资源简介

(共28张PPT)
演练知能提升
1．(2026·北京房山区调研)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一根水平放置的金属棒以某一水平速度抛出，金属棒在运动过程中始终保持水平且未离开磁场区域。不计空气阻力，金属棒在运动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．感应电动势越来越大
B．单位时间内，金属棒的动量增量变大
C．金属棒的机械能越来越小
D．单位时间内金属棒扫过的曲面中的磁通量不变
D
解析：金属棒做平抛运动，水平速度不变，根据E＝BLv0可知，棒中的感应电动势不变，故A错误；
根据动量定理可知，单位时间内，金属棒的动量增量Δp＝mg，大小不变，故B错误；
金属棒在运动过程只有重力做功，则机械能守恒，故C错误；
单位时间内ab的水平位移为v0，则扫过的曲面中的磁通量不变，故D正确。
2．(多选)(2026·河南焦作市模拟)如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨水平固定，导轨左端连接有阻值为R的定值电阻。导轨上有一垂直于导轨放置的金属棒MN，金属棒及导轨电阻不计。现在金属棒与定值电阻之间加一边界为矩形的匀强磁场，且知矩形宽为a、长为b(b>L)，磁场磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向下。若使磁场以速度v0平行于导轨向右匀速运动，直至金属棒穿越磁场，则下列说法正确的是(　　)
AD
解析：金属棒进入磁场时相对磁场向左运动，由右手定则可知此时金属棒中的感应电流由M向N，故A正确；
金属棒在安培力作用下向右加速运动，但相对磁场的速度由v0逐渐减小，产生的感应电动势亦逐渐减小，所以金属棒中的感应电流逐渐减小，故B错误；
3.(多选)(2026·广东惠州市大湾区大联考)如图所示，一水平面内固定两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨上面横放着两根完全相同、质量均为m的金属棒1和2，构成矩形回路。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场。开始时2棒静止，1棒受到一瞬时冲量作用而以初速度v0向右滑动，运动过程中1、2棒始终与导轨垂直且接触良好。下列关于两棒此后运动的说法正确的是(　　)
√
√
4．(多选)(2026·河南省五市期末)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为L，垂直于导轨的虚线MN右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，左侧有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B，金属棒a、b静止在导轨上，a、b两金属棒的质量分别为m、2m，接入电路的电阻分别为2R、R，不计导轨电阻，给金属棒a一个向右、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，则下列判断正确的是(　　)
√
√
√
根据右手定则判定感应电流方向沿逆时针方向，根据左手定则可知，两金属棒运动后受到的安培力方向均向左，系统外力的合力不等于0，因此a、b组成的系统动量不守恒，故B错误；
5.(12分)(2026·广西柳州市模拟)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨底端接有阻值为2R的定值电阻，导轨所在空间有方向垂直于导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，将质量为m、电阻为R的金属棒由静止释放，经时间t时速度达到最大。导轨宽度与金属棒的长度均为L，金属棒下滑过程中始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g。求：
(1)金属棒的最大速率；(6分)
(2)金属棒从释放到速度最大的过程中沿导轨下滑的距离。(6分)
