资源简介

培优点3　动量观点在电磁感应中的应用
一、动量定理在电磁感应中的应用
在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题。
若导体杆的有效长度L、质量m以及匀强磁场的磁感应强度B已知，则
1.求电荷量：q-Δv建立联系
-BLΔt=mv2-mv1，q=Δt，
即-BqL=mv2-mv1
2.求位移：x-Δv建立联系
-=mv2-mv1，x=Δt，
即-=mv2-mv1
3.求时间(有恒力参与)：Δt-q-Δv建立联系
-BLΔt+F其他Δt=mv2-mv1
即-BLq+F其他Δt=mv2-mv1
或-+F其他Δt=mv2-mv1
即-+F其他Δt=mv2-mv1
电荷量q、位移x、F其他(F其他为恒力)已知
二、动量守恒定律在电磁感应中的应用
在等大的匀强磁场中有效长度相等的双棒模型，系统受到合外力为零，常用动量守恒定律求解速度关系。常见的问题：求热量、求电荷量、求相对位移。
解题策略：用动量守恒定律求出达到共速时的速度，根据能量守恒定律算出产生的热量，对其中一个棒进行分析，通过动量定理可以得出通过电路的电荷量，进一步求出两棒位移的变化量。
考点一　动量定理在电磁感应中的应用
1.(2024·江西省九校联考)如图所示，绝缘水平面上固定有两根足够长的光滑平行导轨，导轨间距为d，左端连接阻值为R的定值电阻，一质量为m、电阻为r的导体棒垂直导轨放置，空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，现给导体棒一个水平向右的初速度v0，导体棒在运动过程中始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，导体棒运动的全过程中，下列说法正确的是：
A.从上往下看，回路中产生逆时针方向的电流
B.电阻R上产生的热量为
C.通过导体棒某横截面的电荷量为
D.导体棒向右运动的最大距离为
2.(多选)(2024·湖北省T8联盟二模)如图所示，光滑平行等间距且足够长的导轨水平放置在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B=3 T，导轨宽度L=1 m，左端通过导线连接了电源和一个开关K，电源的电动势E=6 V、内阻r=1 Ω。一质量m=0.1 kg的导体棒垂直于导轨放置，其接入电路的电阻R=2 Ω。导体棒的中部通过与导轨平行的绝缘轻绳绕过光滑的定滑轮连接了一个质量M=0.5 kg的物块，用手托住物块保持静止且轻绳恰好处于伸直状态。释放物块的瞬间闭合开关K，已知重力加速度g=10 m/s2，导轨电阻不计，则从刚释放到物块恰好匀速运动经历时间t=0.44 s，则关于该过程下列说法正确的是：
A.导体棒先向左运动后向右运动
B.导体棒最终速度大小为 m/s
C.流经导体棒的电荷量为0.6 C
D.电源消耗的能量为4.8 J
3.(多选)(2024·山西晋中市模拟)如图所示，两平行导轨均足够长且宽度L1∶L2=2∶1，导轨电阻不计，导轨所在空间存在着磁感应强度大小B=2 T、方向竖直向上、范围足够大的匀强磁场。质量分别为2 kg和1 kg的金属棒a和b静止放在水平导轨上且与导轨垂直，a、b接入两平行导轨间的阻值之比R1∶R2为2∶1。若金属棒a始终在宽导轨间运动，初速度大小v0=6 m/s。已知g取10 m/s2，L1=4 m，不计摩擦和空气阻力，则：
A.金属棒a最终的速度大小为2 m/s
B.金属棒b最终的速度大小为6 m/s
C.整个过程中通过金属棒a的电荷量为1 C
D.整个过程中金属棒b中产生的焦耳热为10 J
【点拨·提炼】　若无外力作用在双棒上，双棒达到稳定状态时满足B1v1L1=B2v2L2。
考点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用
4.(2024·湖北省模拟)如图所示，足够长的光滑水平固定金属导轨宽为L，导轨上静止放置着质量分别为2m、3m的两根导体棒a、b，现给a一水平向右的初速度v。已知导轨电阻不计，两导体棒始终与导轨保持垂直且与导轨接触良好，回路的总电阻为R，垂直于导轨平面向里的匀强磁场的磁感应强度大小为B。下列说法正确的是：
A.a、b稳定前回路中产生顺时针方向的感应电流
B.a的速度为时，b的速度为
C.a的速度为时，b的加速度为
D.从开始到a、b稳定后，a、b间的距离增大了
5.(多选)(2023·辽宁卷·10)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
【点拨·提炼】 1.本题虽为不等宽双棒问题，但两棒的长度与磁感应强度的乘积相等，系统所受的合外力为零，故两棒满足动量守恒。 2.两棒均切割磁感线，故本题为“双电源”问题。
6.(2024·湖北卷·15)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求：
