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限时规范训练(68)　动量观点在电磁感应中的应用
(建议用时：40分钟　满分：55分)
(选择题1～4题每题5分，5～6题每题6分，共32分)
[基础巩固练]
1．(2025·山东威海三模)如图所示，间距为d的两足够长光滑平行金属导轨，与水平面的夹角为θ，两导轨间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨上端连接一电阻R。一长为d的导体棒垂直导轨由静止释放，经时间t达到最大速度。已知棒的质量为m、电阻为R，与导轨接触良好，不计导轨电阻，重力加速度为g。时间t内棒下滑的距离为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：B　当导体棒加速度减为0后，导体棒做匀速直线运动，此时速度最大，设最大速度为v，导体棒切割磁感线的感应电动势E＝Bdv，感应电流I＝，根据合力为0可知BId＝mg sin θ，导体棒从导轨上静止释放后时间t内，流过回路的电荷量为q＝，根据动量定理得mg sin θt－Bdt＝mv，联立得x＝，故选B。
2．(2025·甘肃5月模拟)如图所示，足够长光滑平行水平导轨所在空间，有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。导轨间距分别为L和2L，质量为m、电阻为R的铜棒ab跨放在导轨上，同种材料、粗细相同的铜棒cd的长度是ab的两倍，两棒与导轨始终垂直且接触良好。若使ab棒获得一个大小为v0、水平向右的初速度，导轨电阻不计，则在两棒运动过程中(cd棒始终在宽度为2L的导轨上运动)，下列说法正确的是(　　)
A．两棒组成的系统动量守恒，且最终速度相等
B．ab棒最终的速度大小为
C．cd棒产生的焦耳热为mv02
D．ab棒克服安培力做的功为mv02
解析：D　两棒受到的安培力不相等，系统受到的合外力不为零，系统动量不守恒，最终两棒切割磁感线产生的电动势相等，速度不相等，选项A错误；设ab棒和cd棒的最终速度大小分别为v1和v2，则有BLv1＝2BLv2，对ab棒有BIL·Δt＝BLq＝m(v0－v1)，对cd棒有2BIL·Δt＝2BLq＝2mv2，解得v1＝，选项B错误；系统产生的焦耳热Q＝mv02，cd棒产生的焦耳热占总焦耳热的，则Qcd＝mv02，选项C错误；ab棒克服安培力做的功W＝mv02，选项D正确。故选D。
3．(多选)(2025·海南儋州模拟)电磁缓冲器是应用于车辆上以提高运行安全的辅助制动装置，其缓冲原理可简化为如下情形：小车在平直公路上行驶时，小车内的某装置产生方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，水平地面固定一矩形金属单匝线圈abcd，俯视图如图所示。已知线圈电阻为R，ab边长为L，ad边长为2L。当小车(无动力)水平通过线圈上方时，线圈与小车中的磁场发生作用，使小车做减速运动，从而实现缓冲。已知小车的总质量为m，受到地面的摩擦阻力恒为Ff；小车磁场刚到线圈ab边时速度大小为v0，当小车磁场刚到线圈cd边时速度减为零(ab边未离开磁场)。下列描述正确的是(　　)
A．整个缓冲过程中流过线圈abcd的电荷量q＝
B．小车磁场刚到线圈ab边时ab边所受安培力大小F＝
C．小车磁场从线圈ab边到cd边所用的时间为
D．小车磁场从线圈ab边到cd边整个过程中线圈产生的焦耳热Q＝mv02－2FfL
解析：AD　根据法拉第电磁感应定律、闭合回路的欧姆定律以及电流与电荷量的关系E＝，q＝IΔt，联立解得q＝，故A正确；磁场刚进入线圈时，线圈ab边切割磁感线，有E＝BLv0，I＝，F＝BIL，联立解得ab边所受安培力大小为F＝，故B错误；小车进入磁场到停下，以向右为正方向，根据动量定理得－Fft－BL∑IiΔt＝0－mv0，则有－Fft－BLq＝0－mv0，解得t＝，故C错误；根据系统能量守恒可得mv02＝Q＋Ff·2L，可得整个过程中线圈产生的焦耳热为Q＝mv02－2FfL，故D正确。故选AD。
4．(2025·广西卷，7)如图，两条固定的光滑平行金属导轨，所在平面与水平面夹角为θ，间距为l，导轨电阻忽略不计，两端各接一个阻值为2R的定值电阻，形成闭合回路；质量为m的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好，接入导轨之间的电阻为R；劲度系数为k的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行，一端固定，另一端均与金属棒中间位置相连，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2；将金属棒移至导轨中间位置时，两弹簧刚好处于原长状态；整个装置处于垂直导轨所在平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a后静止释放，金属棒沿导轨向下运动到最远处，用时为t，最远处与导轨中间位置距离为b，弹簧形变始终在弹性限度内。此过程中(　　)
A．金属棒所受安培力冲量大小为
B．每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为
C．每个定值电阻产生的热量为
D．金属棒的平均输出功率为
解析：D　金属棒沿导轨向下运动，切割磁感线，产生感应电动势，回路中有感应电流，设此过程中某时刻金属棒的速度大小为v，则由法拉第电磁感应定律可得接入回路中的金属棒部分产生的感应电动势为E＝Blv，又由串并联电路规律可得回路中的总电阻为R总＝R＋＝2R，故回路中的感应电流为I＝，则该时刻金属棒受到的安培力大小为F＝BIl＝，则在极短时间Δt内安培力的冲量大小为IA＝FΔt＝，等式两边求和有IA总＝∑IA＝，分析可知金属棒向下运动到的最远位置在导轨中间位置的下方且与导轨中间位置距离为b，则此过程金属棒向下运动的距离x＝a＋b，所以此过程金属棒所受安培力的冲量大小为IA总＝，A错误。分析可知金属棒运动到任一位置，两根弹簧对金属棒的弹力均相同，规定沿斜面向下为正方向，设每根弹簧对金属棒施加的冲量为I弹，则对金属棒从静止释放到沿导轨向下运动到最远处的过程，由动量定理有－IA总＋mgt sin θ＋2I弹＝0，则I弹＝，B错误。设金属棒的下滑过程回路中产生的总热量为Q总，则对该过程由能量守恒定律可得2ΔEp弹＋ΔEp重＋Q总＝0，其中ΔEp弹＝ka2、ΔEp重＝－mg(a＋b)sin θ，则Q总＝k(a2－b2)＋mg(a＋b)sin θ，又每个定值电阻产生的热量为Q＝Q总＝Q总，故此过程每个定值电阻产生的热量为Q＝，C错误。金属棒对两定值电阻输出能量，两定值电阻产生热量，则金属棒下滑过程金属棒输出的总能量为W输出＝2Q＝，故此过程金属棒的平均输出功率为P输出＝，D正确。
[能力提升练]
5．(多选)(2025·湖南卷，9)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
解析：AC　根据右手定则可知，金属杆中电流沿y轴负方向，A正确；由法拉第电磁感应定律有E＝BLv，由欧姆定律有I＝，由安培力公式有F安＝BIL，又R＝Lr0，联立解得F安＝L，若金属杆做匀速运动，则安培力随有效长度的增大而增大，则与安培力平衡的外力一定不是恒力，B错误；金属杆在导轨上的运动过程中，设极短时间Δt内的速度变化量为Δv，根据动量定理有－F安Δt＝mΔv，结合B项分析得－vΔt＝mΔv，又vΔt＝Δx，LΔx＝ΔS，则有－＝mΔv，对整个过程累加求和有－∑ΔS＝m∑Δv，即－S＝0－mv0，解得金属杆停止时与导轨围成的面积S＝，C正确；由C项分析可知，金属杆的初速度减半时，S变为原来的，由抛物线形状可知金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半，D错误。
6．(多选)(2025·山西青桐鸣大联考5月模拟)如图所示，两足够长且间距为L的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨处在垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B。质量均为m的金属棒a、b垂直放在导轨上，给金属棒a水平向右、大小为v0的初速度，同时给金属棒b水平向左、大小为v0的初速度，两金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，两金属棒接入电路的有效电阻均为R，导轨的电阻不计，则下列说法正确的是(　　)
A．开始运动的一瞬间，金属棒a的加速度大小为
B．当金属棒b的速度为零时，金属棒a的速度大小为v0
C．最终通过金属棒b的电荷量为
D．最终金属棒a中产生的焦耳热为mv02
