资源简介

(共145张PPT)
专题二十三 动量观点在电磁感应中的应用
题型一 动量定理在电磁感应中的应用
题型二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
备用习题
◆
◆
听课手册
作业手册
作业手册(A)
作业手册(B)
答案核查【听】
答案核查【作】
题型一 动量定理在电磁感应中的应用
1.模型构建
导体棒或金属框运动的形式有匀速、匀变速和非匀变速三种，对前两种情
况，容易想到用平衡条件和牛顿运动定律求解，对后一种情况一般要结合
动量知识求解.当安培力变化，且又涉及时间、位移、速度、电荷量等问
题时，用动量定理往往能巧妙解决.
2.常见问题
在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、
速度、位移和电荷量.
(1)求电荷量或速度：，.
(2)求位移：-，
即.
(3)求时间
①已知电荷量， 为恒力，可求出非匀变速运动的时间.
，
即 .
②若已知位移， 为恒力，也可求出非匀变速运动的时间.
， .
考向一 单棒模型
例1 (多选)[2025·广东深圳联考] 如图甲所示，间距为 的足够长光滑平行
金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨左侧连接有阻值为 的定值电阻，金
属棒垂直静止在导轨上，整个导轨处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，
磁场的磁感应强度大小为，给金属棒施加水平向右的拉力 ，使金属棒
从静止开始运动，
金属棒运动的距离时撤去拉力，金属棒整个运动过程中的速度 与运动
的位移关系如图乙所示、已知 .金属棒运动过程中始终与导轨垂直
并与两导轨接触良好，金属棒接入电路的电阻为 ，则金属棒运动过程中
( )
A.加速度大小保持不变
B.通过定值电阻的电荷量为
C.定值电阻中产生的焦耳热为
D.拉力的冲量大小为
√
√
[解析] 图像斜率 ，则金属棒加速运动过程中，随着速度增
大，加速度增大，减速运动过程中，随着速度减小，加速度减小，故A错
误；根据，， ，联立解得通过定值电阻的电荷量为
，故B正确；
整个过程克服安培力做功为 ，由乙图可知
，联立解得 ，因此定值电阻中产生的
焦耳热为 ，故C正确；整个过程根据动量定理得
，又，联立解得 ，故D错误.
考向二 双棒模型
例2 [2025·甘肃卷] 在自动化装配车间,常采用电磁驱动的机械臂系统.如图
所示,、为两条足够长的光滑平行金属导轨，间距为 ，电阻忽略不计.
导轨置于磁感应强度大小为 ，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，电阻均为 .导轨左侧
接有电容为的电容器.初始时刻，机械臂1以初速度 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) 求初始时刻机械臂1产生的感应电动势大小及感应电流方向.
[答案] 沿纸面向上
[解析] 初始时刻机械臂1的感应电动势大小为
由右手定则可知感应电流方向沿纸面向上
例2 [2025·甘肃卷] 在自动化装配车间,常采用电磁驱动
的机械臂系统.如图所示,、为两条足够长的光滑平
行金属导轨，间距为 ，电阻忽略不计. 导轨置于磁感应
强度大小为 ，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，电阻均为 .导轨左侧接有电容为的电容器.初始时刻，机械
臂1以初速度 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.
(2) 系统达到稳定状态前，若机械臂1和2中的电流分别为和，写出两机械臂各自所受安培力的大小；若电容器两端电压为 ，写出电容器所带电荷量的表达式.
[答案]
[解析] 在达到稳定前，两机械臂电流分别为和 ，两机械臂安培力的大
小分别为，
设此时两机械臂的速度分别为、
根据动量守恒有
而，
电容器的带电荷量
电容器两端的电压
联立解得
所以此时电容器带电荷量为
例2 [2025·甘肃卷] 在自动化装配车间,常采用电磁驱动
的机械臂系统.如图所示,、为两条足够长的光滑平
行金属导轨，间距为 ，电阻忽略不计. 导轨置于磁感应
强度大小为 ，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，电阻均为 .导轨左侧接有电容为的电容器.初始时刻，机械
臂1以初速度 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.
(3) 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]
[解析] 当时，两机械臂的速度相同，此时
可得两机械臂的速度为
此过程中，对机械臂1，根据动量定理有
对机械臂2，根据动量定理有
初始距离的最小值
解得
考向三 线框模型
例3 [2025·山东卷] 如图所示，平行光滑轨道的间距为 ，轨道平面与水平
面夹角为 ，二者的交线与轨道垂直，以轨道上 点为坐标原点，沿轨道
向下为 轴正方向建立坐标系.轨道之间存在区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ
内充满磁感应强度大小为 、
方向竖直向上的匀强磁场；
区域Ⅱ 内充满方向垂直轨道平面向上的磁场，磁感应强度大小
，和均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间 均匀
增加的磁场和随轴坐标均匀增加的磁场叠加而成.将质量为、边长为 、
电阻为的匀质正方形闭合金属框放置在轨道上， 边与轨道垂直，
由静止释放.已知轨道绝缘、光滑、足够长且
不可移动，磁场上、下边界均与 轴垂直，整
个过程中金属框不发生形变，重力加速度大
小为 ，不计自感.
(1) 若金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中匀速运动，求金属框匀
速运动的速率和释放时边与区域Ⅰ上边界的距离 ；
[答案]
[解析] 金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中，金属框只有一条边
切割磁感线，根据楞次定律可得，所受安培力水平向左，则
切割磁感线产生的电动势为
金属框中电流为
金属框做匀速直线运动，则有
解得金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程
的速率为
金属框开始释放到边进入区域Ⅰ的过程中，只有重力做功，由动能定理可得
可得释放时边与区域Ⅰ上边界的距离为
(2) 金属框沿轨道下滑，当边刚进入区域Ⅱ时开始计时 ，此时金
属框的速率为，若 ，求从开始计时到金属框达到平衡状态
的过程中，边移动的距离 .
[答案]
[解析] 当边刚进入区域Ⅱ时开始计时，设金属框 边到区域Ⅱ上
边界的距离为 时，金属框中产生的感应电动势
，其中
此时回路中的感应电流
金属框 边受到沿轨道向上的安培力，大小为
金属框 边受到沿轨道向下的安培力，大小为
则金属框受到的安培力
代入
化简得
当金属框平衡时 ，可知此时金属框速率为0
则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，根据动量定理可得
即
对时间累积求和可得
可得
题型二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
1.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
为恒力
双棒无外力 双棒有外力
动力学 观点 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
续表
双棒无外力 双棒有外力
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的动能增
加量棒2的动能增加量
焦耳热
续表
例4 (16分)[2025·河北卷] 某电磁助推装置设计如图，超级电容器经调控
系统为电路提供 的恒定电流，水平固定的平行长直导轨处于垂直水
平面的匀强磁场中，可视为始终垂直导轨的导体棒， 为表面绝缘的无人
机.初始时静止于处，静止于 右侧某处.
现将开关接1端，与 正碰后锁定并一起运动，损失动能全部储存为弹性
势能.当运行至时将 接2端，同时解除锁定，所储势能瞬间全部转化
为动能，与分离.已知电容器电容为，导轨间距为 ，磁感应
强度大小为，到的距离为，、质量分别为、，
在导轨间的电阻为 .碰撞、分离
时间极短，各部分始终接触良好，不计
导轨电阻、摩擦和储能耗损，忽略电流
对磁场的影响.
(1) 若分离后某时刻的速度大小为，求此时通过 的电流大小.
[答案]
[解析] 分离后切割磁感线，有 (1分)
则通过的电流 (1分)
解得 (1分)
(2) 忽略、所受空气阻力，当与的初始间距为时，求 分离后
的速度大小，分析其是否为能够获得的最大速度；并求 运动过程中电容
器的电压减小量.
[答案] 是
[解析] 由于超级电容器经调控系统为电路提供 的恒定电流，
则当与的初始间距为时，与碰撞前，对 根据动能定理有
(1分)
与 碰撞时，对整体根据动量守恒定律和能量守恒定律有
(1分)
(1分)
与整体从碰撞后到 的过程中，对整体
根据动能定理有
(1分)
与 分离时，对整体根据动量守恒定律和能量守恒定律有
(1分)
(1分)
联立解得，，此为 能
够获得的最大速度(1分)
由于和、 组合体均做匀变速直线运动，
分别有 (1分)
(1分)
电容器流出的电荷量有 (1分)
运动过程中电容器的电压减小量
(1分)
(3) 忽略所受空气阻力，若所受空气阻力大小与其速度 的关系为
，初始位置与(2)问一致，试估算 运行至
时，、分离前的速度大小能否达到(2)问中分离前速度的 ，并给
出结论.