6.(12分)(2026·山西吕梁市期末)一质量为2m的足够长U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，bc边长为L，金属框ab边与cd边电阻不计，bc边电阻为R。一长为L的导体棒MN置于金属框上，导体棒的阻值为R，质量为3m。装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN始终与金属框保持良好接触，求整个运动过程中：
(1)导体棒的最大速度；(4分)
(2)通过导体棒的电荷量；(4分)
(3)导体棒产生的焦耳热。(4分)
7．(12分)(2026·四川南充市诊断)如图所示，两平行金属直导轨ab、a′b′固定于同一水平绝缘桌面上，两导轨之间的距离为L，a、a′端与倾角为30°的倾斜金属导轨平滑连接，倾斜导轨上端连接阻值为R的定值电阻，b、b′端与位于竖直面内、半径相同的半圆形金属导轨平滑连接，所有金属导轨的电阻忽略不计。仅水平导轨abb′a′所围矩形区域存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一根质量为m、电阻为R、长度为L的细金属棒M与导轨垂直，静置于aa′处，另一根与M长度相同、质量为2m的细
绝缘棒N由倾斜导轨上与aa′距离为L处静止释放，一段时间后N与M发生弹性碰撞，碰撞时间极短。碰撞后，M和N先后恰好运动到半圆形导轨的最高点(抛出后立即撤去)，运动过程中棒与导轨始终垂直且接触良好。不计一切摩擦，重力加速度为g。求：
(1)半圆形金属导轨的半径r；(8分)
(2)整个过程中定值电阻R产生的焦耳热Q。(4分)(共40张PPT)
专题提升十九　电磁感应中的动量问题
[复习目标]
1．掌握应用动量定理处理电磁感应问题的方法技巧。
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。
第一部分
题型一　动量定理在电磁感应中的应用
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]　线框进磁场时，磁通量增大，感应电流的磁场阻碍磁通量增大，由安培定则知甲线框进磁场时电流方向为顺时针，同理得出磁场时，电流方向为逆时针，A错误；
例2 (2025·黑吉辽蒙卷，T14)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。
(1)求t＝0.5 s时ad边受到的安培力大小F。
[答案]　0.015 N　
(2)在图(b)中画出1～2 s内B－t图像(无需写出计算过程)。
[解析]　由楞次定律和安培定则可知，前1 s过程中，导体框中的电流沿顺时针方向为正，由题图(c)可知1 s到2 s过程导体框中的电流沿逆时针方向、大小为0.2 A，故磁场方向不变，磁感应强度应均匀增大，斜率是前1 s内图线斜率的绝对值的2倍，B－t图像如图所示。
[答案]　图像见解析　
(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。
[答案]　0.01 m/s
例3 (2025·安徽卷，T15)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。
深度探究 单杆＋导轨模型链接优生自研篇P494
第二部分
题型二　动量守恒定律在电磁感应中的应用
光滑水平轨道上光滑等长双杆模型
动量观点 系统动量守恒(对其中一杆可用动量定理) 系统动量不守恒(对其中一杆可用动量定理)
能量观点 杆1动能的减少量＝杆2动能的增加量＋热量 外力做的功＝杆1的动能＋杆2的动能＋热量
注：第一种模型中，若两杆长度不同或所在的匀强磁场不同，最终两杆仍做匀速直线运动。
例4 (2026·江西鹰潭市一模)如图甲所示，水平面内有两根足够长的光滑平行金属导轨，两导轨固定且间距为L。空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现将两根材料相同、横截面积不同、长度均为L的金属棒ab、cd分别静置在导轨上。现给ab棒一水平向右的初速度v0，其速度随时间变化的关系如图乙所示，两金属棒运动过程中，始终与导轨垂直且接触良好。已知ab棒的质量为m，电阻为R，导轨电阻可忽略不计。下列说法正确的是(　　)
√
[解析]　金属棒ab刚开始运动时，根据右手定则可知cd棒中的电流方向为c→d，故A错误；
ab运动后，由于安培力作用，速度会逐渐减小，同时cd棒将做加速运动，回路总电动势减小，电流减小，cd棒受到的安培力会减小，由F＝m′a可知，cd棒的加速度会减小，故B错误；