解析：BD　开始运动的一瞬间，电路中的电流I＝，此时金属棒a的加速度大小为a＝，故A错误；由于a、b组成的系统合外力总是为零，因此系统动量守恒，设b的速度为零时，a的速度大小为v1，则mv0－m×v0＝mv1，解得v1＝v0，故B正确；设最终a、b的共同速度为v，则mv0－m×v0＝2mv，解得v＝v0，对金属棒b研究，根据动量定理可得BqL＝m，解得q＝，故C错误；设金属棒a中产生的焦耳热为Q，则2Q＝×2mv2，解得Q＝mv02，故D正确。故选BD。
7．(10分)(一题多解)(2025·黑吉辽内蒙古卷，14)如图(a)，固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于始终竖直向下的匀强磁场中，ad边与磁场边界平行， ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m＝1 kg、电阻R＝0.5 Ω、边长L＝1 m。磁感应强度B随时间t连续变化，0～1 s内B-t图像如图(b)所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图(c)所示，其中0～1 s内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。
图(a) 图(b) 图(c)
(1)求t＝0.5 s时ad边受到的安培力大小F；
(2)在图(b)中画出1～2 s内B-t图像(无需写出计算过程)；
(3)从t＝2 s开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度v0＝0.1 m/s，求ad边离开磁场时的速度大小v1。
解析：(1)0～1 s内导体框中产生的感应电动势为E＝L2
解得E＝0.05 V
根据闭合电路欧姆定律可知通过导体框的电流为I＝
解得I＝0.1 A
根据图(b)斜率大小可知0.5 s时的磁感应强度B0满足
解得B0＝0.15 T
t＝0.5 s时，ad边受到的安培力大小为F＝B0IL
解得F＝0.015 N。
(2)由于顺时针方向为电流正方向，则由题图(c)知1～2 s内电流为逆时针方向，大小为I1＝0.2 A
根据闭合电路欧姆定律可知感应电动势
E1＝I1R
根据法拉第电磁感应定律得
E1＝L2
解得 ＝0.2 T/s，根据楞次定律和安培定则可知，导体框中磁感应强度增大，变化率为0.2 T/s，对应的B-t图像如图所示。
(3)解法一　由(2)中分析知2 s时磁感应强度大小为B2＝0.3 T，之后磁场不随时间变化，导体框从初速度v0开始运动，导体框切割磁感线受到的安培力为
FA＝B2ItL＝B2
导体框速度从v0变化至v1，规定水平向右为正方向，根据动量定理有
∑－Δt＝mv1－mv0
结合Δx＝vtΔt、∑Δx＝L得
－L＝mv1－mv0
解得v1＝0.01 m/s
解法二　还可以通过积累电荷量求解，导体框速度从v0变为v1，规定水平向右为正方向，根据动量定理得
∑－B2ItLΔt＝mv1－mv0
结合Δq＝ItΔt、∑Δq＝q得
－B2Lq＝mv1－mv0
流过导体框的电荷量为
q＝Δt2＝Δt2＝Δt2＝
解得v1＝0.01 m/s。
答案：(1)0.015 N　(2)见解析图
(3)0.01 m/s
[培优创新练]
8．(13分)(2025·安徽卷，15)如图，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。
解析：(1)第1根导体棒刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律得其产生的电动势为
E＝BLv0
回路中的感应电流I＝
此时第1根导体棒所受的安培力为
F安＝BLI
安培力的功率P安＝F安v0
联立解得P安＝。
(2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，设流过其的平均电流为，运动时间为t，则该过程通过第2根导体棒横截面的电荷量q＝t
则对第2根导体棒由动量定理有
－BLt ＝0－mv0
联立解得q＝。
(3)根据能量守恒定律可知，每一根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，其初动能均转化为回路中产生的总热量，则第1根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为
Q1＝mv02
第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为
Q2＝mv02
第3根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为
Q3＝mv02
依次类推，笫n根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为Qn＝mv02
所以定值电阻R上产生的总热量Q总＝Q1＋Q2＋Q3＋…＋Qn＝
解得Q总＝mv02。
答案：(1)　(2)(3)mv02专题突破24　动量观点在电磁感应中的应用
目标 要求 　 　 1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的方法技巧，能识别几种应用动量定理的模型。2.建立电磁感应问题中动量守恒的模型，并用动量守恒定律解决问题。
考点一　动量定理在电磁感应中的应用
考向1　“单棒＋电阻”模型
　(电磁感应中无外力驱动情景)(2025·陕晋宁青卷，7)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
解析：D　进磁场的过程中，甲线框右边框切割磁感线，由右手定则可知，线框中的电流沿顺时针方向，出磁场的过程中，甲线框左边框切割磁感线，由右手定则可知，线框中的电流沿逆时针方向，A错误；刚进磁场区域时，甲线框切割磁感线产生的电动势E＝BLv0，线框中的电流I＝，所受合力等于所受安培力F安甲＝BIL，联立解得刚进磁场区域时甲线框所受合力大小
F安甲＝，同理可得刚进磁场区域时乙线框所受合力大小F安乙＝，有F安甲∶F安乙＝2∶1，B错误；结合A项分析，对乙线框进出磁场的两过程，由动量定理分别有－t进＝mΔv进，－t出＝mΔv出，其中t进＝2L，t出＝2L，又乙线框完全出磁场区域时的速度大小v乙＝v0＋Δv进＋Δv出，联立解得v乙＝，C错误；与C项分析同理可得甲线框完全出磁场区域时速度大小v甲＝0，所以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Q甲＝mv02，Q乙＝mv02－mv乙2，联立可得Q甲∶Q乙＝4∶3，D正确。
(1)导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可用动量定理分析棒的速度变化，表达式为I其他＋lBΔt＝mv－mv0或I其他－lBΔt＝mv－mv0；若其他力的冲量和为零，则有lBΔt＝mv－mv0或＝mv－mv0。
(2)求电荷量
q＝Δt＝。
(3)求位移：由－Δt＝mv－mv0有x＝Δt＝。
(4)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。
－BlΔt＋F其他Δt＝mv－mv0
即－Blq＋F其他Δt＝mv－mv0。
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＝mv－mv0，Δt＝x。
　(电磁感应中有外力驱动)(多选)(2024·贵州卷，10)如图，间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有一定值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则(　　)
A．加速过程中通过金属棒的电荷量为
B．金属棒加速的时间为
C．加速过程中拉力的最大值为
D．加速过程中拉力做的功为mv2
解析：AB　加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，都设为x，根据q＝Δt＝Δt＝·Δt＝，可知加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷量，对于减速过程，由动量定理可得－BLΔt＝－BLq＝0－mv，解得q＝，A正确；由q＝，解得x＝，金属棒加速的过程中，由位移公式可得x＝vt，可得加速时间为t＝，B正确；金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，加速过程中，安培力逐渐增大，加速度不变，因此拉力逐渐增大，当撤去拉力的瞬间，拉力最大，由牛顿第二定律可得Fm－BL＝ma，其中v＝at，联立解得Fm＝，C错误；加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，由动能定理可知，合外力的功WF－W安＝mv2，可得WF＝W安＋mv2，因此加速过程中拉力做的功大于mv2，D错误。
考向2　“双棒”模型
　(2023·湖南卷，14)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。