[答案] 能
[解析] 所受的最大阻力为，
对、 整体由动能定理得
(1分)
综合解出 (1分)
变式 (多选)[2024·海南卷] 两根足够长的
导轨由上下段电阻不计、光滑的金属导轨
组成，在、两点绝缘连接，、 等高，
间距 ，连接处平滑.导轨平面与水
平面夹角为 ，导轨两端分别连接一个
阻值 的电阻和的电容器，整个装置处于 的垂
直导轨平面斜向上的匀强磁场中，
两根导体棒、分别放在两侧，质量分为 ，
，棒电阻为 ，棒的电阻不计，将 由静止释放，
同时从距离为处在一个大小 ，方向沿导轨平
面向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在 处发生弹性碰撞，碰
撞前瞬间撤去，已知碰前瞬间的速度为，取 ，则
( )
A.从释放到第一次碰撞前所用时间为
B.从释放到第一次碰撞前，上消耗的焦耳热为
C.两棒第一次碰撞后瞬间，的速度大小为
D.两棒第一次碰撞后瞬间，的速度大小为
√
√
[解析] 由于导体棒、同时由静止开始运动，且恰好在、 处发生弹
性碰撞，则说明、在到达、处所用的时间是相同的，对导体棒
和电容器组成的回路有，对 根据牛顿第二定律有
，其中， ，联立有
，则说明导体棒 做匀加速
直线运动，则有 ，联立解得
， ，故A错误；
由题知，碰前瞬间的速度为 ，则根据功能关系有
，导体棒 下滑过程中根据动量定理有
，其中 ，
，联立解得
，，，则 上消
耗的焦耳热为 ，故B正
确；
由于两棒恰好在 处发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正方向，有
， ，
其中，联立解得， ，故C
错误，D正确.
例5 (多选)[2023·辽宁卷] 如图所示，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和 ,处于竖直向上的磁场中，磁
感应强度大小分别为和.已知导体棒的电阻为、长度为 ,导体棒
的电阻为、长度为,的质量是 的2倍.初始时刻两棒静止，两
棒中点之间连接一压缩量为 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.速率为时， 所受安培力大小为
C.整个运动过程中，与 的路程之比为
D.整个运动过程中，通过的电荷量为
√
√
[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，选项A正确；任意时刻，设电流为，则 受安培力
，，受安培力 ,两个安培力方向相反，又两棒
所受弹簧弹力始终大小相等，可知两棒组成的系统所受合外力为零，动量
守恒，设质量为，则质量为，
速率为时，设速度为, 有 ,解
得 ,
回路中的感应电流, 所受安培力大小为
,选项B错误；与 两棒运动中始终动量守恒，速
度之比始终为，所以整个运动过程中两棒路程之比为 ,选项C正确；
与两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了 ，
由上述分析可知，向左移动， 向右移
动，则 ,选
项D错误.
动量定理在电磁感应中的应用
1.(多选)如图所示，光滑的平行金属导轨固定在绝
缘的水平面上，导轨处在竖直向下的匀强磁场中，
左侧导轨间的距离为，右侧导轨间的距离为 ，
导体棒、垂直放置于导轨之间，且与导轨接触良好，导体棒、 的电
阻相等，.第一次将导体棒固定在右侧导轨上，使导体棒 以初
速度 开始向右运动，直至回路中的感应电流变为0；
第二次导体棒未被固定且静止在右侧导轨上，使导体棒仍以初速度 开
始向右运动，直至回路中的感应电流也变为0.已知前后两次回路中的感应
电流变为0时，导体棒 仍处在左侧导轨上，不计导轨的电阻.下列说法中
正确的是 ( )
A.第二次导体棒和导体棒 组成的系统动量守恒
B.第一次回路中产生的焦耳热是第二次的2倍
C.第一次通过回路的电荷量是第二次的2倍
D.第一次导体棒 的动量变化量是第二次的5倍
√
√
[解析] 由于第二次导体棒和导体棒 在水平方向上受到的安培力大小不
等，所以第二次导体棒和导体棒 组成的系统受到的合外力不为零，动量
不守恒，A错误；第一次导体棒 会减速到零，则第一次产生的焦耳热为
，第二次导体棒 未被固定，当回路中的感应电流变为0时，
有，即，对导体棒 由动量定理可得
，对导体棒 由动量定理可得
，又知，
联立解得 ， ，
第二次产生的焦耳热为 ，
B正确；第一次对 由动量定理可得，则
，第二次对 由动量定理可得 ，
则,C正确；第一次导体棒 的动量变化量
，第二次导体棒 的动量变化量
，D错误.
2.(多选)[2024·湖南卷] 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
的定值电阻相连，导轨段与 段
粗糙，其余部分光滑，右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为
的金属杆垂直导轨放置.现让金属杆以初速度沿导轨向右经过 进入磁
场，最终恰好停在处.已知金属杆接入导轨之间的阻值为 ，与粗糙导
轨间的动摩擦因数为 ,.导轨电阻不计，重力加速度为 ，下
列说法正确的是 ( )
A.金属杆经过的速度为
B.在整个过程中，定值电阻产生的热量为
C.金属杆经过与 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
√
√
[解析] 金属杆经过 区域，切割磁感线，产生的平均感应电动势为
，电路中的平均感应电流 ，金属杆受到的
平均安培力，安培力的冲量 ，同
理，金属杆经过区域，金属杆所受安培力的冲量 ，所以
金属杆经过这两个区域所受安培力的冲量相同，故C正确；金属杆经过
区域过程，根据动量定理得 ，金属杆经过
区域过程，设所用时间为 ，根据动量定理得
，联立解得 ，故A错误；
根据能量守恒定律可知，在整个过程中，金属杆减少的动能等于克服摩擦
力做的功和克服安培力做的功之和，则克服安培力做的功
，而克服安培力做的功转化为金属杆和定值电阻产生
的焦耳热，所以总焦耳热 ，由于金属杆的电阻和
定值电阻的阻值相同，故定值电阻上产生的热量
，故B错误；对整个运动过程，由根据动量定
理得 ，即
，若将金属杆的初速度加倍，即初速度
变为，根据动量定理得 ，由于金属
杆经过时的速度变大，所以经过 区域的时间变短，即
，对比上面两式可知 ，即金属杆在磁场中运动的距离大
于原来的2倍，故D正确.
3.如图甲所示，两平行长直光滑金属导轨水平放置，间距为 ，左端连接
一个电容为的电容器，导轨处在磁感应强度大小为 、方向垂直于导轨
平面向上的匀强磁场中.质量为 的金属棒垂直于导轨放置，某时刻金属棒
获得一个水平向右的初速度，之后金属棒运动的 图像如图乙所示，
不考虑导轨的电阻.
(1) 求金属棒匀速运动时的速度大小 ；
[答案]
[解析] 金属棒匀速运动切割磁感线产生的电动势
电容器带的电荷量
金属棒从开始到匀速运动的过程中，由动量定理有
电容器带的电荷量
联立解得 .
(2) 求金属棒匀速运动时电容器带的电荷量 ；
[答案]
[解析] 由(1)可知 .
3.如图甲所示，两平行长直光滑金属导轨水平放置，间距为 ，左端连接
一个电容为的电容器，导轨处在磁感应强度大小为 、方向垂直于导轨
平面向上的匀强磁场中.质量为 的金属棒垂直于导轨放置，某时刻金属棒
获得一个水平向右的初速度，之后金属棒运动的 图像如图乙所示，
不考虑导轨的电阻.
(3) 已知金属棒从开始到匀速运动的过程
中，产生的焦耳热为 ，求电容器充电稳
定后储存的电能 .
[答案]
3.如图甲所示，两平行长直光滑金属导轨水平放置，间距为 ，左端连接
一个电容为的电容器，导轨处在磁感应强度大小为 、方向垂直于导轨
平面向上的匀强磁场中.质量为 的金属棒垂直于导轨放置，某时刻金属棒
获得一个水平向右的初速度，之后金属棒运动的 图像如图乙所示，
不考虑导轨的电阻.
[解析] 在时间内，金属棒的速度由到 ，由能量守恒定律可得
解得 .
动量守恒定律在电磁感应中的应用
4.如图所示，在磁感应强度大小为 的匀强磁场区域内，垂直于磁场方向的水平
面中有两根固定的足够长的平行金属导轨，在导轨上面平放着两根导体棒和
，两棒彼此平行且相距，构成一矩形回路.导轨间距为 ，两导体棒的质量均
为，电阻均为 ，导轨电阻可忽略不计.设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，
初始时刻棒静止，给 棒一个向右的初速度 ，求：
(1) 当棒速度减为时，棒的速度及加速度 的
大小；
[答案]
[解析] 两棒组成的系统所受合外力为零，因此满足动量守恒定律，有
解得
回路产生的感应电动势
此时回路中的电流
因此加速度
整理得 .
4.如图所示，在磁感应强度大小为 的匀强磁场区域内，垂直于磁场方向
的水平面中有两根固定的足够长的平行金属导轨，在导轨上面平放着两根
导体棒和，两棒彼此平行且相距，构成一矩形回路.导轨间距为 ，
两导体棒的质量均为，电阻均为 ，导轨电阻可忽略不计.设导体棒可在
(2) 、棒间的距离从 增大到最大的过程中，通
过回路的电荷量及两棒间的最大距离 .
