专题29 动量观点在电磁感应中的应用（解析版）.docx

1、专题29 动量观点在电磁感应中的应用目录题型一 动量定理在电磁感应中的应用1类型1 “单棒电阻”模型1类型2 不等间距上的双棒模型20类型3 “电容器棒”模型32题型二 动量守恒定律在电磁感应中的应用41类型1 双棒无外力42类型2 双棒有外力65题型一 动量定理在电磁感应中的应用【解题指导】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类型1 “单棒电阻”模型情景示例1水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻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

2、，从开始运动至停下来求电荷量qBLt0mv0，qt，q求位移xt0mv0，xt应用技巧初、末速度已知的变加速运动，在动量定理列出的式子中qt，xt；若已知q或x也可求末速度情景示例2间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为，由静止释放质量为m、接入电路的阻值为R的导体棒，当通过横截面的电荷量为q或下滑位移为x时，速度达到v求运动时间BLtmgsin tmv0，qttmgsin tmv0，xt应用技巧用动量定理求时间需有其他恒力参与若已知运动时间，也可求q、x、v中的一个物理量【例1】（2023河北模拟预测）如图所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨固定于水平面内，导轨左侧接有阻值恒定的电阻R。一电

3、阻不计的导体棒垂直导轨放置于M点，并与导轨接触良好，导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场。现给导体棒一个水平向右的初速度，第一次速度大小为，滑动一段位移到达N点停下来，第二次速度大小为，滑动一段位移后也会停止运动，在导体棒的运动过程中，以下说法正确的是（）A先后两次运动过程中电阻R上产生的热量之比为B先后两次运动过程中的位移之比为C先后两次运动过程中流过R的电量之比为D导体棒第二次运动经过N点时速度大小为【答案】BD【详解】A根据能量守恒可知，导体棒从开始运动到停下来，动能全部转化为内能，满足所以生成的热量之比为，故A错误；BD设运动过程中任意时刻的速度大小为v，导体棒质量为m，磁感应强度为

4、B，导轨间距为L，电路的总电阻为R，由牛顿第二定律得在一段极短时间内结合速度和加速度的定义可得方程两边对一段时间累积求和，可知发生一段位移x与速度变化的关系为对于整个过程，有所以第二次运动经过N点时，有解得故B、D正确；C电量的计算满足所以故C错误。故选BD。【例2】（2023云南曲靖统考二模）如图所示，PQ、MN为两根光滑绝缘且固定的平行轨道，两轨道间的距离为L，轨道斜面与水平面成角。在矩形abdc内存在方向垂直轨道斜面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，ab、cd间的距离为3d。有一质量为m、长为L、宽为d的矩形金属线圈ABCD放置在轨道上，开始时线圈AB边与磁场边界ab重合。现让线圈由静止出

5、发沿轨道下滑，从线圈AB边进入磁场到CD边离开磁场的过程经历的时间为t，线圈ABCD离开磁场过程中流过线圈的电荷量为，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A线圈在磁场中运动的加速度不可能为gsinB线圈的电阻为C线圈CD边刚好通过磁场下边界时，线圈的速度大小为D线圈在时间t内电阻的发热量为【答案】BC【详解】A当线圈全部进入磁场中，磁通量不变，感应电流为0，不受安培力作用，做匀加速直线运动，加速度为gsin，故A错误；B从AB进入磁场到CD边进入磁场的过程中，通过回路的电荷量线圈的电阻为故B正确；C设线圈CD边刚好通过磁场下边界时，线圈的速度大小为v，根据动量定理可得线圈进入磁场和离开磁场过程

6、中磁通量会变化，有感应电流产生，线圈全部在磁场中时，磁通量不变化，没有感应电流，而线圈进入磁场和离开磁场过程中磁通量变化量相同，因此穿过整个磁场过程中，流过线圈的总电荷量为因此解得线圈的速度大小为故C正确；D由能量守恒定律有解得故D错误。故选BC。【例3】如图甲所示，固定放置在水平桌面上的两根足够长的光滑金属导轨间的距离为L1 m质量m1 kg的直导体棒放在导轨上，且与导轨垂直导轨左端与阻值R4 的电阻相连，其余电阻不计，整个装置放在竖直向上的匀强磁场内，磁感应强度B2 T在t0时，一水平向右的恒定拉力F垂直作用于直导体棒，使直导体棒由静止开始向右做直线运动，图乙是描述导体棒运动过程的vt图像

7、(设导轨足够长)求：(1)拉力F的大小；(2)t1.6 s时，导体棒的加速度大小a；(3)前1.6 s内导体棒的位移大小x.【答案】(1)10 N(2)2 m/s2(3)8 m【解析】(1)导体棒的运动速度为v时产生的电动势EBLv，闭合回路中的感应电流I导体棒所受安培力FABIL由题图乙可知，当速度v10 m/s时拉力FFA，得F10 N.(2)由题图乙知，t1.6 s时，v8 m/s，由牛顿第二定律有Fma，得a2 m/s2.(3)在导体棒的速度为任意值v的一段极短时间t内，发生位移x，安培力的冲量Itx则前1.6 s内安培力的总冲量Ix由动量定理有Ftxmv0，得x8 m.【例4】（20