例5 (2026·四川乐山市诊断)如图，两固定光滑平行直金属导轨MN、M′N′与PQ、P′Q′间用两段光滑小圆弧平滑连接，两导轨间距L＝0.5 m，M、M′两点间接有阻值R＝2.0 Ω的电阻。质量m1＝0.2 kg的均匀直金属杆ab放在导轨上，其接入回路的电阻r＝0.5 Ω，质量m2＝0.6 kg的绝缘杆cd静置于水平轨道上，水平轨道处于磁感应强度大小B＝1 T、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨电阻忽略不计。现让金属杆ab由静止释放，释放点距水平轨道的竖直高度h＝0.45 m，进入水平轨道减速运动一段时间后，与绝缘杆cd发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后瞬间杆ab的速度大小v1＝1 m/s，方向水平向右。已知杆ab、cd均与导轨垂直，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)金属杆ab刚进入磁场时的加速度大小a；
[答案]　1.5 m/s2　
(2)两杆碰后瞬间，绝缘杆cd获得的速度大小；
[答案]　1 m/s　
(3)全过程中电阻R上产生的焦耳热。
[答案]　0.48 J
例6 如图所示，宽度为2d与宽度为d的两部分金属导轨衔接良好，固定在绝缘的水平面上，空间存在竖直向下的匀强磁场，导轨衔接处左、右两侧磁场的磁感应强度大小分别为B、2B。两完全相同的导体棒甲和乙按如图的方式置于左、右侧的导轨上。已知两导体棒的质量均为m、单位长度的电阻均为r0，现给导体棒甲一水平向右的初速度v0。假设导轨的电阻忽略不计，导体棒与导轨之间的摩擦忽略不计，且两部分导轨足够长，导体棒甲始终未滑过图中的虚线位置，则下列说法正确的是(　　)
拓展点 光滑水平轨道上不等长双杆模型
√
方法技巧
1．涉及单棒问题，一般考虑动量定理。
2．涉及双棒问题，一般考虑动量守恒定律。
3．导体棒的运动过程要注意电路的串、并联及能量转化和守恒。
　
深度探究 双杆＋导轨模型链接优生自研篇P495专题提升十九　电磁感应中的动量问题
[复习目标]
1．掌握应用动量定理处理电磁感应问题的方法技巧。
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。
题型一　动量定理在电磁感应中的应用
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－lBΔt＝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。
(2025·陕晋青宁卷，T7)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]　线框进磁场时，磁通量增大，感应电流的磁场阻碍磁通量增大，由安培定则知甲线框进磁场时电流方向为顺时针，同理得出磁场时，电流方向为逆时针，A错误；线框刚进磁场时，切割磁感线的有效长度为L，感应电动势E＝BLv0，甲线框中电流I甲＝，乙线框中电流I乙＝，由安培力F＝BIL，可得甲线框所受合力大小F甲＝，乙线框所受合力大小F乙＝，＝，B错误；乙线框进磁场和出磁场过程，总磁通量变化ΔΦ＝2×2BL2＝4BL2，根据动量定理有－B乙LΔt＝mv乙－mv0，又乙Δt＝Δt＝，联立解得v乙＝≠0，C错误；同理，可求出甲线框完全出磁场时的速度v甲＝0，由能量守恒定律可知，整个过程甲线框产生的焦耳热Q甲＝mv－0＝，乙线框产生的焦耳热Q乙＝mv－mv＝，＝，D正确。
[答案]　D
(2025·黑吉辽蒙卷，T14)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。
(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)由题图(b)可知t＝0.5 s时B1＝0.15 T，B－t图线斜率大小
|k|＝＝0.1 T/s
由E＝·得E＝0.05 V
导体框中电流I＝＝0.1 A
导体框ad边受到的安培力大小
F＝B1IL＝0.015 N。
(2)由楞次定律和安培定则可知，前1 s过程中，导体框中的电流沿顺时针方向为正，由题图(c)可知1 s到2 s过程导体框中的电流沿逆时针方向、大小为0.2 A，故磁场方向不变，磁感应强度应均匀增大，斜率是前1 s内图线斜率的绝对值的2倍，B－t图像如图所示。
(3)由(2)知t＝2 s时B2＝0.3 T