[答案]
导轨上无摩擦地滑行，初始时刻棒静止，给 棒一
个向右的初速度 ，求：
[解析] 、 棒速度相等时有最大距离，根据动量守恒定律可得
对棒，根据动量定理有
而
解得
在这段时间内，平均感应电动势
回路中的平均电流
流过某截面的电荷量
解得最大距离 .
5.[2023·全国甲卷] 如图所示,水平桌面上固定一光滑 形
金属导轨，其平行部分的间距为 ,导轨的最右端与桌面
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.一质量为 、电阻为、长度也为的
金属棒静止在导轨上.导轨上质量为的绝缘棒 位于的左侧，以大小为的
速度向运动并与 发生弹性碰撞,碰撞时间极短.碰撞一次后,和 先后从导轨的
最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点.在导轨上运动时，两端与导轨接触良
好, 与 始终平行.不计空气阻力.求:
(1) 金属棒 滑出导轨时的速度大小;
[答案]
[解析] 以向右为正，设与发生碰撞后，的速度为,的速度为 .由
于和 间为弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
设滑出导轨时的速度为,由题意可知
联立可得
5.[2023·全国甲卷] 如图所示,水平桌面上固定一光滑 形金属导轨，其平行
部分的间距为 ,导轨的最右端与桌面右边缘对齐.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.一质量为 、
电阻为、长度也为的金属棒静止在导轨上.导轨上质量为的绝缘棒
位于的左侧，以大小为的速度向运动并与 发生弹性碰撞,碰撞时间
极短.碰撞一次后,和 先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一
(2) 金属棒 在导轨上运动过程中产生的热量;
[答案]
地点.在导轨上运动时，两端与导轨接触良好,与 始
终平行.不计空气阻力.求:
[解析] 设在导轨上运动过程中产生的热量为 ,由能量守恒有
联立解得
5.[2023·全国甲卷] 如图所示,水平桌面上固定一光滑 形金属导轨，其平行
部分的间距为 ,导轨的最右端与桌面右边缘对齐.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.一质量为 、
电阻为、长度也为的金属棒静止在导轨上.导轨上质量为的绝缘棒
位于的左侧，以大小为的速度向运动并与 发生弹性碰撞,碰撞时间
极短.碰撞一次后,和 先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一
(3) 与碰撞后,绝缘棒 在导轨上运动的时间.
[答案]
地点.在导轨上运动时，两端与导轨接触良好,与 始
终平行.不计空气阻力.求:
[解析] 当金属棒在导轨上以速度 运动时，由法拉第电磁感应定律，棒
中的电动势
导轨和构成的回路中的电流
所受的安培力大小
设的加速度为,由牛顿第二定律得
设在小时间段内，金属棒 的速度和位置变化量
分别为和,有,
联立解得
设碰撞后在导轨上运动的距离为 ，由上式可得
碰撞后绝缘棒在导轨上运动的距离也为 ，设运动时间为,有
联立解得
作业手册(A)
1.(多选)[2025·山东枣庄模拟] 如图所示，
两足够长的光滑平行金属导轨、
水平放置，导轨间距为 ，垂直于导轨
的虚线 的两侧导轨所在空间区域存
在着磁感应强度大小均为的方向相反的竖直匀强磁场，两长度均为 、
电阻均为、质量均为的金属导体棒、垂直于导轨放在 左右两侧，
并与导轨保持良好接触，不计其他电阻.现给导体棒 一个瞬时冲量，
使导 体棒获得一个水平向右的初速度 ，两棒
均未越过，则下列关于、 两棒此后的
整个运动过程的说法中正确的是( )
A.、 两棒组成的系统动量守恒
B.、两棒最终将以大小为 的速度分别向右、向左做匀速直线运动
C.整个过程中，棒上产生的焦耳热为
D.整个过程中，流过棒的电荷量为
√
√
[解析] 由右手定则和左手定则可知，两导体棒所受安培力均向左，因此
系统动量不守恒，A错误；设棒的速度大小为，棒的速度大小为 ，
则回路总电动势为，随着的减小， 的增大，回路总
电动势减小，回路电流减小，安培力减小，两棒加速度最终减为零，两棒
均匀速运动，设整个过程回路中的平均电流为 ，
对棒由动量定理有，对 棒由动量定理有
，同时，两式联立，解得 、方向向右，
、方向向左，流过棒的电荷量为 ，整个过程中，回路
中产生的焦耳热为，则 棒上产生
的焦耳热为 ，故C错
误，B、D正确.
2.(多选)如图甲所示，整个空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小
为.两根足够长的平行光滑金属导轨水平固定放置，间距为 ，左端连接
阻值为的定值电阻.一质量为 的金属杆垂直放置于导轨上，与导轨接触
良好，导轨和金属杆电阻不计.金属杆与质量为 的重物用绝缘细线绕过定
滑轮连接，左边细线与导轨平行.金属杆的图像如图乙所示， 时
剪断细线，时金属杆速度减半，已知重力加速度为 ，下列说法正
确的是( )
A.时，金属杆的加速度大小为
B.过程中定值电阻上产生的热量为
C.过程中通过定值电阻的电荷量为
D.从开始金属杆的最大位移为
√
√
√
[解析] 设金属杆匀速运动时的速度大小为 ，则产生的感应电动势为
，感应电流为，受到的安培力为 ，
由物体匀速运动可知，解得， 过程中,定值电阻上产
生的热量为，金属杆的位移大小为 ，
时，由于速度减半，电动势减半，电流减半，安培力减半，金属杆
的加速度大小为 ，故A正确，B错误；
过程中，对金属杆运用动量定理有 ，其中
，解得 ，从剪断细线到停止运动，对金属杆运用动量定理
有，其中，解得 ，
故金属杆最大位移为 ，故C、D正确.
3.(多选)[2025·河南郑州预测] 如图所示，半径为
的四分之一粗糙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 、方向竖直向上的匀强磁场，导轨间距为
，、均为质量为、接入回路电阻为 的金属棒，导轨电阻忽略不
计.静止在平滑导轨上， 棒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，水平导轨足够长，、 始终与导轨
垂直并接触良好，且不会相撞，重力加速度为.从 棒进入水平导轨开始，
下列说法正确的是( )
A. 棒先做匀减速运动，最后做匀速运动
B.棒先做匀加速直线运动，最后和 棒以相同的速度做匀速运动
C.棒刚进入磁场时，流过的棒电流为
D.棒的最终速度大小为
√
√
[解析] 棒进入磁场后做切割磁感线运动，由右手定则可知，回路中产
生逆时针(俯视角度)方向的感应电流，由左手定则可知， 棒受到向左的
安培力，向右做减速运动，而棒则受到向右的安培力 ，向右做加速
运动，设棒在磁场中的速度大小为时，棒的速度大小为 ，由法
拉第电磁感应定律得，又， ，
联立得两金属棒的加速度大小为 ，
随着减小，增大，两棒的加速度大小 减小，
直至时， ，即它们开始以相同的速
度做匀速运动，故A、B错误；
设棒刚进入磁场的速度大小为， 棒在圆弧轨道上运动过程中，根据
动能定理有，解得，则 棒刚进入磁场
时回路中的感应电动势为 ，两金属棒串联，故两棒中的瞬时电流
为，故C正确；设两棒最终速度大小均为，从 棒进入磁场至
两棒共速的过程中，根据动量守恒定律有
，解得 ，故D正确.
4.[2025·陕青宁晋卷] 如图所示，光滑水平面上
存在竖直向上、宽度大于 的匀强磁场，其磁
感应强度大小为 .甲、乙两个合金导线框的质
量均为，长均为，宽均为，电阻分别为
和 .两线框在光滑水平面上以相同初速度
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
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
√
[解析] 根据楞次定律，甲线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向，
出磁场的过程中电流方向为逆时针方向，故A错误；甲线框刚进磁场区域
时，合力为， ，乙线框刚进磁场区域时，合力为
，，可知 ，故B错误；
假设甲、乙都能完全出磁场，对甲根据动量定理有
， ，同理对乙有
，
，解得 ，
，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，故C错误；
由能量守恒可知甲、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，，即 ，故D正确.
5.[2025·安徽卷] 如图所示，平行光滑
金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，
导轨间距为，右端连接阻值为 的定
值电阻.水平导轨上足够长的矩形区域 存在竖直向上的匀强磁场，磁
感应强度大小为.某装置从 左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒，导
体棒以初速度 进入磁场，速度减为0时被锁定；
从原位置再发射第2根相同的导体棒，导体棒仍以初速度 进入磁场，速
度减为0时被锁定，以此类推，直到发射第 根相同的导体棒进入磁场.已
知导体棒的质量为，电阻为 ，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良
好(发射前导体棒与导轨不接触)，不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路
中的电流对原磁场的影响.求：
(1) 第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率；
[答案]
[解析] 第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为
则此时回路的电流为
此时导体棒受到的安培力为
此时导体棒受安培力的功率为
(2) 第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电
荷量；
[答案]
[解析] 第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，根据动量定理有
其中
解得
(3) 从第1根导体棒进入磁场到第 根导体棒速度减为0的过程中，导轨右
端定值电阻 上产生的总热量.