(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；
(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；
(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。
解析：(1)棒a匀速运动时，对棒a分析，由平衡条件有
mg sin θ＝BI1L
由法拉第电磁感应定律有E1＝BLv0
由欧姆定律有I1＝
联立解得v0＝。
(2)当棒a匀速运动时，释放棒b，分析可知，棒b受到沿导轨向下的安培力，则释放棒b的瞬间，对棒b，由牛顿第二定律有
mg sin θ＋BI1L＝ma0
又BI1L＝mg sin θ
解得a0＝2g sin θ。
(3)释放棒b后，由于棒b中产生的感应电动势对于回路来说，与棒a中产生的感应电动势方向相反，所以两棒所受安培力均减小，对棒a，由动量定理有
t0＝mv－mv0
对棒b，由动量定理有
t0＝mv
结合(1)问结果联立解得v＝gt0sin θ＋
又因Lt0＝BLq
q＝
解得Δx＝。
答案：(1)　(2)2g sin θ　(3)gt0sin θ＋
考点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用
考向1　等间距的双棒模型
　(多选)(2024·湖北荆州模拟)如图所示，足够长的水平光滑金属导轨所在空间中，分布着垂直于导轨平面方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两导体棒a、b均垂直于导轨静止放置。已知导体棒a质量为2m，导体棒b质量为m；长度均为l，电阻均为r；其余部分电阻不计。现使导体棒a获得瞬时平行于导轨水平向右的初速度v0。除磁场作用外，两棒沿导轨方向无其他外力作用，在两导体棒运动过程中，下列说法正确的是 (　　)
A．任何一段时间内，导体棒b动能增加量跟导体棒a动能减少量的数值总是相等的
B．任何一段时间内，导体棒b动量改变量跟导体棒a动量改变量总是大小相等、方向相反
C．全过程中，通过导体棒b的电荷量为
D．全过程中，两棒共产生的焦耳热为
解析：BCD　根据题意可知，两棒组成回路，电流相同，所受安培力合力为零，系统动量守恒，所以任何一段时间内，导体棒b动量改变量跟导体棒a动量改变量总是大小相等、方向相反，根据能量守恒可知，a动能减少量的数值等于b动能增加量与整个回路产生的焦耳热之和，故A错误，B正确；两导体棒最终共速，根据动量守恒，有2mv0＝(2m＋m)v，对b棒，根据动量定理，有Bl·t＝mv，又有q＝t，解得通过导体棒b的电荷量为q＝，根据能量守恒，两棒共产生的焦耳热为Q＝(2m＋m)v2＝，故CD正确。故选BCD。
(1)双杆模型(不计摩擦)
①动量观点：系统动量守恒。
②能量观点：杆MN动能的减少量＝杆PQ动能的增加量＋焦耳热
(2)双杆模型(不计摩擦)
F恒定
①动量观点：系统动量不守恒。
②能量观点：外力做的功＝杆PQ的动能＋杆MN的动能＋焦耳热
考向2　不等间距的双棒模型
　(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
解析：AC　弹簧伸展的过程中，穿过闭合回路的磁通量向上增加，由楞次定律可判断回路中的电流方向为顺时针，A正确；设MN的质量为m，则PQ的质量为2m，对PQ由动量定理得Ft－B·2dt＝2mv，对MN由动量定理得Ft－2B·dt＝ mv′，解得导体棒MN的速度为v′＝2v，PQ速率为v时，回路中的感应电动势大小为E＝2Bd·2v＋B·2dv＝6Bdv，回路中的感应电流大小为I＝，则MN所受的安培力大小为FMN＝2BId＝，B错误；整个运动过程中，由B选项分析可知MN与PQ的速率之比为2∶1，则MN与PQ的路程之比为2∶1，C正确；由C选项分析可知两导体棒静止时，MN的位移大小为，PQ的位移大小为，由q＝，得q＝，D错误。
素养拓展　“电容器＋金属棒”模型
基本模型 无外力充电式 无外力放电式
模型 图示 (导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C) (电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C)
电路 特点 导体棒相当于电源，电容器充电 电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动
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 电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时UC＝BLvmax
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 棒做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0
最终 速度 电容器充电电荷量q＝CUC，最终电容器两端电压UC＝BLvmin，对棒应用动量定理－BL·Δt＝－BLq＝mvmin－mv0，解得vmin＝ 电容器充电电荷量Q0＝CE，放电结束时电荷量Q＝CUC＝CBLvmax，电容器放电电荷量ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvmax，对棒应用动量定理BL·Δt＝BLΔQ＝mvmax－0，解得vmax＝
v-t 图像
　(2025·哈尔滨三中四模)光滑的水平长直轨道放在磁感应强度为B＝0.2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于水平面向下，轨道宽L＝0.5 m；当开关与a接通时，电源可提供大小稳定为2 A的电流，棒中电流方向由Q流向P；开关与b接通时，电阻R＝0.05 Ω。一导体棒PQ长为0.5 m，质量m＝0.2 kg、电阻r＝0.05 Ω静止在导轨上，不计其他电阻，它与导轨接触良好，且在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。开关开始接a，当棒的位移x1＝18 m时开关瞬间与a断开、与b接通，棒继续运动一段距离后停下来，导轨足够长。求：
(1)当开关与a接通时，棒PQ加速度的大小及棒在运动全过程中的最大速度v；
(2)当开关与b接通后，棒运动的位移x2大小；
(3)运动全过程中棒PQ产生的焦耳热Q。
解析：(1)开关接a时，电流大小方向始终不变，PQ一直做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有BIL＝ma，解得a＝1 m/s2
棒匀加速位移x1＝18 m，有最大速度v，则有v2＝2ax，解得v＝6 m/s。
(2)开关接b时，在安培力作用下，棒做减速运动，设向右为正方向，由动量定理－BLt2＝0－mv
根据闭合电路欧姆定律
根据法拉第电磁感应定律，解得x2＝12 m。
(3)开关先接a一段时间t1，再接到b端一段时间t2。
第一段，棒做匀加速直线运动，则有x1＝at12，Q1＝I2rt1
第二段，由能量守恒得Q2＝
运动全过程中棒PQ产生的焦耳热Q＝Q1＋Q2，解得Q＝3 J。
答案：(1)1 m/s2　6 m/s　(2)12 m　(3)3 J
　(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)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？
解析：(1)由法拉第电磁感应定律知，初始时机械臂1的电动势E＝BLv0　①
根据右手定则，感应电流方向沿机械臂1向上。
(2)机械臂1中产生的电流，一部分给电容器充电，一部分驱动机械臂2向右运动，由安培力公式知，两机械臂所受安培力大小分别为F1＝BI1L，F2＝BI2L 　②
设电容器所带电荷量为Q，则Q＝UC　③。
(3)稳定时两机械臂共速向右，共同速度为v，回路中无电流，电容器两端电压为U′，则U′＝BLv　④
根据动量定理，由q＝It和(2)问可知
BLq1＝mv0－mv，BLq2＝mv　⑤
又Q′＝CU′＝q1－q2　⑥
联立④⑤⑥解得v＝　⑦
设两机械臂的位移分别为x1和x2，两机械臂恰好不碰撞时，初始距离最短，距离最小值为
xmin＝x1－x2　⑧
其中该过程中电容器电压U′＝BLv1－i1R＝BLv2＋i2R　⑨
整理得BL(v1－v2)＝(i1＋i2)R　⑩
根据x＝vt，q＝It，对时间求和，因此有
BLxmin＝(q1＋q2)R　
联立⑦ 解得xmin＝。
答案：(1)BLv0　感应电流方向沿机械臂1向上　(2)BI1L　BI2L　Q＝UC　
(3)
限时规范训练(68)　动量观点在电磁感应中的应用
(建议用时：40分钟　满分：55分)
(选择题1～4题每题5分，5～6题每题6分，共32分)
[基础巩固练]
