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第55 讲 电磁感应中的动量问题 目录 01 考情解码·命题预警..........................................................................................................................1 02 体系构建·思维可视..........................................................................................................................3 03 核心突破·靶向攻坚..........................................................................................................................3 考点一 动量定理在电磁感应中的应用...........................................................................................................3 知识点1 动量定理在电磁感应中的应用......................................................................................3 知识点2 电磁感应中“电容器＋棒”模型......................................................................................9 考向1 单棒+电阻模型求解速度 电荷量 运动时间 运动位移....................................................................4 【思维建模】 电磁感应中如何用动量定理求物理理...................................................................................4 考向2 不等间距导轨上的双棒模型..........................................................................................................................4 考向3 电磁感应中“电容器＋棒”模型........................................................................................................9 考向4 线框模型..............................................................................................................................................10 考点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用.................................................................................................16 知识点1 动量守恒定律在电磁感应中的应用................................................................................16 知识点2 电磁感应中的“双杆＋轨道”模型................................................................................17 考向1 动量守恒在电磁感应中的应用..................................................................................................17 考向2 电磁感应中的双杆模型..............................................................................................................23 04 真题溯源·考向感知........................................................................................................................28 考点要求 考察形式 2025 年 2024 年 2023 年 动量定理在电磁 感应中的应用 选择题 非选择题 湖南卷T9 安徽卷T15 福建卷T15 甘肃卷T15 广西卷T12 贵州卷T10 湖南卷T8 全国新课程卷T 湖南卷T9 动量守恒定律在 电磁感应中的应 用 河北卷T15 江西卷T15 全国甲卷T25 考情分析： 1.命题形式：单选题非选择题 2.命题分析：从近几年的全国各类物理考题看，加大了用动量观点处理电磁感问题的考查，题型有选择 题，也有计算题。命题情景多以典型的单棒和双棒模型为背景，考查方式可能会更加灵活，注重对学生理 解能力、分析综合能力以及数学应用能力的考查，可能会结合更多生活中的物理现象或现代科技应用，如 电磁轨道炮、超导磁悬浮等，要求学生将实际问题转化为物理模型进行求解。 3.备考建议：本讲内容备考时候，要强调在电磁感应中导体棒一般变速运动，一般不能应用匀变速直线运 动，可以选取微小时间内导体棒的运动，采用动量定理列出方程，然后累加分析解答。二是在电磁感应中 双杆切割磁感线，若两杆长度相等且通过的电流相等，所处磁感应强度大小相等，则两杆所受安培力大小 相等方向相反，满足动量守恒的条件，可以运用动量守恒定律；若两杆长度不相等，或通过的电流不相 等，或所处磁感应强度大小不相等，则两杆所受安培力大小不相等，不满足动量守恒的条件，可以运用动 量定理。 复习目标： 目标1：清晰理解动量定理和动量守恒定律的基本概念、公式及适用条件，能准确区分两者的应用场景。 目标2：掌握电磁感应中常见的单棒模型（阻尼式、电动式、发电式等）和双棒模型的特点，明确不同模 型下的受力情况、运动规律及能量转化关系。 考点一 动量定理在电磁感应中的应用 知识点1 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。 1.“单棒＋电阻”模型 (1)水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻阻值为R，导体棒初速度为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，从导体棒开始运动至停下来。求： ①此过程中通过导体棒横截面的电荷量q＝mv0 BL ； ②此过程导体棒的位移x＝m v0 R B 2 L 2 ； ③若导体棒从获得初速度v0经一段时间减速至v1，通过导体棒的电荷量为q1，则v1＝v0－B q1 L m ； ④导体棒从获得初速度v0经过位移x0，速度减至v2，则v2＝v0－B 2 L 2 x0 mR 。 (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，方向垂直导轨所在倾斜面向下(重力加速度为g，导轨电阻不计)。 ①经Δt1＝m v1＋BLq mgsinθ ，通过横截面的电荷量为q，速度达到v1。 ②经Δt2＝mv2 R＋B 2 L 2 x mgRsinθ ，导体棒下滑位移为x，速度达到v2。 知识点2 电磁感应中“电容器＋棒”模型 1.无外力充电式 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＝BLv −U C R ，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 电容器充电电荷量：q＝CUC 最终电容器两端电压UC＝BLv 对棒应用动量定理： mv－mv0＝－BIL·Δt＝－BLq v＝ mv0 m＋B 2 L 2C v－t 图像 2.