[答案]
[解析] 由于每根导体棒均以初速度 进入磁场，速度减为0时被锁定，则
根据能量守恒定律，每根导体棒进入磁场后产生的总热量均为
第1根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻 上产生
的热量为
第2根导体棒进入磁场到速度减为0的过程
中，导轨右端定值电阻 上产生的热量为
第3根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻 上产生
的热量为
第根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻 上产生
的热量为
则从第1根导体棒进入磁场到第 根导体棒
速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻
上产生的总热量为
通过分式分解和观察数列的“望远镜求和” 性质，得出
6.[2025·福建卷] 水平地面上固定有一倾角
为 的绝缘光滑斜面，其上有两个宽度
分别为、 的条形匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，
虚线为磁场边界，均与斜面底边平行；两
区域磁场的磁感应强度大小相等、方向均
垂直斜面向上，示意图如图所示.
一质量为、电阻为的正方形细导线框置于区域Ⅰ上方的斜面上，
边与磁场边界平行.线框由静止开始下滑，依次穿过区域Ⅰ、区域Ⅱ.已知
边进入区域Ⅰ到边离开区域Ⅰ的过程中，线框速度恒为； 边进入区域Ⅱ
和 边离开区域Ⅱ时线框的速度相同；区域Ⅰ、Ⅱ间的无磁场区域宽度大于
线框边长，线框各边材料相同、粗细均匀；
下滑过程线框形状不变且始终处于斜面
内， 边始终与磁场边界平行；重力加速
度大小为 .求：
(1) 初始时 边与区域Ⅰ上边界的距离；
[答案]
[解析] 设初始时刻边与区域Ⅰ上边界的距离为，从开始运动到 边刚进
入区域Ⅰ的过程中，由动能定理有
解得
(2) 边进入区域Ⅰ后瞬间， 两端的电势差；
[答案]
[解析] 设磁感应强度大小为，线框边长为， 边进入区域Ⅰ后瞬间产生
的感应电动势大小为，两端的电势差为
由法拉第电磁感应定律、安培力公式、闭合电路欧姆定律、力的平衡关系
有， ，
解得
(3) 边进入区域Ⅱ到 边离开区域Ⅱ的过程中，线框克服安培力做功的平
均功率.
[答案] 若,则；若,则
[解析] 经分析，线框穿过区域Ⅱ的过程中，经历减速、加速、再减速三个
阶段，两个减速阶段线框均克服安培力做功.设线框穿过区域Ⅱ所用时间为
，此过程克服安培力做功的平均功率为 穿过区域Ⅱ的整个过程，由能量
守恒定律有
设减速阶段任意微小时间间隔内的位移为
依题意，线框穿过区域Ⅱ的过程，动量变化量为
零由动量定理有
由于线框匀速通过区域Ⅰ，可知线框边长 等于区
域Ⅰ的宽度,即
若,则
解得
若,则
解得
作业手册(B)
1.(多选)[2025·山西吕梁三模] 如图所示，
足够长的光滑水平轨道左侧
部分的轨道间距为，右侧
部分的轨道间距为 ，两部分轨道通过导线连通.整个区域存在竖直向下的
匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为 .
质量为的金属棒和质量为的金属棒 垂直于轨道分
别静止放置在左、右两侧轨道上.现给金属棒一大小为 、方向
沿轨道向右的初速度，已知两金属棒接入电路的有效电阻均为 ，
轨道电阻不计， ，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导
轨保持良好接触，棒总在宽轨上运动， 棒总在窄轨上运动.下列说法正
确的是 ( )
A.整个运动过程中金属棒、 组成的系统动量守恒
B.金属棒匀速运动的速度大小为
C.整个运动过程中通过金属棒某横截面的电荷量为
D.整个运动过程中金属棒、扫过的面积之差为
√
√
[解析] 因为金属棒、 受到的安培力大小不相等，合力不为零，所以整
个过程金属棒、 组成的系统动量不守恒，A错误；选取水平向右为正方
向，对、分别应用动量定理，对有安，对有
安，其中安安，整理得 ，两棒最后
匀速时，电路中无电流，此时回路总电动势为零，必有 ，
即，联立解得 ，B
正确；在 加速过程中根据动量定理有
，又因电荷量，
解得 ，C正确；根据，代入数据解得 ，
D错误.
2.(多选)[2025·湖南卷] 如图，关于 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 点.一足够长的金属杆初始位
置与轴重合，金属杆的质量为 ，单位长度
的电阻为 .整个空间存在竖直向上的匀强磁
场，磁感应强度为.现给金属杆一沿 轴正方
向的初速度，金属杆运动过程中始终与 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 轴正方向运动过程中，金属杆中
电流沿 轴负方向
B.金属杆可以在沿 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
√
√
[解析] 根据右手定则可知金属杆沿 轴正方向运动过程中，金属杆中电流
沿轴负方向，故A正确；若金属杆可以在沿轴正方向的恒力 作用下做
匀速直线运动，可知，
，可得 ，由于
金属杆运动过程中接入导轨中的长度 在变化，
故 在变化，故B错误；
取一微小时间内，设此时金属杆接入导轨中的长度为 ，根据动量定理
有，同时有 ，联立得
，对从开始到金属杆停止运动时整个过程累积可得
，解得此时金属杆与导轨围成的面积
为 ，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 ，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.
3.[2025·海南卷] 如图所示，间距为 的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分
粗糙且两部分平滑相接，导轨上方接有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹
角为 ，处于垂直于倾斜导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处
于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为，两相同导体棒、
与水平导轨的动摩擦因数均为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
两棒质量均为 ，接入电路中的电阻均
为， 棒仅在水平导轨上运动，两导
体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接
触良好，且不互相碰撞，忽略金属导轨
的电阻，重力加速度为 .
(1) 锁定水平导轨上的棒，闭合开关， 棒静止在倾斜导轨上，求通过
棒的电流；断开开关，同时解除棒的锁定，当棒下滑距离为
时，棒开始运动，求棒从解除锁定到开始运动过程中， 棒产生的
焦耳热；
[答案]
[解析] 棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件可得 ，
解得通过棒的电流为
设当棒下滑距离为时速度为，棒开始运动时回路中的电流为 ，
此时对棒有
同时有，
分析可知 棒从解除锁定到开始运动过程中，棒产生的焦耳热与 棒产生的焦耳热相等，整个过程根据能量守恒定律可得
联立解得棒产生的焦耳热为
(2) 此后棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时、 棒的速度大小
之差；
[答案]
[解析] 分析可知棒在下滑过程中产生的电动势与 棒在向左运动的过
程中产生的电动势方向相反，故当电流达到稳定时，两棒的速度差恒定，
故可知此时两棒的加速度相等，由于两棒受到的安培力大小相等，对两棒有
，
同时有，
联立解得此时、 棒的速度大小之差为
(3) 棒中电流稳定之后继续下滑，从棒到达水平导轨开始计时， 时
刻棒速度为零，加速度不为零，此后某时刻， 棒的加速度为零，速度
不为零，求从时刻到某时刻，、 的路程之差.
[答案]
[解析] 分析可知从开始计时到 时刻，两棒整体所受的合外力为零，故该
过程两棒组成的系统动量守恒，设时刻棒的速度为 ，可知
解得
设某时刻时，棒速度为， 棒速度
为， 棒的加速度为零，可得
其中
分析可知此时两导体棒产生的电动势方
向相反，可得
从 时刻到某时刻间，对两棒分别根据动量定理有
，
变形可得 ，
两式相加得
同时有
联立各式可得从到某时刻、 的路
程之差为
4.[2024·湖北卷] 如图所示，两足够长平
行金属直导轨、的间距为 ，固定
在同一水平面内，直导轨在左端、 点
分别与两条竖直固定、半径为的 圆弧
导轨相切. 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 、方向竖直向下的匀强磁场.
长为、质量为、电阻为的金属棒 跨放在两圆弧导轨的最高点.质量
为、电阻为的均匀金属丝制成一个半径为 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.现将金属棒 由静止释放，求:
(1) 刚越过 时产生的感应电动势大小；
[答案]
[解析] 对金属棒由静止释放到刚越过 过程中，由动能定理有
刚越过 时产生的感应电动势大小为
联立解得
(2) 金属环刚开始运动时的加速度大小；
[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，设导轨间每段圆弧所对的圆心角为 ，
由几何关系可得
解得
由于金属环由均匀电阻丝制成，故由电阻
定律可知，导轨间的每段圆弧的电阻为
整个回路的总电阻为
刚越过时，通过 的感应电流为
对金属环由牛顿第二定律有
联立解得
(3) 为使 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
的最小距离.