8、23春安徽合肥高三校联考期中）如图所示，沿水平固定的平行导轨之间的距离为L=1m，导轨的左侧接入定值电阻，图中虚线的右侧存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B=1T。质量为m=1kg、阻值导体棒PQ垂直导轨放置，由时刻开始在导体棒上施加水平方向F=4N的恒力使导体棒向右做匀加速运动，导体棒进入磁场后立即保持外力的功率不变，经过一段时间导体棒以的速度做匀速直线运动，已知整个过程导体棒的速度随时间的变化规律如图乙所示，导体棒始终与导轨保持良好的接触且没有发生转动。重力加速度g=10m/s2。求：（1）导体棒与导轨之间的动摩擦因数以及定值电阻的阻值；（2）前8s内导体棒与导轨间因摩擦而产生的热量

9、Q=75J，则该过程中定值电阻上产生的热量为多少？（3）在第（2）问的前提下，求导体棒减速过程中通过定值电阻的电量q和前8s内水平外力F对导体棒的冲量。【答案】（1），；（2）；（3），【详解】（1）根据图像可知，导体棒做匀加速直线运动的加速度为根据牛顿第二定律可得解得动摩擦因数为导体棒刚进入磁场时的拉力功率为导体棒最终以的速度在磁场中做匀速直线运动，则有又，联立解得（2）前8s内外力做功为设回路产生的焦耳热为，根据功能关系可得解得则前8s内定值电阻上产生的热量为（3）在第（2）问的前提下，设导体棒减速过程中的位移为，则有其中，解得根据解得导体棒减速过程中通过定值电阻的电荷量为设前8s内水平外

10、力F对导体棒的冲量为，根据动量定理可得又联立解得【例5】（2023春广东广州高三广东实验中学校考阶段练习）随着航空领域的发展，实现火箭回收利用，成为了各国都在重点突破的技术。其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞，为此设计师在返回火箭的底盘安装了电磁缓冲装置。该装置的主要部件有两部分：缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝正方形线圈abcd；火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ和超导线圈（图中未画出），超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速

11、度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v0，经过时间t火箭着陆，此时火箭速度为v；线圈abcd的电阻为R，其余电阻忽略不计；ab边长为l，火箭主体质量为m，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，求：（1）缓冲滑块刚停止运动时，线圈ab边两端的电势差U；（2）缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小；（3）火箭主体的速度从v0减到v的过程中系统产生的电能。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）ab边产生电动势EBlv0因此（2）安培力电流为对火箭主体受力分析可得Fabmgma解得（3）设下落t时间内火箭下落的高度为h，对火箭主体

12、由动量定理mgtmvmv0即mgtmvmv0化简得h根据能量守恒定律，产生的电能为E代入数据可得【例6】（2023春湖北高三安陆第一高中校联考阶段练习）汽车的减震器可以有效抑制车辆振动。某同学设计了一个利用电磁阻尼的减震器，其简化的原理如图所示。匀强磁场宽度为，磁感应强度，方向垂直于水平面。一轻弹簧处于水平原长状态垂直于磁场边界放置，右端固定，左端恰与磁场右边界平齐。一宽也为L，足够长的单匝矩形硬金属线框abcd固定在一塑料小车上（图中小车未画出），右端与小车右端平齐，二者的总质量为，线框电阻为使小车带着线框以的速度沿光滑水平面，垂直磁场边界正对弹簧向右运动，ab边向右穿过磁场区域后小车开始压

13、缩弹簧，弹簧始终在弹性限度内。（1）线框刚进入磁场左边界时，求小车的加速度大小；（2）求小车向右运动过程中弹簧的最大弹性势能；（3）通过增加线框的匝数（质量的增加量忽略不计）可以增大安培力作用。若匝数增为n10，小车的初速度增为，小车最终能停下来并保持静止吗？若能，求停下来并保持静止的位置；若不能，求小车最终的速度大小。【答案】（1）2；（2）0.072J；（3）最终能停下来，停下来并保持静止的位置在距离磁场右边界0.05m的位置【详解】（1）线框刚进入磁场左边界时得小车的加速度大小（2）设线圈的ab边穿过磁场时的速度为v，则由动量定理线圈ab边出离磁场后压缩弹簧，则弹簧最大弹性势能得（3）假

14、设线圈ab边能穿过磁场，从刚进入磁场到最终停止，设ab边在磁场中运动的总路程为，全程根据动量定理则线框先向右压缩弹簧至停止，然后反向运动进入磁场，最终静止，得停止时ab边距离磁场右边界d0.05m【例7】（2023天津校联考模拟预测）如图甲所示，两光滑的平行导轨与水平放置，、两点间接有电阻，导轨间距为，导轨处有两个匀强磁场区域、（分别是和），磁场方向均垂直于导轨平面竖直向上，区是磁感应强度为的恒定磁场区。区磁场的宽度为x1，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。一质量为、长度为、电阻也为的导体棒垂直于导轨放置在区磁场正中央，从时刻开始，导体棒在安培力的作用下向左运动，时刻离开区时速度为，最后离开

15、区时速度为。求：（1）时刻，导体棒受到的安培力大小；（2）导体棒穿越区磁场的过程中，电阻上产生的焦耳热；（3）区磁场的宽度。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）时刻，导体棒所在回路的感应电动势回路的电流导体棒受到的安培力大小解得（2）导体棒穿越区磁场的过程中，产生的总的焦耳热电阻上产生的焦耳热（3）金属棒经过磁场过程中有动量定理其中解得【例8】（2023春广东深圳高三红岭中学校考阶段练习）如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨、间距，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成角，、两端接有的电阻。一金属棒垂直导轨放置，两端与导轨始终有良好接触，已知的质量，电阻，整个装置处在垂直于导轨

