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第5讲　电磁感应中的动量问题(综合融通课)
(一) 动量定理在电磁感应中的应用　
　　导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时,当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解。
模型(一)　“单棒+电阻”模型
情境示例1 水平放置的平行光滑导轨间距为L,左侧接有电阻R,导体棒的初速度为v0、质量为m、电阻不计,匀强磁场的磁感应强度为B,导轨足够长且电阻不计,从开始运动至停下来
求电荷量q -BLΔt=0-mv0,q=Δt=
求位移x -Δt=0-mv0,x=Δt=
应用技巧 初、末速度已知的非匀变速运动,在动量定理列出的式子中q=Δt,x=Δt;若已知q或x也可求末速度
情境示例2 间距为L的光滑平行导轨倾斜放置,倾角为θ,由静止释放质量为m、接入电路的阻值为R的导体棒,匀强磁场的磁感应强度为B,当通过横截面的电荷量为q或下滑位移为x时,速度达到v
求运动时间 -BLΔt+mgsin θ·Δt=mv-0, q=Δt,Δt= -Δt+mgsin θ·Δt=mv-0, x=Δt,Δt=
应用 技巧 用动量定理求时间需有其他恒力参与,若已知运动时间,也可求q、x、v中的一个物理量
　　[例1]　(多选)如图甲所示,两根间距为L=1.0 m、电阻不计且足够长的光滑平行金属导轨与水平面夹角θ=30°,导轨底端接入一阻值为R=2.0 Ω的定值电阻,所在区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于导轨平面向上,在导轨上垂直于导轨放置一质量为m=0.2 kg、电阻为r=1.0 Ω的金属杆,开始时使金属杆保持静止,某时刻开始给金属杆一个沿斜面向上F=2.0 N的恒力,金属杆由静止开始运动,图乙为运动过程的v t图像,重力加速度g取10 m/s2。则在金属杆向上运动的过程中,下列说法中正确的是 (　　)
A.匀强磁场的磁感应强度B= T
B.前2 s内通过电阻R的电荷量为1.4 C
C.前2 s内金属杆通过的位移为4 m
D.前4 s内电阻R产生的热量为6.2 J
听课记录:
模型(二)　“电容器+棒”模型
　　基本模型 规律　　 导轨光滑,电阻阻值为R,电容器电容为C
电路特点 导体棒相当于电源,电容器充电
电流特点 安培力为阻力,棒减速,E减小,有I=,电容器充电UC变大,当BLv=UC时,I=0,F安=0,棒匀速运动
运动特点和 最终特征 棒做加速度a减小的减速运动,最终做匀速运动,此时I=0,但电容器带电荷量不为零
最终 速度 电容器增加的电荷量:q=CUC 最终电容器两端电压:UC=BLv 对棒应用动量定理: mv-mv0=-BL·Δt=-BLq v=
v-t 图像
[例2]　如图所示,两条平行金属导轨的间距为L,长为d的倾斜部分与水平面的夹角为θ,水平部分足够长,两部分平滑相连,倾斜导轨上端接有一平行板电容器,电容为C。两部分导轨均处于匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向上,磁感应强度大小分别为2B和B,在倾斜导轨上端放置一质量为m的金属棒,使其沿导轨由静止开始加速下滑,当金属棒下滑距离d后无动能损失进入水平轨道,然后进入竖直向上的匀强磁场。已知金属棒在滑动过程中始终与导轨垂直且接触良好,电容器能正常工作,重力加速度为g,不计所有电阻和摩擦阻力。求:
(1)金属棒刚进入水平导轨时速度的大小v0;
(2)金属棒进入水平导轨后的最终速度v。
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(二) 动量守恒定律在电磁感应中的应用
1.问题特点:在双金属棒切割磁感线的系统中,双金属棒和导轨构成闭合回路,安培力充当系统内力,如果它们不受摩擦力,且受到的安培力的合力为0时,满足动量守恒,运用动量守恒定律解题比较方便。
2.双棒模型(不计摩擦力)
双棒无外力 双棒有外力
示意图 F为恒力
运动 过程 导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动,导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动,最后两棒以相同的速度做匀速直线运动 导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动,导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动,最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动
动量观点 系统动量守恒 系统动量不守恒
能量观点 棒1动能的减少量=棒2动能的增加量+焦耳热 外力做的功=棒1的动能+棒2的动能+焦耳热
　　[典例]　(2025·重庆高三检测)如图所示,两根平行光滑的金属导轨M1N1P1和M2N2P2由四分之一圆弧部分与水平部分构成,导轨末端固定两根绝缘柱,弧形部分半径r=0.8 m,导轨间距L=1 m,导轨水平部分处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小B=2 T。两根完全相同的金属棒a、b分别垂直导轨静置于圆弧顶端M1M2处和水平导轨中某位置,两金属棒质量均为m=1 kg、电阻均为R=2 Ω。棒a由静止释放,沿圆弧导轨滑入水平部分,此后,棒b向右运动,在导轨末端与绝缘柱发生碰撞后反弹,碰撞过程中无机械能损失,棒b接触绝缘柱之前两棒已匀速运动且未发生碰撞,棒b与绝缘柱发生碰撞后,在距绝缘柱x=0.5 m的A1A2位置与棒a发生碰撞,整个运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好,导轨电阻不计,取g=10 m/s2。
(1)求棒a刚滑入水平导轨时,受到的安培力大小;
(2)求棒b与绝缘柱碰撞前,整个回路产生的焦耳热;
(3)求棒b与绝缘柱碰撞后到与棒a碰撞前的过程,整个回路产生的焦耳热。
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　　[针对训练]
1.(2025·东莞高三调研)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,回路中产生逆时针方向的电流
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
2.(2023·全国甲卷)如图,水平桌面上固定一光滑U型金属导轨,其平行部分的间距为l,导轨的最右端与桌子右边缘对齐,导轨的电阻忽略不计。
导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧,以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞,碰撞时间很短。碰撞一次后,P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨,并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时,两端与导轨接触良好,P与Q始终平行。不计空气阻力。求:
(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小;
(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量;
(3)与P碰撞后,绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
第5讲