(1)(2分)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
(2)(3分)金属环刚开始运动时的加速度大小；
(3)(7分)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。
1.(多选)(2024·湖南卷·8)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m-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
2.(2024·湖北省联考)如图所示，有两光滑平行金属导轨，倾斜部分和水平部分平滑连接，BE、CH段用特殊材料制成，光滑不导电，导轨的间距L=1 m，左侧接R=1 Ω的定值电阻，右侧接电容C=1 F的电容器，ABCD区域、EFGH区域均存在垂直于导轨所在平面向下、磁感应强度B=1 T的匀强磁场，ABCD区域长s=0.3 m。金属杆a、b的长度均为L=1 m，质量均为m=0.1 kg，a的电阻为r=2 Ω，b的电阻不计。金属杆a从距导轨水平部分h=0.45 m的高度处由静止滑下，金属杆b静止在BEHC区域，金属杆b与金属杆a发生弹性碰撞后进入EFGH区域，最终稳定运动。求：(重力加速度g取10 m/s2)
(1)(2分)金属杆a刚进入ABCD区域时通过电阻R的电流I；
(2)(2分)金属杆a刚离开ABCD区域时的速度v2的大小；
(3)(4分)金属杆b稳定运动时的速度v4的大小；
(4)(2分)整个运动过程中金属杆a上产生的焦耳热。
3.(2024·福建宁德市期末)如图甲所示，两根相距为L、足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN水平放置，EF两侧存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反。两根电阻均为R的金属棒a、b放置于EF两侧的导轨上。初始时将a棒锁定，b棒用一不可伸长的绝缘细绳通过轻质定滑轮与物块c相连，细绳处于拉紧状态且与导轨平行，b棒与物块c的质量均为m，物块c距地面的高度为h。现由静止释放物块c，在物块c落地瞬间，b棒与细绳分离，同时解除对a棒的锁定，并测得整个运动过程b棒的速度与时间关系如图乙所示，图中v0已知。整个运动过程b棒未与滑轮相碰，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，物块c落地后不反弹，导轨电阻、细绳与滑轮的摩擦力及空气阻力均忽略不计，重力加速度为g，求：
(1)(2分)物块c刚释放瞬间的加速度大小a；
(2)(3分)磁场的磁感应强度大小B；
(3)(3分)物块c落地的时间t；
(4)(4分)整个过程回路中产生的焦耳热Q。
答案精析
高频考点练
1.C　[根据楞次定律可知，从上往下看，回路中产生顺时针方向的电流，故A错误；根据能量守恒，可知回路中产生的热量为Q=m电阻R上产生的热量为QR=Q=故B错误；通过导体棒某横截面的电荷量为q=Δt，由动量定理可得-BdΔt=0-mv0，联立解得q=故C正确；设导体棒向右运动的最大距离为L，则有q==联立解得L=故D错误。]
2.BD　[闭合开关的瞬间，导体棒速度为0，电流I==2 A，由左手定则知安培力方向向左，安培力大小F=ILB=6 N>Mg=5 N，故导体棒和物块将向左加速，导体棒切割磁感线产生感应电动势，有E-BLv=I(R+r)，随着速度的增加，电流逐渐减小，安培力逐渐减小，对导体棒和物块有ILB-Mg=(m+M)a，可知加速度逐渐减小，当加速度减小到0时，系统受力平衡，保持向左匀速直线运动，A项错误；由以上分析可知，当加速度为0时，电流大小I'= A，速度v= m/s，B项正确；对导体棒和物块由动量定理有BLq-Mgt=(m+M)v，代入数据得q=0.8 C，C项错误；根据非静电力做功可求得电源消耗的电能W=Eq=4.8 J，D项正确。]
3.AC　[当回路中磁通量不发生变化时不再有感应电流，安培力消失，此时两棒速度达到稳定，则两金属棒单位时间内扫过面积相等，有v1L1=v2L2，对a、b分别由动量定理有-BIL1t=mav1-mav0，BIL2t=mbv2-0，联立解得v1=2 m/s，v2=4 m/s，选项A正确，B错误；对a由动量定理有-BIL1t=mav1-mav0，即-BL1q=mav1-mav0，代入数据得整个过程中流过a的电荷量q=1 C，选项C正确；对整个过程由能量守恒定律有ma=ma+mb+Q，代入数据得整个过程中a、b上产生的总热量Q=24 J，整个过程中b上产生的热量Qb=Q=8 J，选项D错误。]
4.D　[稳定前，va>vb，易知回路中感应电流方向为逆时针。a的速度为v时，由动量守恒定律2mv=2m×v+3mvb，解得vb=v，此时回路中感应电动势大小E=BLv-BLv，E=IR，Fb=BIL=3mab，所以ab=故A、B、C错误；最后稳定时由动量守恒定律有2mv=5mv共，对b，根据动量定理有，BLt=3mv共-0，q=t=t==解得xa-xb=故D正确。]
