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第一部分 专题四 微专题5
A 组·基础练
1.(多选)(2024·陕西咸阳模拟)航母舰载机返回甲板时有多种减速方式，其中一
种电磁减速方式简要模型如图所示，足够长的平行光滑导轨CE、DF 的间距为L，
左端接有阻值为R 的定值电阻，导轨(电阻不计)固定在水平面上，且处在磁感应强
度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。将舰载机等效为质量为m、电阻为r 的
导体棒ab，导体棒ab 垂直导轨放置给导体棒ab 一个水平向右的动量p，向右减速
运动直至速度为0，则此过程中( )
A．导体棒ab 做匀减速直线运动
B．电阻R 上产生的焦耳热为
C．通过导体棒ab 横截面的电荷量为
D．导体棒ab 减速过程中通过的位移大小为
【答案】 BC
【解析】
体棒
导
ab 向右运
受向左的安培力，
动时
则BL＝ma，随速度的减小，
加速度减小，即
体棒做加速度减小的
减速直
运
，
导
变
线
动选项A
；由能量关系
错误
可知
阻
电
R 上
生的焦耳
产
热为QR＝Q＝·mv2＝·，选项B 正确；根据
量定理－
动
BLΔt＝0－p，通
体棒
则
过导
ab 横截面的
荷量
电
为q＝t＝，选项C 正确；体棒
导
ab
减速
程中根据
过
q＝Δt＝Δt＝＝，通
的位移大小
过
为x＝，选项D
。故
错误
选BC。
2.(多选)(2024·重庆长寿模拟)如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距
0.5 m，固定在水平绝缘桌面上，左侧圆弧部分处在竖直平面内，其间接有一电容
为0.25 F 的电容器，右侧平直部分处在磁感应强度为2 T。方向竖直向下的匀强磁
场中，末端与桌面边缘平齐。电阻为2 Ω 的金属棒ab 垂直于两导轨放置且与导轨
接触良好，质量为1 kg。棒ab 从导轨左端距水平桌面高1.25 m 处无初速度释放，
离开水平直导轨前已匀速运动。已知电容器的储能E＝CU2，其中C 为电容器的电
容，U 为电容器两端的电压，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。则金属棒ab
在沿导轨运动的过程中( )
A．通过金属棒ab 的电荷量为2 C
B．通过金属棒ab 的电荷量为1 C
C．金属棒ab 中产生的焦耳热为2.5 J
D．金属棒ab 中产生的焦耳热为4.5 J
【答案】 BC
【解析】 金属棒下滑
程，由
能定理可得
过
动
mgh＝mv，解得v0＝5 m/s，水平轨
道上金属棒切割磁感
，容器充
，其两端
逐
增大，金属棒因
安培力做
线电
电
电压
渐
为
减速运
，当金属棒的
生
与
容器两端
相等
，金属棒匀速运
。由
动
动
电动势
电
电压
时
动
量定理可知－
动
F 安t＝mv－mv0，设经过Δt，速度增加了Δv，感
分
应电动势
别为E
＝BLv，E′＝BL(v＋Δv)，可知Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，又因为I＝＝CBLa，所以
F 安＝CB2L2a，可得v＝，解得v＝4 m/s，此
，体棒
生
时导
动
电动势为E＝BLv＝4 V，
因此，此
容器两板板
时电
间电压U 也为4 V，
容器增加的
荷量
则电
电
为Q＝CU＝1
C，因此通
体棒的
荷量也
过导
电
为1 C，故A
，
错误B 正确；由以上解析可知，能
动
化量
变
为ΔEk＝mv2－mv＝4.5 J，而E
容器
电
＝CU2＝2 J，所以W 热＝ΔEk－E
容器
电
＝
2.5 J，故C 正确，D
。故
错误
选BC。
3.(多选)(2024·山东烟台模拟)如图所示，足够长的光滑平行导轨由倾角α＝30°
的倾斜部分和水平部分组成，两部分平滑连接，连接点为O、O′，导轨顶端接有阻
值R＝0.2 Ω 的定值电阻，导轨间距L＝1 m，水平导轨上虚线MM′和NN′之间