16、平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小。在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度沿导轨向上开始运动，可达到最大速度。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度。（1）求金属棒速度最大时所受安培力的大小及拉力的功率；（2）开始运动后，经速度达到，此过程中电阻中产生的焦耳热为，求该过程中沿导轨的位移大小；（3）金属棒速度达到后，立即撤去拉力，棒回到出发点时速度大小，求该过程中棒运动的时间。【答案】（1），；（2）；（3）【详解】（1）在棒运动过程中，由于拉力功率恒定，棒做加速度逐渐减小的加速运动，加速度为零时，速度达到最大，设此时拉力大小为，安培力大小为，由平衡条件得此时棒产生的感应电动势为设回路中感应

17、电流为，根据闭合电路欧姆定律得棒受到的安培力大小为拉力的功率联立以上各式解得，（2）ab棒从到的过程中，由动能定理得电阻中产生的焦耳热为因，则金属棒产生的焦耳热也为则此过程中克服安培力做功解得（3）设撤去拉力后，金属棒上滑的位移大小为，所用时间为，下滑时所用时间为。撤去拉力后，金属棒上滑的过程，取沿导轨向上为正方向，由动量定理得此过程中通过金属棒的电荷量为解得金属棒下滑的过程，取沿导轨向下为正方向，由动量定理得此过程中通过金属棒的电荷量为所求的棒运动的时间联立解得【例9】（2023云南昆明高三云南师大附中校考阶段练习）如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电

18、阻可忽略不计。图中EFHG矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在0时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为；一段时间后，金属棒a、b没有相碰，且两棒整个过程中相距最近时b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b长度均为L，电阻均为R，a棒的质量为2m、b棒的质量为m，最终其中一棒恰好停在磁场边界处，在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好。求：（1）0时刻a棒的加速度大小；（2）两棒整个过程中相距最近的距离s；（3）整个过程中，a棒产生的焦耳热。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）由题知，a进入磁场的速度方向向右，b的速度方向向

19、左，根据右手定则可知，a产生的感应电流方向是E到F，b产生的感应电流方向是H到G，即两个感应电流方向相同，所以流过a、b的感应电流是两个感应电流之和，则有对a，根据牛顿第二定律有解得（2）取向右为正方向，相距最近时，根据系统动量守恒有解得此时，电路中感应电流为0，a、b棒一起向右匀速运动，直到b棒出磁场区域；之后b棒不受安培力、a棒受安培力减速直到停下，对a，有解得（3）对a、b组成的系统，最终b棒一直做匀速直线运动，根据能量守恒有解得回路中产生的总热量为对a、b，根据焦耳定律有因a、b流过的电流一直相等，所用时间相同，故a、b产生的热量与电阻成正比，即=11又解得a棒产生的焦耳热为类型2 不

20、等间距上的双棒模型【例1】（2023山东模拟预测）如图所示，固定在水平面内的光滑不等距平行轨道处于竖直向上、大小为B的匀强磁场中，ab段轨道宽度为2L，bc段轨道宽度是L，ab段轨道和bc段轨道都足够长，将质量均为m、接入电路的电阻均为R的金属棒M和N分别置于轨道上的ab段和bc段，且与轨道垂直。开始时金属棒M和N均静止，现给金属棒M一水平向右的初速度，不计导轨电阻，则（）AM棒刚开始运动时的加速度大小为B金属棒M最终的速度为C金属棒N最终的速度为D整个过程中通过金属棒的电量为【答案】CD【详解】A由法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律得由牛顿第二定律得联立解得故A错误；BC最终回路中的电流

21、为0，有对金属棒M和N分别应用动量定理得联立解得故B错误；C正确；D又联立解得故D正确。故选CD。【例2】（2023春湖北襄阳高三襄阳五中校考阶段练习）如图所示，用金属制作的曲线导轨与水平导轨平滑连接，水平导轨宽轨部分间距为，有竖直向下的匀强磁场，窄轨部分间距为。有竖直向上的匀强磁场，两部分磁场磁感应强度大小均为。质量均为金属棒M、N垂直于导轨静止放置，现将金属棒M自曲线导轨上h高度处停止释放，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，两棒接入电路中的电阻均为，其余电阻不计，导轨足够长，M棒总在宽轨上运动，N棒总在窄轨上运动，不计所有摩擦。下列说法正确的是（）A棒刚进入磁场时N棒的

22、加速度BN棒的最终速度大小C通过M棒的电量DN棒产生的热量【答案】AD【详解】AM棒在曲线导轨滑下过程，根据动能定理可得M棒刚进入磁场时，回路电动势为回路电流为对N棒，根据牛顿第二定律可得解得故A正确；BCD两金属棒最终分别匀速直线运动，则有，可得分别对M、N应用动量定量，对M有对N有解得、，全过程能量守恒且解得故BC错误，D正确。故选AD。【例3】（2023福建泉州福建省德化第一中学校联考一模）如图，水平面内固定着足够长的光滑平行导轨，导轨宽度是导轨宽度的2倍，导轨宽度为L，导轨处于方向垂直于轨道平面向里的匀强磁场中，金属棒PQ和MN分别垂直导轨放置在导轨段和段上，金属棒PQ和MN的质量之比