导体框离开磁场过程中，以向右为正方向，由动量定理有－B2L·Δt＝mv1－mv0
又·Δt＝＝
可得v1＝0.01 m/s。
[答案]　(1)0.015 N　(2)图像见解析　(3)0.01 m/s
(2025·安徽卷，T15)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产生的感应电动势大小E＝BLv0
回路中总电阻R总＝R＋R＝2R
故回路中的电流大小I＝
导体棒所受安培力大小F＝BIL
导体棒所受安培力的功率P＝Fv0
联立解得P＝ eq \f(B2L2v,2R) 。
(2)对第2根导体棒，由动量定理有
－∑BI′LΔt＝0－mv0
q＝∑I′Δt
解得q＝。
(3)第1根导体棒速度减为0时，由能量守恒定律有mv＝Q总1
因为定值电阻与导体棒阻值相等且是串联关系，所以它们产生的热量相同，
故QR1＝×mv＝×mv
第2根导体棒速度减为0时，由能量守恒定律有
mv＝Q总2，其中Q总2＝QR2＋Q棒12＋Q棒22
解得QR2＝××mv＝×mv＝×mv
同理，第3根导体棒速度减为0时，由能量守恒定律有mv＝Q总3，其中Q总3＝QR3＋Q棒13＋Q棒23＋Q棒33
解得QR3＝××mv＝×mv＝×mv
……
同理，第n根导体棒速度减为0时，由能量守恒定律有mv＝Q总n，其中Q总n＝QRn＋Q棒1n＋Q棒2n＋Q棒3n＋…＋Q棒nn
解得QRn＝××mv＝×mv＝×mv
所以QR总＝QR1＋QR2＋QR3＋…＋QRn＝(1－＋－＋－＋…＋－)×mv
解得QR总＝mv。
[答案]　(1) eq \f(B2L2v,2R) 　(2)　(3)mv
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题型二　动量守恒定律在电磁感应中的应用
光滑水平轨道上光滑等长双杆模型
示意图 　(不受外力) 　(初速度为0，受外力)
力学观点 导体杆1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体杆2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两杆以相同的速度做匀速直线运动 开始两杆做变加速运动，稳定后两杆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(对其中一杆可用动量定理) 系统动量不守恒(对其中一杆可用动量定理)
能量观点 杆1动能的减少量＝杆2动能的增加量＋热量 外力做的功＝杆1的动能＋杆2的动能＋热量
注：第一种模型中，若两杆长度不同或所在的匀强磁场不同，最终两杆仍做匀速直线运动。
(2026·江西鹰潭市一模)如图甲所示，水平面内有两根足够长的光滑平行金属导轨，两导轨固定且间距为L。空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现将两根材料相同、横截面积不同、长度均为L的金属棒ab、cd分别静置在导轨上。现给ab棒一水平向右的初速度v0，其速度随时间变化的关系如图乙所示，两金属棒运动过程中，始终与导轨垂直且接触良好。已知ab棒的质量为m，电阻为R，导轨电阻可忽略不计。下列说法正确的是(　　)
A．ab棒刚开始运动时，cd棒中的电流方向为d→c
B．ab运动后，cd棒将做加速度逐渐增大的加速运动
C.在0到t0时间内，ab棒产生的热量为mv
D．在0到t0时间内，通过cd棒的电荷量为
[解析]　金属棒ab刚开始运动时，根据右手定则可知cd棒中的电流方向为c→d，故A错误；ab运动后，由于安培力作用，速度会逐渐减小，同时cd棒将做加速运动，回路总电动势减小，电流减小，cd棒受到的安培力会减小，由F＝m′a可知，cd棒的加速度会减小，故B错误；两金属棒组成系统动量守恒，有mv0＝(m＋m′)v0，解得m′＝2m，所以ab棒与cd棒质量之比为1∶2，且它们的材料和长度相同，故横截面积之比为1∶2，由R＝ρ得电阻之比为2∶1，故ab棒与cd棒产生的热量之比为2∶1，根据两棒组成的系统能量守恒，有mv＝(m＋m′)(v0)2＋Q，0到t0时间内ab棒产生热量Qab＝Q＝mv，故C错误；对cd棒根据动量定理有BLt0＝2m×v0，又q＝t0，则在0到t0时间内，通过cd棒的电荷量q＝，故D正确。
[答案]　D