5.AC　[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；任意时刻，设电流为I，则PQ所受安培力FPQ=BI·2d，方向向左，MN所受安培力FMN=2BId，方向向右，可知两棒系统所受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m， PQ速率为v时，则有2mv=mv'，解得v'=2v，回路中的感应电流I==MN所受安培力大小为FMN=2BId=选项B错误；设整个运动过程中，某时刻MN与PQ的速率分别为v1、v2，同理有mv1=2mv2，可知MN与PQ的速率之比始终为2∶1，则MN与PQ的路程之比为2∶1，故C正确；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，可得最终MN向左移动x1=PQ向右移动x2=则q=Δt===选项D错误。]
6.(1)BL　(2)
(3)
解析　(1)根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，
由动能定理有mgL=m
解得v0=
则金属棒ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为
E=BLv0=BL
(2)根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路，
由几何关系可得，每段圆弧的电阻为R0=R
可知，整个回路的总电阻为
R总=R+=R
ab刚越过MP时，通过金属棒ab的感应电流为I==
对金属环由牛顿第二定律有
2BL·=2ma
解得a=
(3)根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为v，
由动量守恒定律有mv0=mv+2mv
解得v=v0
设经过时间t，金属棒ab与金属环共速，
对金属棒ab，由动量定理有
-BLt=m·-mv0
则有BLq=mv0
设金属棒运动距离为x1，金属环运动的距离为x2，
则有q=
联立解得Δx=x1-x2=
则金属环圆心初始位置到MP的最小距离
d=L+Δx=。
补偿强化练
1.CD　[设平行金属导轨间距为L，金属杆在AA1B1B区域向右运动的过程中切割磁感线有
E=BLv，I=
金属杆在AA1B1B区域运动的过程中根据动量定理有-BILΔt=mΔv
则-Δt=mΔv
由于d=∑vtΔt，
则上面方程左右两边累计求和，可得
-=mvB-mv0
则vB=v0-
设金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t0，
同理可得，则金属杆在BB1C1C区域运动的过程中有--μmgt0
=-mvB
联立解得vB=+>
则金属杆经过BB1的速度大于故A错误；
在整个过程中，根据能量守恒有
m=μmgd+Q
则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为
QR=Q=m-μmgd
故B错误；
金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量为
-∑BILΔt=-∑vtΔt
=-
金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域滑行距离均为d，则金属杆所受安培力的冲量相同，故C正确；
金属杆以初速度v0在磁场中运动全过程有
--μmgt0=-mv0
若金属杆的初速度加倍，
则有--μmgt0'=-2mv0
得2d=
x=2(mv0-μmgt0')·
当初速度为2v0时，由A项可知，金属杆到达BB1时速度变大，所以经过BCC1B1区域时间变短，即有t0'4d，D正确。]
2.(1)1 A　(2)2 m/s　(3) m/s　(4) J
解析　(1)金属杆a从开始运动到进入ABCD区域，由动能定理有
mgh=m
解得v1=3 m/s
刚进入ABCD区域时E=BLv1
I=
联立解得I=1 A
(2)金属杆a从进入ABCD区域到离开ABCD区域，
由动量定理有-BL·t=mv2-mv1
t=t=
解得v2=2 m/s
(3)金属杆a、b碰撞过程中，有mv2=mv2'+mv3
m=mv2'2+m
解得v3=2 m/s，v2'=0
分析可知，杆b进入磁场后，电容器充电，杆b速度减小，匀速运动时，杆b产生的感应电动势与电容器两端电压相同，且通过杆b的电荷量就是电容器储存的电荷量，由动量定理有
-BLq=mv4-mv3
U==BLv4
联立解得v4= m/s
(4)杆a仅在ABCD区域中运动时产生焦耳热，即Q=m-m)= J。
3.(1)g　(2)
(3)　(4)mgh-m
解析　(1)对b、c整体由牛顿第二定律有mg=2ma
解得a=g
(2)当b棒匀速运动时，受力平衡，则对b、c整体有mg=BIL