存在垂直导轨平面向上的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B1＝1.0 T，倾斜导轨
上虚线PP′以上区域存在垂直导轨平面向上的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小为
B2＝1.0 T，PP′和OO′、MM′和NN′之间的距离均为d＝0.3 m。一金属棒放置
在MM′右侧，现使金属棒以初速度v0＝4 m/s，向左进入磁场Ⅰ，离开磁场Ⅰ冲上
倾斜轨道后进入磁场Ⅱ，最后离开磁场Ⅱ时金属棒的加速度恰好为零，已知金属
棒质量m＝0.5 kg、电阻r＝0.1 Ω，始终与导轨垂直且接触良好，虚线均与导轨垂直，
导轨的电阻不计，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．金属棒向左刚离开磁场Ⅰ时速度大小为2 m/s
B．金属棒在磁场Ⅱ中运动的加速度始终减小
C．金属棒从进入磁场Ⅱ到离开磁场Ⅱ所经历的时间为 s
D．金属棒在沿倾斜轨道上滑过程中回路产生的焦耳热为 J
【答案】 ABC
【解析】 金属棒
磁
经过
场Ⅰ的
程中，由
量定理－
过
动
B11L·Δt1＝mv2－mv1，又
q＝·Δt1＝·Δt1＝·Δt1＝＝＝ C＝1 C，解得v2＝2 m/s，故A 正确；金属棒在磁场Ⅱ中
沿斜面向上运
，由牛
第二定律
动时
顿
mgsin 30°＋F 安＝ma，又F 安＝B2IL＝B2L＝，
向上运
速度减小，安培力减小，故加速度减小。金属棒在磁
动时
场Ⅱ中沿斜面向下
运
，由牛
第二定律
动时
顿
mgsin 30°－F 安＝ma，又F 安＝B2IL＝B2L＝，向下运动时
速度增大，安培力增大，故加速度减小，直到离开磁场Ⅱ，故B 正确；金属棒
设
刚进
入磁场Ⅱ
的速度大小
时
为v3，由
能定理得－
动
mgdsin 30°＝mv－mv，解得v3＝1
m/s，
金属棒
离开磁
设
刚
场Ⅱ
的速度大小
时
为v4，因
金属棒的加速度恰好
零，
为
为
＝
则
mgsin 30°，解得v4＝ m/s，金属棒从
入磁
进
场Ⅱ到离开磁场Ⅱ，定沿斜面向
规
下
正方向，由
量定理得
为
动
mgsin 30°·Δt2＋B22L·Δt2＝mv4－m(－v3)，又q′＝·Δt2
＝·Δt2＝·Δt2＝＝0，解得Δt2＝ s，故C 正确；金属棒在沿
斜
道上滑
程中回路
倾
轨
过
生的焦耳
等于金属棒机械能的减少量
产
热
Q＝mv－mv＝ J，故D
。故
错误
选
ABC。
4.(2024·江西南昌模拟)如图，光滑金属导轨，A1B1C1D1、A2B2C2D2，其中A1B1、
A2B2为半径为h 的圆弧导轨，B1C1、B2C2是间距为3L 且足够长的水平导轨，C1D1、
C2D2是间距为2L 且足够长的水平导轨。金属导体棒M、N 质量均为m，接入电路
中的电阻均为R，导体棒N 静置在C1D1、C2D2间，水平导轨间存在竖直向下的匀强
磁场，磁感应强度大小为B。现将导体棒M 自圆弧导轨的最高点处由静止释放，两
导体棒在运动过程中均与导轨垂直且始终接触良好，导轨电阻不计，重力加速度
大小为g。求：
(1)导体棒M 运动到B1B2处时，对导轨的压力；
(2)导体棒M 由静止释放至达到稳定状态的过程中，通过其横截面的电荷量；
(3)在上述过程中导体棒N 产生的焦耳热。
【答案】 (1)3mg (2) (3)mgh
【解析】 (1)M 棒从
弧
滑下
程，根据
能定理可得
圆
导轨
过
动
mgh＝mv
运
到
动
B1B2
，根据牛
第二定律可得
处时
顿
FN－mg＝m
立解得
联
FN＝3mg
由牛
第三定律可知，
体棒
顿
导
M 运
到
动
B1B2
，
的
力
处时
对导轨
压
3mg。
(2)两金属棒最
分
做匀速直
运
，
有
终
别
线
动
则
EM＝3BLvM，EN＝2BLvN
又有EM－EN＝0
解得3vM＝2vN
分别对M、N
用
量定理，
应
动
对M 有－3BLt＝mvM－mv0
对N 有2BLt＝mvN
又有q＝t
解得vN＝，vM＝，q＝。
(3)全
程系
能量守恒
过
统
mgh＝mv＋mv＋Q
又有QN＝Q
立解得