(一)　[例1]　选BD　由题图乙可知金属杆先做加速度减小的加速运动,2 s后做匀速直线运动。当t=2 s时,速度为v=3 m/s,此时感应电动势大小为E=BLv,感应电流大小为I=,安培力大小为F安=BIL=,根据受力平衡可得F=F安+mgsin θ,联立解得B=1 T,故A错误;前2 s内,根据动量定理有(F-mgsin θ)Δt-BLΔt=mv-0,又q=Δt,联立解得q=1.4 C,故B正确;设前2 s内金属杆通过的位移为x,由q=Δt=Δt=Δt=,解得x=4.2 m,故C错误;前2 s内金属杆通过的位移为x=4.2 m,2~4 s内金属杆通过的位移为x'=vt=6 m,前4 s内由能量守恒定律可得F(x+x')=mv2+mg(x+x')sin θ+Q,解得总热量Q=9.3 J,则前4 s内电阻R产生的热量为QR=Q=6.2 J,故D正确。
[例2]　解析:(1)设金属棒速度大小为v'时,通过金属棒的电流为I,对金属棒由牛顿第二定律有mgsin θ-2BIL=ma
设在极短时间间隔Δt内流过金属棒的电荷量为ΔQ,则ΔQ=CΔE=2BLC·Δv
而I=,a=
所以I=2BLCa
联立解得a=
金属棒做初速度为零的匀加速运动,当金属棒下滑距离d后的速度大小为v0=
联立解得v0=。
(2)当金属棒刚进入水平导轨时,电容器极板上积累的电荷量为
Q=EC=2BLC
此时金属棒的速度大小仍为v0=
而感应电动势变为E'=BLv0
金属棒进入水平导轨后,E'而·t1=Q-Q',Q'=BLCv
联立解得v= 。
答案:(1)
(2)
(二)　[典例]　解析:(1)金属棒a下滑过程,根据动能定理可得mgr=mv2
解得v==4 m/s
金属棒a刚滑入水平导轨时,产生的感应电动势为E=BLv=8 V
回路电流为I==2 A
金属棒a受到的安培力大小为F=BIL=4 N。
(2)以金属棒a、b为系统,由于两金属棒受到的安培力大小相等、方向相反,则系统在碰到绝缘柱之前满足动量守恒,取向右为正方向,由动量守恒定律有mv=2mv1
可得金属棒b接触绝缘柱之前,两棒匀速运动的速度大小v1==2 m/s
根据能量守恒定律可得棒b与绝缘柱碰撞前,整个回路产生的焦耳热Q=mv2-×2m
解得Q=4 J。
(3)金属棒b与绝缘柱发生碰撞后等速率返回,金属棒a、b组成的系统动量仍然守恒,但总动量为零,则有0=mva+mvb
即任何时刻都有va=-vb
两金属棒相向运动到相碰,位移大小相等均为0.5 m,电路中的瞬时感应电动势是两棒感应电动势的叠加,则有E'=2BLv'
根据闭合电路欧姆定律可得I'=
金属棒b受到的安培力大小为F安=BI'L=
对金属棒b由动量定理得-∑v'Δt=mv2-mv1
其中∑v'Δt=x1=0.5 m
可得v2=1 m/s
棒b与绝缘柱碰撞后到与棒a碰撞前的过程,根据能量守恒定律,可得整个回路产生的焦耳热为Q'=×2m-×2m=3 J。
答案:(1)4 N　(2)4 J　(3)3 J
[针对训练]
1.选C　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,故A错误;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=2BI·d,方向向右,可知两棒及轻质绝缘弹簧组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,设PQ质量为2m,MN质量为m, PQ速率为v时,根据动量守恒定律2mv=mv',解得v'=2v,此时回路中的感应电流I==,故MN所受安培力大小为FMN=2BId=,故B错误;根据动量守恒定律2mvPQ=mvMN,可知整个运动过程中,任意时刻MN与PQ的速率都有vMN=2vPQ,故MN与PQ的速率之比始终为2∶1,运动时间相同,故路程之比等于速率之比, 故MN与PQ的路程之比为2∶1,故C正确;设MN与PQ的位移大小分别为x1、x2,两棒最终停止时弹簧处于原长状态,由动量守恒定律可得mx1=2mx2,x1+x2=L,解得x1=,x2=,则整个运动过程中,通过MN的电荷量为q=Δt===,故D错误。
2.解析:(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得3mv0=3mvQ+mvP
×3m=×3m+m
联立解得vP=v0,vQ=v0
由题知,碰撞一次后,P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨,并落在地面上同一地点,由于Q为绝缘棒,无电流通过,碰撞后在导轨上做匀速直线运动,则金属棒P滑出导轨时的速度大小为vP'=vQ=v0。
(2)根据能量守恒定律有m=mvP'2+Q,解得Q=m。
(3)设碰撞时金属棒P距导轨最右端距离为x,P、Q碰撞后,对金属棒P分析,根据动量定理得-BlΔt=mvP'-mvP
又===
联立可得x=
故Q在导轨上运动的时间为t==。
答案:(1)v0　(2)m　(3)
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电磁感应中的动量问题
(综合融通课)
第 5 讲
1
(一) 动量定理在电磁感应中的应用
2
(二) 动量守恒定律在电磁感应中的应用
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3
课时跟踪检测
(一) 动量定理在电磁感应中
的应用
导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解。
情境示例1 水平放置的平行光滑导轨
间距为L，左侧接有电阻R，
导体棒的初速度为v0、质量为m、电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来
求电荷量q
模型(一)　“单棒+电阻”模型
续表
求位移x
应用技巧
情境示例2 间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m、接入电路的阻值为R的导体棒，匀强磁场的磁感应强度为B，当通过横截面的电荷量为q或下滑位移为x时，速度达到v
求运动时间
应用技巧 用动量定理求时间需有其他恒力参与，若已知运动时间，也可求q、x、v中的一个物理量
续表
[例1]　(多选)如图甲所示，两根间距为L=1.0 m、电阻不计且足够长的光滑平行金属导轨与水平面夹角θ=30°，导轨底端接入一阻值为R=2.0 Ω的定值电阻，所在区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向上，在导轨上垂直于导轨放置一质量为m=0.2 kg、电阻为r=1.0 Ω的金属杆，开始时使金属杆保持静止，某时刻开始给金属杆一个沿斜面向上F=2.0 N的恒力，金属杆由静止开始运动，图乙为运动过程的v t图像，重力加速度g取10 m/s2。则在金属杆向上运动的过程中，下列说法中正确
的是(　　)
A.匀强磁场的磁感应强度B= T
B.前2 s内通过电阻R的电荷量为1.4 C
C.前2 s内金属杆通过的位移为4 m
D.前4 s内电阻R产生的热量为6.2 J
√
√
[解析]　由题图乙可知金属杆先做加速度减小的加速运动，2 s后做匀速直线运动。当t=2 s时，速度为v=3 m/s，此时感应电动势大小为E=BLv，感应电流大小为I=，安培力大小为F安=BIL=，根据受力平衡可得F=F安+mgsin θ，联立解得B=1 T，故A错误；前2 s内，根据动量定理有(F-mgsin θ)Δt-BLΔt=mv-0，又q=Δt，联立解得q=1.4 C，故B正确；设前2 s内金属杆通过的位移为x，由q=Δt=
Δt=Δt=，解得x=4.2 m，故C错误；前2 s内金属杆通过的位移为x=4.2 m，2~4 s内金属杆通过的位移为x'=vt=6 m，前4 s内由能量守恒定律可得F(x+x')=mv2+mg(x+x')sin θ+Q，解得总热量Q=9.3 J，则前4 s内电阻R产生的热量为QR=Q= 6.2 J，故D正确。
模型(二)　“电容器+棒”模型