(2026·四川乐山市诊断)如图，两固定光滑平行直金属导轨MN、M′N′与PQ、P′Q′间用两段光滑小圆弧平滑连接，两导轨间距L＝0.5 m，M、M′两点间接有阻值R＝2.0 Ω的电阻。质量m1＝0.2 kg的均匀直金属杆ab放在导轨上，其接入回路的电阻r＝0.5 Ω，质量m2＝0.6 kg的绝缘杆cd静置于水平轨道上，水平轨道处于磁感应强度大小B＝1 T、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨电阻忽略不计。现让金属杆ab由静止释放，释放点距水平轨道的竖直高度h＝0.45 m，进入水平轨道减速运动一段时间后，与绝缘杆cd发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后瞬间杆ab的速度大小v1＝1 m/s，方向水平向右。已知杆ab、cd均与导轨垂直，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)金属杆ab刚进入磁场时的加速度大小a；
(2)两杆碰后瞬间，绝缘杆cd获得的速度大小；
(3)全过程中电阻R上产生的焦耳热。
[解析]　(1)金属杆滑下过程，由机械能守恒定律有m1gh＝m1v2
刚进入磁场时，由电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有I＝
由安培力公式和牛顿第二定律有BIL＝m1a
解得a＝1.5 m/s2。
(2)设碰撞前瞬间ab的速度大小为v0，碰后瞬间绝缘杆速度大小为v2，根据碰撞过程中ab、cd系统动量守恒与能量守恒有
m1v0＝－m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
解得v0＝2 m/s，v2＝1 m/s。
(3)碰撞后cd棒做匀速直线运动，金属杆ab最终静止于水平轨道上，全过程由能量守恒定律，有
m1gh＝m2v＋Q
全过程中电阻R上产生的焦耳热QR＝Q
解得QR＝0.48 J。
[答案]　(1)1.5 m/s2　(2)1 m/s　(3)0.48 J
拓展点 光滑水平轨道上不等长双杆模型
如图所示，
宽度为2d与宽度为d的两部分金属导轨衔接良好，固定在绝缘的水平面上，空间存在竖直向下的匀强磁场，导轨衔接处左、右两侧磁场的磁感应强度大小分别为B、2B。两完全相同的导体棒甲和乙按如图的方式置于左、右侧的导轨上。已知两导体棒的质量均为m、单位长度的电阻均为r0，现给导体棒甲一水平向右的初速度v0。假设导轨的电阻忽略不计，导体棒与导轨之间的摩擦忽略不计，且两部分导轨足够长，导体棒甲始终未滑过图中的虚线位置，则下列说法正确的是(　　)
A．当导体棒甲开始运动瞬间，甲、乙两棒的加速度大小满足a甲＝2a乙
B．运动足够长的时间后，最终两棒以相同的加速度做匀加速运动
C．最终两棒均做匀速运动，速度大小满足v甲＝v乙
D．最终两棒以相同的速度匀速运动，该过程甲棒中产生的焦耳热为mv
[解析]　导体棒甲刚开始运动时两棒受到的安培力大小分别为F甲＝BI0·2d，F乙＝2BI0d，F甲＝F乙，则加速度大小a甲＝a乙，运动过程中两棒组成的系统动量守恒，最终两棒均做匀速运动，速度大小满足B·2dv甲＝2Bdv乙，mv甲＋mv乙＝mv0，则v甲＝v乙＝，系统产生的总热量为系统损失的动能，即Q总＝mv－mv－mv＝mv，甲棒中产生的焦耳热Q甲＝Q总＝mv，A、B、C错误，D正确。
[答案]　D
eq \a\vs4\al()
1．涉及单棒问题，一般考虑动量定理。
2．涉及双棒问题，一般考虑动量守恒定律。
3．导体棒的运动过程要注意电路的串、并联及能量转化和守恒。
　
深度探究 双杆＋导轨模型链接优生自研篇P4951．(2026·北京房山区调研)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一根水平放置的金属棒以某一水平速度抛出，金属棒在运动过程中始终保持水平且未离开磁场区域。不计空气阻力，金属棒在运动过程中，下列说法正确的是(　　)
A．感应电动势越来越大
B．单位时间内，金属棒的动量增量变大
C．金属棒的机械能越来越小
D．单位时间内金属棒扫过的曲面中的磁通量不变
解析：选D。金属棒做平抛运动，水平速度不变，根据E＝BLv0可知，棒中的感应电动势不变，故A错误；根据动量定理可知，单位时间内，金属棒的动量增量Δp＝mg，大小不变，故B错误；金属棒在运动过程只有重力做功，则机械能守恒，故C错误；单位时间内ab的水平位移为v0，则扫过的曲面中的磁通量不变，故D正确。
2．(多选)(2026·河南焦作市模拟)