无外力放电式 基本模型 规律 (电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C) 电路特点 电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动 电流特点 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＝BLvm 运动特点及最终特征 做加速度a 减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0 最大速度vm 电容器初始电荷量：Q0＝CE 放电结束时电荷量：Q＝CUC＝CBLvm 电容器放电电荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm 对棒应用动量定理：mvm－0＝BIL·Δt＝BLΔQ vm＝ BLCE m＋B 2 L 2C v－t 图像 考向1 单棒+电阻模型求解速度 电荷量 运动时间 运动位移 例1 （2025·安徽省黄山市高三二模）绝缘水平桌面上有一质量为 的“ ”型金属框，框宽度为 ， ab 间电阻为 ，两侧部分电阻不计且足够长。在竖直固定的绝缘挡板间放一根金属棒，挡板间隙 略大于棒的直径，棒与金属框垂直且接触良好，金属棒接入电路部分的电阻为 ，不计一切摩擦。 空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 ，现给框水平向左、大小为 的初速度，俯视 图如图所示。则下列说法正确的是（ ） A. 开始时金属框的加速度大小为 B. 开始时挡板给导体棒的作用力大小为 ，方向水平向左 C. 金属框从开始运动到静止过程中通过金属棒的电荷量为 D. 金属框从开始运动到静止过程中金属棒上产生的热量为 【答案】C 【详解】开始时金属框产生感应电动势大小为 ，感应电流沿顺时针方向，大小为 ,其所受安培力大小为 则加速度大小为 ，A 项错误；开始时导体棒所受安培力方向向左，大小也为 ，但导体棒静止不动，受力平衡，则挡板给导体棒的作用力大小为 ，方向 水平向右，B 项错误；金属框从开始运动到静止，由动量定理，有 而金属框总位移 ，得 ，设总共用时为，则通过金属棒的电荷量为 C 项正确；由能量守恒定律可知，金属框从开始运动到静止过程中，系统产生的总热量为 二者电阻相等，则金属棒上产生的热量为 ，D 项错误。 思维建模.电磁感应中如何用动量定理求物理理 1.导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可分析棒的速度变化，表达式为 I 其他＋IlBΔt＝mv－mv0 或I 其他－IlBΔt＝mv－mv0； 若其他力的冲量和为零，则有 IlBΔt＝mv－mv0或－IlBΔt＝mv－mv0。 2.求电荷量：q＝IΔt＝。 3.求位移：由－Δt＝mv－mv0有 x＝vΔt＝。 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。 －BILΔt＋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，vΔt＝x。 【变式训练1】（2025·安徽·一模）如图所示，质量为2 kg 的单匝矩形线框PMNQ 恰好 静止在倾角 的粗糙绝缘固定斜面上，PQ、MN 的电阻分别为 和 ， PM、 QN 的电阻不计。虚线下方区域存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为1 T。一 质量为1kg 的光滑导体棒ab 水平放置在矩形线框上，接入回路的有效长度为3 m，电 阻为 。运动过程中导体棒始终与线框接触良好，且与 PQ 平行。现将导体棒从距磁 场边界S 处静止释放，进入磁场的瞬间，线框恰好不滑动。已知最大静摩擦力等于滑 动摩擦力，重力加速度 g 取 。则下列说法正确的是（ ） A．导体棒进入磁场瞬间的加速度大小为 B．距离S 为 C．导体棒匀速运动时的速度大小为 D．导体棒进入磁场后，经 已达到匀速运动状态，此过程回路中产生的总焦耳 热为 【答案】BD 【详解】A．由题意可知，线框在斜面上恰好静止，则有 解得 导体棒进入磁场的瞬间，由右手定则可知，电流从b 到a，从P 到Q，且PQ 所受安培 力沿斜面向下，由平衡关系可知大小为6N 由 解得 再由电流关系可知 所以ab 所受安培力大小为 ，方向沿斜面向上 对ab 受力分析有 解得加速度为 ，方向沿斜面向上，故 A 错误； B．由公式 和 可知导体棒进入磁场时速度为 ，再由运动学公 式 ，可知释放距离S 为 ，故B 正确； C．速度稳定时有 其中 , 解得速度为 ，故C 错误； D．由动量定理有 解得 可知进入磁场后1s 内导体棒运动了15m 又由动能定理 且 故D 正确。 故选BD。 【变式训练2】如图所示，甲图是游乐场的“空中摩托”设备示意图，为了缩短项目收尾时的制动 时间，某兴趣小组设计了乙图所示的简化模型、平行光滑金属导轨AG 和DE、GC 和EF 的间距均 为L，与水平面夹角均为θ，在最低点G、E 平滑连接且对称固定于水平地面上，导轨的两端AD、 CF 间均接有阻值为R 的电阻，在导轨的NMGE 和GEKJ 两个矩形区域内存在着匀强磁场，磁感应 强度大小均为B，方向分别垂直于两轨道平面向上；区域边界MN 和JK 的离地高度均为h。现将 “空中摩托”简化为电阻为r，质量为m，长为L 的导体棒QT，它垂直导轨由离地为H 的高度处从 静止释放，若导体棒QT 第一次到达GE 时速度大小为v，第一次到达JK 时速度恰好为0，假设整 个过程QT 均垂直于导轨且与导轨接触良好，不计导轨电阻，不计空气阻力和摩擦，重力加速度为 g，求： （1）导体棒QT 第一次经过MN 时它两端的电压大小； （2）导体棒QT 从静止释放后到最终状态的整个过程中它的发热量； （3）导体棒QT 从静止释放后到它第一次到达JK 的时间。 【答案】（1）RBL R+2r ❑√2 g(H −ℎ)；（2）2mgHr R+2r ；（3）2v gsinθ 【详解】（1）导体棒QT 从静止释放到第一次经过MN 的过程，由机械能守恒定律得 mg(H −ℎ)= 1 2 m v0 2 解得 v0= ❑√2g(H −ℎ) 导体棒QT 第一次经过MN 时产生的感应电动势为 E = BLv0= BL❑√2g(H −ℎ) 导体棒QT 第一次经过MN 时它两端的电压为 U = R 2 R 2 +r E = RBL R+2r ❑√2g(H −ℎ) （2）由于电磁感应产生电流，从而使QT 的重力势能mgH 全部转化为焦耳热，考虑到电路结构， 故QT 上的发热量为 Q = r r + R 2 mgH = 2mgHr R+2r （3）下滑阶段，由动量定理得 mgsinθt1−B I 1 Lt1=mv 上滑阶段，由动量定理得 −mgsinθt2−B I 2 Lt2=0−mv 又 B I 1 Lt1= BLq1 B I 2 Lt2= BLq2q1是下滑阶段通过QT 的电荷量，q2是上滑阶段通过QT 的电荷量。根据 q = Δϕ R总Δt Δt = Δϕ R总 知 q1=q2 所以解得 t =t1+t2= 2v gsinθ 考向2 不等间距导轨上的双棒模型 例2 （2025·湖北武汉·模拟预测）如图所示，两根足够长的平行金属光滑导轨 、 固定在倾角为 的斜面上，导轨电阻不计。 与 间距为 ， 与 间距为 。在 与 区域有方向垂直斜面向下的匀强磁场，在 与 区域有方向垂直斜面向上的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为 。在 与 区域中，将质量为 ，电阻为 ，长度为 的导体棒 置于导轨上，且被两 立柱挡住。 与 区域中将质量为 ，电阻为 ，长度为 的导体棒 置于导轨 上。 由静止下滑，经时间 恰好离开立柱， 、 始终与导轨垂直且两端与导轨保 持良好接触，重力加速度大小为 。则（ ） A．两导体棒最终做匀速直线运动 B．时刻， 的速度大小为 C． 内， 下滑的距离为 D． 中电流的最大值为 【答案】BD 【详解】A．若a 棒最终做匀速直线运动，则有 此时对b 棒则有 可见两导体棒最终不会都做匀速直线运动，A 错误； B．设时刻， 的速度大小为v，a 棒产生的感应电动势 由闭合电路欧姆定律 分析b 受力 解得 B 正确； C．在时间t 内，对a 棒由动量定理有 解得 C 错误； D．由闭合电路欧姆定律，a 棒中的电流满足 对b 棒，由牛顿第二定律 对a 棒，由牛顿第二定律 显然，当电流最大时， 最大，有 即 解得 D 正确。 故选BD。 【变式训练1】（2025·山东济南·二模）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。