根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律有I=
解得B=
(3)根据电流的定义式有
q=t=t==
对c，根据动量定理有
mgt-t=mv0
对b，根据动量定理有
t-BLt=mv0
解得t=
(4)以向右为正方向，对b根据动量定理有
-B'Lt'=mvb-mv0
对a根据动量定理有-B'Lt'=-mava
当系统稳定时，系统磁通量变化为0，
故va=vb，即由题图乙可知最终a、b各以大小为的速度做匀速运动，
联立解得ma=2m
根据能量守恒定律可知，整个过程回路中产生的焦耳热为
Q=mgh-×2m+m-(m+ma)(v0)2
解得Q=mgh-m。(共55张PPT)
培优点3
动量观点在电磁感应中的应用
专题二　能量与动量
高频考点练
内容索引
核心精讲
补偿强化练
一、动量定理在电磁感应中的应用
在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题。
若导体杆的有效长度L、质量m以及匀强磁场的磁感应强度B已知，则
1.求电荷量：q-Δv建立联系
-BLΔt=mv2-mv1，q=Δt，即-BqL=mv2-mv1
2.求位移：x-Δv建立联系
-=mv2-mv1，x=Δt，即-=mv2-mv1
核心精讲
PART ONE
3.求时间(有恒力参与)：Δt-q-Δv建立联系
-BLΔt+F其他Δt=mv2-mv1
即-BLq+F其他Δt=mv2-mv1
或-+F其他Δt=mv2-mv1
即-+F其他Δt=mv2-mv1
电荷量q、位移x、F其他(F其他为恒力)已知
二、动量守恒定律在电磁感应中的应用
在等大的匀强磁场中有效长度相等的双棒模型，系统受到合外力为零，常用动量守恒定律求解速度关系。常见的问题：求热量、求电荷量、求相对位移。
解题策略：用动量守恒定律求出达到共速时的速度，根据能量守恒定律算出产生的热量，对其中一个棒进行分析，通过动量定理可以得出通过电路的电荷量，进一步求出两棒位移的变化量。
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2
3
4
5
6
高频考点练
PART TWO
考点一　动量定理在电磁感应中的应用
1.(2024·江西省九校联考)如图所示，绝缘水平面上固定有两根足够长的光滑平行导轨，导轨间距为d，左端连接阻值为R的定值电阻，一质量为m、电阻为r的导体棒垂直导轨放置，空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，现给导体棒一个水平向右的初速度v0，导体棒在运动过程中始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，导体棒运动的全过程中，
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2
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5
6
下列说法正确的是
A.从上往下看，回路中产生逆时针方向的电流
B.电阻R上产生的热量为
C.通过导体棒某横截面的电荷量为
D.导体棒向右运动的最大距离为
√
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6
根据能量守恒，可知回路中产生的热量为Q=m，电阻R上产生的热量为QR=Q=，故B错误；
通过导体棒某横截面的电荷量为q=Δt，由动量定理可得-BdΔt=0-mv0，联立解得q=，故C正确；
根据楞次定律可知，从上往下看，回路中产生顺时针方向的电流，故A错误；
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设导体棒向右运动的最大距离为L，则有q== ，联立解得L=，故D错误。
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2.(多选)(2024·湖北省T8联盟二模)如图所示，光滑平行等间距且足够长的导轨水平放置在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B=3 T，导轨宽度L=1 m，左端通过导线连接了电源和一个开关K，电源的电动势E=6 V、内阻r=1 Ω。一质量m=0.1 kg的导体棒垂直于导轨放置，其接入电路的电阻R=2 Ω。导体棒的中部通过与导轨平行的绝缘轻绳绕过光滑的定滑轮连接了一个质量M=0.5 kg的物块，用手托住物块保持静止且轻绳恰好处于伸直状态。释放物块的瞬间闭合开关K，已知重力加速度g=10 m/s2，导轨电
阻不计，则从刚释放到物块恰好匀速运动经历时间t=0.44 s，则关于该过程下列说法正确的是
1
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4
5
6
A.导体棒先向左运动后向右运动
B.导体棒最终速度大小为 m/s
C.流经导体棒的电荷量为0.6 C