基本模型 规律 导轨光滑，电阻阻值为R，
电容器电容为C
电路特点 导体棒相当于电源，电容器充电
电流特点
续表
运动特点和 最终特征 棒做加速度a减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I=0，但电容器带电荷量不为零
最终速度
v-t图像
续表
[例2]　如图所示，两条平行金属导轨的间距为L，长为d的倾斜部分与水平面的夹角为θ，水平部分足够长，两部分平滑相连，倾斜导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。两部分导轨均处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小分别为2B和B，在倾斜导轨上端放置一质量为m的金属棒，使其沿导轨由静止开始加速下滑，当金属棒下滑距离d后无动能损失进入水平轨道，然后进入
竖直向上的匀强磁场。已知金属棒在滑动过程中始终与导轨垂直且接触良好，电容器能正常工作，重力加速度为g，不计所有电阻和摩擦阻力。求：
(1)金属棒刚进入水平导轨时速度的大小v0；
[答案]　
[解析]　设金属棒速度大小为v'时，通过金属棒的电流为I，对金属棒由牛顿第二定律有mgsin θ-2BIL=ma
设在极短时间间隔Δt内流过金属棒的电荷量为ΔQ，则
ΔQ=CΔE=2BLC·Δv
而I=，a=，所以I=2BLCa
联立解得a=
金属棒做初速度为零的匀加速运动，当金属棒下滑距离d后的速度大小为v0=
联立解得v0=。
(2)金属棒进入水平导轨后的最终速度v。
[答案]　
[解析]　当金属棒刚进入水平导轨时，电容器极板上积累的电荷量为Q=EC=2BLC
此时金属棒的速度大小仍为v0=
而感应电动势变为E'=BLv0
金属棒进入水平导轨后，E'设再经过t1时间电容器放电结束，
此时金属棒达到最终速度v，
取水平向右为正方向，
根据动量定理可得BL·t1=mv-mv0
而·t1=Q-Q'，Q'=BLCv
联立解得v= 。
(二) 动量守恒定律在电磁感应中
的应用
1.问题特点：在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便。
2.双棒模型(不计摩擦力)
双棒无外力 双棒有外力
示意图
F为恒力
运动过程 导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动 导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动
动量观点 系统动量守恒 系统动量不守恒
能量观点 棒1动能的减少量=棒2动能的增加量+焦耳热 外力做的功=棒1的动能+棒2的动能+焦耳热
续表
　[典例]　(2025·重庆高三检测)如图所示，两根平行光滑的金属导轨M1N1P1和M2N2P2由四分之一圆弧部分与水平部分构成，导轨末端固定两根绝缘柱，弧形部分半径r=0.8 m，导轨间距L=1 m，导轨水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B=2 T。两根完全相同的金属棒a、b分别垂直导轨静置于圆弧顶端M1M2处和水平导轨中某位置，两金属棒质量均为m=1 kg、电阻均为R=2 Ω。
棒a由静止释放，沿圆弧导轨滑入水平部分，此后，棒b向右运动，在导轨末端与绝缘柱发生碰撞后反弹，碰撞过程中无机械能损失，棒b接触绝缘柱之前两棒已匀速运动且未发生碰撞，棒b与绝缘柱发生碰撞后，在距绝缘柱x=0.5 m的A1A2位置与棒a发生碰撞，整个运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，取g=10 m/s2。
(1)求棒a刚滑入水平导轨时，受到的安培力大小；
[答案]　4 N　
[解析]　金属棒a下滑过程，根据动能定理可得mgr=mv2
解得v==4 m/s
金属棒a刚滑入水平导轨时，产生的感应电动势为E=BLv=8 V
回路电流为I==2 A
金属棒a受到的安培力大小为F=BIL=4 N。
(2)求棒b与绝缘柱碰撞前，整个回路产生的焦耳热；
[答案]　4 J
[解析]　以金属棒a、b为系统，由于两金属棒受到的安培力大小相等、方向相反，则系统在碰到绝缘柱之前满足动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有mv=2mv1
可得金属棒b接触绝缘柱之前，
两棒匀速运动的速度大小v1==2 m/s
根据能量守恒定律可得棒b与绝缘柱碰撞前，
整个回路产生的焦耳热Q=mv2-×2m
解得Q=4 J。
(3)求棒b与绝缘柱碰撞后到与棒a碰撞前的过程，整个回路产生的焦耳热。
[答案]　3 J
[解析]　金属棒b与绝缘柱发生碰撞后等速率返回，金属棒a、b组成的系统动量仍然守恒，但总动量为零，则有0=mva+mvb
即任何时刻都有va=-vb
两金属棒相向运动到相碰，位移大小相等均为0.5 m，电路中的瞬时感应电动势是两棒感应电动势的叠加，则有E'=2BLv'
根据闭合电路欧姆定律可得I'=
金属棒b受到的安培力大小为F安=BI'L=
对金属棒b由动量定理得-∑v'Δt=mv2-mv1
其中∑v'Δt=x1=0.5 m，可得v2=1 m/s
棒b与绝缘柱碰撞后到与棒a碰撞前的过程，根据能量守恒定律，可得整个回路产生的焦耳热为Q'=×2m-×2m=3 J。
1.(2025·东莞高三调研)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 (　　)
针对训练
A.弹簧伸展过程中，回路中产生逆时针方向的电流
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：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，故A错误；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=2BI·d，方向向右，可知两棒及轻质绝缘弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，设PQ质量为2m，MN质量为m， PQ速率为v时，根据动量守恒定律2mv=mv'，解得v'=2v，此时回路中的感应电流I==，
故MN所受安培力大小为FMN=2BId= ，故B错误；
根据动量守恒定律2mvPQ=mvMN，可知整个运动过程中，任意时刻MN与PQ的速率都有vMN=2vPQ，故MN与PQ的速率之比始终为2∶1，运动时间相同，故路程之比等于速率之比， 故MN与PQ的路程之比为2∶1，故C正确；设MN与PQ的位移大小分别为x1、x2，两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒定律可得mx1=2mx2，x1+x2=L，解得x1=，x2=，则整个运动过程中，通过MN的电荷量为q=Δt= = =，故D错误。
2.(2023·全国甲卷)如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨
的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求：
(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；
答案：v0　
解析：由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
3mv0=3mvQ+mvP
×3m=×3m+m
联立解得vP=v0，vQ=v0
由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，由于Q为绝缘棒，无电流通过，碰撞后在导轨上做匀速直线运动，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为vP'=vQ=v0。