[答案]
[解析] 计算金属环受到的安培力时，可将金属环等效为一根垂直于导轨
放置的长度为的金属棒，由于通过该棒的电流与通过金属棒 的电流大
小相等且方向相反，所以金属环和金属棒 所受的安培力等大反向，系统
动量守恒. 由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，所以为使 在整
个运动过程中不与金属环接触，应满足金属棒 减速到和金属环速度相等
时，金属棒仍未追上金属环.设金属棒 和
金属环达到的共同速度为 ，此过程中金属棒
在水平导轨上运动的位移为 ，
金属环运动的位移为 . 由动量守恒定律有
对金属棒 ，由动量定理有
其中，,
金属环圆心初始位置到的距离
联立解得
即金属环圆心初始位置到 的最小距离为
5.[2025·黑龙江哈尔滨二模] 如图所
示，平行光滑金属导轨固定在绝缘水
平桌面上，导轨间距离为 ，导轨右
端与足够长的光滑倾斜轨道平滑连接，导轨左侧接有定值电阻， 区
域与 区域间存在竖直向上与竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小
均为，与、与的距离均为.导体棒质量为、绝缘棒 质
量为，两棒垂直于导轨放置，现棒静止于与之间的某位置， 棒
在 边界静止，
某时刻棒受到大小为 的水平向右的恒力开始运动，当运动到
边界时撤去水平恒力，此时 棒已经开始匀速运动.已知整个过程中两
棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨左侧定值电阻和 棒接入导轨部分的
阻值均为 ，其他导体电阻不计，所有碰撞均为弹性碰撞，首次碰撞之后
与每次碰撞前 均已静止，且碰撞时间极短，求：
(1) 撤去水平恒力时棒的速度大小 ；
[答案]
[解析] 由于撤去水平恒力时棒已经开始匀速运动，则有
M棒在磁场中做切割磁感线运动，则有
由欧姆定律可得
联立解得撤去时棒的速度为
(2) 从棒开始运动到 棒第一次静止，整个过程中通过定值电阻的电荷
量 ；
[答案]
[解析] 棒在 区域时通过定值电阻的电荷量为
平均电流
联立可得
两棒发生完全弹性碰撞，根据动量守恒定律及机械能守恒定律可得
，
解得，
从棒进入 区域到停下由动量定理得
即
可得
所以这个过程通过定值电阻的电荷量为
(3) 自发生第一次碰撞后到最终两棒都静止，导体棒 在磁场中运动的总
位移大小 .
[答案]
[解析] 设棒进入区域经过位移为 后停下来，由
可得
绝缘棒第二次与导体棒碰前速度大小为 ，方向水平向左，设
绝缘棒碰后速度大小为，导体棒的速度大小为 ，以水平向左为
正方向，弹性碰撞过程中根据动量守恒定律和能量守恒定律有
，
解得，方向水平向左， ，方向水平向右
第二次碰后对 棒分析，根据动量定理得
即
解得
绝缘棒第三次与导体棒碰前速度的大小为
根据动量守恒定律和能量守恒定律有 ，
第二次碰后对 棒分析，根据动量定理得
即
可得
根据数量关系有
以此类推得
所以向左运动的位移为
根据数学归纳法有
当趋于无穷大时有
所以发生第一次碰撞后到最终两棒都静止，导体棒 在磁场中的总位移为
题型一
例1.BC 例2.(1) 沿纸面向上 (2)
(3) 例3.(1) (2)
题型二
例4.(1) (2) 是 (3)能 分析见解析 变式.BD
例5.AC
作业手册(A)
基础巩固练 1.BD 2.ACD 3.CD 4.D
综合提升练 5.(1) (2) (3)
拓展挑战练 6.(1) (2) (3)若,则；若,
则
作业手册(B)
基础巩固练 1.BC 2.AC 3.(1) (2) (3)
综合提升练 4.(1) (2) (3)
拓展挑战练 5.(1) (2) (3)专题二十三　动量观点在电磁感应中的应用
例1　BC　[解析] v x图像斜率k==,则金属棒加速运动过程中,随着速度增大,加速度增大,减速运动过程中,随着速度减小,加速度减小,故A错误;根据q=·Δt,=,=,联立解得通过定值电阻的电荷量为q===,故B正确;整个过程克服安培力做功为W安=·x=·x,由乙图可知x=v0×2x0=v0x0,联立解得W安=,因此定值电阻中产生的焦耳热为Q=W安=,故C正确;整个过程根据动量定理得IF-I安=0,又I安=LBt=BqL,联立解得IF=,故D错误.
例2　(1)BLv0　沿纸面向上　(2)BI1L　BI2L　　(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沿纸面向上
(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
根据动量守恒有
-BL·Δt=mv1-mv0
BL·Δt=mv2
而·Δt=Q1,·Δt=Q2
电容器的带电荷量Q=Q1-Q2
电容器两端的电压U==BLv1-I1R=BLv2+I2R
联立解得U=
所以此时电容器带电荷量为
Q=CU=
(3)当I1=I=0时,两机械臂的速度相同,此时U=BLv
可得两机械臂的速度为v=
此过程中,对机械臂1,根据动量定理有-·Δt=-=mv-mv0
对机械臂2,根据动量定理有·Δt==mv
初始距离的最小值Δx=x1-x2
解得Δx=
例3　(1)　　(2)
[解析] (1)金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中,金属框只有一条边切割磁感线,根据楞次定律可得,所受安培力水平向左,则
切割磁感线产生的电动势为E0=BLvcos α
金属框中电流为I0=
金属框做匀速直线运动,则有
BI0Lcos α=mgsin α
解得金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程的速率为v=
金属框开始释放到pq边进入区域Ⅰ的过程中,只有重力做功,由动能定理可得mgssin α=mv2
可得释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离为s==
(2)当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t = 0),设金属框ef边到区域Ⅱ上边界的距离为x时,金属框中产生的感应电动势E==L2=k1L2+k2L2=L2,其中v=
此时回路中的感应电流I=
金属框pq边受到沿轨道向上的安培力,大小为F安1=B1IL=IL
金属框ef边受到沿轨道向下的安培力,大小为F安2=B1IL=IL
则金属框受到的安培力F安=F安1-F安2=IL-IL
代入k1=
化简得F安=mgsin α+
当金属框平衡时F安=mgsin α,可知此时金属框速率为0
则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中,根据动量定理可得
mgsin αΔt-F安Δt=mΔv
即-Δt=0-mv0
对时间累积求和可得-=0-mv0
可得d=
例4　(1)500 A　(2)25 m/s　是　40 V　(3)能　分析见解析
[解析] (1)分离后a切割磁感线,有E=BLv (1分)
则通过a的电流I= (1分)
解得I=500 A (1分)
(2)由于超级电容器经调控系统为电路提供I0=1000 A的恒定电流,则当a与b的初始间距为1.25 m时,a与b碰撞前,对a根据动能定理有BI0Lxab=ma (1分)
a与b碰撞时,对整体根据动量守恒定律和能量守恒定律有mava=(ma+mb)v共 (1分)
ma=(ma+mb)+Ep (1分)
a与b整体从碰撞后到NN'的过程中,对整体根据动能定理有BI0L(xMN-xab)=(ma+mb)-(ma+mb) (1分)
a与b分离时,对整体根据动量守恒定律和能量守恒定律有(ma+mb)v共1=mava1+mbvb1 (1分)
(ma+mb)+Ep=ma+mb (1分)
联立解得va1=0,vb1=25 m/s,此为b能够获得的最大速度 (1分)
由于a和a、b组合体均做匀变速直线运动,分别有xab=t1 (1分)
xMN-xab=t2 (1分)
电容器流出的电荷量有Δq=I0(t1+t2) (1分)
a运动过程中电容器的电压减小量ΔU==40 V (1分)
(3)b所受的最大阻力为Ff=k,对a、b整体由动能定理得BIL(xMN-xab)-kL(xMN-xab)=(ma+mb)-(ma+mb) (1分)
综合解出>99% (1分)
变式　BD　[解析] 由于导体棒ab、cd同时由静止开始运动,且恰好在M、N处发生弹性碰撞,则说明ab、cd在到达M、N处所用的时间是相同的,对导体棒cd和电容器组成的回路有Δq2=C·BLΔv2,对cd根据牛顿第二定律有F-BI2L-m2gsin 30°=m2a2,其中a2=,I2=,联立有a2=,则说明导体棒cd做匀加速直线运动,则有x0=a2t2,联立解得a2=6 m/s2,t=1.2 s,故A错误;由题知,碰前瞬间ab的速度为4.5 m/s,则根据功能关系有m1gxabsin 30°-Q=m1,导体棒ab下滑过程中根据动量定理有m1gsin 30°·t-BL·t=m1v1,其中q1=t=,R总=R+Rab=0.1 Ω,联立解得q=6 C,xab=3 m,Q=3.9 J,则R上消耗的焦耳热为QR=Q=0.78 J,故B正确;由于两棒恰好在MN处发生弹性碰撞,取沿斜面向下为正方向,有m1v1-m2v2=m1v1'+m2v2',m1+m2=m1v1'2+m2v2'2,其中v2=a2t=7.2 m/s,联立解得v1'=-3.3 m/s,v2'=8.4 m/s,故C错误,D正确.