D.电源消耗的能量为4.8 J
√
√
1
2
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5
6
左加速，导体棒切割磁感线产生感应电动势，有E-BLv=I(R+r)，随着速度的增加，电流逐渐减小，安培力逐渐减小，对导体棒和物块有ILB-Mg=(m+M)a，可知加速度逐渐减小，当加速度减小到0时，系统受力平衡，保持向左匀速直线运动，A项错误；
闭合开关的瞬间，导体棒速度为0，电流I== 2 A，由左手定则知安培力方向向左，安培力大小F=ILB=6 N>Mg=5 N，故导体棒和物块将向
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5
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代入数据得q=0.8 C，C项错误；
根据非静电力做功可求得电源消耗的电能W=Eq=4.8 J，D项正确。
由以上分析可知，当加速度为0时，电流大小I'= A，速度v= m/s，B项正确；
对导体棒和物块由动量定理有BLq-Mgt=(m+M)v，
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3.(多选)(2024·山西晋中市模拟)如图所示，两平行导轨均足够长且宽度L1∶L2=2∶1，导轨电阻不计，导轨所在空间存在着磁感应强度大小B=2 T、方向竖直向上、范围足够大的匀强磁场。质量分别为2 kg和1 kg的金属棒a和b静止放在水平导轨上且与导轨垂直，a、b接入两平行导轨间的阻值之比R1∶R2为2∶1。若金属棒a始终在宽导轨间运动，初速度大小v0=6 m/s。已知g取10 m/s2，L1=4 m，不计摩擦和空气阻力，则
A.金属棒a最终的速度大小为2 m/s
B.金属棒b最终的速度大小为6 m/s
C.整个过程中通过金属棒a的电荷量为1 C
D.整个过程中金属棒b中产生的焦耳热为10 J
√
√
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有v1L1=v2L2，对a、b分别由动量定理有-BIL1t=mav1-mav0，BIL2t=mbv2-0，联立解得v1=2 m/s，v2=4 m/s，选项A正确，B错误；
对a由动量定理有-BIL1t=mav1-mav0，即-BL1q=mav1-mav0，代入数据得整个过程中流过a的电荷量q=1 C，选项C正确；
当回路中磁通量不发生变化时不再有感应电流，安培力消失，此时两棒速度达到稳定，则两金属棒单位时间内扫过面积相等，
1
2
3
4
5
6
对整个过程由能量守恒定律有ma=ma+mb+Q，代入数据得整个过程中a、b上产生的总热量Q=24 J，整个过程中b上产生的热量Qb=Q=8 J，选项D错误。
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2
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4
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点拨·提炼
若无外力作用在双棒上，双棒达到稳定状态时满足B1v1L1=B2v2L2。
考点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用
4.(2024·湖北省模拟)如图所示，足够长的光滑水平固定金属导轨宽为L，导轨上静止放置着质量分别为2m、3m的两根导体棒a、b，现给a一水平向右的初速度v。已知导轨电阻不计，两导体棒始终与导轨保持垂直且与导轨接触良好，回路的总电阻为R，垂直于导轨平面向里的匀强磁场的磁感应强度大小为B。下列说法正确的是
A.a、b稳定前回路中产生顺时针方向的感应电流
B.a的速度为时，b的速度为
C.a的速度为时，b的加速度为
D.从开始到a、b稳定后，a、b间的距离增大了
√
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1
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6
E=IR，Fb=BIL=3mab，所以ab=，故A、B、C错误；
最后稳定时由动量守恒定律有2mv=5mv共，对b，根据动量定理有，BLt=3mv共-0，q=t=t==，解得xa-xb=，故D正确。
稳定前，va>vb，易知回路中感应电流方向为逆时针。a的速度为v时，由动量守恒定律2mv=2m×v+3mvb，解得vb=v，此时回路中感应电动势大小E=BLv-BLv，
1
2
3
4
5
6
5.(多选)(2023·辽宁卷·10)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
1
2
3
4
5
6
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