两导体棒MN、PQ 垂直放置在导轨上，已知导体棒MN 的电阻为R、长 度为d、质量为m，导体棒PQ 的电阻为2R、长度为2d，质量为2m。0 时刻，用水平 恒力F 向右拉动PQ，此后运动了足够长时间t，运动过程中，两导体棒均未脱离原宽 度处的导轨且与导轨保持良好接触。已知导轨足够长且电阻不计，从0 时刻到t 时刻的 过程中，下列说法正确的是（ ） A．回路中始终产生顺时针方向的电流 B．PQ 加速度为a 时，MN 的加速度为2a C．t 时刻后两导体棒的速度差恒为 D．通过两导体棒的电量为 【答案】ACD 【详解】A．设导体棒PQ 和MN 的速度分别为 和 ，加速度分别为 和 ，产生的 感应电动势分别为 和 ，0 时刻回路中的电流为零，导体棒MN 的加速度为0，导 体棒PQ 有向右的加速度，此后两棒均向右加速，但 所以 又 ， 所以 根据左手定则可知，回路中总的感应电动势等于两棒产生的感应电动势之差，所以回 路中总的感应电动势方向与导体棒PQ 产生的感应电动势方向相同，导体棒PQ 产生的 感应电动势方向为 ，所以回路中的电流沿顺时针方向，回路中的电流 导体棒PQ 和MN 的加速度分别为 ， 随着时间推移， 越来越大，回路中的感应电流越来越大， 减小 增大，经过 足够长的时间后，两棒的加速度相等，此后 保持不变，两棒匀加速运动下去， 所以从0 时刻到t 时刻的过程中，回路中始终产生顺时针方向的电流，故A 正确； B．在两棒的加速度达到相等之前， 减小 增大，两棒的加速度大小并不是恒定的 倍数关系，故B 错误； C．t 时刻后 解得 又 解得 故C 正确； D．通过两导体棒的电量为 ，根据动量定理，对导体棒PQ 和MN 分别有 ， 又 ， 联立得 故D 正确。 故选ACD。 考向3 单棒+电容器模型 例3 （2025·湖北荆州·三模）如图所示，水平金属导轨左侧接电容为1F 的电容器，最 右侧用一段长度可忽略不计的绝缘材料与倾角为 的倾斜金属导轨平滑连接，倾 斜导轨上端接阻值为0.1Ω 的电阻，两导轨宽均为1m。水平导轨处在垂直于导轨平面 的匀强磁场中，倾斜导轨也处在垂直于导轨平面的磁场中，磁感应强度大小均为 0.2T。质量为0.4kg 的金属棒a 静置在水平导轨上，距水平导轨右端4.32m，质量为 0.8kg 的金属棒b 放在倾斜导轨上，控制其不动，b 棒距导轨下端3.6m。对a 施加水平 向右的大小为2.64N 的恒力，同时静止释放b。a 棒运动到水平导轨最右端时恰好与b 棒发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去拉力。导轨均光滑且不计导轨和a、b 的电阻，重力 加速度大小为 。则（ ） A．a 从开始运动到第一次碰撞前所用时间为1.2s B．a 从开始运动第一次碰撞前，R 上消耗的焦耳热为19.2J C．两棒第一次碰撞后瞬间，a 的速度大小为7.2m/s D．两棒第一次碰撞后瞬间，b 的速度大小为3.4m/s 【答案】AD 【详解】A．由于金属棒a、b 同时由静止释放，且恰好在两导轨连接处发生弹性碰撞， 则说明a、b 在到达连接处所用的时间是相同的，对金属棒a 和电容器组成的回路有 对a 根据牛顿第二定律有 其中 ， 联立有 则说明金属棒a 做匀加速直线运动，则有 ， 联立解得 ， ， 故A 正确； B．金属棒b 下滑过程中根据动量定理有 其中 可求得碰前瞬间b 的速度为 则根据功能关系有 联立解得 故B 错误； CD．由于两棒发生弹性碰撞，取a 棒碰前瞬间运动方向为正，有 ， 联立解得 ， 故C 错误，D 正确。 故选AD。 【变式训练1】（2025·浙江·二模）如图所示，间距 的两平行竖直导轨空间存在垂 直平面向内的匀强磁场，磁感应强度 ，其中AB 两处为处于同一高度、长度可 忽略不计的绝缘物质，其余部分均由金属材料制成，其上下分别接有电阻 和 电容 ，开始时电容器不带电。现将一质量 的导体棒从上磁场边界上方 不同高度 处紧贴导轨静止释放，导体棒与导轨始终接触良好，导轨和导体棒的电阻 极小，忽略一切摩擦，不计回路自感。若AB 上下导轨足够长， (1)试定性分析导体棒进入AB 上方磁场区时运动的情况，并在答题纸上画出其速率随时 间变化可能的关系曲线； (2)导体棒通过AB 后一瞬间，求电容器C 所带的电荷量； (3)求导体棒运动到AB 下方 处的速度。 【答案】(1)见解析 (2)1C (3) 【详解】（1）（1）根据牛顿第二定律可知导体棒运动方程 导体棒做加速度减小的变速运动，当加速度为零时，做匀速运动，速度大小 画出其速率随时间变化可能的关系曲线为 （2）导体棒运动到AB 之后一瞬间，由动量定理 回路 ，充电电流极大，则 ，即 ，而 解得 ， （3）导体棒速度突变后，由牛顿定律，有 ， 解得 根据 可得 【变式训练2】（2025·河南·模拟预测）如图所示，间距为 的两平行导轨由倾斜导轨和 水平导轨组成，两部分通过光滑绝缘的小圆弧轨道的相连接，其中光滑的倾斜导轨面 与水平面的倾角 ， 间接有电容为 的电容器，导轨间有垂 直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为 ；水平轨道 左侧粗糙且无磁场， 右侧光滑，有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度也为 。长度均为 的导体棒 a、b 由不同材料制成，其质量分别为 ，b 棒静置于 处， 与 间距为 ，a 棒在倾斜导轨 处由静止释放，滑到水平轨道上与b 棒弹性碰撞后向左运 动，b 棒向右运动 后静止于 处。已知b 棒电阻为 ，不计导轨及a 棒电阻，不 考虑电磁辐射，两导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为 。 求： (1)a 棒离开倾斜导轨时电容器 带电量 ； (2)a 棒碰撞b 棒后的瞬间，b 棒的加速度大小 ； (3)a 棒与水平轨道 和 之间的动摩擦因数 。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设导体棒a 在倾斜导轨上向下运动过程中很小一段时间Δt 内速度的变化 量为Δv，电容器带电量的变化量为ΔQ，电容器两端电压变化量为ΔU。 由法拉第电磁感应定律有ΔU=BdΔv 取沿导轨向下为正方向，根据动量定理可得 其中 a 棒的加速度大小为 联立解得 根据 可得a 棒离开倾斜导轨时电容器 带电量 （2）碰后对b 棒由动量定理 其中 解得 对b 由牛顿第二定律 （3）对ab 碰撞过程由动量守恒和能量关系可知 ， 解得 金属棒a 从 到 之间运动时有动能定理 其中 解得 考向4 线框模型 例4（2025·天津南开·一模）如图所示，光滑绝缘水平面上PQ 右侧有垂直水平面向上 的匀强磁场（磁场区域足够大），磁场的磁感应强度大小为B，质量为m、电阻为 R 的单匝直角梯形金属线框ACDE 放在水平面上，ED 边长为L， 。现给线框施加一个水平向右的推力，使线框以速 度v 匀速进入磁场，当A 点刚进磁场时撤去推力，线框恰能全部进入磁场，线框运 动过程中CD 边始终与PQ 垂直。求： (1)A 点刚进磁场时线框中的电流I 大小和刚进磁场时撤去推力线框的加速度a 的大 小； (2)从撤去推力至线框全部进入磁场的过程，线框产生的焦耳热Q； (3)从撤去推力至线框全部进入磁场的过程，通过线框横截面的电荷量q 及AE 边的 长度L′。 【答案】(1) ， (2) (3) ， 【详解】（1）当A 点刚进磁场时，感应电动势为 线框中的电流大小 线框的加速度为 （2）根据能量守恒定律可得，线框产生的焦耳热为 （3）线框恰能全部进磁场，即线框全部进入磁场时，速度为0，根据动量定理有 ， 所以 又 所以 【变式训练1】（2025·贵州黔东南·一模）汽车减震器可以有效抑制车辆振动。某电磁阻 尼减震器的简化原理图如图所示。匀强磁场的宽度 ，匀强磁场的磁感应强度大 小B=1T，方向竖直向下。一轻质弹簧处于原长，水平且垂直于磁场边界放置，弹簧右 端固定，左端恰与磁场右边界平齐。另一宽度L=0.2m，足够长的单匝矩形硬质金属线 框abcd 水平固定在一塑料小车上（图中小车未画出），线框右端与小车右端平齐，二 者的总质量m=0.5kg，线框电阻R=0.08Ω，使小车带着线框以 的速度沿光滑 水平面垂直于磁场边界正对弹簧向右运动，ab 边向右穿过磁场右边界后小车开始压缩 弹簧，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ） A．线框刚进入磁场左边界时，小车的加速度大小为 B．线框刚进入磁场左边界时，小车的加速度大小为 C．小车向右运动过程中弹簧获得的最大弹性势能为4J D．小车向右运动过程中弹簧获得的最大弹性势能为2J 【答案】BC 【详解】AB．