1．(2025·山东威海三模)如图所示，间距为d的两足够长光滑平行金属导轨，与水平面的夹角为θ，两导轨间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨上端连接一电阻R。一长为d的导体棒垂直导轨由静止释放，经时间t达到最大速度。已知棒的质量为m、电阻为R，与导轨接触良好，不计导轨电阻，重力加速度为g。时间t内棒下滑的距离为(　　)
A．
B．
C．
D．
解析：B　当导体棒加速度减为0后，导体棒做匀速直线运动，此时速度最大，设最大速度为v，导体棒切割磁感线的感应电动势E＝Bdv，感应电流I＝，根据合力为0可知BId＝mg sin θ，导体棒从导轨上静止释放后时间t内，流过回路的电荷量为q＝，根据动量定理得mg sin θt－Bdt＝mv，联立得x＝，故选B。
2．(2025·甘肃5月模拟)如图所示，足够长光滑平行水平导轨所在空间，有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。导轨间距分别为L和2L，质量为m、电阻为R的铜棒ab跨放在导轨上，同种材料、粗细相同的铜棒cd的长度是ab的两倍，两棒与导轨始终垂直且接触良好。若使ab棒获得一个大小为v0、水平向右的初速度，导轨电阻不计，则在两棒运动过程中(cd棒始终在宽度为2L的导轨上运动)，下列说法正确的是(　　)
A．两棒组成的系统动量守恒，且最终速度相等
B．ab棒最终的速度大小为
C．cd棒产生的焦耳热为mv02
D．ab棒克服安培力做的功为mv02
解析：D　两棒受到的安培力不相等，系统受到的合外力不为零，系统动量不守恒，最终两棒切割磁感线产生的电动势相等，速度不相等，选项A错误；设ab棒和cd棒的最终速度大小分别为v1和v2，则有BLv1＝2BLv2，对ab棒有BIL·Δt＝BLq＝m(v0－v1)，对cd棒有2BIL·Δt＝2BLq＝2mv2，解得v1＝，选项B错误；系统产生的焦耳热Q＝mv02，cd棒产生的焦耳热占总焦耳热的，则Qcd＝mv02，选项C错误；ab棒克服安培力做的功W＝mv02，选项D正确。故选D。
3．(多选)(2025·海南儋州模拟)电磁缓冲器是应用于车辆上以提高运行安全的辅助制动装置，其缓冲原理可简化为如下情形：小车在平直公路上行驶时，小车内的某装置产生方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，水平地面固定一矩形金属单匝线圈abcd，俯视图如图所示。已知线圈电阻为R，ab边长为L，ad边长为2L。当小车(无动力)水平通过线圈上方时，线圈与小车中的磁场发生作用，使小车做减速运动，从而实现缓冲。已知小车的总质量为m，受到地面的摩擦阻力恒为Ff；小车磁场刚到线圈ab边时速度大小为v0，当小车磁场刚到线圈cd边时速度减为零(ab边未离开磁场)。下列描述正确的是(　　)
A．整个缓冲过程中流过线圈abcd的电荷量q＝
B．小车磁场刚到线圈ab边时ab边所受安培力大小F＝
C．小车磁场从线圈ab边到cd边所用的时间为
D．小车磁场从线圈ab边到cd边整个过程中线圈产生的焦耳热Q＝mv02－2FfL
解析：AD　根据法拉第电磁感应定律、闭合回路的欧姆定律以及电流与电荷量的关系E＝，q＝IΔt，联立解得q＝，故A正确；磁场刚进入线圈时，线圈ab边切割磁感线，有E＝BLv0，I＝，F＝BIL，联立解得ab边所受安培力大小为F＝，故B错误；小车进入磁场到停下，以向右为正方向，根据动量定理得－Fft－BL∑IiΔt＝0－mv0，则有－Fft－BLq＝0－mv0，解得t＝，故C错误；根据系统能量守恒可得mv02＝Q＋Ff·2L，可得整个过程中线圈产生的焦耳热为Q＝mv02－2FfL，故D正确。故选AD。
4．(2025·广西卷，7)如图，两条固定的光滑平行金属导轨，所在平面与水平面夹角为θ，间距为l，导轨电阻忽略不计，两端各接一个阻值为2R的定值电阻，形成闭合回路；质量为m的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好，接入导轨之间的电阻为R；劲度系数为k的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行，一端固定，另一端均与金属棒中间位置相连，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2；将金属棒移至导轨中间位置时，两弹簧刚好处于原长状态；整个装置处于垂直导轨所在平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a后静止释放，金属棒沿导轨向下运动到最远处，用时为t，最远处与导轨中间位置距离为b，弹簧形变始终在弹性限度内。此过程中(　　)
A．金属棒所受安培力冲量大小为
B．每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为
C．每个定值电阻产生的热量为
D．金属棒的平均输出功率为
解析：D　金属棒沿导轨向下运动，切割磁感线，产生感应电动势，回路中有感应电流，设此过程中某时刻金属棒的速度大小为v，则由法拉第电磁感应定律可得接入回路中的金属棒部分产生的感应电动势为E＝Blv，又由串并联电路规律可得回路中的总电阻为R总＝R＋＝2R，故回路中的感应电流为I＝，则该时刻金属棒受到的安培力大小为F＝BIl＝，则在极短时间Δt内安培力的冲量大小为IA＝FΔt＝，等式两边求和有IA总＝∑IA＝，分析可知金属棒向下运动到的最远位置在导轨中间位置的下方且与导轨中间位置距离为b，则此过程金属棒向下运动的距离x＝a＋b，所以此过程金属棒所受安培力的冲量大小为IA总＝，A错误。分析可知金属棒运动到任一位置，两根弹簧对金属棒的弹力均相同，规定沿斜面向下为正方向，设每根弹簧对金属棒施加的冲量为I弹，则对金属棒从静止释放到沿导轨向下运动到最远处的过程，由动量定理有－IA总＋mgt sin θ＋2I弹＝0，则I弹＝，B错误。设金属棒的下滑过程回路中产生的总热量为Q总，则对该过程由能量守恒定律可得2ΔEp弹＋ΔEp重＋Q总＝0，其中ΔEp弹＝ka2、ΔEp重＝－mg(a＋b)sin θ，则Q总＝k(a2－b2)＋mg(a＋b)sin θ，又每个定值电阻产生的热量为Q＝Q总＝Q总，故此过程每个定值电阻产生的热量为Q＝，C错误。金属棒对两定值电阻输出能量，两定值电阻产生热量，则金属棒下滑过程金属棒输出的总能量为W输出＝2Q＝，故此过程金属棒的平均输出功率为P输出＝，D正确。
[能力提升练]
5．(多选)(2025·湖南卷，9)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
解析：AC　根据右手定则可知，金属杆中电流沿y轴负方向，A正确；由法拉第电磁感应定律有E＝BLv，由欧姆定律有I＝，由安培力公式有F安＝BIL，又R＝Lr0，联立解得F安＝L，若金属杆做匀速运动，则安培力随有效长度的增大而增大，则与安培力平衡的外力一定不是恒力，B错误；金属杆在导轨上的运动过程中，设极短时间Δt内的速度变化量为Δv，根据动量定理有－F安Δt＝mΔv，结合B项分析得－vΔt＝mΔv，又vΔt＝Δx，LΔx＝ΔS，则有－＝mΔv，对整个过程累加求和有－∑ΔS＝m∑Δv，即－S＝0－mv0，解得金属杆停止时与导轨围成的面积S＝，C正确；由C项分析可知，金属杆的初速度减半时，S变为原来的，由抛物线形状可知金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半，D错误。
6．(多选)(2025·山西青桐鸣大联考5月模拟)如图所示，两足够长且间距为L的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨处在垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B。质量均为m的金属棒a、b垂直放在导轨上，给金属棒a水平向右、大小为v0的初速度，同时给金属棒b水平向左、大小为v0的初速度，两金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，两金属棒接入电路的有效电阻均为R，导轨的电阻不计，则下列说法正确的是(　　)
A．开始运动的一瞬间，金属棒a的加速度大小为
B．当金属棒b的速度为零时，金属棒a的速度大小为v0
C．最终通过金属棒b的电荷量为
D．最终金属棒a中产生的焦耳热为mv02
解析：BD　开始运动的一瞬间，电路中的电流I＝，此时金属棒a的加速度大小为a＝，故A错误；由于a、b组成的系统合外力总是为零，因此系统动量守恒，设b的速度为零时，a的速度大小为v1，则mv0－m×v0＝mv1，解得v1＝v0，故B正确；设最终a、b的共同速度为v，则mv0－m×v0＝2mv，解得v＝v0，对金属棒b研究，根据动量定理可得BqL＝m，解得q＝，故C错误；设金属棒a中产生的焦耳热为Q，则2Q＝×2mv2，解得Q＝mv02，故D正确。故选BD。