√
√
1
2
3
4
5
6
BI·2d，方向向左，MN所受安培力FMN=2BId，方向向右，可知两棒系统所受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m， PQ速率为v时，则有2mv=mv'，解得v'=2v，回路中的感应电流I= =，MN所受安培力大小为FMN=2BId=，选项B错误；
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；
任意时刻，设电流为I，则PQ所受安培力FPQ=
1
2
3
4
5
6
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，可得最终MN向左移动x1=，PQ向右移动x2=，则q=Δt== =，选项D错误。
设整个运动过程中，某时刻MN与PQ的速率分别为v1、v2，同理有mv1=2mv2，可知MN与PQ的速率之比始终为2∶1，则MN与PQ的路程之比为2∶1，故C正确；
1
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5
6
点拨·提炼
1.本题虽为不等宽双棒问题，但两棒的长度与磁感应强度的乘积相等，系统所受的合外力为零，故两棒满足动量守恒。
2.两棒均切割磁感线，故本题为“双电源”问题。
6
1
2
3
4
5
6.(2024·湖北卷·15)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导
轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求：
6
1
2
3
4
5
(1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
答案　BL　
6
1
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3
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5
根据题意可知，对金属棒ab由静止释放
到刚越过MP过程中，
由动能定理有mgL=m
解得v0=
则金属棒ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E=BLv0=BL
6
1
2
3
4
5
(2)金属环刚开始运动时的加速度大小；
答案　
6
1
2
3
4
5
根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路，
由几何关系可得，每段圆弧的电阻为R0=R
可知，整个回路的总电阻为R总=R+=R
ab刚越过MP时，通过金属棒ab的感应电流为I==
对金属环由牛顿第二定律有2BL·=2ma
解得a=
6
1
2
3
4
5
(3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。
答案　
6
1
2
3
4
5
根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为v，
由动量守恒定律有mv0=mv+2mv
解得v=v0
设经过时间t，金属棒ab与金属环共速，
对金属棒ab，由动量定理有-BLt=m·-mv0
6
1
2
3
4
5
则有BLq=mv0
设金属棒运动距离为x1，金属环运动的距离为x2，
则有q=
联立解得Δx=x1-x2=
则金属环圆心初始位置到MP的最小距离
d=L+Δx=。
1
2
3
补偿强化练
PART THREE
1.(多选)(2024·湖南卷·8)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
1
2
3
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m-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
√
√
1
2
3
设平行金属导轨间距为L，金属杆在AA1B1B区域向右运动的过程中切割磁感线有E=BLv，I=
金属杆在AA1B1B区域运动的过程中根据动量定理有-BILΔt=mΔv
则-Δt=mΔv
由于d=∑vtΔt，
则上面方程左右两边累计求和，可得
-=mvB-mv0
1
2
3
则vB=v0-
设金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t0，
同理可得，则金属杆在BB1C1C区域运动的过程中有--μmgt0=-mvB
联立解得vB=+>
则金属杆经过BB1的速度大于，故A错误；
在整个过程中，根据能量守恒有
m=μmgd+Q
1
2
3
则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为