线框刚进入磁场左边界时，有 ， ， ， 解得小车的加速度大小 故A 错误，B 正确； CD．设ab 边穿过磁场右边界时的速度大小为 ，由动量定理有 ， ab 边从磁场右边界出来后压缩弹簧，则弹簧获得的最大弹性势能 解得 故C 正确，D 错误。 故选BC。 【变式训练2】（2025·湖北·模拟预测）如图所示，水平方向的匀强磁场磁感应强度大小 为B，左边界MN 竖直。质量m 的单匝矩形线框ABCD 的AD 边长为L，且与MN 齐平， 线框平面与磁场方向垂直。线框在水平向右的恒力F 作用下，以水平向右的初速度 进入磁场，恰好沿水平方向匀速运动，到BC 边刚进入磁场时，线框下落的高度为h。 已知线框回路电阻为R，重力加速度为g。 (1)求水平恒力F 的大小； (2)求AB 边的长度和线框进入磁场过程中产生的焦耳热； (3)若将初速度大小减小为 ，线框在水平方向运动位移x 后水平速度达到 此时 BC 边还未进入磁场，求在这段时间内，线框下落的高度。 【答案】(1) (2) ， (3) 【详解】（1）由线框水平方向匀速运动可知，线框受到的安培力与恒力F 平衡 故得 感应电流 感应电动势 联立解得 （2）设线框进入磁场过程中所用时间为 ，线框下落高度为 ，由运动学知识得 竖直方向 水平方向 解得 导线框克服安培力做功 由功能关系得线框产生的焦耳热 联立解得 （3）设导线框速度从 增大到 所用时间为 ，线框下落高度为 对导线框，水平方向由动量定理得 平均安培力 平均感应电流 平均感应电动势 运动位移 各式联立解得这段时间内导线框下落高度 【变式训练3】（2025·江西赣州·一模）如图所示，在倾角为 的光滑斜面上，存在两个 磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场，磁场方向与斜面垂直，两磁场的宽 度MJ 和JG 均为L，一个质量为m、电阻为R、边长为L 的正方形导线框，由静止 开始沿斜面下滑，当ab 边刚越过GH 进入磁场时，线框恰好以速度 做匀速直线 运动；当ab 边下滑到JP 与MN 的中间位置时，线框又恰好做匀速直线运动，不计 空气阻力，重力加速度为g，则（ ） A．当ab 边刚越过GH 进入磁场时，ab 边的感应电流方向由a 到b B．当ab 边下滑到JP 与MN 的中间位置时，线框的速度大小为 C．从ab 边刚越过JP 到线框再做匀速直线运动所需的时间 D．从ab 边刚越过JP 到ab 边刚越过MN 过程中，线框产生的热量为 【答案】BCD 【详解】A．当ab 边刚越过GH 进入磁场时，根据安培右手定则可知电流方向为由 b 到a ，故A 错误； B．线框以速度v0匀速运动时只有一条边处于磁场中切割磁感线，由其受力及平衡 条件有 解得 当线框以速度v 匀速运动时，有两条边切割磁感线且都受安培力，根据平衡条件， 有 解得 所以当ab 边下滑到JP 与MN 的中间位置时，线框的速度大小为 故B 正确； C．从ab 边刚越过JP 到线框再做匀速直线运动，根据动量定理得 其中 又因为 解得 故C 正确； D．从ab 边刚越过JP 到ab 边刚越过MN 过程中，线框的重力势能和动能均减小， 根据功能关系得知，线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量与动能减小 量之和。线框又恰好匀速时 则线框产生的热量为 故D 正确。 （ 考点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用 知识点1 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) 模型示意图及条件 水平面内的光滑等距导轨，两个棒的质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、 R2，给棒2 一个初速度v0 电路特点 棒2 相当于电源；棒1 受安培力而加速运动，运动后产生反电动势 电流及速度变化 棒2 做变减速运动，棒1 做变加速运动，随着两棒相对速度的减小，回路中 的电流减小，I＝BL v2−v1 R1＋R2 ，安培力减小，加速度减小，稳定时，两棒的 加速度均为零，以相等的速度匀速运动 最终状态 a＝0，I＝0，v1＝v2 系统规律 动量守恒m2v0＝(m1＋m2)v 能量守恒Q＝1 2m2v0 2－1 2(m1＋m2)v2 两棒产生焦耳热之比 Q1 Q2 ＝R1 R2 知识点2 电磁感应中的“双杆＋轨道”模型 类型 光滑平行导轨 光滑不等距导轨 示意图两金属杆的质量分别为m1、 m2，电阻分别为r1、r2，导轨 间距为L，其他电阻忽略不计 两金属杆的质量分别为 m1 、m2 ，电阻分别为 r1、r2，导轨间距为L， 其他电阻忽略不计 两金属杆的质量分别为m1、m2， 电阻分别为r1、r2，导轨间距L1＝ 2L2，其他电阻忽略不计 力学 观点 开始时，两杆做变加速运动； 稳定时，两杆以相同的加速度 做匀加速运动 杆MN 做加速度逐渐减 小的减速运动，杆PQ 做加速度逐渐减小的加 速运动，稳定时，两杆 的加速度均为零，以相 等的速度做匀速运动 杆MN 做加速度逐渐减小的减速运 动，杆PQ 做加速度逐渐减小的加 速运动，稳定时，两杆的加速度均 为零，两杆的速度之比vMN∶vPQ＝ 1∶2 动量观点 系统动量不守恒 系统动量守恒 能量 观点 外力做的功＝金属杆1 增加的 动能＋金属杆2 增加的动能＋ 焦耳热 杆MN 动能的减少量＝杆PQ 动能的增加量＋焦耳热 考向1 动量守恒在电磁感应中的应用 例1 （2025·山东·三模）如图所示，间距为 的两固定平行光滑金属导轨由倾斜部分和 水平部分（均足够长）平滑连接而成，连接处绝缘，倾斜部分导轨与水平面的夹角为 ，导轨上端接有一个阻值为 的定值电阻。倾斜导轨处存在方向垂直于倾斜导轨平 面向上的匀强磁场，水平导轨处存在方向竖直向上的匀强磁场，两磁场的磁感应强度 大小均为 。初始时，导体棒 放置在水平导轨上离倾斜导轨底端足够远的位置，导 体棒 从倾斜导轨上某处由静止释放，到达倾斜导轨底端前已经匀速运动。导体棒 进入水平导轨后始终没有和导体棒 相碰。导体棒 、 接入电路的阻值均为 ，质量 均为 ，运动过程中始终垂直于导轨且与导轨接触良好，导轨电阻不计，重力加速度 为 。求： (1)导体棒 在倾斜导轨上的最大速度； (2)整个过程，导体棒 产生的热量。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）刚开始导体棒a 在倾斜导轨上做加速运动，加速度为零时，速度达到最 大，由牛顿第二定律有 导体棒a 在倾斜导轨上以最大速度匀速动时产生的感应电动势 联立解得导体棒 在倾斜导轨上的最大速度 （2）导体棒a、b 整体合外力为零，由动量守恒有 最后两根导体棒做匀速直线运动，由能量守恒有导体棒 产生的热量 联立解得导体棒 产生的热量为 【变式训练1】（2025·陕西宝鸡·三模）如图所示为放置在水平面上的光滑金属导轨，由 左侧的圆弧轨道和右侧足够长的水平轨道平滑连接组成。圆弧轨道最上端连接一个电 容 的电容器，导轨间距为 。在图中虚线de 右侧区域存在磁感应强度 大小， ，方向竖直向上的匀强磁场，金属棒b 静止在磁场内水平导轨上。现断 开开关S，将金属棒a 从圆弧导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为 。已知金属棒a 的质量 ，金属棒b 质量 ，两金属棒在导 轨间的电阻均为 。在运动过程中两金属棒始终与导轨接触良好且与导轨垂直， 感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计，重力加速度 。求： (1)当金属棒b 的速度为 时，金属棒a 速度； (2)要使两金属棒在磁场内运动过程中不相撞，求初始时刻金属棒b 到de 的最小距离 x； (3)若金属棒b 的速度为 时从导轨上取走金属棒b，同时闭合开关S，求金属棒a 的最小速度。 【答案】(1) (2)6m (3)3m/s 【详解】（1）设金属棒a 滑上水平导轨时速度为 ，下滑过程中由机械能守恒定律可 得： 当金属棒b 的速度 时，设金属棒a 的速度为 ，由动量守恒定律有： 代入数据解得： （2）由题意可得，金属杆a 在磁场内做减速运动，金属杆b 在磁场内做加速运动。要 使两金属棒在磁场中不相撞，则金属杆a 追上金属杆b 时恰好共速。所以由动量守恒定 律有： 从金属杆a 进入磁场到二者共速的过程中，设通过闭合回路的电量为q，回路中的平均 电流为 ： ， ， ， 在此过程中，对于金属杆b 由动量定理得： 联立以上各式可得，初始时刻金属棒b 到de 的最小距离： （3）由题意可得，取走金属棒b，闭合开关S，金属棒a 以速度5m/s 向右切割磁感线， 给电容器充电。