23、为2:1，长度分别为2L和L，两金属棒电阻均为R。现给金属棒MN一个向右的初速度，运动过程中两棒始终没有离开各自的导轨段，并与导轨接触良好，其余部分的电阻均不计，则（）A运动过程中金属棒PQ和MN的加速度大小之比为1:2B运动过程中金属棒PQ和MN所受的安培力的冲量大小之比为2:1C运动到速度稳定时金属棒PQ和MN的速度之比为1:2D运动到速度稳定时金属棒PQ和MN两端的电压之比为2:1【答案】BC【详解】A运动过程中对PQ有对MN有所以运动过程中加速度大小之比为11，故A错误；B因为运动过程中PQ所受安培力大小为MN的两倍，在相同时间内安培力的冲量大小之比，故B正确；C金属棒运动到速度稳定时

24、有故运动到速度稳定时，金属棒PQ和MN的速度之比故C正确；DP、M两点电势相等，Q、N两点电势相等，任意时刻都有即金属棒PQ和MN两端的电压之比为11，故D错误。故选BC。【例4】（2023河北邯郸统考三模）两金属棒a、b垂直放置在如图所示足够长的光滑水平导轨上，金属棒a、b的质量分别为m和2m，电阻分别为r1和r2，导轨左边间距为l，右边间距为3l，两导轨所在的区域处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B。两金属棒与导轨接触良好且运动时始终与导轨垂直。某时刻金属棒a受到水平向右的恒力F作用，a始终在导轨MN上运动，b始终在导轨PQ上运动，不计导轨电阻，经过足够长的时间后，下列说法正确的是（）

25、A金属棒a与b均做匀变速直线运动且距离保持不变B金属棒a的加速度为C流过金属棒a的电流大小为D回路中的感应电动势保持不变，大小为【答案】BC【详解】A由于金属棒 a 和 b 整体受恒定的拉力作用，则最终的稳定状态是两棒都将有固定的加速度值，可得金属棒受恒定的安培力，即回路中有恒定的电流，进而得出回路有恒定的电动势。设金属棒 a 和 b 的速度分别为 和 ，由闭合电路的欧姆定律知电流的变化率因为恒定，所以可得因为最终两金属棒都做匀加速运动，且加速度不同，两棒的距离逐渐减小，A错误；B对金属棒a由牛顿第二定律得对金属棒b由牛顿第二定律得可解得，B正确；C将加速度的结果带入公式解得C正确；D由可知D

26、错误。故选BC。【例3】（2023四川成都校联考三模）如图，电阻不计的光滑金属导轨由直窄轨AB、CD，直宽轨EF、GH和连接直轨BE、GD构成，整个导轨处于同一水平面内，BE和GD共线且与AB垂直，窄轨间距为，宽轨间距为L。空间有方向竖直向上的匀强磁场，宽轨所在区域的磁感应强度大小为B，窄轨所在区域的磁感应强度大小为2B。棒长均为L、质量均为m、电阻均为R的金属直棒a、b始终与导轨垂直且接触良好。初始时刻，b棒静止在宽轨上，a棒从窄轨上某位置以平行于AB的初速度向右运动。a棒距窄轨右端足够远，宽轨EF、GH足够长。则（）Aa棒刚开始运动时，b棒的加速度大小为B经过足够长的时间后，a棒的速度大小

27、为v0C整个过程中，通过回路的电荷量为D整个过程中，b棒产生的焦耳热为【答案】AC【详解】Aa棒刚开始运动时，回路电动势回路总电阻由，可得b棒的加速度大小为故A正确；B分析知，a棒、b棒向右分别做加速度减小的减速和加速运动，回路电动势当后，两棒均做匀速运动，对两棒组成的系统，合外力系统动量守恒，有故经过足够长的时间后，a棒的速度大小为，故B错误；C整个过程，对b棒由动量定理有可得通过回路的电荷量为，故C正确；D整个过程，对系统由能量守恒定律有解得故b棒产生的焦耳热为故D错误。故选AC。【例5】（2023湖南模拟预测）如图所示，光滑水平导轨分为宽窄两段（足够长，电阻不计），相距分别为0.5 m和

28、0.3 m，两个材料、粗细都相同的导体棒分别放在两段导轨上，导体棒长度分别与导轨等宽，已知放在窄端的导体棒的质量为0.6 kg，电阻为0.3 ，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度为1 T，现用的水平向右的恒力拉动，一段时间后，回路中的电流保持不变，下列说法正确的是（）A在整个运动过程中，两棒的距离先变大后不变B回路中稳定的电流大小为5 AC若在回路中的电流不变后某时刻，的速度为4 m/s，则的速度为20 m/sD若在回路中的电流不变后某时刻，的速度为4 m/s，则整个装置从静止开始运动了3.5 s【答案】BC【详解】A由题意可知，的质量，电阻，分析可知，当电流不变时，有即故所

29、以的加速度始终比的大，两棒的距离一直变大，故A错误；B当电流不变时，由牛顿第二定律可知解得故B正确；C当时，由可知故C正确；D分别对两导体棒根据动量定理有联立解得故D错误。故选BC。【例6】(2022福建龙岩市质量检测)如图所示，两根足够长且电阻不计的平行金属导轨MNPQ和M1N1P1Q1，固定在倾角为的斜面上，MN与M1N1距离为L，PQ与P1Q1距离为L。金属棒A、B质量均为m、阻值均为R、长度分别为L与L，金属棒A、B分别垂直放在导轨MM1和PP1上，且恰好都能静止在导轨上。整个装置处于垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B0的匀强磁场中。现固定住金属棒B，用沿导轨向下的外力F作用在金属