(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
答案：m
解析：根据能量守恒定律有m=mvP'2+Q
解得Q=m。
(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
答案：
解析：设碰撞时金属棒P距导轨最右端距离为x，P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得
-BlΔt=mvP'-mvP
又===
联立可得x=
故Q在导轨上运动的时间为t==。
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一、单项选择题
1.如图，平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，左端接有定值电阻R，导轨处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN垂直放在导轨上，给金属棒一个水平向右的瞬时速度，金属棒向右运动最终停在虚线b处，虚线a为金属棒向右运动到b的中间位置。金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，不计金属棒、导轨的电阻。金属棒从开始运动到虚线a的过程中，克服安培力做功为W1，安培力的冲量大小为I1；
6
7
8
9
10
从虚线a运动到虚线b的过程中，克服安培力做功为W2，安培力的冲量大小为I2。则 (　　)
A.I1=I2 B.I1=2I2
C.W1=2W2 D.W1=4W2
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√
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解析：设金属棒运动全过程的距离为2x，金属棒从开始运动到虚线a的过程中，安培力的冲量大小为I1=t=BLt，根据电流的定义式有q=t，通过金属棒的电荷量为q==，联立解得I1=，同理可得I2=I1=，A正确，B错误；设金属棒初速度为v0，在虚线a位置速度为va，根据动量定理，金属棒从虚线a运动到虚线b有0-mva=-I2，
1
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5
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9
10
从开始运动到虚线a的过程有mva-mv0=-I1，联立解得v0=2va，根据动能定理，金属棒从虚线a运动到虚线b有0-m=-W2，从开始运动到虚线a的过程有m-m=-W1，联立解得W1=3W2，C、D错误。
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1
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10
2.(2025·河北衡水调研)如图所示，间距为L的平行导轨固定在水平绝缘桌面上，导轨右端接有定值电阻，阻值为R，垂直导轨的虚线PQ和MN之间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，其中导轨的PM和QN段光滑。在虚线PQ左侧到PQ的距离为的位置垂直导轨放置质量为m的导体棒。现给处于静止状态的导体棒一个水平向右的恒力作用，经过PQ时撤去恒力，此时导体棒的速度大小v0=，经过MN时导体棒的速度大小v=。已知恒力大小为3mg，导体棒始终与导轨垂直
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1
5
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且接触良好，导体棒接入电路的电阻为，重力加速
度为g，导轨电阻不计，下列说法正确的是(　　)
A.导体棒与PQ左侧导轨之间的动摩擦因数为0.66
B.导体棒经过磁场的过程中，通过导体棒的电荷量为
C.导体棒经过磁场的过程中，导体棒上产生的热量为
D.虚线PQ和MN之间的距离为
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√
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10
解析：对导体棒从开始运动至到达虚线PQ的过程，由动能定理可得F-μmg=m-0，代入数据解得动摩擦因数μ=0.44，故A错误；对导体棒经过磁场区域的过程，应用动量定理可得-BLΔt=mv-mv0，通过导体棒横截面的电荷量q=Δt，解得q= ，故B错误；导体棒通过磁场
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7
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10
过程，根据能量守恒定律可知，整个回路中产生的热量Q=m-mv2=，根据电阻的串并联关系，导体棒上产生的热量= Q× =，故C错误；设虚线PQ和MN之间的距离为Δx，可得q=，解得Δx=，故D正确。
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10
3.(2025·广西桂林模拟)如图甲所示，一竖直倒放固定的“U”形足够长金属导轨的上端接一定值电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中。现将一质量为 m的金属棒从距电阻R足够远的导轨上某处，以大小为p0的初动量竖直向上抛出，金属棒的动量随时间变化的图像如图乙所示(图中p=-0.5p0的虚线为图像渐近线)。整个过程中金属棒与导轨接触良好且保持垂直，不计空气阻力及金属棒和导轨电阻，重力加速度大小为g。关于此过程，下列说法正确的是 (　　)
2
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10
A.t0时刻金属棒的加速度为零
B.金属棒的最大加速度大小为3g
C.金属棒上升过程安培力的冲量大小为2p0-mgt0
D.金属棒上升过程定值电阻产生的焦耳热大于
2
3
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√
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8
9
10
解析：t0 时刻金属棒的速度为零，则电路中感应电动势为零，金属棒所受安培力为零，则金属棒仅受重力作用，加速度为 g ，故A错误；金属棒在运动过程中切割磁感线，E=BLv，I=，又F安=BIL，联立可得F安=，由题图乙可知金属棒向下运动的动量最大为 0.5p0，有0.5p0= mv1，解得v1=，此时图像斜率为零，故合外力为零，金属棒所受安培力与重力等大反向，故mg=，在 t=0 时，金属棒向上运动的
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速度最大，所受向下的安培力最大，设p0=mv0，解得金属棒向上运动的最大速度v0==2v1，故金属棒受向下最大的安培力大小为F安m== 2mg，金属棒的最大加速度大小为am==3g，故B正确；对金属棒上升过程，由动量定理得-mgt0-I=0-p0，解得金属棒上升过程安培力的冲量大小为I=p0-mgt0，故C错误；金属棒的初动能为=，金属棒上升过程由动能定理可知WG+W安=0-Ek0，金属棒上升过程克服安培力所做的功等于定值电阻产生的焦耳热，小于 ，故D错误。