当金属棒a 产生的感应电动势和电容器电压相等时，金属棒a 开始匀速 运动，速度达到最小。 则 ， 对于金属棒b 由动量定理可得： 联立以上各式可得： 代入数据可得： 【变式训练2】（2024·浙江台州·三模）如图所示，相距l =2m的两平行导轨MN、PQ 固定在水平面 上，其中O '和O 处为一小段长度可忽略的绝缘材料，其余均为金属材料，两导轨左端连接阻值为 R =2Ω的电阻。导轨所在处的空间分布两个竖直向下的有界磁场，磁场1 宽度为D1=3 m，右边界 与y 轴重合，磁感应强度大小B1=0.5T，磁场2 宽度为D2=2m，左边界与y 轴重合，磁感应强度 分布规律为，B2=(0.5+2 x)T，水平导轨上的无磁场区域静止放置一质量为m=0.4 kg的“联动双 杆”（金属杆ab 和cd 长度均为l =2m，电阻均为2Ω，它们之间用长度为d =1m的刚性绝缘杆连接 构成），在外力F 的作用下以v = 4 m /s的速度匀速穿过磁场1，完全进入磁场2 后撤去外力F，运 动过程中，杆ab、cd 与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直。不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略 磁场边界效应。求： （1）联动双杆进入磁场1 的过程中，通过ab 杆的电荷量； （2）联动双杆匀速穿过磁场1 的过程中，外力F 做的功； （3）联动双杆能否穿出磁场2，请说明理由。 【答案】（1）1 6 C；（2）5J；（3）见解析 【详解】（1）联动双杆进入磁场1 的过程中，cd 杆切割磁感线产生的感应电动势为 Ecd = B1lv = 4 V 流过干路的总电流为 I 总= Ecd R+ R 2 = 4 3 A 联动双杆进入磁场1 所用时间为 t1= d v = 1 4 s 通过ab 杆的电荷量为 q = I 总 2 t1= 1 6 C （2）联动双杆进入磁场1 过程中产生的焦耳热为 Q1= Ecd 2 R 2 + R t1= 4 3 J 联动双杆均在磁场1 中运动过程，ab 杆和cd 杆产生的电动势均为 Eab= Ecd = B1lv = 4 V 将ab 杆和cd 杆看成一个等效电源，则等效电源电动势和内阻分别为 E = Eab= Ecd = 4 V，r = R 2 联动双杆均在磁场1 中运动过程的时间为 t2= D1−d v = 1 2 s 联动双杆均在磁场1 中运动过程产生的焦耳热为 Q2= E 2 R 2 + R t2= 8 3 J 联动双杆出磁场1 过程中，ab 杆与R构成回路，该过程产生的焦耳热为 Q3= Eab 2 2 R t1=1J 可得 Q总=Q1+Q2+Q3=5J 联动双杆匀速穿过磁场1 的过程中，根据能量守恒可知，外力F 做的功为 W F=Q总=5J （3）联动双杆完全进入磁场2 后撤去外力F，联动双杆在磁场2 的运动过程中，设cd 杆所在位置 的磁感应强度为B2时，ab 杆所在位置的磁感应强度为B ' 2，根据 B2=(0.5+2 x)T 可知 Δ B = B2−B ' 2=2d =2T 联动双杆产生的总电动势为 E总= B2lv −B ' 2lv = Δ B⋅lv 双杆与导轨构成回路的电流为 I = E总 2 R 联动双杆受到的安培力合力大小为 F = B2 Il−B ' 2 Il = ΔB⋅Il = ( ΔB) 2l 2v 2 R 设联动双杆速度减为0 时在磁场2 中运动的位移为s，根据动量定理可得 −( Δ B) 2l 2v 2 R ⋅t =0−mv 又 s= v t 联立可得 s=0.4 m 由于 s+d =1.4 m < D2=2m 故联动双杆不会穿出磁场2。 考向2 电磁感应中的双杆模型 例2（2025·湖北·一模）如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上， 导轨间距 m，单边有界匀强磁场垂直导轨平面竖直向下，磁场左边界为 （垂直导轨），磁感应强度大小为 T，两根长度相同的金属棒a、b 垂直放置 在导轨上，金属棒a、b 的质量分别为 、 ，其电阻分别为 、 ，金属棒a 位于磁场边界紧靠PQ 放置，金属棒b 在磁场内 部。 时刻同时给两金属棒大小相等、方向相反的初速度 ，两金属棒相 向运动，且始终没有发生碰撞， 时刻回路中电流强度为零，此时金属棒a 又恰好 运动到磁场边界 处，金属棒b 最终恰好停在磁场边界 处，运动过程中两金 属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及摩擦，求： (1) 时刻金属棒b 加速度大小； (2) 时间内通过回路的电荷量； (3) 时刻金属棒b 距离磁场边界 的距离及整个过程金属棒b 产生的热量。 【答案】(1) (2) (3) ， 【详解】（1）根据右手定则可知， 时刻两金属棒产生的感应电流方向相同，回 路中感应电动势 根据欧姆定律可得，回路中感应电流为 对金属棒b，根据牛顿第二定律则有 联立解得 （2） 时刻回路中电流强度为零，此时两金属棒速度相等，两棒受安培力始终等 大反向，系统动量守恒，则有 解得 方向向左，对b 棒由动量定理有 此过程通过回路电量 联立解得 （3）最终金属棒b 恰好停在磁场边界处 处，a 棒以 向左做匀速运动 设金属棒b 距离磁场边界 距离为x，对金属棒由动量定理 由 解得 整个回路中产生热量 由于两棒串联，整个过程金属棒b 产生热量 【变式训练1】（2025·江西鹰潭·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，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 ，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 B．ab 运动后，cd 棒将做加速度逐渐增大的加速运动 C．在 时间内，ab 棒产生的热量为 D．在 时间内，通过cd 棒的电荷量为 【答案】D 【详解】A．金属棒 刚开始运动时，根据右手定则可知 棒中的电流方向为 ，故A 错误； B．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，由于 ，可知， cd 棒的加速度会减小，故B 错误； C．两金属棒组成的系统动量守恒 解得 由于 棒与 棒质量之比为 ，且它们的材料和长度相同，故横截面积之比为 ，由 得电阻之比为 ，故 棒与 棒产生的热量之比为 ，根据两棒组成的系统 能量守恒有 时间内 棒产生的热量 故C 错误； D．对 棒列动量定理有 又 则在 时间内，通过 棒的电荷量 故D 正确。 故选D。 【变式训练2】（2024·浙江·三模）如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中， 间距为L 的足够长水平金属导轨P、Q 与间距为2L 的足够长水平金属导轨M、N 相连，长为L、质 量为m、电阻为R 的均匀金属棒a 垂直于P、Q 静止放置，由相同金属制成的均匀金属棒b 长为 2L、质量为2m，垂直于M、N 运动，棒与导轨接触良好，导轨光滑且不计电阻。开始时棒b 在水 平外力F 作用下以恒定速度v0匀速向右运动，经一段时间棒a 的速度也达到v0（a 棒始终在导轨 P、Q 上滑动），此时撤去外力F。求： （1）刚拉动b 棒时，棒a 上的电流I 1； （2）从开始运动到速度达到v0棒a 上产生的热量Q1； （3）撤去F 后，棒a 上产生的热量Q2。 【答案】（1）2BLv0 3 R ；（2）1 2 m v0 2；（3）1 18 m v0 2 【详解】（1）由题意可知，棒b的电阻为2 R，棒a未动时，回路电动势为 E =2BLv0 则刚拉动b 棒时，棒a 上的电流为 I 1= 2BLv0 3 R （2）对棒a 用动量定理得 ΣBIL⋅Δt =ΣmΔv 可得 BLq =m v0 棒b 相当于电源，棒a 相当于电动机，电源产生的电能一部分转为棒a 的动能，其余转化为回路电 热，则有 E电=2BLv0⋅q = 1 2 m v0 2+Q总 又 Q1= 1 3 Q总 联立解得 Q1= 1 2 m v0 2 （3）撤去F后，最终两棒上均无电流，则有 BLva= B⋅2 Lvb 可得 va=2vb 由动量定理可得 Σ Fa⋅Δt =m(va−v0) Σ Fb⋅Δt =2m(v0−vb) 又 Fb=2BIL=2 Fa 可得 va−v0= v0−vb 联立解得 va= 4 3 v0，vb= 2 3 v0 由能量守恒可得 1 2 ×3m v0 2= 1 2 m va 2+ 1 2 ×2m vb 2+Q ' 总 又 Q2= 1 3 Q ' 总 联立解得 Q2= 1 18 mv0 2 1（2025·湖南·高考真题）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 。 