30、棒A上，使金属棒A以加速度a沿斜面向下做匀加速运动。此后A棒一直在MN与M1N1上运动，B棒一直在PQ与P1Q1上静止或运动，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)外力F与作用时间t的函数关系式；(2)当A棒的速度为v0时，撤去F并解除对B的固定，一段时间后A棒在MN与M1N1上匀速运动，求A棒匀速运动的速度大小。【答案】(1)Ftma(2)v0【解析】(1)金属棒A、B刚好都能静止在导轨上，对金属棒，有mgsin Ff0金属棒A沿斜面向下做匀加速运动，对金属棒A，有Fmgsin FfF安ma由安培力公式有F安ILB0对金属棒与导轨构成的回路，根据欧姆定律，有I金属棒A切割磁感

31、线，根据法拉第电磁感应定律，有EB0Lv又因为vat，联立解得Ftma。(2)A棒匀速时，安培力为零，电流为零，两棒产生的电动势大小相等，有B0LvAB0(L)vB在撤去F到A棒匀速的过程中，对A，根据动量定理，有(mgsin FfB0L)t1mvAmv0对B，根据动量定理，有(mgsin FfB0L)t1mvB0联立可解出vAv0。类型3 “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，电容器充电UC变大，当BLvUC时，I0，F安0，棒匀速运动运动特点和最终特征棒做加速度a

32、减小的加速运动，最终做匀速运动，此时I0，但电容器带电荷量不为零最终速度电容器充电荷量：qCU最终电容器两端电压UBLv对棒应用动量定理：mvmv0BLtBLqv.vt图像【例1】(多选)如图甲所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为l，电阻均可忽略不计在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻为r，与导轨垂直且接触良好整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中现给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动则()A当杆ab刚具有初速度v0时，杆ab两端的电压U，且a点电势高于b点电势B通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐增大C若将M和P

33、之间的电阻R改为接一电容为C的电容器，如图乙所示，同样给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动，则杆ab稳定后的速度为vD在C选项中，杆稳定后a点电势高于b点电势【答案】ACD【解析】当杆ab刚具有初速度v0时，其切割磁感线产生的感应电动势EBlv0，杆ab两端的电压U，根据右手定则知，感应电流的方向为b到a，杆ab相当于电源，a相当于电源的正极，则a点电势高于b点电势，A正确；通过电阻R的电流I，由于杆ab速度减小，则电流减小，所受安培力减小，所以杆ab做加速度逐渐减小的减速运动，速度v随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，则通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，B错误；当杆ab以初速

34、度v0开始切割磁感线时，电路开始给电容器充电，有电流通过杆ab，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小，当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动，电容器两端的电压UBlv，而qCU，对杆ab，根据动量定理得BltBlqmvmv0，联立可得v，C正确；杆稳定后，电容器不再充电，回路中没有电流，根据右手定则知，a点的电势高于b点电势，D正确【例2】（2023春安徽高三校联考阶段练习）如图所示，间距为的足够长平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨左端接有电容的电容器，整个空间存在着垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度，质量的金属棒垂直

35、放置在导轨上，金属棒和导轨的电阻不计，给金属棒一个向右的大小为的初速度，当金属棒的加速度变为零时，立即给金属棒一个水平向左的大小为的恒力，则（）A当金属棒加速度为零时，速度也恰好为零B当金属棒加速度为零时，电容器两端的带电量为C给金属棒施加一个水平向左的恒力后，金属棒向右运动的过程是匀减速直线运动D给金属棒施加一个水平向左的恒力后，金属棒向右运动的最大距离为【答案】BCD【详解】AB当金属棒加速度为零时，设金属棒的速度为，电容器带电量为，根据动量定理有加速度为零时，金属棒中电流为零，则解得电容器带电量选项A错误，B正确；C给金属棒施加一个水平向左的恒力后又解得选项C正确；D加力后，金属棒向右运

36、动的最大距离选项D正确。故选BCD。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的特点电容器放电时，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UCBLvm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，I0最大速度vm电容器充电电荷量：Q0CE放电结束时电荷量：QCUCBLvm电容器放电电荷量：QQ0QCECBLvm对棒应用动量定理：mvm0BLtBLQvmvt图像【例3】（2023湖北模拟预测）我国第三艘航母福建舰已正式下水，如图甲所示，福建舰配备了目前世界上最先进

37、的电磁弹射系统。图乙是一种简化的电磁弹射模型，直流电源的电动势为E，电容器的电容为C，两条相距L的固定光滑导轨，水平放置处于磁感应强度B的匀强磁场中。现将一质量为m，电阻为R的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内处于静止状态，并与两导轨接触良好。先将开关K置于a让电容器充电，充电结束后，再将K置于b，金属滑块会在电磁力的驱动下加速运动，达到最大速度后滑离轨道。不计导轨和电路其他部分的电阻，忽略空气阻力。下列说法正确的是（）A金属滑块在轨道上运动的最大加速度为B金属滑块在轨道上运动的最大速度为C金属滑块滑离轨道的整个过程中流过它的电荷量为D金属滑块滑离轨道的整个过程中电容器消耗的电能为【答案】AC【详