7．(10分)(一题多解)(2025·黑吉辽内蒙古卷，14)如图(a)，固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于始终竖直向下的匀强磁场中，ad边与磁场边界平行， ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m＝1 kg、电阻R＝0.5 Ω、边长L＝1 m。磁感应强度B随时间t连续变化，0～1 s内B-t图像如图(b)所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图(c)所示，其中0～1 s内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。
图(a) 图(b) 图(c)
(1)求t＝0.5 s时ad边受到的安培力大小F；
(2)在图(b)中画出1～2 s内B-t图像(无需写出计算过程)；
(3)从t＝2 s开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度v0＝0.1 m/s，求ad边离开磁场时的速度大小v1。
解析：(1)0～1 s内导体框中产生的感应电动势为E＝L2
解得E＝0.05 V
根据闭合电路欧姆定律可知通过导体框的电流为I＝
解得I＝0.1 A
根据图(b)斜率大小可知0.5 s时的磁感应强度B0满足
解得B0＝0.15 T
t＝0.5 s时，ad边受到的安培力大小为F＝B0IL
解得F＝0.015 N。
(2)由于顺时针方向为电流正方向，则由题图(c)知1～2 s内电流为逆时针方向，大小为I1＝0.2 A
根据闭合电路欧姆定律可知感应电动势
E1＝I1R
根据法拉第电磁感应定律得
E1＝L2
解得 ＝0.2 T/s，根据楞次定律和安培定则可知，导体框中磁感应强度增大，变化率为0.2 T/s，对应的B-t图像如图所示。
(3)解法一　由(2)中分析知2 s时磁感应强度大小为B2＝0.3 T，之后磁场不随时间变化，导体框从初速度v0开始运动，导体框切割磁感线受到的安培力为
FA＝B2ItL＝B2
导体框速度从v0变化至v1，规定水平向右为正方向，根据动量定理有
∑－Δt＝mv1－mv0
结合Δx＝vtΔt、∑Δx＝L得
－L＝mv1－mv0
解得v1＝0.01 m/s
解法二　还可以通过积累电荷量求解，导体框速度从v0变为v1，规定水平向右为正方向，根据动量定理得
∑－B2ItLΔt＝mv1－mv0
结合Δq＝ItΔt、∑Δq＝q得
－B2Lq＝mv1－mv0
流过导体框的电荷量为
q＝Δt2＝Δt2＝Δt2＝
解得v1＝0.01 m/s。
答案：(1)0.015 N　(2)见解析图
(3)0.01 m/s
[培优创新练]
8．(13分)(2025·安徽卷，15)如图，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。
解析：(1)第1根导体棒刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律得其产生的电动势为
E＝BLv0
回路中的感应电流I＝
此时第1根导体棒所受的安培力为
F安＝BLI
安培力的功率P安＝F安v0
联立解得P安＝。
(2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，设流过其的平均电流为，运动时间为t，则该过程通过第2根导体棒横截面的电荷量q＝t
则对第2根导体棒由动量定理有
－BLt ＝0－mv0
联立解得q＝。
(3)根据能量守恒定律可知，每一根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，其初动能均转化为回路中产生的总热量，则第1根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为
Q1＝mv02
第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为
Q2＝mv02
第3根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为
Q3＝mv02
依次类推，笫n根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为Qn＝mv02
所以定值电阻R上产生的总热量Q总＝Q1＋Q2＋Q3＋…＋Qn＝
解得Q总＝mv02。
答案：(1)　(2)(3)mv02(共66张PPT)
专题突破24　动量观点在电磁感应中的应用
1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的方法技巧，能识别几种应用动量定理的模型。2.建立电磁感应问题中动量守恒的模型，并用动量守恒定律解决问题。
目标
要求
1
研考点 精准突破
2
限时规范训练
栏
目
导
引
研考点
精准突破
考点一　动量定理在电磁感应中的应用
考向1　“单棒＋电阻”模型
(电磁感应中无外力驱动情景)(2025·陕晋宁青卷，7)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(　　)
D
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
解析：D　进磁场的过程中，甲线框右边框切割磁感线，
由右手定则可知，线框中的电流沿顺时针方向，出磁场
的过程中，甲线框左边框切割磁感线，由右手定则可知，
线框中的电流沿逆时针方向，A错误；刚进磁场区域时，
甲线框切割磁感线产生的电动势E＝BLv0，线框中的电流I＝，所受合力等于所受安培力F安甲＝BIL，联立解得刚进磁场区域时甲线框所受合力大小F安甲＝，同理可得刚进磁场区域时乙线框所受合力大小F安乙＝，有F安甲∶F安乙＝2∶1，B错误；结合A项分析，对乙线框进出磁场
的两过程，由动量定理分别有－t进＝mΔv进，－t出＝mΔv出，其中t进＝2L，t出＝2L，又乙线框完全出磁场区域时的速度大小v乙＝v0＋Δv进＋Δv出，联立解得v乙＝，C错误；与C项分析同理可得甲线框完全出磁场区域时速度大小v甲＝0，所以由能量守恒定
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Q甲＝mv02，Q乙＝mv02－mv乙2，联立
可得Q甲∶Q乙＝4∶3，D正确。
(1)导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可用动量定理分析棒的速度变化，表达式为I其他＋lBΔt＝mv－mv0或I其他－lBΔt＝mv－mv0；若其他力的冲量和为零，则有lBΔt＝mv－mv0或＝mv－mv0。
(2)求电荷量
q＝Δt＝。
(3)求位移：由－Δt＝mv－mv0有x＝Δt＝。
(4)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。
－BlΔt＋F其他Δt＝mv－mv0
即－Blq＋F其他Δt＝mv－mv0。
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＝mv－mv0，Δt＝x。
(电磁感应中有外力驱动)(多选)(2024·贵州卷，10)如图，间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有一定值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则(　　)
A．加速过程中通过金属棒的电荷量为
B．金属棒加速的时间为
C．加速过程中拉力的最大值为
D．加速过程中拉力做的功为mv2
AB
解析：AB　加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，都
设为x，根据q＝Δt＝Δt＝·Δt＝，可知加速
过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒
的电荷量，对于减速过程，由动量定理可得－BLΔt＝－BLq＝0－mv，解得q＝，A正确；由q＝，解得x＝，金属棒加速的过程中，由位移公式可得x＝vt，可得加速时间为t＝，B正确；金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，加速过程中，安培力逐渐增大，加速度不变，因此拉力逐渐增大，当撤去拉力的瞬间，拉力最
大，由牛顿第二定律可得Fm－BL＝ma，其中v＝at，联立解得Fm＝，C错误；加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，由动能定理可知，合外力的功WF－W安＝mv2，可得WF＝W安＋mv2，因此加速过程中拉力做的功大于mv2，D错误。
考向2　“双棒”模型
(2023·湖南卷，14)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。
(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运
动时的速度大小v0；
(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，
求释放瞬间棒b的加速度大小a0；