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 ，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 【答案】AC 【解析】 【详解】A．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； B．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 ， 可得 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； C ．取一微小时间 内，设此时金属杆接入导轨中 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； D．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。 故选AC。 2.（2025·福建·高考真题）光滑斜面倾角为θ=30°，Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向 外的匀强磁场，两区磁感应强度大小相等，均为B。正方形线框abcd 质量为m，总 电阻为R，同种材料制成且粗细均匀，Ⅰ区域长为L1，Ⅱ区域长为L2，两区域间无 磁场的区域长度大于线框长度。线框从某一位置释放，cd 边进入Ⅰ区域时速度为 v，且直到ab 边离开Ⅰ区域时速度均为v，当cd 边进入Ⅱ区域时的速度和ab 边离开 Ⅱ区域时的速度一致，则： (1)求线框释放点cd 边与Ⅰ区域上边缘的距离； (2)求cd 边进入Ⅰ区域时cd 边两端的电势差； (3)求线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率。 【答案】(1) (2) (3)见解析 【详解】（1）线框在没有进入磁场区域时，根据牛顿第二定律 根据运动学公式 联立可得线框释放点cd 边与Ⅰ区域上边缘的距离 （2）因为cd 边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab 边离开Ⅰ区域时速度均为v，可 知线框的边长与Ⅰ区域的长度相等，根据平衡条件有 又 ， cd 边两端的电势差 联立可得 （3）①若 ，在线框进入Ⅰ区域过程中，根据动量定理 其中 ， ， 联立可得 线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理 根据 线框进入磁场过程中电荷量都相等，即 联立可得 根据能量守恒定律 克服安培力做功的平均功率 联立可得 ②若 ，同理可得 根据动量定理 其中 结合 ， 联立可得 根据能量守恒定律 克服安培力做功的平均功率 联立可得 3．（2025·海南·高考真题）间距为L 的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙且平滑 相接，导轨上方接有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角 ，处于垂直于导轨平 面向上的匀强磁场中，水平导轨处于垂直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 ，最大静摩擦力等于 滑动摩擦力，两棒质量均 ，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； (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； (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】(1) ， (2) (3) 【详解】（1） 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cd 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ab 棒产生的焦耳 热相等，整个过程根据能量守恒可得 联立解得 棒产生的焦耳热为 （2）分析可知 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 ， 同时有 ， 联立解得此时 、 棒的速度大小之差为 （3）分析可知从开始到 时刻，两棒整体所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒， 设 时刻ab 棒的速度为 ，可知 解得 设某时刻时，ab 棒速度为 ，cd 棒速度为 ， 棒的加速度为零，可得 ① 其中 分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得 ② 从 时刻到某时刻间，对两棒分别根据动量定理有 ， 变式可得 ， 两式相加得 ③ 同时有 ④ 联立①②③④可得从 到某时刻， 、 的路程之差为 4．（2025·甘肃·高考真题）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 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 的感应电动势大小和感应电流方向； (2)系统达到稳定状态前，若机械臂1 和2 中的电流分别为 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U，写出电容器电荷量的表达式； (3)稳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】(1) ，沿机械臂1 向上 (2) ， ， (3) ，方向向右； 【详解】（1）由法拉第电磁感应定律可知，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机械臂1 向上。 （2）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 ， 设电容器所带电荷量为Q，则 （3）达到稳定 时，两机械臂的速度相同，产生的感应电动势与电容器的电 压相等，回路中没有电流结合（2）问的分析可知此时 ， 同时 可得两机械臂的速度为 方向向右 结合（2）问分析，在任意时刻有 即 对该式两边取全过程时间的累计有 其中 ， , 即 从开始到最终稳定的过程中，对机械臂1 和机械臂2 分别根据动量定理有 ， 即 ， 可得 联立解得稳定时的速度和两棒间初始距离的最小值为 5．（2025·河北·高考真题）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1000A 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10F，导轨间距为 0.5m，磁感应强度大小为1T，MM′到NN′的距离为5m，a、b 质量分别为2kg、8kg，a 在导轨间的 电阻为0.01Ω。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10m/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1.25m 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 所受空气阻力大小与其速度v 的关系为f = kv2（k = 0.025N·s2/m2），初始位置与（2）问一致，试估算a 运行至NN′时。a 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 = 0.980l） 【答案】（1）500A （2）vb1 = 25m/s，能，ΔU = 40V （3）能 【解析】 【小问1 详解】 分离后a 切割磁感线有E = BLv 则通过a 电流 解得I = 500A 【小问2 详解】 由于超级电容器经调控系统为电路提供I0 = 1000A 的恒定电流，则当a 与b 的初始间距为1.25m 时 a 与b 碰撞前的速度为 a 与b 碰撞时根据动量守恒和能量守恒有mava = (ma＋mb)v 共， a 与b 整体从MM′到NN′的过程中有 a 与b 分离时根据动量守恒和能量守恒有(ma＋mb)v 共1 = mava1＋mbvb1， 联立解得vb1 = 25m/s 由于a 和ab 组合体均做匀变速直线运动，分别有 ， 则电容器流出的电荷量有Δq = I0(t1＋t2) a 运动过程中电容器的电压减小量 【小问3 详解】 b 所受f = kv2(k = 0.025N·s2/m2）的空气阻力后，a 与b 整体从MM′到NN′的过程中有(BI0L－kv2) = (ma＋mb)a， 求解出 则 a 分离前的速度大小能达到（2）问中分离前速度的99% 6．