38、解】A开关K置于b的瞬间，流过金属滑块的电流最大，此时对应的安培力最大，以金属滑块为研究对象，根据牛顿第二定律解得故A正确；BC金属滑块运动后，切割磁感线产生电动势，当电容器电压与滑块切割磁感线产生电动势相等时，滑块速度不再变化，做匀速直线运动，此时速度达到最大，设金属滑块加速运动到最大速度时两端电压为U，电容器放电过程中的电荷量变化为，放电时间为，流过金属滑块的平均电流为I，在金属块滑动过程中，由动量定理得由电流的定义由电容的定义电容器放电过程的电荷量变化为所以金属滑块速度最大时，根据法拉第电磁感应定律可得联立解得故B错误，C正确；D金属滑块滑离轨道的整个过程中，电容器消耗的电能一部分转化为

39、金属滑块的动能另一部分转化为了金属滑块的内能（焦耳热），故D错误。故选AC。【例3】(20221月江苏新高考适应性考试，10)如图所示，光滑的平行长导轨水平放置，质量相等的导体棒L1和L2静止在导轨上，与导轨垂直且接触良好。已知L1的电阻大于L2的电阻，两棒间的距离为d，不计导轨电阻，忽略电流产生的磁场。将开关S从1拨到2，两棒运动一段时间后达到稳定状态，则()AS拨到2的瞬间，L1中的电流大于L2BS拨到2的瞬间，L1的加速度大于L2C运动稳定后，电容器C的电荷量为零D运动稳定后，两棒之间的距离大于d【答案】D【解析】S拨到1时，电源给电容器充电，S拨到2的瞬间，电容器放电(相当于“电源”)

40、，导体棒L1、L2并联，则棒两端电压相等，根据I和RL1RL2知，IL1IL2，A错误；S拨到2的瞬间，导体棒受到的安培力FILB，知FL1FL2，由于mL1mL2，故aL1aL2，B错误；运动稳定后，两棒的速度相等，两端的电压也相等，故电容器两端的电压等于棒两端的电压，此时电容器C的电荷量不为零，C错误；在两棒向右运动过程中aL1aL2，且电路稳定时两棒速度相等，则L1的位移小于L2的位移，故两棒之间的距离大于d，D正确。【例4】电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C.两根固定于水平面内

41、的光滑平行金属导轨间距离为l，电阻不计炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触首先开关S接1，使电容器完全充电然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨问：(1)磁场的方向；(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少【答案】(1)垂直于导轨平面向下(2) (3)【解析】(1)将S接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S接2时，电容

42、器放电，流经MN的电流由M到N，又知MN向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I设MN受到的安培力为F，有FIlB由牛顿第二定律，有Fma联立式得a(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0CE开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E，有EBlvmax依题意有E设在此过程中流经MN的平均电流为，MN受到的平均安培力为，有lB由动量定理，有tmvmax0又tQ0Q联立式得Q.题型二 动量守恒定律在电磁感应中的应用1在双金属棒

43、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的动能棒2的动能焦耳热类型1 双棒无外力【例

44、1】（2023全国校联考模拟预测）如图所示，间距的粗糙倾斜金属轨道与水平面间的夹角，在其顶端与阻值为2R的定值电阻相连，间距相同的光滑金属轨道固定在水平面上，两轨道都足够长且在AA处平滑连接，AA至DD间是绝缘带，保证倾斜轨道与水平轨道间电流不导通。倾斜轨道处有垂直轨道向上、磁感应强度大小为的匀强磁场，水平轨道处有竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场。两根导体棒1、2的质量均为，两棒接入电路部分的电阻均为R，初始时刻，导体棒1放置在倾斜轨道上，且距离AA足够远，导体棒2静置于水平轨道上，已知倾斜轨道与导体棒1间的动摩擦因数，。现将导体棒1由静止释放，运动过程中未与导体棒2发生碰撞。，重力加速度

45、，两棒与轨道始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，不计金属棒1经过AA时的机械能损失。下列说法正确的是（）A导体棒1滑至DD瞬间的速度大小为1.2m/sB导体棒1滑至DD瞬间，导体棒2的加速度大小为6m/s2C稳定时，导体棒2的速度大小为1.2m/sD整个运动过程中通过导体棒2的电荷量为0.06C【答案】C【详解】AB导体棒1在倾斜轨道匀速时的电流受力分析可知解得导体棒1滑至DD瞬间的速度大小为2.4m/s，A错误；B导体棒1滑至DD瞬间解得导体棒1滑至DD瞬间，导体棒2的加速度大小为12m/s2，B错误；C导体棒1、2最终在水平轨道上以相同的速度匀速运动，利用动量守恒定律得解得C正确；D对导体棒

46、2利用动量定理则D错误。故选C。【例2】（2023河北沧州河北省吴桥中学校考模拟预测）如图所示，固定足够长的间距为L的平行光滑金属导轨由水平段和倾角为的倾斜段平滑相接构成，正方形区域内存在垂直于倾斜导轨向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场；水平导轨间从EF向右区域内存在一个竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小也为B。一根质量为m、阻值为R、长度为L的金属棒a在倾斜导轨上磁场区域的上边界AB处由静止释放，经过时间t穿过区域后，与水平导轨上另一根质量为2m、阻值为R、长度为L的静止在EF左侧的金属棒b发生弹性碰撞。已知两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，两金属棒碰撞后金属棒a运动至倾斜导轨底端时被固定，