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4.如图所示，半径为r的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相连，四分之一圆弧导轨区域没有磁场，水平导轨区域存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，导轨间距为d，导轨电阻忽略不计。ab、cd是质量为m、电阻为R的金属棒，cd静止在平滑导轨上，ab从四分之一圆弧导轨顶端由静止释放，在圆弧
导轨上克服阻力做功为mgr，水平导轨
足够长，ab、cd始终与导轨垂直并接触
良好，且不会相撞，重力加速度为g。从ab棒进入水平导轨开始，下列说法正确的是(　　)
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A.ab棒先做匀减速运动，最后做匀速运动
B.cd棒先做匀加速直线运动，最后和ab棒以相同的速度做匀速运动
C.ab棒刚进入磁场时，流过cd棒的电流为
D.ab棒的最终速度大小为
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√
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9
10
解析：ab棒进入磁场受向左的安培力，做减速运动，所受安培力减小，则ab棒先做加速度减小的减速运动，cd棒与ab棒串联，所以cd棒先做加速度减小的加速运动，最后它们共速，做匀速运动，故A、B错误；ab棒刚进入磁场的速度就是它下滑到圆弧导轨底端的速度，根据动能定理得mgr-mgr=mv2，可得速度为v=，则感应电动势为E=Bdv，两金属棒串联，故两棒瞬时电流为I=，两棒共速时由动量守恒定律有mv=2mv'，解得速度大小为v'=，故C错误，D正确。
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二、多项选择题
5.(2025·济南质检)现有如图所示光滑金属轨道处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，左边较宽部分两轨道间距为2d，右边较窄部分两轨道间距为d，轨道电阻不计。现有均匀导体棒，阻值为R，从左侧以初速度v0=向右运动，出发点到两侧
轨道交界ab处距离为x，导体棒质量为m。下列
结论正确的是(　　)
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A.导体棒运动至ab处速度为v0
B.导体棒运动至ab处速度为v0
C.导体棒在右侧区域运动2x减速到0
D.导体棒在右侧区域运动4x减速到0
2
3
4
√
√
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7
8
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10
解析：根据题意可知，导体棒运动至ab过程中，所受平均安培力大小为=B·2d，由动量定理有-t=-B·2dt=-2Bdq=mv-mv0，又有q== ，联立解得v==v0，故A正确，B错误；根据题意，在右侧区域运动过程中，由动量定理有-'t'=-Bd't'=-Bdq'=0-mv，又有q'==，联立解得x'=2x，故C正确，D错误。
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10
6.如图，空间中等距分布无数个垂直纸面向里的匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度大小B=1 T，每一条形磁场区域宽度及相邻条形磁场区域间距均为d=1 m。现有一个边长为l=0.5 m、质量为m=0.2 kg、电阻为R=1 Ω的单匝正方形线
框，以v0=8 m/s的初速度从左侧磁场边缘
水平进入磁场，g取10 m/s2，下列说法正
确的是 (　　)
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10
A.线框刚进入第一个磁场区域时，加速度大小为10 m/s2
B.线框进入第一个磁场区域过程，通过线框的电荷量为0.25 C
C.线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热为6.4 J
D.线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中能穿过5个完整磁场区域
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√
√
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10
解析：根据题意可得E0=Blv0，I0=，F0=BI0l，联立解得线框刚进入第一个磁场区域时受到的安培力大小为F0=2 N，则线框的加速度大小为a= =10 m/s2，故A错误；由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电荷量计算公式可知==，q=Δt，解得通过线框的电荷量为q=，进入第一个磁场区域过程，通过线框的电荷量q==0.25 C，故B正确；当线框水平速度减为零时竖直下落，线框受到安培力的合力
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1
5
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9
10
水平向左，安培力对线框做的负功等于电路中产生的焦耳热，由功能关系可得Q=m=6.4 J，故C正确；水平方向上的安培力大小为F=，设水平向右为正，在水平方向由动量定理可得-∑Ft=-=0-mv0，解得x==6.4 m，线框穿过1个完整磁场区域，有安培力作用的水平距离为2l，则有=6.4，则线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中能穿过6个完整磁场区域，故D错误。
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7.(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 (　　)
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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
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√
√
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解析：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=BLvt，I=，金属杆在AA1B1B区域运动的过程中只受安培力，根据动量定理有-BILΔt=mΔv，则-Δt=mΔv，由于d=∑vtΔt，则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，金属杆在BB1C1C区域运动的过程中受安培力和滑动摩擦力，根据动量定理有--μmgt0=
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-mvB，解得vB=+μgt0，综上有vB=+>，则金属杆经过BB1的速度大于，故A错误；个过程中，根据能量守恒定律有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=-，又金属杆经过AA1B1B与BB1C1C
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9