联
QN＝mgh。
5.(2024·山东临沂模拟)如图所示，半径为L 的光滑圆形金属轨道固定放置在
绝缘水平面上，圆心O 处固定一竖直细导体轴OO′。间距为L、与水平面成θ 角
的足够长平行光滑倾斜导轨通过导线分别与圆形轨道及导体轴相连。倾斜导轨和
圆形金属轨道分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为
B。长度为L 的细导体棒OA 在水平面内绕O 点沿逆时针方向以角速度ω 匀速转
动时，水平放置在导轨上的导体棒CD 恰好静止。已知CD 棒在导轨间的电阻值为
R，电路中其余部分的电阻均不计，CD 棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，
不计空气阻力，重力加速度大小为g。
(1)求CD 棒的质量m；
(2)锁定OA 棒，CD 棒静止释放，求CD 棒运动的最大速度vm；
(3)导体棒OA 在水平面内绕O 点沿逆时针方向以角速度ω 匀速转动，CD 棒
静止释放，CD 棒从静止释放达到最大速度所经历的时间为t，求这段时间内导体
棒CD 前进的距离x。
【答案】 (1) (2) (3)Lωt－
【解析】 (1)根据
意可知，
体棒
题
细导
OA 在水平面内绕O 点沿逆
方向以
时针
角速度ω 匀速
，感
转动时
应电动势为E＝BL2ω
回路中感
流
应电
为I＝＝
对CD 棒受力分析，由平衡条件有BIL＝mgsin θ
解得m＝。
(2)
定
锁
OA 棒，CD 棒静止
放，最
匀速运
，
有
释
终
动
则
BI′L＝mgsin θ
又有E′＝BLvm，I′＝
立解得
联
vm＝。
(3)设CD 棒速度为v
，
一小段
时经过
时间Δt，速度
化量
变
为Δv，对CD 棒由动
量定理有
mgsin θ·Δt－BI″LΔt＝mΔv
又有E″＝BL2ω＋BLv，I″＝
从静止
放到速度达到最大的
程，有
释
过
mgtsin θ－t－x＝mvm′
最
匀速运
，
有
终
动
则
mgsin θ＝＋
立解得
联
x＝Lωt－。
6.(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。
【答案】 (1)BL (2) (3)
【解析】 (1)根据
意可知，金属棒
题
对
ab 由静止
放到
越
释
刚
过MP
程中，由
过
能定理有
动
mgL＝mv
解得v0＝
则ab
越
刚
过MP
生的感
大小
时产
应电动势
为E＝BLv0＝BL。
(2)根据
意可知，金属
在
两段
弧并
接入
路中，
道外
的两
题
环
导轨间
圆
联
电
轨
侧
端
弧金属
被短路，由几何关系可得，每段
弧的
阻
圆
环
圆
电
为R0＝×＝R
可知，整个回路的
阻
总电
为R 总＝R＋＝R，ab
越
刚
过MP
，通
时
过ab 的感应电
流为I＝＝
金属
由牛
第二定律有
对
环
顿
2BL·＝2ma
解得a＝。
(3)根据
意，
合上述分析可知，金属
和金属棒
题
结
环
ab 所受的安培力等大反向
系
的
量守恒，由于金属
做加速运
，金属棒做减速运
，
使
则
统
动
环
动
动
为
ab 在整个
运
程中不与金属
接触，有当金属棒
动过
环
则
ab 和金属
速度相等
，金属棒
环
时
ab 恰
好追上金属
，
此
速度
环
设
时
为v，由
量守恒定律有
动
mv0＝mv＋2mv
解得v＝v0
金属棒
对
ab，由
量定理有－
动
BILt＝m·－mv0
有
则
BLq＝mv0
金属棒运
距离
设
动
为x1，金属
运
的距离
环
动
为x2，
有
则
q＝
立解得
联
Δx＝x1－x2＝
金属
心初始位置到
则
环圆
MP 的最小距离
d＝L＋Δx＝。
7.(2024·江西卷)如图(a)所示，轨道左侧斜面倾斜角满足sin θ1＝0.6，动摩擦因
数μ1＝，足够长的光滑水平导轨处于磁感应强度为B＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场
方向竖直向上，右侧斜面导轨倾角满足sin θ2＝0.8，动摩擦因数μ2＝。现将质量为