(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。
解析：(1)棒a匀速运动时，对棒a分析，由平衡条件有mg sin θ＝BI1L
由法拉第电磁感应定律有E1＝BLv0
由欧姆定律有I1＝
联立解得v0＝。
(2)当棒a匀速运动时，释放棒b，分析可知，棒b受到沿导轨向下的安培力，则释放棒b的瞬间，对棒b，由牛顿第二定律有
mg sin θ＋BI1L＝ma0
又BI1L＝mg sin θ
解得a0＝2g sin θ。
(3)释放棒b后，由于棒b中产生的感应电动势对于回路来说，与棒a中产生的感应电动势方向相反，所以两棒所受安培力均减小，对棒a，由动量定理有t0＝mv－mv0
对棒b，由动量定理有t0＝mv
结合(1)问结果联立解得v＝gt0sin θ＋
又因Lt0＝BLq
q＝
解得Δx＝。
答案：(1)　(2)2g sin θ　(3)gt0sin θ＋
考点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用
考向1　等间距的双棒模型
(多选)(2024·湖北荆州模拟)如图所示，足够长的水平光滑金属导轨所在空间中，分布着垂直于导轨平面方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两导体棒a、b均垂直于导轨静止放置。已知导体棒a质量为2m，导体棒b质量为m；长度均为l，电阻均为r；其余部分电阻不计。现使导体棒a获得瞬时平行于导轨水平向右的初速度v0。除磁场作用外，两棒沿导轨方向无其他外力作用，在两导体棒运动过
程中，下列说法正确的是 (　　)
BCD
A．任何一段时间内，导体棒b动能增加量跟导体棒a动能减少量的数值总是相等的
B．任何一段时间内，导体棒b动量改变量跟导体棒a动量改变量总是大小相等、方向相反
C．全过程中，通过导体棒b的电荷量为
D．全过程中，两棒共产生的焦耳热为
解析：BCD　根据题意可知，两棒组成回路，电流相同，所受安培力合力为零，系统动量守恒，所以任何一段时间内，导体棒b动量改变量跟导体棒a动量改变量总是大小相等、方向相反，根据能量守恒可知，a动能减少量的数值等于b动能增加量与整个回路产生的焦耳热之和，故A错误，B正确；两导体棒最终共速，根据动量守恒，有2mv0＝(2m＋m)v，对b棒，根据动量定理，有Bl·t＝mv，又有q＝t，解得通过导体棒b的电荷量为q＝，根据能量守恒，两棒共产生的焦耳热为
Q＝(2m＋m)v2＝，故CD正确。故选
BCD。
考向2　不等间距的双棒模型
(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(　　)
AC
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
解析：AC　弹簧伸展的过程中，穿过闭合回路的磁通
量向上增加，由楞次定律可判断回路中的电流方向为
顺时针，A正确；设MN的质量为m，则PQ的质量为2m，
对PQ由动量定理得Ft－B·2dt＝2mv，对MN由动量定理得Ft－2B·dt＝ mv′，解得导体棒MN的速度为v′＝2v，PQ速率为v时，回路中的感应电动势大小为E＝2Bd·2v＋B·2dv＝6Bdv，回路中的感应电流大小为I＝，则MN所受的安培力大小为FMN＝2BId＝，B错误；整个运动过程中，由B选项分析可知MN与PQ的速率之比为2∶1，则MN与PQ的路程之比为2∶1，C正确；由C选项分析可知两导体棒静止时，MN的位移大小为，PQ的位移大小为，由q＝，得q＝，D错误。
(1)双杆模型(不计摩擦)
①动量观点：系统动量守恒。
②能量观点：杆MN动能的减少量＝杆PQ动能的增加量＋焦耳热
(2)双杆模型(不计摩擦)
F恒定
①动量观点：系统动量不守恒。
②能量观点：外力做的功＝杆PQ的动能＋杆MN的动能＋焦耳热
素养拓展　“电容器＋金属棒”模型
基本模型 无外力充电式 无外力放电式
模型 图示 (导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C)
(电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C)
电路 特点 导体棒相当于电源，电容器充电 电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动
基本模型 无外力充电式 无外力放电式
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 电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时UC＝BLvmax
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 棒做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0
基本模型 无外力充电式 无外力放电式
最终 速度 电容器充电电荷量q＝CUC，最终电容器两端电压UC＝BLvmin，对棒应用动量定理－BL·Δt＝－BLq＝mvmin－mv0，解得vmin＝ 电容器充电电荷量Q0＝CE，放电结束时电荷量Q＝CUC＝CBLvmax，电容器放电电荷量ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvmax，对棒应用动量定理BL·Δt＝BLΔQ＝mvmax－0，解得vmax＝
v-t 图像
(2025·哈尔滨三中四模)光滑的水平长直轨道放在磁感应强度为B＝0.2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于水平面向下，轨道宽L＝0.5 m；当开关与a接通时，电源可提供大小稳定为2 A的电流，棒中电流方向由Q流向P；开关与b接通时，电阻R＝0.05 Ω。一导体棒PQ长为0.5 m，质量m＝0.2 kg、电阻r＝0.05 Ω静止在导轨上，不计其他电阻，它与导轨接触良好，且在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。开关开始接a，当棒的位移x1＝18 m时开关瞬间与a断开、与b接通，棒继续运动一段距离后停下来，导轨足够长。求：
(1)当开关与a接通时，棒PQ加速度的大小及
棒在运动全过程中的最大速度v；
(2)当开关与b接通后，棒运动的位移x2大小；
(3)运动全过程中棒PQ产生的焦耳热Q。
解析：(1)开关接a时，电流大小方向始终不变，PQ一直做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有BIL＝ma，解得a＝1 m/s2
棒匀加速位移x1＝18 m，有最大速度v，则有v2＝2ax，解得v＝6 m/s。
(2)开关接b时，在安培力作用下，棒做减速运动，设向右为正方向，由动量定理－BLt2＝0－mv
根据闭合电路欧姆定律
根据法拉第电磁感应定律，解得x2＝12 m。
(3)开关先接a一段时间t1，再接到b端一段时间t2。
第一段，棒做匀加速直线运动，则有x1＝at12，Q1＝I2rt1
第二段，由能量守恒得Q2＝
运动全过程中棒PQ产生的焦耳热Q＝Q1＋Q2，解得Q＝3 J。
答案：(1)1 m/s2　6 m/s　(2)12 m　(3)3 J
(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)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？
解析：(1)由法拉第电磁感应定律知，初始时机械臂1的电动势E＝BLv0　①
根据右手定则，感应电流方向沿机械臂1向上。
(2)机械臂1中产生的电流，一部分给电容器充电，一部分驱动机械臂2向右运动，由安培力公式知，两机械臂所受安培力大小分别为F1＝BI1L，F2＝BI2L 　②
设电容器所带电荷量为Q，则Q＝UC　③。
(3)稳定时两机械臂共速向右，共同速度为v，回路中无电流，电容器两端电压为U′，则U′＝BLv　④
根据动量定理，由q＝It和(2)问可知
BLq1＝mv0－mv，BLq2＝mv　⑤
又Q′＝CU′＝q1－q2　⑥
联立④⑤⑥解得v＝　⑦
设两机械臂的位移分别为x1和x2，两机械臂恰好不碰撞时，初始距离最短，距离最小值为
xmin＝x1－x2　⑧
其中该过程中电容器电压U′＝BLv1－i1R＝BLv2＋i2R　⑨
整理得BL(v1－v2)＝(i1＋i2)R　⑩
根据x＝vt，q＝It，对时间求和，因此有
BLxmin＝(q1＋q2)R　
联立⑦ 解得xmin＝。
答案：(1)BLv0　感应电流方向沿机械臂1向上　(2)BI1L　BI2L　Q＝UC　
(3)
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1
2
限时规范
训练(68)　动量观点在电磁感应中的应用
(建议用时：40分钟　满分：55分)
(选择题1～4题每题5分，5～6题每题6分，共32分)
[基础巩固练]