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区域滑行距离均为d，故金属杆所受安培力的冲量相同，故C正确；对金属杆在磁场中运动的全过程，由动量定理有-μmgt0-=0-mv0，若将金属杆的初速度加倍，则对全过程有-μmgt1-=0-2mv0，由于金属杆在BB1C1C区域运动的速度比原来的大，则t14d，故D正确。
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三、计算题
8.(13分)(2025·湖北荆州检测)如图所示，光滑平行金属轨道MM'、NN'间距为d，末端接有三匝面积不同的矩形线圈，面积由大到小依次为S1=4S0、S2=2S0，S3=S0，其中S2线圈所在区域有向下均匀增强的匀强磁场，其变化率为=k，线圈总电阻为r，轨道电阻不计。轨道间有垂直轨道平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为
B。现将一质量为m、长为d、阻值为
R的金属杆PQ静止放在轨道上，杆两
端始终与轨道接触良好。求：
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1
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8
9
10
(1)线圈中产生的总感应电动势E；(3分)
答案：5kS0　
解析：线圈中感应电动势E=(S2+S2+S1)=5kS0。
2
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1
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8
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10
(2)金属杆加速过程中速度为v时的加速度大小a；(4分)
答案：
解析：金属杆加速过程中速度为v时回路的总电动势
E1=E-Bdv=I(r+R)
由牛顿第二定律可知BId=ma
解得a=。
2
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7
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10
(3)若杆刚好匀速运动时沿轨道运动距离为x，求杆从开始运动至达到匀速过程中所用的时间t。(6分)
答案：+
解析：达到最大速度时杆中产生的电动势
Em=Bdvm=E
根据动量定理得∑BIdΔt=∑Δt-∑Δt=mvm-0
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3
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10
其中∑vΔt=x
联立得t-=
解得t=+。
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7
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10
9.(12分)(2024·江西高考，节选)如图所示，绝缘水平面上固定一光滑平行金属导轨，导轨左右两端分别与两粗糙的倾斜平行金属导轨平滑连接，两侧导轨倾角分别为θ1、θ2，导轨间距均为l=2 m，水平导轨所在区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5 T。现有两均匀金属细棒甲和乙，质量分别为m1=6 kg和m2 =2 kg，接入导轨的电阻均为R=1 Ω。左、右两侧倾斜导轨与两棒的动摩擦因数分别为μ1=、μ2=。
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10
初始时刻，乙静止在水平导轨上，与水平导轨左端P1P2的距离为d，甲从左侧倾斜导轨高度h=4 m的位置静止滑下。水平导轨足够长，两棒运动过程中始终与导轨接触良好且保持垂直。若两棒发生碰撞，则为完全非弹性碰撞。不计空气阻力和导轨的电阻。(g取10 m/s2， sin θ1=0.6，sin θ2=0.8)
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10
(1)求甲刚进入磁场时乙的加速度大小和方向；(6分)
答案：2 m/s2，方向水平向右
解析：对甲从静止至运动到P1P2处的过程，根据动能定理有
m1gh-μ1m1gcos θ1·=m1-0
甲刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律有
E0=Blv0
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10
根据闭合电路欧姆定律有I0=
对乙由牛顿第二定律有
BI0l=m2a乙0
联立并代入数据解得a乙0=2 m/s2
根据右手定则可知，回路中的感应电流沿逆时针方向(俯视)，结合左手定则可知，乙所受安培力方向水平向右，则加速度方向水平向右。
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10
(2)为使乙第一次到达水平导轨右端Q1Q2之前甲和乙不相碰，求d的最小值。(6分)
答案：24 m
解析：甲和乙在磁场中运动的过程中，系统所受合外力为零，则系统动量守恒，若两者共速时恰不相碰，则有
m1v0=(m1+m2)v共
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10
对乙根据动量定理有
Blt=m2v共-0
又t=q==
dmin=Δx
联立解得dmin=24 m。
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10
10.(18分)(2024·湖北高考)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。
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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：
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(1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；(3分)
答案：BL　
解析：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。
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3
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(2)金属环刚开始运动时的加速度大小；(6分)
答案：
解析：根据题意可知，金属环在导轨间的两段圆弧并联接入电路中，金属环在导轨外侧的两段圆弧被短路，由几何关系可得，
金属环在导轨间的每段圆弧的电阻为R0=×=R
2
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可知，整个回路的总电阻为R总=R+=R
金属棒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=。
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(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。(9分)
答案：