例5　AC　[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,选项A正确;任意时刻,设电流为I,则PQ受安培力FPQ=BI·2d,,MN受安培力FMN=2BId,两个安培力方向相反,又两棒所受弹簧弹力始终大小相等,可知两棒组成的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,设MN速度为v',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;MN与PQ两棒运动中始终动量守恒,速度之比始终为2∶1,所以整个运动过程中两棒路程之比为2∶1,选项C正确;MN与PQ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向左移动,PQ向右移动,则q=Δt===,选项D错误.专题二十三　动量观点在电磁感应中的应用
　　　　　 　　　　　 　　　　　
　动量定理在电磁感应中的应用
1.模型构建
导体棒或金属框运动的形式有匀速、匀变速和非匀变速三种,对前两种情况,容易想到用平衡条件和牛顿运动定律求解,对后一种情况一般要结合动量知识求解.当安培力变化,且又涉及时间、位移、速度、电荷量等问题时,用动量定理往往能巧妙解决.
2.常见问题
在电磁感应中,动量定理应用于单杆切割磁感线运动,可求解变力的时间、速度、位移和电荷量.
(1)求电荷量或速度:LBΔt=mv2-mv1,q=Δt.
(2)求位移:-=0-mv0,
即-=0-mv0.
(3)求时间
①已知电荷量q,F其他为恒力,可求出非匀变速运动的时间.
-LBΔt+F其他Δt=mv2-mv1,
即-BLq+F其他·Δt=mv2-mv1.
②若已知位移x,F其他为恒力,也可求出非匀变速运动的时间.
-+F其他·Δt=mv2-mv1,Δt=x.
考向一　单棒模型
例1　(多选)[2025·广东深圳联考] 如图甲所示,间距为L的足够长光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上,导轨左侧连接有阻值为R的定值电阻,金属棒垂直静止在导轨上,整个导轨处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B,给金属棒施加水平向右的拉力F,使金属棒从静止开始运动,金属棒运动x0的距离时撤去拉力,金属棒整个运动过程中的速度v与运动的位移x关系如图乙所示(v0、x0已知).金属棒运动过程中始终与导轨垂直并与两导轨接触良好,金属棒接入电路的电阻为R,则金属棒运动过程中 (　)
A.加速度大小保持不变
B.通过定值电阻的电荷量为
C.定值电阻中产生的焦耳热为
D.拉力F的冲量大小为
[反思感悟] 　

考向二　双棒模型
例2　[2025·甘肃卷] 在自动化装配车间,常采用电磁驱动的机械臂系统.如图所示,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)求初始时刻机械臂1产生的感应电动势大小及感应电流方向.
(2)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;若电容器两端电压为U,写出电容器所带电荷量的表达式.
(3)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
考向三　线框模型
例3　[2025·山东卷] 如图所示,平行光滑轨道的间距为L,轨道平面与水平面夹角为α,二者的交线与轨道垂直,以轨道上O点为坐标原点,沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系.轨道之间存在区域Ⅰ、Ⅱ,区域Ⅰ(-2L≤x<-L)内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场;区域Ⅱ(x≥0)内充满方向垂直轨道平面向上的磁场,磁感应强度大小B1=k1t+k2x,k1和k2均为大于零的常量,该磁场可视为由随时间t均匀增加的磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成.将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf放置在轨道上,pq边与轨道垂直,由静止释放.已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动,磁场上、下边界均与x轴垂直,整个过程中金属框不发生形变,重力加速度大小为g,不计自感.
(1)若金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中匀速运动,求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s;
(2)金属框沿轨道下滑,当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t = 0),此时金属框的速率为v0,若k1=,求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中,ef边移动的距离d.
　动量守恒定律在电磁感应中的应用
1.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
动力学观点 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的动能增加量+棒2的动能增加量+焦耳热
例4　(16分)[2025·河北卷] 某电磁助推装置设计如图,超级电容器经调控系统为电路提供1000 A的恒定电流,水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中,a可视为始终垂直导轨的导体棒,b为表面绝缘的无人机.初始时a静止于MM'处,b静止于a右侧某处.现将开关S接1端,a与b正碰后锁定并一起运动,损失动能全部储存为弹性势能.当a运行至NN'时将S接2端,同时解除锁定,所储势能瞬间全部转化为动能,a与b分离.已知电容器电容C为10 F,导轨间距为0.5 m,磁感应强度大小为1 T,MM'到NN'的距离为5 m,a、b质量分别为2 kg、8 kg,a在导轨间的电阻为0.01 Ω.碰撞、分离时间极短,各部分始终接触良好,不计导轨电阻、摩擦和储能耗损,忽略电流对磁场的影响.
(1)若分离后某时刻a的速度大小为10 m/s,求此时通过a的电流大小.
(2)忽略a、b所受空气阻力,当a与b的初始间距为1.25 m时,求b分离后的速度大小,分析其是否为b能够获得的最大速度;并求a运动过程中电容器的电压减小量.
(3)忽略a所受空气阻力,若b所受空气阻力大小Ff与其速度v的关系为Ff=kv2(k=0.025 N·s2/m2),b初始位置与(2)问一致,试估算a运行至NN'时,a、b分离前的速度大小能否达到(2)问中分离前速度的99%,并给出结论.(0.992=0.980 1)
规范答题区 自评项目 (共16分) 自评 得分
书写工整无涂抹(是否加分项) 　 (√或×)
有必要的文字说明(2分)
有解题关键公式(10分)
结果为数字的带有单位(2分)
求矢量的有方向说明(2分)
　　　　　 　　　　　 　　　　　
变式　(多选)[2024·海南卷] 两根足够长的导轨由上下段电阻不计、光滑的金属导轨组成,在M、N两点绝缘连接,M、N等高,间距L=1 m,连接处平滑.导轨平面与水平面夹角为30°,导轨两端分别连接一个阻值R=0.02 Ω的电阻和C=1 F的电容器,整个装置处于B=0.2 T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中,两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧,质量分为m1=0.8 kg,m2=0.4 kg,ab棒电阻为0.08 Ω,cd棒的电阻不计,将ab由静止释放,同时cd从距离MN为x0=4.32 m处在一个大小F=4.64 N,方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动,两棒恰好在MN处发生弹性碰撞,碰撞前瞬间撤去F,已知碰前瞬间ab的速度为4.5 m/s,g取10 m/s2,则 (　)
A.ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44 s
B.ab从释放到第一次碰撞前,R上消耗的焦耳热为0.78 J
C.两棒第一次碰撞后瞬间,ab的速度大小为6.3 m/s
D.两棒第一次碰撞后瞬间,cd的速度大小为8.4 m/s
例5　(多选)[2023·辽宁卷] 如图所示,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的电荷量为专题二十三　动量观点在电磁感应中的应用(A)
1.BD　[解析] 由右手定则和左手定则可知,两导体棒所受安培力均向左,因此系统动量不守恒,A错误;设a棒的速度大小为va,b棒的速度大小为vb,则回路总电动势为E=BLva-BLvb,随着va的减小,vb的增大,回路总电动势减小,回路电流减小,安培力减小,两棒加速度最终减为零,两棒均匀速运动,设整个过程回路中的平均电流为,对a棒由动量定理有-BLt=mva-mv0,对b棒由动量定理有BLt=mvb-0,同时va=vb,两式联立,解得va=、方向向右,vb=、方向向左,流过a棒的电荷量为q=t=,整个过程中,回路中产生的焦耳热为Q总=m-=m,则a棒上产生的焦耳热为Qa=Q总=m,故C错误,B、D正确.
2.ACD　[解析] 设金属杆匀速运动时的速度大小为v0,则产生的感应电动势为E=BLv0,感应电流为I0==,受到的安培力为F=BI0L=,由物体匀速运动可知F=mg,解得v0=,0~T过程中,定值电阻上产生的热量为Q1=RT=,金属杆的位移大小为x1=v0T=,t=2T时,由于速度减半,电动势减半,电流减半,安培力减半,金属杆的加速度大小为,故A正确,B错误; T~2T过程中,对金属杆运用动量定理有-BLt=m×v0-mv0,其中q=t,解得q=,从剪断细线到停止运动,对金属杆运用动量定理有-B'Lt'=0-mv0,其中q'='t'=t'==,解得x2=,故金属杆最大位移为xm=x1+x2=+,故C、D正确.