如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨水平固定，导轨左端连接有阻值为R的定值电阻。导轨上有一垂直于导轨放置的金属棒MN，金属棒及导轨电阻不计。现在金属棒与定值电阻之间加一边界为矩形的匀强磁场，且知矩形宽为a、长为b(b>L)，磁场磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向下。若使磁场以速度v0平行于导轨向右匀速运动，直至金属棒穿越磁场，则下列说法正确的是(　　)
A．金属棒穿越磁场的过程中，有自M向N的感应电流
B．金属棒穿越磁场的过程中，金属棒中的感应电流在不断增大
C．若增大磁场运动速度v0，则金属棒脱离磁场时的速度也增大
D．金属棒穿越磁场的整个过程，流过电阻的电荷量为
解析：选AD。金属棒进入磁场时相对磁场向左运动，由右手定则可知此时金属棒中的感应电流由M向N，故A正确；金属棒在安培力作用下向右加速运动，但相对磁场的速度由v0逐渐减小，产生的感应电动势亦逐渐减小，所以金属棒中的感应电流逐渐减小，故B错误；设金属棒的质量为m，由动量定理可得BLΔt＝mv，其中金属棒穿越磁场的整个过程，流过电阻的电荷量q＝Δt＝Δt＝＝，故＝mv，解得金属棒离开磁场时的速度v＝，可见其与v0无关，故C错误，D正确。
3.(多选)(2026·广东惠州市大湾区大联考)如图所示，一水平面内固定两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨上面横放着两根完全相同、质量均为m的金属棒1和2，构成矩形回路。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场。开始时2棒静止，1棒受到一瞬时冲量作用而以初速度v0向右滑动，运动过程中1、2棒始终与导轨垂直且接触良好。下列关于两棒此后运动的说法正确的是(　　)
A．1棒做匀减速直线运动，2棒做匀加速直线运动
B．最终1棒静止，2棒以速度v0向右滑动
C．最终1、2棒均以v0的速度向右匀速滑动
D．最终1棒产生的焦耳热为mv
解析：选CD。由楞次定律可判断1棒、2棒受到的安培力方向分别向左、向右，故1棒减速运动，2棒加速运动，故二者相对速度Δv减小，设回路总电阻为R总，磁感应强度为B，导轨间距为L，则I＝＝，可知电流减小，根据F＝BIL可知安培力减小，故棒的合力在减小，由F＝ma可知其加速度也在减小，当相对速度Δv减小为0时，二者共速，一起匀速运动，故A、B错误；分析可知1棒、2棒构成的系统动量守恒，最终速度为v，规定向右为正方向，由动量守恒得mv0＝(m＋m)v，解得v＝，故C正确；系统损失的机械能转化为两棒的焦耳热，故1棒产生的焦耳热Q＝× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv－\f(1,2)·2mv2)) ，联立上述解得Q＝mv，故D正确。
4．(多选)(2026·河南省五市期末)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为L，垂直于导轨的虚线MN右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，左侧有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B，金属棒a、b静止在导轨上，a、b两金属棒的质量分别为m、2m，接入电路的电阻分别为2R、R，不计导轨电阻，给金属棒a一个向右、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，则下列判断正确的是(　　)
A．金属棒b开始运动时的加速度大小为
B．a、b两金属棒组成的系统动量守恒
C．运动过程中通过金属棒a的电荷量大小为　
D．运动过程中金属棒b中产生的焦耳热为mv
解析：选ACD。a刚运动时电路中的感应电流I＝，对金属棒b进行分析，根据牛顿第二定律有BIL＝2ma，解得a＝，故A正确；根据右手定则判定感应电流方向沿逆时针方向，根据左手定则可知，两金属棒运动后受到的安培力方向均向左，系统外力的合力不等于0，因此a、b组成的系统动量不守恒，故B错误；结合上述可知，a开始向右做减速运动，b开始向左做加速运动，最终回路中总的感应电动势为零，即最终回路中感应电流为零，因此最终a、b速度等大反向，设最终速度大小均为v，分别对b、a应用动量定理有I安＝2mv，I安＝mv0－mv，解得v＝v0，对金属棒a进行分析有BqL＝mv0，解得q＝，故C正确；结合上述可知，运动过程中，整个回路产生的焦耳热Q＝mv－×3m＝mv，根据电热分配可知，金属棒b产生的热量Qb＝Q＝mv，故D正确。