解析：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，为使金属棒ab在整个运动过程中不与金属环接触，
2
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10
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
对金属棒ab，由动量定理有-BLt=m·-mv0
又q=t
则有BLq=mv0
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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=
2
3
4课时跟踪检测(六十三)　电磁感应中的动量问题
一、单项选择题
1.如图,平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上,左端接有定值电阻R,导轨处在竖直向下的匀强磁场中,金属棒MN垂直放在导轨上,给金属棒一个水平向右的瞬时速度,金属棒向右运动最终停在虚线b处,虚线a为金属棒向右运动到b的中间位置。金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好,不计金属棒、导轨的电阻。金属棒从开始运动到虚线a的过程中,克服安培力做功为W1,安培力的冲量大小为I1;从虚线a运动到虚线b的过程中,克服安培力做功为W2,安培力的冲量大小为I2。则 (　　)
A.I1=I2 B.I1=2I2
C.W1=2W2 D.W1=4W2
2.(2025·河北衡水调研)如图所示,间距为L的平行导轨固定在水平绝缘桌面上,导轨右端接有定值电阻,阻值为R,垂直导轨的虚线PQ和MN之间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场,其中导轨的PM和QN段光滑。在虚线PQ左侧到PQ的距离为的位置垂直导轨放置质量为m的导体棒。现给处于静止状态的导体棒一个水平向右的恒力作用,经过PQ时撤去恒力,此时导体棒的速度大小v0=,经过MN时导体棒的速度大小v=。已知恒力大小为3mg,导体棒始终与导轨垂直且接触良好,导体棒接入电路的电阻为,重力加速度为g,导轨电阻不计,下列说法正确的是 (　　)
A.导体棒与PQ左侧导轨之间的动摩擦因数为0.66
B.导体棒经过磁场的过程中,通过导体棒的电荷量为
C.导体棒经过磁场的过程中,导体棒上产生的热量为
D.虚线PQ和MN之间的距离为
3.(2025·广西桂林模拟)如图甲所示,一竖直倒放固定的“U”形足够长金属导轨的上端接一定值电阻R,整个装置处于方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中。现将一质量为 m的金属棒从距电阻R足够远的导轨上某处,以大小为p0的初动量竖直向上抛出,金属棒的动量随时间变化的图像如图乙所示(图中p=-0.5p0的虚线为图像渐近线)。整个过程中金属棒与导轨接触良好且保持垂直,不计空气阻力及金属棒和导轨电阻,重力加速度大小为g。关于此过程,下列说法正确的是 (　　)
A.t0时刻金属棒的加速度为零
B.金属棒的最大加速度大小为3g
C.金属棒上升过程安培力的冲量大小为2p0-mgt0
D.金属棒上升过程定值电阻产生的焦耳热大于
4.如图所示,半径为r的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相连,四分之一圆弧导轨区域没有磁场,水平导轨区域存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场,导轨间距为d,导轨电阻忽略不计。ab、cd是质量为m、电阻为R的金属棒,cd静止在平滑导轨上,ab从四分之一圆弧导轨顶端由静止释放,在圆弧导轨上克服阻力做功为mgr,水平导轨足够长,ab、cd始终与导轨垂直并接触良好,且不会相撞,重力加速度为g。从ab棒进入水平导轨开始,下列说法正确的是 (　　)
A.ab棒先做匀减速运动,最后做匀速运动
B.cd棒先做匀加速直线运动,最后和ab棒以相同的速度做匀速运动
C.ab棒刚进入磁场时,流过cd棒的电流为
D.ab棒的最终速度大小为
二、多项选择题
5.(2025·济南质检)现有如图所示光滑金属轨道处于垂直纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度为B,左边较宽部分两轨道间距为2d,右边较窄部分两轨道间距为d,轨道电阻不计。现有均匀导体棒,阻值为R,从左侧以初速度v0=向右运动,出发点到两侧轨道交界ab处距离为x,导体棒质量为m。下列结论正确的是 (　　)
A.导体棒运动至ab处速度为v0
B.导体棒运动至ab处速度为v0
C.导体棒在右侧区域运动2x减速到0
D.导体棒在右侧区域运动4x减速到0
6.如图,空间中等距分布无数个垂直纸面向里的匀强磁场,竖直方向磁场区域足够长,磁感应强度大小B=1 T,每一条形磁场区域宽度及相邻条形磁场区域间距均为d=1 m。现有一个边长为l=0.5 m、质量为m=0.2 kg、电阻为R=1 Ω的单匝正方形线框,以v0=8 m/s的初速度从左侧磁场边缘水平进入磁场,g取10 m/s2,下列说法正确的是 (　　)
A.线框刚进入第一个磁场区域时,加速度大小为10 m/s2
B.线框进入第一个磁场区域过程,通过线框的电荷量为0.25 C
C.线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热为6.4 J
D.线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中能穿过5个完整磁场区域
7.(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
卷码 400016321 姓名
1 2 3 4 5 6 7
三、计算题
8.(13分)(2025·湖北荆州检测)如图所示,光滑平行金属轨道MM'、NN'间距为d,末端接有三匝面积不同的矩形线圈,面积由大到小依次为S1=4S0、S2=2S0,S3=S0,其中S2线圈所在区域有向下均匀增强的匀强磁场,其变化率为=k,线圈总电阻为r,轨道电阻不计。轨道间有垂直轨道平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。现将一质量为m、长为d、阻值为R的金属杆PQ静止放在轨道上,杆两端始终与轨道接触良好。求:
(1)线圈中产生的总感应电动势E;(3分)
(2)金属杆加速过程中速度为v时的加速度大小a;(4分)
(3)若杆刚好匀速运动时沿轨道运动距离为x,求杆从开始运动至达到匀速过程中所用的时间t。(6分)
9.(12分)(2024·江西高考,节选)如图所示,绝缘水平面上固定一光滑平行金属导轨,导轨左右两端分别与两粗糙的倾斜平行金属导轨平滑连接,两侧导轨倾角分别为θ1、θ2,导轨间距均为l=2 m,水平导轨所在区域存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小B=0.5 T。现有两均匀金属细棒甲和乙,质量分别为m1=6 kg和m2 =2 kg,接入导轨的电阻均为R=1 Ω。左、右两侧倾斜导轨与两棒的动摩擦因数分别为μ1=、μ2=。初始时刻,乙静止在水平导轨上,与水平导轨左端P1P2的距离为d,甲从左侧倾斜导轨高度h=4 m的位置静止滑下。水平导轨足够长,两棒运动过程中始终与导轨接触良好且保持垂直。若两棒发生碰撞,则为完全非弹性碰撞。不计空气阻力和导轨的电阻。(g取10 m/s2, sin θ1=0.6,sin θ2=0.8)
(1)求甲刚进入磁场时乙的加速度大小和方向;(6分)
(2)为使乙第一次到达水平导轨右端Q1Q2之前甲和乙不相碰,求d的最小值。(6分)
10.(18分)(2024·湖北高考)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)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小;(3分)