m1＝6 kg 的导体杆甲从斜面上高h＝4 m 处由静止释放，质量为m2＝2 kg 的导体
杆乙静止在水平导轨上，与水平轨道左端的距离为d。已知导轨间距为l＝2 m，两
杆电阻均为R＝1 Ω，其余电阻不计，不计导体杆通过水平导轨与斜面导轨连接处
的能量损失，且若两杆发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，取g＝10 m/s2，求：
(1)甲杆刚进入磁场时，乙杆的加速度；
(2)乙杆第一次滑上斜面前两杆未相碰，距离d 满足的条件；
(3)若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度y 随时间t 的变
化如图(b)所示(t1、t2、t3、t4、b 均为未知量)，乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发
生碰撞，甲在0～t3时间内未进入右侧倾斜导轨，求d 的取值范围。
【答案】 (1)a 乙0＝2 m/s2，方向水平向右 (2)d≥24 m (3) m<d< m
【解析】 (1)甲从静止运
至水平
，根据
能定理有
动
导轨时
动
m1gh－μ1m1gcos θ1·
＝m1v
甲
入磁
，平
切割磁感
有
刚进
场时
动
线
E0＝Blv0
根据欧姆定律可知此
回路的感
流
则
时
应电
为I0＝
根据楞次定律可知，回路中的感
流沿逆
方向
应电
时针
(俯视)，合左手定
可
结
则
知，乙所受安培力方向水平向右，由牛
第二定律有
顿
BI0l＝m2a 乙0
入数据有
带
a 乙0＝2 m/s2，方向水平向右。
(2)甲和乙在磁
中运
的
程中，系
不受外力作用，系
量守恒，若两
场
动
过
统
则
统动
者共速
恰不相碰，
有
时
则
m1v0＝(m1＋m2)v 共
乙根据
量定理有
对
动
Blt＝m2v 共
其中t＝q＝
立解得
联
dmin＝Δx＝24 m
则d
足
满
d≥24 m。
(3)根据(2)
可知，从甲
入磁
至甲、乙第一次在水平
运
定，相
问
刚进
场
导轨
动稳
对
位移为Δx＝24 m，且
定
的速度
稳
时
v 共＝6 m/s；乙第一次在右
斜
上向上运
侧
轨
动
的
程中，根据牛
第二定律有
过
顿
m2gsin θ2＋μ2m2gcos θ2＝m2a 乙上
根据匀
速直
运
位移与速度的关系有
变
线
动
2a 乙上x 上＝v
乙第一次在右
斜
上向下运
的
程中，根据牛
第二定律有
侧
轨
动
过
顿
m2gsin θ2－
μ2m2gcos θ2＝m2a 乙下
再根据匀
速直
运
位移与速度的关系有
变
线
动
2a 乙下x 下＝v
且x 上＝x 下
立解得乙第一次滑下右
道最低点的速度
联
侧轨
v1＝5 m/s
由于两棒
生碰撞，完全非
性碰撞，甲乙整体第一次在右
斜
道上
发
为
弹
则
侧倾
轨
向上运
有
动
(m1＋m2)gsin θ2＋μ2(m1＋m2)gcos θ2＝(m1＋m2)a 共上
同理有2a 共上x 共上＝v2
且由图(b)可知
x 上＝4.84x 共上
解得甲、乙碰撞后的速度
v＝ m/s
乙第一次滑下右
道最低点后与甲相互作用的
程中，甲、乙
成的系
合
侧轨
过
组
统
外力
零，根据
量守恒有
为
动
m1v2－m2v1＝(m1＋m2)v
解得乙第一次滑下右
道最低点
甲的速度
侧轨
时
为v2＝ m/s
若乙第一次滑下右
道最低点
与甲
生碰撞，
侧轨
时
发
则对应d 的最小
，乙第一
值
次在右
斜
上运
的
程，
甲根据
量定理有－
侧
轨
动
过
对
动
B1lΔt1＝m1v2－m1v 共
其中Δt1＝q1＝
解得Δx1＝ m
根据位移关系有dmin′－Δx＝Δx1
解得dmin′＝ m
若乙返回水平
后，当两者共速
恰好碰撞，
导轨
时
则对应d 的最大
，乙从返
值对
回水平
到与甲碰撞前瞬
的
程，根据
量定理有
导轨
间
过
动
B2lΔt2＝m2v＋m2v1
其中Δt2＝q2＝
解得Δx2＝ m
根据位移关系有dmax－Δx－Δx1＝Δx2
解得dmax＝ m
则d 的取
范
值
围为m<d< m。