3.CD　[解析] ab棒进入磁场后做切割磁感线运动,由右手定则可知,回路中产生逆时针(俯视角度)方向的感应电流,由左手定则可知,ab棒受到向左的安培力F,向右做减速运动,而cd棒则受到向右的安培力F',向右做加速运动,设ab棒在磁场中的速度大小为v1时,cd棒的速度大小为v2,由法拉第电磁感应定律得E=Bd(v1-v2),又I=,F=F'=BId=ma,联立得两金属棒的加速度大小为a=,随着v1减小,v2增大,两棒的加速度大小a减小,直至a=0时,v1=v2,即它们开始以相同的速度做匀速运动,故A、B错误;设ab棒刚进入磁场的速度大小为v,ab棒在圆弧轨道上运动过程中,根据动能定理有mgr-mgr=mv2-0,解得v=,则ab棒刚进入磁场时回路中的感应电动势为E'=Bdv,两金属棒串联,故两棒中的瞬时电流为I'=,故C正确;设两棒最终速度大小均为v',从ab棒进入磁场至两棒共速的过程中,根据动量守恒定律有mv=2mv',解得v'=,故D正确.
4.D　[解析] 根据楞次定律,甲线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向,出磁场的过程中电流方向为逆时针方向,故A错误;甲线框刚进磁场区域时,合力为F安1=BI1L,I1=,乙线框刚进磁场区域时,合力为F安2=BI2L,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-BLΔt=mv1-mv0,q1=Δt=·Δt==,同理对乙有-BLΔt'=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,故C错误;由能量守恒可知甲、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=m,Q2=m-m=m,即=,故D正确.
5.(1)-　(2)　(3)(n=1,2,3,…)
[解析] (1)第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E=BLv0
则此时回路的电流为I=
此时导体棒受到的安培力为F安=BIL
此时导体棒受安培力的功率为
P=-F安v0=-
(2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中,根据动量定理有-BL·Δt=0-mv0
其中·Δt=q
解得q=
(3)由于每根导体棒均以初速度v0进入磁场,速度减为0时被锁定,则根据能量守恒定律,每根导体棒进入磁场后产生的总热量均为Q=m
第1根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的热量为
QR1=·Q
第2根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的热量为
QR2=··Q
第3根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的热量为
QR3=··Q
第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的热量为
QRn=··Q
则从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的总热量为
QR=QR1+QR2+QR3+…+QRn
通过分式分解和观察数列的“望远镜求和”性质,得出QR=Q=(n=1,2,3,…)
6.(1)　(2)　(3)若l1l2,则=
[解析] (1)设初始时刻cd边与区域Ⅰ上边界的距离为s,从开始运动到cd边刚进入区域Ⅰ的过程中,由动能定理有mgssin 30°=mv2-0
解得s=
(2)设磁感应强度大小为B,线框边长为l,cd边进入区域Ⅰ后瞬间产生的感应电动势大小为E,cd两端的电势差为U
由法拉第电磁感应定律、安培力公式、闭合电路欧姆定律、力的平衡关系有E=Blv,Bl=mgsin 30°,U=E
解得U=
(3)经分析,线框穿过区域Ⅱ的过程中,经历减速、加速、再减速三个阶段,两个减速阶段线框均克服安培力做功.设线框穿过区域Ⅱ所用时间为t,此过程克服安培力做功的平均功率为
穿过区域Ⅱ的整个过程,由能量守恒定律有
mg(l+l2)sin 30°=t
设减速阶段任意微小时间间隔Δti内的位移为Δsi
依题意,线框穿过区域Ⅱ的过程,动量变化量为零
由动量定理有mgsin 30°BltBl-Δti=0
由于线框匀速通过区域Ⅰ,可知线框边长l等于区域Ⅰ的宽度l1,即l=l1
若l解得=
若l>l2,则Δsi=2l2
解得=专题二十三　动量观点在电磁感应中的应用(A) (限时40分钟)
　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.(多选)[2025·山东枣庄模拟] 如图所示,两足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置,导轨间距为L,垂直于导轨的虚线OO'的两侧导轨所在空间区域存在着磁感应强度大小均为B的方向相反的竖直匀强磁场,两长度均为L、电阻均为R、质量均为m的金属导体棒a、b垂直于导轨放在OO'左右两侧,并与导轨保持良好接触,不计其他电阻.现给导体棒a一个瞬时冲量,使导体棒a获得一个水平向右的初速度v0,两棒均未越过OO',则下列关于a、b两棒此后的整个运动过程的说法中正确的是 (　)
A.a、b两棒组成的系统动量守恒
B.a、b两棒最终将以大小为的速度分别向右、向左做匀速直线运动
C.整个过程中,a棒上产生的焦耳热为
D.整个过程中,流过a棒的电荷量为
2.(多选)如图甲所示,整个空间有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B.两根足够长的平行光滑金属导轨水平固定放置,间距为L,左端连接阻值为R的定值电阻.一质量为m的金属杆垂直放置于导轨上,与导轨接触良好,导轨和金属杆电阻不计.金属杆与质量为m的重物用绝缘细线绕过定滑轮连接,左边细线与导轨平行.金属杆的v t图像如图乙所示,t=T时剪断细线,t=2T时金属杆速度减半,已知重力加速度为g,下列说法正确的是 (　)
A.t=2T时,金属杆的加速度大小为
B.0~T过程中定值电阻上产生的热量为
C.T~2T过程中通过定值电阻的电荷量为
D.从t=0开始金属杆的最大位移为+
3.(多选)[2025·河南郑州预测] 如图所示,半径为r的四分之一粗糙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,ab、cd均为质量为m、接入回路电阻为R的金属棒,导轨电阻忽略不计.cd静止在平滑导轨上,ab棒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的棒电流为
D.ab棒的最终速度大小为
4.[2025·陕青宁晋卷] 如图所示,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
5.[2025·安徽卷] 如图所示,平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上,导轨间距为L,右端连接阻值为R的定值电阻.水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B.某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒,导体棒以初速度v0进入磁场,速度减为0时被锁定;从原位置再发射第2根相同的导体棒,导体棒仍以初速度v0进入磁场,速度减为0时被锁定,以此类推,直到发射第n根相同的导体棒进入磁场.已知导体棒的质量为m,电阻为R,长度恰好等于导轨间距,与导轨接触良好(发射前导体棒与导轨不接触),不计空气阻力、导轨的电阻,忽略回路中的电流对原磁场的影响.求:
(1)第1根导体棒刚进入磁场时,所受安培力的功率;
(2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中,其横截面上通过的电荷量;
(3)从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的总热量.
6.[2025·福建卷] 水平地面上固定有一倾角为30°的绝缘光滑斜面,其上有两个宽度分别为l1、l2的条形匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ,虚线为磁场边界,均与斜面底边平行;两区域磁场的磁感应强度大小相等、方向均垂直斜面向上,示意图如图所示.一质量为m、电阻为R的正方形细导线框abcd置于区域Ⅰ上方的斜面上,cd边与磁场边界平行.线框由静止开始下滑,依次穿过区域Ⅰ、区域Ⅱ.已知cd边进入区域Ⅰ到ab边离开区域Ⅰ的过程中,线框速度恒为v;cd边进入区域Ⅱ和ab边离开区域Ⅱ时线框的速度相同;区域Ⅰ、Ⅱ间的无磁场区域宽度大于线框边长,线框各边材料相同、粗细均匀;下滑过程线框形状不变且始终处于斜面内,cd边始终与磁场边界平行;重力加速度大小为g.求:
(1)初始时cd边与区域Ⅰ上边界的距离;
(2)cd边进入区域Ⅰ后瞬间,cd两端的电势差;
(3)cd边进入区域Ⅱ到ab边离开区域Ⅱ的过程中,线框克服安培力做功的平均功率.专题二十三　动量观点在电磁感应中的应用(B)
1.BC　[解析] 因为金属棒P、Q受到的安培力大小不相等,合力不为零,所以整个过程金属棒P、Q组成的系统动量不守恒,A错误;选取水平向右为正方向,对P、Q分别应用动量定理,对P有-FP安·t=mvP-mv0,对Q有FQ安·t=MvQ,其中FP安=3FQ安,整理得mv0-mvP=3MvQ,两棒最后匀速时,电路中无电流,此时回路总电动势为零,必有3BLvP=BLvQ,即vQ=3vP,联立解得vP= m/s,B正确;在Q加速过程中根据动量定理有BiLΔt=MvQ-0,又因电荷量iqi=Δt,解得q= C,C正确;根据q==,代入数据解得ΔS= m2,D错误.
2.AC　[解析] 根据右手定则可知金属杆沿x轴正方向运动过程中,金属杆中电流沿y轴负方向,故A正确;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=-BL'q'=mΔv,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积可得-=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.