(2)金属环刚开始运动时的加速度大小;(6分)
(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。(9分)
课时跟踪检测(六十三)
1.选A　设金属棒运动全过程的距离为2x,金属棒从开始运动到虚线a的过程中,安培力的冲量大小为I1=t=BLt,根据电流的定义式有q=t,通过金属棒的电荷量为q==,联立解得I1=,同理可得I2=I1=,A正确,B错误;设金属棒初速度为v0,在虚线a位置速度为va,根据动量定理,金属棒从虚线a运动到虚线b有0-mva=-I2,从开始运动到虚线a的过程有mva-mv0=-I1,联立解得v0=2va,根据动能定理,金属棒从虚线a运动到虚线b有0-m=-W2,从开始运动到虚线a的过程有m-m=-W1,联立解得W1=3W2,C、D错误。
2.选D　对导体棒从开始运动至到达虚线PQ的过程,由动能定理可得F-μmg=m-0,代入数据解得动摩擦因数μ=0.44,故A错误;对导体棒经过磁场区域的过程,应用动量定理可得-BLΔt=mv-mv0,通过导体棒横截面的电荷量q=Δt,解得q= ,故B错误;导体棒通过磁场过程,根据能量守恒定律可知,整个回路中产生的热量Q=m-mv2=,根据电阻的串并联关系,导体棒上产生的热量=Q×=,故C错误;设虚线PQ和MN之间的距离为Δx,可得q=,解得Δx=,故D正确。
3.选B　t0 时刻金属棒的速度为零,则电路中感应电动势为零,金属棒所受安培力为零,则金属棒仅受重力作用,加速度为 g ,故A错误;金属棒在运动过程中切割磁感线,E=BLv,I=,又F安=BIL,联立可得F安=,由题图乙可知金属棒向下运动的动量最大为 0.5p0,有0.5p0=mv1,解得v1=,此时图像斜率为零,故合外力为零,金属棒所受安培力与重力等大反向,故mg=,在 t=0 时,金属棒向上运动的速度最大,所受向下的安培力最大,设p0=mv0,解得金属棒向上运动的最大速度v0==2v1,故金属棒受向下最大的安培力大小为F安m==2mg,金属棒的最大加速度大小为am==3g,故B正确;对金属棒上升过程,由动量定理得-mgt0-I=0-p0,解得金属棒上升过程安培力的冲量大小为I=p0-mgt0,故C错误;金属棒的初动能为=,金属棒上升过程由动能定理可知WG+W安=0-Ek0,金属棒上升过程克服安培力所做的功等于定值电阻产生的焦耳热,小于 ,故D错误。
4.选D　ab棒进入磁场受向左的安培力,做减速运动,所受安培力减小,则ab棒先做加速度减小的减速运动,cd棒与ab棒串联,所以cd棒先做加速度减小的加速运动,最后它们共速,做匀速运动,故A、B错误;ab棒刚进入磁场的速度就是它下滑到圆弧导轨底端的速度,根据动能定理得mgr-mgr=mv2,可得速度为v=,则感应电动势为E=Bdv,两金属棒串联,故两棒瞬时电流为I=,两棒共速时由动量守恒定律有mv=2mv',解得速度大小为v'=,故C错误,D正确。
5.选AC　根据题意可知,导体棒运动至ab过程中,所受平均安培力大小为=B·2d,由动量定理有-t=-B·2dt=-2Bdq=mv-mv0,又有q==,联立解得v==v0,故A正确,B错误;根据题意,在右侧区域运动过程中,由动量定理有-'t'=-Bd't'=-Bdq'=0-mv,又有q'==,联立解得x'=2x,故C正确,D错误。
6.选BC　根据题意可得E0=Blv0,I0=,F0=BI0l,联立解得线框刚进入第一个磁场区域时受到的安培力大小为F0=2 N,则线框的加速度大小为a= =10 m/s2,故A错误;由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电荷量计算公式可知=,=,q=Δt,解得通过线框的电荷量为q=,进入第一个磁场区域过程,通过线框的电荷量q==0.25 C,故B正确;当线框水平速度减为零时竖直下落,线框受到安培力的合力水平向左,安培力对线框做的负功等于电路中产生的焦耳热,由功能关系可得Q=m=6.4 J,故C正确;水平方向上的安培力大小为F=,设水平向右为正,在水平方向由动量定理可得-∑Ft=-=0-mv0,解得x==6.4 m,线框穿过1个完整磁场区域,有安培力作用的水平距离为2l,则有=6.4,则线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中能穿过6个完整磁场区域,故D错误。
7.选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=BLvt,I=,金属杆在AA1B1B区域运动的过程中只受安培力,根据动量定理有-BILΔt=mΔv,则-Δt=mΔv,由于d=∑vtΔt,则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,金属杆在BB1C1C区域运动的过程中受安培力和滑动摩擦力,根据动量定理有--μmgt0=-mvB,解得vB=+μgt0,综上有vB=+>,则金属杆经过BB1的速度大于,故A错误;在整个过程中,根据能量守恒定律有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=-,又金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域滑行距离均为d,故金属杆所受安培力的冲量相同,故C正确;对金属杆在磁场中运动的全过程,由动量定理有-μmgt0-=0-mv0,若将金属杆的初速度加倍,则对全过程有-μmgt1-=0-2mv0,由于金属杆在BB1C1C区域运动的速度比原来的大,则t14d,故D正确。
8.解析:(1)线圈中感应电动势E=(S2+S2+S1)=5kS0。
(2)金属杆加速过程中速度为v时回路的总电动势E1=E-Bdv=I(r+R)
由牛顿第二定律可知BId=ma
解得a=。
(3)达到最大速度时杆中产生的电动势
Em=Bdvm=E
根据动量定理得∑BIdΔt=∑Δt-∑Δt=mvm-0
其中∑vΔt=x
联立得t-=
解得t=+。
答案:(1)5kS0　(2)
(3)+
9.解析:(1)对甲从静止至运动到P1P2处的过程,根据动能定理有
m1gh-μ1m1gcos θ1·=m1-0
甲刚进入磁场时,由法拉第电磁感应定律有
E0=Blv0
根据闭合电路欧姆定律有I0=
对乙由牛顿第二定律有
BI0l=m2a乙0
联立并代入数据解得a乙0=2 m/s2
根据右手定则可知,回路中的感应电流沿逆时针方向(俯视),结合左手定则可知,乙所受安培力方向水平向右,则加速度方向水平向右。
(2)甲和乙在磁场中运动的过程中,系统所受合外力为零,则系统动量守恒,若两者共速时恰不相碰,则有
m1v0=(m1+m2)v共
对乙根据动量定理有
Blt=m2v共-0
又t=q==
dmin=Δx
联立解得dmin=24 m。
答案:(1)2 m/s2,方向水平向右　(2)24 m
10.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,金属环在导轨间的两段圆弧并联接入电路中,金属环在导轨外侧的两段圆弧被短路,由几何关系可得,金属环在导轨间的每段圆弧的电阻为R0=×=R
可知,整个回路的总电阻为R总=R+=R
金属棒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,为使金属棒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
对金属棒ab,由动量定理有
-BLt=m·-mv0
又q=t
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=
答案:(1)BL　(2)
(3)
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