械臂系统，如图，ab、cd为两条足够长的光滑平行金属导轨，间距为L，电阻忽略不计。导轨置于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，导轨上有与之垂直并接触良好的金属机械臂1和2，质量均为m，电阻均为R。导轨左侧接有电容为C的电容器。初始时刻，机械臂1以初速度v0向右运动，机械臂2静止，运动过程中两机械臂不发生碰撞。系统达到稳定状态后，电流为零，两机械臂速度相同。 (1)(2分)求初始时刻机械臂1的感应电动势大小和感应电流方向； (2)(6分)系统达到稳定状态前，若机械臂1和2中的电流分别为I1和I2，写出两机械臂各自所受安培力的大小；写出电容器电荷量的表达式； (3)(7分)求系统达到稳定状态后两机械臂的速度。若要两机械臂不相撞，二者在初始时刻的间距至少为多少？ 答案　(1)BLv0　竖直向上　(2)BI1L　BI2L　Q=　(3)　 解析　(1)初始时刻机械臂1的感应电动势大小为E=BLv0 由右手定则可知感应电流方向竖直向上。 (2)在达到稳定前，两机械臂电流分别为I1和I2，两机械臂安培力的大小分别为F1=BI1L，F2=BI2L 设此时两机械臂的速度分别为v1、v2 对机械臂1，根据动量定理-BL·Δt=mv1-mv0， 对机械臂2，根据动量定理BL·Δt=mv2 而·Δt=Q1，·Δt=Q2 电容器的带电荷量Q=Q1-Q2 对两机械臂和轨道构成的回路根据欧姆定律BLv1-BLv2=I1R+I2R 电容器两端的电压U==BLv1-I1R=BLv2+I2R 联立解得U= 所以此时电容器电荷量为Q=CU= (3)当系统达到稳定状态时，回路中电流为零，两机械臂的速度相同，设为v，取向右为正方向，此时电容器两端电压U=BLv 代入(2)中可得两机械臂的速度为v=，方向向右 由BLv1-BLv2=I1R+I2R 可知BL(-)=(+)R 则BL(-)Δt=(+)Δt·R 即BLΔx=(q1+q2)R 则Δx= 由Bq2L=mv得q2= q1=CBLv+q2= 代入得Δx=。 学科网（北京）股份有限公司 $