47、不再上滑，不计导轨电阻，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A金属棒a穿过区域的过程中，通过回路的电荷量为B金属棒a穿过区域的过程中，产生的焦耳热为C碰撞后瞬间金属棒a速度的大小为D金属棒b最终停在EF的右边处【答案】AD【详解】A根据电荷量的计算公式有故A正确；B根据功能关系可知金属棒a穿过区域的过程中，产生的焦耳热小于，故B错误；C金属棒a穿过区域的过程中，根据动量定理有ab碰撞过程中根据动量守恒定律及能量守恒定律有解得碰撞后瞬间金属棒a速度的大小为故C错误；D对金属棒b根据动量定理有解得故D正确；故选AD。【例3】(多选)如图所示，在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有两

48、根位于同一水平面内且间距为L的平行金属导轨(导轨足够长，电阻不计)；两根质量均为m、内阻均为r的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上(导体棒与金属导轨接触良好)，t0时，ab棒以初速度3v0向右滑动，cd棒以初速度v0向左滑动，关于两棒的运动情况，下列说法正确的是()A当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为v0B当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的加速度大小为C从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中，导体棒ab产生的焦耳热为mv02Dcd棒的收尾速度大小为v0【答案】CD【解析】由于两棒组成的系统动量守恒，取向右方向为正方向，由动量守恒定律可得3mv0mv0mv1mv2，所以当其中某根棒的

49、速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，A错误；当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，则有E2BLv0 ，I ，FBIL，联立解得F，由牛顿第二定律可得，另一根棒的加速度大小为a，B错误；从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中，两根导体棒上产生的焦耳热为Q总mv02m(3v0)2m(2v0)23mv02，则导体棒ab产生的焦耳热为QQ总mv02，C正确；cd棒的收尾速度为两根导体棒具有的共同速度，则有3mv0mv02mv共，解得v共v0，D正确【例4】（2023春河南高三校联考阶段练习）如图（a），水平面内有两根足够长的光滑平行固定金属导轨，间距为d。导轨所在空间存在方向竖直向

50、下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。同种材料制成、粗细均匀、长度均为d的两导体棒M、N静止放置在导轨上。已知M的质量为m，阻值为R，导轨电阻不计。现给M棒一水平向右的初速度v，其速度随时间变化关系如图（b）所示，两导体棒运动过程中，始终与导轨垂直且接触良好，则下列说法正确的是（）A导体棒N的质量为B导体棒N的阻值为C在0t内，导体棒M产生的热量为D在0t内，通过导体棒M的电荷量为【答案】BD【详解】A导体棒M、N受到的安培力大小相等，方向相反，所以两导体棒组成的系统动量守恒，且两导体棒最终速度大小相等，有解得故A错误；B设导体棒的密度为，电阻率为0，两导体棒横截面积为和导体棒M的阻值为 导体棒N

51、的阻值为故B正确；C在0t内回路产生的总热量为所以导体棒M产生的焦耳热为故C错误；D由动量定理可知，在0t内导体棒N有通过导体棒M的电荷量解得故D正确。故选BD。【例5】（2023山东高三专题练习）如图，水平面上有两条相距为L的足够长光滑平行金属导轨，在导轨上相隔某一距离垂直导轨静置长度均为L的金属棒a和b，垂直导轨的虚线MN右侧存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，匀强磁场磁感应强度为B，导轨左端接有电压传感器。现让金属棒a、b分别以速度v0、3v0向右运动，时刻金属棒b经过MN进入磁场区域，当金属棒a刚进入磁场时，电压传感器的示数。已知金属棒a、b材质相同，a、b棒的质量分别为2m、m，a棒电阻

52、为R。导轨电阻不计，不考虑电压传感器对电路的影响，磁场区域足够大，下列说法正确的是（）A从时刻开始，电压传感器的示数逐渐减小B改变a、b两棒间初始距离，不会改变两棒的最终速度C当金属棒a刚进入磁场时，a、b两棒间的距离为D整个过程中金属棒a上产生的焦耳热为【答案】CD【详解】A 从时刻开始，在a棒进入磁场之前，b棒做减速运动，则电压传感器的示数逐渐减小；当a棒进入磁场之后，稳定时，电压传感器的示数不变，选项A错误；B因b进入磁场后做减速运动，因ab棒均进入磁场后动量守恒，根据动量守恒定律a、b两棒间初始距离较大，则当a进入磁场时b减速时间较长，则速度vb较小，则最终两棒的最终速度较小，则改变a

53、、b两棒间初始距离，会改变两棒的最终速度，选项B错误；C a、b棒的质量分别为2m、m，根据可知横截面积之比2:1，根据可知电阻之比为1:2可知b棒电阻为2R；当金属棒a刚进入磁场时，电压传感器的示数此时解得对b棒由动量定理其中解得选项C正确；Da棒进入磁场之前，在a棒中产生的焦耳热a棒进入磁场之后，到最终达到共同速度时解得在a棒中产生的焦耳热整个过程中金属棒a上产生的焦耳热为选项D正确。故选CD。【例6】（2023陕西统考一模）如图所示，相距的平行轨道由两部分组成，其中圆弧轨道光滑，水平轨道粗糙。水平轨道区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度。光滑导体棒的质量，电阻；另一导体棒的质量，电阻，