1．(2025·山东威海三模)如图所示，间距为d的两足够长光滑平行金属导轨，与水平面的夹角为θ，两导轨间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨上端连接一电阻R。一长为d的导体棒垂直导轨由静止释放，经时间t达到最大速度。已知棒的质量为m、电阻为R，与导轨接触良好，不计导轨电阻，重力加速度为g。时间t内棒下滑的距离为(　　)
A． B．
C． D．
B
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8
1
2
解析：B　当导体棒加速度减为0后，导体棒做匀速直线运动，此时速度最大，设最大速度为v，导体棒切割磁感线的感应电动势E＝Bdv，感应电流I＝，根据合力为0可知BId＝mg sin θ，导体棒从导轨上静止释放后时间t内，流过回路的电荷量为q＝，根据动量定理得mg sin θt－Bdt＝mv，联立得x＝，故选B。
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1
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2．(2025·甘肃5月模拟)如图所示，足够长光滑平行水平导轨所在空间，有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。导轨间距分别为L和2L，质量为m、电阻为R的铜棒ab跨放在导轨上，同种材料、粗细相同的铜棒cd的长度是ab的两倍，两棒与导轨始终垂直且接触良好。若使ab棒获得一个大小为v0、水平向右的初速度，导轨电阻不计，则在两棒运动过程中(cd棒始终在宽度为2L的导轨上运动)，下列说法正确的是(　　)
A．两棒组成的系统动量守恒，且最终速度相等
B．ab棒最终的速度大小为
C．cd棒产生的焦耳热为mv02
D．ab棒克服安培力做的功为mv02
D
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8
解析：D　两棒受到的安培力不相等，系统受到的合外力不为零，系统动量不守恒，最终两棒切割磁感线产生的电动势相等，速度不相等，选项A错误；设ab棒和cd棒的最终速度大小分别为v1和v2，则有BLv1＝2BLv2，对ab棒有BIL·Δt＝BLq＝m(v0－v1)，对cd棒有2BIL·Δt＝2BLq＝2mv2，解得v1＝，选项B错误；系统产生的焦耳热Q＝mv02，cd棒产生的焦耳热占总焦耳
热的，则Qcd＝mv02，选项C错误；ab棒克服安培力做
的功W＝mv02，选项D正确。故选D。
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3．(多选)(2025·海南儋州模拟)电磁缓冲器是应用于车辆上以提高运行安全的辅助制动装置，其缓冲原理可简化为如下情形：小车在平直公路上行驶时，小车内的某装置产生方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，水平地面固定一矩形金属单匝线圈abcd，俯视图如图所示。已知线圈电阻为R，ab边长为L，ad边长为2L。当小车(无动力)水平通过线圈上方时，线圈与小车中的磁场发生作用，使小车做减速运动，从而实现缓冲。已知小车的总质量为m，受到地面的摩擦阻力恒为Ff；小车磁场刚到线圈ab边时速度大小为v0，当小车磁场刚到线圈
cd边时速度减为零(ab边未离开磁场)。下列描述正
确的是(　　)
AD
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A．整个缓冲过程中流过线圈abcd的电荷量q＝
B．小车磁场刚到线圈ab边时ab边所受安培力大小F＝
C．小车磁场从线圈ab边到cd边所用的时间为
D．小车磁场从线圈ab边到cd边整个过程中线圈产生的焦耳热Q＝mv02－2FfL
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8
解析：AD　根据法拉第电磁感应定律、闭合回路的欧姆定律以及电流与电荷量的关系E＝，q＝IΔt，联立解得q＝，故A正确；磁场刚进入线圈时，线圈ab边切割磁感线，有E＝BLv0，I＝，F＝BIL，联立解得ab边所受安培力大小为F＝，故B错误；小车进入磁场到停下，以向右为正方向，根据动量定理得－Fft－BL∑IiΔt＝0－mv0，则有－Fft－BLq＝0－mv0，解得t＝，故C错误；根据系统能量守恒可得mv02＝Q＋Ff·2L，可得整个过程中线圈产生的
焦耳热为Q＝mv02－2FfL，故D正确。故选AD。
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8
4．(2025·广西卷，7)如图，两条固定的光滑平行金属导轨，所在平面与水平面夹角为θ，间距为l，导轨电阻忽略不计，两端各接一个阻值为2R的定值电阻，形成闭合回路；质量为m的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好，接入导轨之间的电阻为R；劲度系数
为k的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行，一端固定，另一端均与金属棒中间位置相连，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2；将金属棒移至导轨中间位置时，两弹簧刚好处于原长状态；整个装置处于垂直导轨所在平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a后静止释放，金属棒沿导轨向下运动到最远处，用时为t，最远处与导轨中间位置距离为b，弹簧形变始终在弹性限度内。此过程中(　　)
D
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8
1
A．金属棒所受安培力冲量大小为
B．每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为
C．每个定值电阻产生的热量为
D．金属棒的平均输出功率为
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1
解析：D　金属棒沿导轨向下运动，切割磁感线，产
生感应电动势，回路中有感应电流，设此过程中某时
刻金属棒的速度大小为v，则由法拉第电磁感应定律
可得接入回路中的金属棒部分产生的感应电动势为E
＝Blv，又由串并联电路规律可得回路中的总电阻为R总＝R＋＝2R，故回路中的感应电流为I＝，则该时刻金属棒受到的安培力大小为F＝BIl＝，则在极短时间Δt内安培力的冲量大小为IA＝FΔt＝，等式两边求和有IA总＝∑IA＝，分
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1
析可知金属棒向下运动到的最远位置在导轨中间位置
的下方且与导轨中间位置距离为b，则此过程金属棒
向下运动的距离x＝a＋b，所以此过程金属棒所受安
培力的冲量大小为IA总＝，A错误。分析可知金属棒运动到任一位置，两根弹簧对金属棒的弹力均相同，规定沿斜面向下为正方向，设每根弹簧对金属棒施加的冲量为I弹，则对金属棒从静止释放到沿导轨向下运动到最远处的过程，由动量定理有－IA总＋mgt sin θ＋2I弹＝0，则I弹＝，B错误。设金属棒的下滑过程回路中产生的总热量为Q总，则对该过程由能量守恒定律可得2ΔEp弹＋ΔEp重＋Q总＝0，其中ΔEp弹
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1
＝ka2、ΔEp重＝－mg(a＋b)sin θ，则Q总＝
k(a2－b2)＋mg(a＋b)sin θ，又每个定值电阻产生的
热量为Q＝Q总＝Q总，故此过程每个定值电阻产生的热量为Q＝，C错误。金属棒对两定值电阻输出能量，两定值电阻产生热量，则金属棒下滑过程金属棒输出的总能量为W输出＝2Q＝，故此过程金属棒的平均输出功率为P输出＝，D正确。
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[能力提升练]
5．(多选)(2025·湖南卷，9)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(　　)
AC
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8
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
2
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1
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7
8
解析：AC　根据右手定则可知，金属杆中电流沿y轴负
方向，A正确；由法拉第电磁感应定律有E＝BLv，由欧
姆定律有I＝，由安培力公式有F安＝BIL，又R＝Lr0，