QR=Q=m-μmgd
故B错误；
金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量为
-∑BILΔt=-∑vtΔt=-
金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域滑行距离均为d，则金属杆所受安培力的冲量相同，故C正确；
金属杆以初速度v0在磁场中运动全过程有
--μmgt0=-mv0
若金属杆的初速度加倍，
则有--μmgt0'=-2mv0
得2d=
x=2(mv0-μmgt0')·
当初速度为2v0时，由A项可知，金属杆到达BB1时速度变大，所以经过BCC1B1区域时间变短，即有t0'4d，D正确。
1
2
3
2.(2024·湖北省联考)如图所示，有两光滑平行金属导轨，倾斜部分和水平部分平滑连接，BE、CH段用特殊材料制成，光滑不导电，导轨的间距L=1 m，左侧接R=1 Ω的定值电阻，右侧接电容C=1 F的电容器，ABCD区域、EFGH区域均存在垂直于导轨所在平面向下、磁感应强度B=1 T的匀强磁场，ABCD区域长s=0.3 m。金属杆a、b的长度均为L=1 m，质量均为m=0.1 kg，a的电阻为r=2 Ω，b的电阻不计。金属杆a从距导轨水平部分h=0.45 m的高度处由静止滑下，金属杆b静止在
BEHC区域，金属杆b与金属杆a发生弹性碰撞后进入EFGH区域，最终稳定运动。求：(重力加速度g取10 m/s2)
1
2
3
(1)金属杆a刚进入ABCD区域时通过电阻R的电流I；
答案　1 A　
1
2
3
1
2
3
金属杆a从开始运动到进入ABCD区域，由动能定理有mgh=m
解得v1=3 m/s
刚进入ABCD区域时E=BLv1
I=
联立解得I=1 A
(2)金属杆a刚离开ABCD区域时的速度v2的大小；
答案　2 m/s　
1
2
3
1
2
3
金属杆a从进入ABCD区域到离开ABCD区域，
由动量定理有-BL·t=mv2-mv1
t=t=
解得v2=2 m/s
(3)金属杆b稳定运动时的速度v4的大小；
答案　 m/s　
1
2
3
1
2
3
金属杆a、b碰撞过程中，有mv2=mv2'+mv3
m=mv2'2+m
解得v3=2 m/s，v2'=0
分析可知，杆b进入磁场后，电容器充电，杆b速度减小，匀速运动时，杆b产生的感应电动势与电容器两端电压相同，且通过杆b的电荷量就是电容器储存的电荷量，由动量定理有-BLq=mv4-mv3
U==BLv4
联立解得v4= m/s
(4)整个运动过程中金属杆a上产生的焦耳热。
答案　 J
1
2
3
杆a仅在ABCD区域中运动时产生焦耳热，即Q=m-m)= J。
1
2
3
3.(2024·福建宁德市期末)如图甲所示，两根相距为L、足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN水平放置，EF两侧存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反。两根电阻均为R的金属棒a、b放置于EF两侧的导轨上。初始时将a棒锁定，b棒用一不可伸长的绝缘细绳通过轻质定滑轮与物块c相连，细绳处于拉紧状态且与导轨平行，b棒与物块c的质量均为m，物块c距地面的高度为h。现由静止释放物块c，在物块c落地瞬间，b棒与细绳分离，同时解除对a棒的锁定，并测得整个运动过程b棒的速度与时间关系如图乙所示，图中v0已知。整个运动过程b棒未与滑轮相碰，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，物块c落地后不
反弹，导轨电阻、细绳与滑轮的摩擦力及空气阻力均忽略不计，重力加速度为g，求：
1
2
3
(1)物块c刚释放瞬间的加速度大小a；
答案　g　
对b、c整体由牛顿第二定律有mg=2ma
解得a=g
1
2
3
(2)磁场的磁感应强度大小B；
答案　　
1
2
3
当b棒匀速运动时，受力平衡，则对b、c整体有
mg=BIL
根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律有
I=
解得B=
1
2
3
(3)物块c落地的时间t；
答案　　
1
2
3
根据电流的定义式有
q=t=t==
对c，根据动量定理有
mgt-t=mv0
对b，根据动量定理有
t-BLt=mv0
解得t=
1
2
3
(4)整个过程回路中产生的焦耳热Q。
答案　mgh-m
1
2
3
以向右为正方向，对b根据动量定理有
-B'Lt'=mvb-mv0
对a根据动量定理有-B'Lt'=-mava
当系统稳定时，系统磁通量变化为0，
故va=vb，即由题图乙可知最终a、b各以大小为的速度做匀速运动，
联立解得ma=2m
1
2
3
根据能量守恒定律可知，整个过程回路中产生的焦耳热为
Q=mgh-×2m+m-(m+ma)(v0)2
解得Q=mgh-m。

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