3.(1)　mgx0-　(2)　(3)
[解析] (1)ab棒静止在倾斜导轨上,根据平衡条件可得F安ab=mgsin 30°,F安ab=BIabL
解得通过ab棒的电流为Iab=
设当ab棒下滑距离为x0时速度为v0,cd棒开始运动时回路中的电流为I1,此时对cd棒有F安cd1=μmg
同时有F安cd1=BI1L,I1=
分析可知cd棒从解除锁定到开始运动过程中,cd棒产生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等,整个过程根据能量守恒定律可得mgx0sin 30°-m=2Qcd
联立解得cd棒产生的焦耳热为Qcd=mgx0-
(2)分析可知ab棒在下滑过程中产生的电动势与cd棒在向左运动的过程中产生的电动势方向相反,故当电流达到稳定时,两棒的速度差恒定,故可知此时两棒的加速度相等,由于两棒受到的安培力大小相等,对两棒有
mgsin 30°-F安=ma,F安-μmg=ma
同时有F安=BIL,I==
联立解得此时ab、cd棒的速度大小之差为Δv=
(3)分析可知从开始计时到t1时刻,两棒整体所受的合外力为零,故该过程两棒组成的系统动量守恒,设t1时刻ab棒的速度为v1',可知mΔv=mv1'
解得v1'=Δv=
设某时刻时,ab棒速度为v1″,cd棒速度为vcd,cd棒的加速度为零,可得F安cd2=μmg
其中F安cd2=BI2L
分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反,可得
I2=
从t1时刻到某时刻间,对两棒分别根据动量定理有
-Δt=mv1″-mv1',Δt=mvcd
变形可得
μmgΔt+BLq=mv1'-mv1″,BLq-μmgΔt=mvcd
两式相加得2BLq=mv1'-m
同时有q=Δt=·Δt==
联立各式可得从t1到某时刻ab、cd的路程之差为
Δs=
4.(1)BL　(2)　(3)
[解析] (1)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
ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为
E=BLv0
联立解得E=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,设导轨间每段圆弧所对的圆心角为θ,由几何关系可得2Lsin=L
解得θ=60°
由于金属环由均匀电阻丝制成,故由电阻定律可知,导轨间的每段圆弧的电阻为R0=×6R
整个回路的总电阻为R总=R+
ab刚越过MP时,通过ab的感应电流为I=
对金属环由牛顿第二定律有
2BL·=2ma
联立解得a=
(3)计算金属环受到的安培力时,可将金属环等效为一根垂直于导轨放置的长度为L的金属棒,由于通过该棒的电流与通过金属棒ab的电流大小相等且方向相反,所以金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向,系统动量守恒.由于金属环做加速运动,金属棒做减速运动,所以为使ab在整个运动过程中不与金属环接触,应满足金属棒ab减速到和金属环速度相等时,金属棒ab仍未追上金属环.设金属棒ab和金属环达到的共同速度为v,此过程中金属棒ab在水平导轨上运动的位移为x1,金属环运动的位移为x2.由动量守恒定律有
mv0=mv+2mv
对金属棒ab,由动量定理有
-BL·t=mv-mv0
其中=,=,ΔΦ=BL(x1-x2)
金属环圆心初始位置到MP的距离d≥L+x1-x2
联立解得d≥
即金属环圆心初始位置到MP的最小距离为
5.(1)　(2)　(3)L
[解析] (1)由于撤去水平恒力时M棒已经开始匀速运动,则有F=BIL
M棒在磁场中做切割磁感线运动,则有E=BLv
由欧姆定律可得I=
联立解得撤去F时M棒的速度为v=
(2)M棒在aa'b'b区域时通过定值电阻的电荷量为
q1=Δt1
平均电流=
联立可得q1=
两棒发生完全弹性碰撞,根据动量守恒定律及机械能守恒定律可得2mv=2mv1+mv2,
·2mv2=·2m+m
解得v1=,v2=
从M棒进入cc'd'd区域到停下由动量定理得
-BI2LΔt=0-2mv1
即-Bq2L=0-2mv1
可得q2=
所以这个过程通过定值电阻的电荷量为q=q1-q2=
(3)设M棒进入cc'd'd区域经过位移为x右后停下来,由q2=I2Δt=Δt=
可得x右=
绝缘棒N第二次与导体棒M碰前速度大小为vN1=v2,方向水平向左,设绝缘棒N碰后速度大小为vN2,导体棒M的速度大小为vM2,以水平向左为正方向,弹性碰撞过程中根据动量守恒定律和能量守恒定律有mvN1=2mvM2-mvN2,m=·2m+m
解得vM2=,方向水平向左,vN2=,方向水平向右
第二次碰后对M棒分析,根据动量定理得
-BI3LΔt=0-2mvM2
即x1=2mvM2
解得x1=
绝缘棒N第三次与导体棒M碰前速度的大小为vN2
根据动量守恒定律和能量守恒定律有mvN2=2mvM3-mvN3,·m=·2m+m
第二次碰后对M棒分析,根据动量定理得
-BI4LΔt=0-2mvM3
即x2=2mvM3
可得x2=
根据数量关系有x2=x1
以此类推得xn=x1
所以向左运动的位移为x左=x1+x2…+xn
根据数学归纳法有x左=
当n趋于无穷大时有x左=
所以发生第一次碰撞后到最终两棒都静止,导体棒M在磁场中的总位移为x=x左-x右=L专题二十三　动量观点在电磁感应中的应用(B) (限时40分钟)
　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.(多选)[2025·山西吕梁三模] 如图所示,足够长的光滑水平轨道左侧b1b2~c1c2部分的轨道间距为3L,右侧c1c2~d1d2部分的轨道间距为L,两部分轨道通过导线连通.整个区域存在竖直向下的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度大小为B=0.1 T.质量为m=0.1 kg的金属棒P和质量为M=0.2 kg的金属棒Q垂直于轨道分别静止放置在左、右两侧轨道上.现给金属棒P一大小为v0=2 m/s、方向沿轨道向右的初速度,已知两金属棒接入电路的有效电阻均为R=0.2 Ω,轨道电阻不计,L=0.2 m,两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触,P棒总在宽轨上运动,Q棒总在窄轨上运动.下列说法正确的是 (　)
A.整个运动过程中金属棒P、Q组成的系统动量守恒
B.金属棒P匀速运动的速度大小为 m/s
C.整个运动过程中通过金属棒Q某横截面的电荷量为 C
D.整个运动过程中金属棒P、Q扫过的面积之差为 m2
2.(多选)[2025·湖南卷] 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轴负方向
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
3.[2025·海南卷] 如图所示,间距为L的金属导轨倾斜部分光滑,水平部分粗糙且两部分平滑相接,导轨上方接有电源和开关,倾斜导轨与水平面夹角为θ=30°,处于垂直于倾斜导轨平面向上的匀强磁场中,水平导轨处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度大小均为B,两相同导体棒ab、cd与水平导轨的动摩擦因数均为μ=0.25,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,两棒质量均为m,接入电路中的电阻均为R,cd棒仅在水平导轨上运动,两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好,且不互相碰撞,忽略金属导轨的电阻,重力加速度为g.
(1)锁定水平导轨上的cd棒,闭合开关,ab棒静止在倾斜导轨上,求通过ab棒的电流;断开开关,同时解除cd棒的锁定,当ab棒下滑距离为x0时,cd棒开始运动,求cd棒从解除锁定到开始运动过程中,cd棒产生的焦耳热;
(2)此后ab棒在下滑过程中,电流达到稳定,求此时ab、cd棒的速度大小之差;
(3)ab棒中电流稳定之后继续下滑,从ab棒到达水平导轨开始计时,t1时刻cd棒速度为零,加速度不为零,此后某时刻,cd棒的加速度为零,速度不为零,求从t1时刻到某时刻,ab、cd的路程之差.
4.[2024·湖北卷] 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;
(2)金属环刚开始运动时的加速度大小;
(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.
5. [2025·黑龙江哈尔滨二模] 如图所示,平行光滑金属导轨固定在绝缘水平桌面上,导轨间距离为L,导轨右端与足够长的光滑倾斜轨道平滑连接,导轨左侧接有定值电阻,aa'b'b区域与cc'd'd区域间存在竖直向上与竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小均为B,aa'与bb'、cc'与dd'的距离均为L.导体棒M质量为2m、绝缘棒N质量为m,两棒垂直于导轨放置,现N棒静止于bb'与cc'之间的某位置,M棒在aa'边界静止,某时刻M棒受到大小为F=的水平向右的恒力开始运动,当运动到bb'边界时撤去水平恒力,此时M棒已经开始匀速运动.已知整个过程中两棒与导轨始终垂直且接触良好,导轨左侧定值电阻和M棒接入导轨部分的阻值均为R,其他导体电阻不计,所有碰撞均为弹性碰撞,首次碰撞之后N与M每次碰撞前M均已静止,且碰撞时间极短,求:
(1)撤去水平恒力时M棒的速度大小v;
(2)从M棒开始运动到M棒第一次静止,整个过程中通过定值电阻的电荷量q;
(3)自发生第一次碰撞后到最终两棒都静止,导体棒M在磁场中运动的总位移大小x.

展开更多......

收起↑