联立解得F安＝L，若金属杆做匀速运动，则安培力
随有效长度的增大而增大，则与安培力平衡的外力一定不是恒力，B错误；金属杆在导轨上的运动过程中，设极短时间Δt内的速度变化量为Δv，根据动量定理有－F安Δt＝mΔv，结合B项分析得－vΔt＝mΔv，又
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8
vΔt＝Δx，LΔx＝ΔS，则有－＝mΔv，对整个过程累
加求和有－∑ΔS＝m∑Δv，即－S＝0－mv0，解得
金属杆停止时与导轨围成的面积S＝，C正确；由
C项分析可知，金属杆的初速度减半时，S变为原来的，由抛物线形状可知金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半，D错误。
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8
6．(多选)(2025·山西青桐鸣大联考5月模拟)如图所示，两足够长且间距为L的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨处在垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B。质量均为m的金属棒a、b垂直放在导轨上，给金属棒a水平向右、大小为v0的初速度，同时给金属棒b水平向左、大小为v0的初速度，两金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，两金属棒接入电路的有效电阻均为R，导轨的电阻不计，则下列说法正确的是(　　)
BD
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A．开始运动的一瞬间，金属棒a的加速度大小为
B．当金属棒b的速度为零时，金属棒a的速度大小为v0
C．最终通过金属棒b的电荷量为
D．最终金属棒a中产生的焦耳热为mv02
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解析：BD　开始运动的一瞬间，电路中的电流I＝
，此时金属棒a的加速度大小为a＝
，故A错误；由于a、b组成的系统合
外力总是为零，因此系统动量守恒，设b的速度为零时，a的速度大小为v1，则mv0－m×v0＝mv1，解得v1＝v0，故B正确；设最终a、b的共同速度为v，则mv0－m×v0＝2mv，解得v＝v0，对金属棒b研究，根据动量定理可得BqL＝m，解得q＝，故C错误；设金属棒a中产生的焦耳热为Q，则2Q＝×2mv2，解得Q＝mv02，故D正确。故选BD。
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7．(10分)(一题多解)(2025·黑吉辽内蒙古卷，14)如图(a)，固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于始终竖直向下的匀强磁场中，ad边与磁场边界平行， ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m＝1 kg、电阻R＝0.5 Ω、边长L＝1 m。磁感应强度B随时间t连续变化，0～1 s内B-t图像如图(b)所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图(c)所示，其中0～1 s内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。
图(a) 图(b) 图(c)
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(1)求t＝0.5 s时ad边受到的安培力大小F；
(2)在图(b)中画出1～2 s内B-t图像(无需写出计算过程)；
(3)从t＝2 s开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度v0＝0.1 m/s，求ad边离开磁场时的速度大小v1。
图(a) 图(b) 图(c)
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2
解析：(1)0～1 s内导体框中产生的感应电动势为E＝L2
解得E＝0.05 V
根据闭合电路欧姆定律可知通过导体框的电流为I＝
解得I＝0.1 A
根据图(b)斜率大小可知0.5 s时的磁感应强度B0
满足
解得B0＝0.15 T
t＝0.5 s时，ad边受到的安培力大小为F＝B0IL
解得F＝0.015 N。
图(b)
图(a)
图(c)
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2
(2)由于顺时针方向为电流正方向，则由题图(c)知1～2 s内电流为逆时针方向，大小为I1＝0.2 A
根据闭合电路欧姆定律可知感应电动势
E1＝I1R
根据法拉第电磁感应定律得
E1＝L2
解得 ＝0.2 T/s，根据楞次定律和安培定则可知，
导体框中磁感应强度增大，变化率为0.2 T/s，对应
的B-t图像如图所示。
图(c)
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2
(3)解法一　由(2)中分析知2 s时磁感应强度大小为B2＝0.3 T，之后磁场不随时间变化，导体框从初速度v0开始运动，导体框切割磁感线受到的安培力为FA＝B2ItL＝B2
导体框速度从v0变化至v1，规定水平向右为正方向，根据动量定理有
∑－Δt＝mv1－mv0
结合Δx＝vtΔt、∑Δx＝L得
－L＝mv1－mv0
解得v1＝0.01 m/s
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2
解法二　还可以通过积累电荷量求解，导体框速度从v0变为v1，规定水平向右为正方向，根据动量定理得∑－B2ItLΔt＝mv1－mv0
结合Δq＝ItΔt、∑Δq＝q得
－B2Lq＝mv1－mv0
流过导体框的电荷量为
q＝Δt2＝Δt2＝Δt2＝
解得v1＝0.01 m/s。
答案：(1)0.015 N　(2)见解析图
(3)0.01 m/s
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[培优创新练]
8．(13分)(2025·安徽卷，15)如图，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：
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(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。
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解析：(1)第1根导体棒刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律得其产生的电动势为
E＝BLv0
回路中的感应电流I＝
此时第1根导体棒所受的安培力为
F安＝BLI
安培力的功率P安＝F安v0
联立解得P安＝。
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(2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，设流过其的平均电流为，运动时间为t，则该过程通过第2根导体棒横截面的电荷量q＝t
则对第2根导体棒由动量定理有
－BLt ＝0－mv0
联立解得q＝。
(3)根据能量守恒定律可知，每一根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，其初动能均转化为回路中产生的总热量，则第1根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为
Q1＝mv02
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第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为
Q2＝mv02
第3根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为
Q3＝mv02
依次类推，笫n根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热量为Qn＝mv02
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所以定值电阻R上产生的总热量Q总＝Q1＋Q2＋Q3＋…＋Qn＝
解得Q总＝mv02。
答案：(1)　(2)(3)mv02
专题突破24　动量观点在电磁感应中的应用
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