（2024·湖南·高考真题）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 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m 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R，与粗糙导轨间的摩擦因数为 ， 。 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 的速度为 B．在整个过程中，定值电阻R 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 【答案】CD 【详解】A．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 = BLv， 金属杆在AA1B1B 区域运动的过程中根据动量定理有 则 由于 ，则上面方程左右两边累计求和，可得 则 设金属杆在BB1C1C 区域运动的时间为t0，同理可得，则金属杆在BB1C1C 区域运动的 过程中有 解得 综上有 则金属杆经过BB1的速度大于 ，故A 错误； B．在整个过程中，根据能量守恒有 则在整个过程中，定值电阻R 产生的热量为 故B 错误； C．金属杆经过AA1B1B 与BB1C1C 区域，金属杆所受安培力的冲量为 则金属杆经过AA1B1B 与BB1C1C 区域滑行距离均为 ，金属杆所受安培力的冲量相同， 故C 正确； D．根据A 选项可得，金属杆以初速度 在磁场中运动有 金属杆的初速度加倍，设此时金属杆在BB1C1C 区域运动的时间为 ，全过程对金属棒 分析得 联立整理得 分析可知当金属杆速度加倍后，金属杆通过BB1C1C 区域的速度比第一次大，故 ， 可得 可见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，故D 正确。 故选CD。 【点睛】 7．（2024·贵州·高考真题）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 【答案】AB 【详解】A．设加速阶段的位移与减速阶段的位移相等为 ，根据 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，则减速过程由动量定理 可得 解得 A 正确； B．由 解得 金属棒加速的过程中，由位移公式可得 可得加速时间为 B 正确； C．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 其中 联立解得 C 错误； D．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 可得 因此加速过程中拉力做的功大于 ，D 错误。 故选AB。 8．（2024·海南·高考真题）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 = 1m，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 = 0.02Ω 的电阻和C = 1F 的电容器，整个装置处于B = 0.2T 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 = 0.8kg，m2 = 0.4kg，ab 棒电阻为0.08Ω，cd 棒的电阻不计，将ab 由静止释放，同时cd 从距离MN 为x0 = 4.32m 处在一个大小F = 4.64N，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M、N 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4.5m/s，g = 10m/s2（ ） A．ab 从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44s B．ab 从释放到第一次碰撞前，R 上消耗的焦耳热为0.78J C．两棒第一次碰撞后瞬间，ab 的速度大小为6.3m/s D．两棒第一次碰撞后瞬间，cd 的速度大小为8.4m/s 【答案】BD 【详解】A．由于金属棒ab、cd 同时由静止释放，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，对金属棒cd 和电容器组成的回路有 Δq = C·BLΔv 对cd 根据牛顿第二定律有 F－BIL－m2gsin30° = m2a2 其中 ， 联立有 则说明金属棒cd 做匀加速直线运动，则有 联立解得 a2 = 6m/s2，t = 1.2s 故A 错误； B．由题知，知碰前瞬间ab 的速度为4.5m/s，则根据功能关系有 金属棒下滑过程中根据动量定理有 其中 ，R 总 = R＋Rab = 0.1Ω 联立解得 q = 6C，xab = 3m，Q = 3.9J 则R 上消耗的焦耳热为 故B 正确； CD．由于两棒恰好在M、N 处发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正，有 m1v1－m2v2 = m1v1′＋m2v2′ 其中 v2 = a2t = 7.2m/s 联立解得 v1′ = －3.3m/s，v2′ = 8.4m/s 故C 错误、D 正确。 故选BD。 9．（2023·辽宁·高考真题）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 【答案】AC 【详解】A．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； B．任意时刻，设电流为I，则PQ 受安培力 方向向左；MN 受安培力 方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ 质量为2m，则MN 质量为m， PQ 速率 为v 时，则 解得 回路的感应电流 MN 所受安培力大小为 选项B 错误； C．两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得 可得则最终MN 位置向左移动 PQ 位置向右移动 因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F 弹，安培 力平均值F 安，则整个过程根据动能定理 可得 选项C 正确； D．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 向左位置 移动 ，PQ 位置向右移动 ，则 选项D 错误。 故选AC。 10．（2024·江西·高考真题）如图（a）所示，轨道左侧斜面倾斜角满足sinθ1 = 0.6，摩擦因数 ，足够长的光滑水平导轨处于磁感应强度为B = 0.5T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向上， 右侧斜面导轨倾角满足sinθ2 = 0.8，摩擦因数 。