5.(12分)(2026·广西柳州市模拟)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨底端接有阻值为2R的定值电阻，导轨所在空间有方向垂直于导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，将质量为m、电阻为R的金属棒由静止释放，经时间t时速度达到最大。导轨宽度与金属棒的长度均为L，金属棒下滑过程中始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g。求：
(1)金属棒的最大速率；(6分)
(2)金属棒从释放到速度最大的过程中沿导轨下滑的距离。(6分)
解析：(1)金属棒下滑过程中，切割磁感线产生感应电动势E＝BLv
根据闭合电路欧姆定律，回路中的感应电流
I＝＝
金属棒受到的安培力F安＝BIL＝，方向沿导轨向上
金属棒下滑速度达到最大时，有
F安＝＝mg sin θ
解得vm＝。
(2)设金属棒从释放到速度最大的过程中沿导轨下滑的距离为x，对金属棒从释放到速度最大的过程，根据动量定理有mg sin θ·t－BLt＝mvm－0
又＝，＝＝
联立解得x＝－。
答案：(1)　(2)－
6.(12分)(2026·山西吕梁市期末)一质量为2m的足够长U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，bc边长为L，金属框ab边与cd边电阻不计，bc边电阻为R。一长为L的导体棒MN置于金属框上，导体棒的阻值为R，质量为3m。装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN始终与金属框保持良好接触，求整个运动过程中：
(1)导体棒的最大速度；(4分)
(2)通过导体棒的电荷量；(4分)
(3)导体棒产生的焦耳热。(4分)
解析：(1)以整体为研究对象，整体水平方向不受外力，动量守恒，最终金属框与导体棒速度相等为v，根据动量守恒定律得2mv0＝(2m＋3m)v
解得v＝v0。
(2)对导体棒根据动量定理得BLΔt＝3mv
又Δt＝q
解得q＝。
(3)以整体为研究对象，设回路产生的总焦耳热为Q，则Q＝×2mv－×5mv2
金属框bc边电阻与导体棒电阻均为R，所以有
QMN＝Q
解得QMN＝mv。
答案：(1)v0　(2)　(3)mv
7．(12分)(2026·四川南充市诊断)如图所示，两平行金属直导轨ab、a′b′固定于同一水平绝缘桌面上，两导轨之间的距离为L，a、a′端与倾角为30°的倾斜金属导轨平滑连接，倾斜导轨上端连接阻值为R的定值电阻，b、b′端与位于竖直面内、半径相同的半圆形金属导轨平滑连接，所有金属导轨的电阻忽略不计。仅水平导轨abb′a′所围矩形区域存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一根质量为m、电阻为R、长度为L的细金属棒M与导轨垂直，静置于aa′处，另一根与M长度相同、质量为2m的细绝缘棒N由倾斜导轨上与aa′距离为L处静止释放，一段时间后N与M发生弹性碰撞，碰撞时间极短。碰撞后，M和N先后恰好运动到半圆形导轨的最高点(抛出后立即撤去)，运动过程中棒与导轨始终垂直且接触良好。不计一切摩擦，重力加速度为g。求：
(1)半圆形金属导轨的半径r；(8分)
(2)整个过程中定值电阻R产生的焦耳热Q。(4分)
解析：(1)对绝缘棒N，由动能定理得
2mgL sin 30°＝×2mv
绝缘棒N与金属棒M发生弹性碰撞，可得
2mvN＝2mvN′＋mvM′
×2mv＝×2mvN′2＋mvM′2
因M和N恰好均能通过半圆形导轨的最高点，则M和N通过bb′时速度大小相等
则v＝vN′＝
M在半圆形导轨最高点时有mg＝m
M由半圆形导轨最低点到最高点有
－mg·2r＝mv′2－mv2
解得r＝。
(2)M从aa′运动到bb′，由能量守恒定律得
mvM′2－mv2＝Q总
定值电阻R产生的焦耳热Q＝
解得Q＝mgL。
答案：(1)　(2)mgL

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