现将质量为m1 = 6kg 的导体杆甲从斜面 上高h = 4m 处由静止释放，质量为m2 = 2kg 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 = 2m，两杆电阻均为R = 1Ω，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 = 10m/s2，求： （1）甲杆刚进入磁场，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 = 2m/s2，方向水平向右；（2）d ≥ 24m；（3） 【详解】（1）甲从静止运动至水平导轨时，根据动能定理有 甲刚进人磁场时，平动切割磁感线有 E0 = Blv0 则根据欧姆定律可知此时回路的感应电流为 根据楞次定律可知，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，由牛顿第二定律有 BI0l = m2a 乙0 带入数据有 a 乙0 = 2m/s2，方向水平向右 （2）甲和乙在磁场中运动的过程中，系统不受外力作用，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 其中 联立解得 dmin = Δx = 24m 则d 满足 d ≥ 24m （3）根据（2）问可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨运动稳定，相对位移为Δx = 24m，且稳定时的速度v 共 = 6m/s 乙第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有 m2gsinθ2＋μ2m2gcosθ2 = m2a 乙上 根据匀变速直线运动位移与速度的关系有 2a 乙上x 上 = v 共 2 乙第一次在右侧斜轨上向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有 m2gsinθ2－μ2m2gcosθ2 = m2a 乙下 再根据匀变速直线运动位移与速度的关系有 2a 乙下x 下 = v1 2 且 x 上 = x 下 联立解得乙第一次滑下右侧轨道最低点的速度 v1 = 5m/s 由于两棒发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，则甲乙整体第一次在右侧倾斜轨道上向上运动有 （m1＋m2）gsinθ2＋μ2（m1＋m2）gcosθ2 = (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 乙第一次滑下右侧轨道最低点后与甲相互作用的过程中，甲、乙组成的系统合外力为零，根据动量 守恒有 m1v2－m2v1 = (m1＋m2))v 解得乙第一次滑下右侧轨道最低点时甲的速度为 若乙第一次滑下右侧轨道最低点时与甲发生碰撞，则对应d 的最小值，乙第一次在右侧斜轨上运动 的过程，对甲根据动量定理有 其中 解得 根据位移关系有 dmin′－Δx = Δx1 解得 若乙返回水平导轨后，当两者共速时恰好碰撞，则对应d 的最大值，对乙从返回水平导轨到与甲碰 撞前瞬间的过程，根据动量定理有 其中 解得 根据位移关系有 dmax－Δx－Δx1 = Δx2 解得 则d 的取值范围为 11．（2024·湖北·高考真题）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） ；（2） ；（3） 【详解】（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 解得 则ab 刚越过MP 时产生的感应电动势大小为 （2）根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短 路，由几何关系可得，每段圆弧的电阻为 可知，整个回路的总电阻为 ab 刚越过MP 时，通过ab 的感应电流为 对金属环由牛顿第二定律有 解得 （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，由动量守恒定 律有 解得 对金属棒 ，由动量定理有 则有 设金属棒运动距离为 ，金属环运动的距离为 ，则有 联立解得 则金属环圆心初始位置到MP 的最小距离 12.（2023·全国·高考真题）一边长为L、质量为m 的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的 绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L 的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小 为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示。 （1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场 边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。 （2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1 = 2R0，导轨 电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示。让金属框以与（1）中相同的初速度向右运动， 进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中， 电阻R1产生的热量。 【答案】（1） ；（2） 【详解】（1）金属框进入磁场过程中有 则金属框进入磁场过程中流过回路的电荷量为 则金属框完全穿过磁场区域的过程中流过回路的电荷量为 且有 联立有 （2）设金属框的初速度为v0，则金属框进入磁场时的末速度为v1，向右为正方向。由于导轨电阻 可忽略，此时金属框上下部分被短路，故电路中的总电 再根据动量定理有 解得 则在此过程中根据能量守恒有 解得 其中 此后线框完全进入磁场中，则线框左右两边均作为电源，且等效电路图如下 则此时回路的总电阻 设线框刚离开磁场时的速度为v2，再根据动量定理有 解得 v2= 0 则说明线框刚离开磁场时就停止运动了，则再根据能量守恒有 其中 则在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量 13．（2023·湖南·高考真题）如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为 ，两导 轨及其所构成的平面均与水平面成 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 ．现将质量均为 的金属棒 垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻 均为 。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 。 （1）先保持棒 静止，将棒 由静止释放，求棒 匀速运动时的速度大小 ； （2）在（1）问中，当棒 匀速运动时，再将棒 由静止释放，求释放瞬间棒 的加速度大小 ； （3）在（2）问中，从棒 释放瞬间开始计时，经过时间 ，两棒恰好达到相同的速度，求速度 的大小，以及时间 内棒 相对于棒 运动的距离 。 【答案】（1） ；（2） ；（3） ， 【详解】（1）a 导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a 棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉 第电磁感应定律可得 有闭合电路欧姆定律及安培力公式可得 ， a 棒受力平衡可得 联立记得 （2）由右手定则可知导体棒b 中电流向里，b 棒 沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则 b 棒牛顿第二定律可得 解得 （3）释放b 棒后a 棒受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时对a 棒动量定理 b 棒受到向下的安培力，对b 棒动量定理 联立解得 此过程流过b 棒的电荷量为q，则有 由法拉第电磁感应定律可得 联立b 棒动量定理可得 14．（2023·全国·高考真题）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， 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 。一质量为 、电阻为 、长度也为的金属棒P 静止在导轨上。导轨上质量 为 的绝缘棒Q 位于P 的左侧，以大小为 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。 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【详解】（1）由于绝缘棒Q 与金属棒P 发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得 联立解得 ， 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，则金属棒P 滑出导轨时的速度大小为 （2）根据能量守恒有 解得 （3）P、Q 碰撞后，对金属棒P 分析，根据动量定理得 又 ， 联立可得 由于Q 为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q 运动的时间为