54、放置在足够长的水平轨道上，导体棒与水平导轨间的动摩擦因数，光滑足够长斜面的倾角，斜面顶端固定一轻质光滑小定滑轮，滑轮与水平轨道等高。一绝缘轻绳绕过滑轮一端与导体棒相连，另一端与处于斜面上的小物块相连，且与物块恰好均保持静止（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。现让棒从距水平轨道高为处由静止释放，在之后的运动过程中，棒恰好能与水平轨道上的棒相遇，全程两棒均未出磁场区域。已知重力加速度，求：（1）小物块的质量；（2）导体棒的初始位置与水平轨道最左端间的距离；（3）整个过程中，导体棒产生的焦耳热。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）棒与物块静止，有得（2）当棒进入磁场时，由动能定理得棒恰好能与水平

55、轨道上的棒相遇时，设速度为，系统动量守恒，得对棒分析，由动量定理得且联立得（3）相遇前，对系统由能量守恒定律得且代入数据得【例7】（2023云南昆明统考一模）如图所示，两平行光滑金属直导轨、固定在绝缘水平面内，导轨间距为、电阻不计且足够长，导轨间存在磁感应强度大小为、方向竖直向上的匀强磁场，导体棒、跨放在金属导轨上，两棒间距为。已知棒质量为，电阻为，棒质量为，电阻为。现给棒一水平向右的初速度，当、棒速度相同时，它们之间的距离为，此时立即锁定棒，同时对棒施加一垂直于棒的水平恒力，使棒经时间速度减为零，同时撤去该恒力，最终、棒之间的距离为。若运动过程中、棒与导轨始终保持垂直且接触良好。求：（1）从

56、棒开始运动到与棒共速过程中，棒中电流的方向及通过棒的电荷量；（2）棒开始运动时的速度大小；（3）全过程回路中产生的焦耳热。【答案】（1）流向，；（2）；（3）【详解】（1）两棒从开始运动到共速过程中，根据楞次定律可知，棒中电流的方向为流向，根据法拉第电磁感应定律可得根据闭合电路欧姆定律可得该过程通过棒的电荷量为联立解得（2）设棒开始运动时速度为，两棒从开始运动到共速过程中，两棒组成的系统满足动量守恒，则有对棒，根据动量定理可得联立解得棒开始运动时的速度大小（3）两棒从开始运动到共速过程中，根据能量守恒定律可得棒减速为零的过程中，根据法拉第电磁感应定律可得根据闭合电路欧姆定律可得设恒力为，对棒，

57、根据动量定理可得联立解得棒减速为零的过程中，根据能量守恒定律可得全过程回路中产生的焦耳热为联立解得【例8】（2023广东佛山统考模拟预测）如图，平行金属导轨MM、NN和平行金属导轨PQR、PQR固定在水平台面上，平行金属导轨间距均为，MN与高度差为。导轨MM、NN左端接有的电阻，导轨平直部分存在宽度为d、磁感应强度方向竖直向上的匀强磁场；导轨PQR与，其中PQ与PQ是圆心角为、半径为的圆弧形导轨，QR与QR是水平长直导轨。QQ右侧存在磁感应强度方向竖直向上的匀强磁场，导体棒a质量，接在电路中的电阻；导体棒b质量，接在电路中的电阻。导体棒a从距离导轨MM、NN平直部分处静止释放，恰能无碰撞地从P

58、P滑入右侧平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度，不计导轨电阻、一切摩擦及空气阻力。求：（1）导体棒a刚进入磁场时的速度大小以及此时电阻R的电流大小和方向；（2）导体棒b的最大加速度；（3）d的大小；（4）导体棒a、b在平行金属导轨PQR、PQR中产生的总焦耳热（导轨足够长）。【答案】（1）5m/s，方向为由N到M；（2）；（3）；（4）【详解】（1）根据动能定理可知解得导体棒a刚进入磁场时的速度大小为由题可知解得由右手定则可判断，此时电阻R的电流的方向为由N到M。（2）由题可知，导体棒a到达时速度方向与水平方向的夹角为，则解得导体棒a刚进入磁场时，导体棒b的加速度最大，则解得（3）导体棒

59、a从到的过程中解得由题可知在导轨MM、NN平直部分从左到右即解得（4）根据动量守恒定律可知导体棒a、b在平行金属导轨PQR、PQR中产生的总焦耳热与系统减少的动能相等，即解得【例9】（2023安徽滁州安徽省定远中学校考模拟预测）如图所示，两条平行光滑水平导轨间距为，左侧弯成四分之一圆弧，其半径也为，右侧折成倾斜导轨，其倾角。导轨水平部分有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为。导体棒固定在圆弧导轨最高点，导体棒垂直于水平导轨放置，与圆弧底端相距，、长均为、电阻均为，导体棒、质量分别为和。从某时刻开始，静止释放导体棒，发现两棒在水平导轨上未相撞，且导体棒将从右侧斜面最高处沿斜面向上飞出，上升到最高点时

60、距斜面底端高，斜面高度为。已知导体棒经过水平导轨右侧时速率不变，不考虑空气阻力影响，导轨电阻不计。已知L=1m，R=0.5，m=1kg，g=10m/s2，B=2T，h=0.1125m，H=0.1625m，求：（1）导体棒刚进入磁场时两端的电压；（2）导体棒刚穿出磁场时的速度大小；（3）导体棒刚穿出磁场时棒的位置和速度。【答案】（1）；（2）2.5m/s；（3）；【详解】（1）导体棒到达圆弧底端的速度由机械能守恒得解得此时导体棒开始切割磁感线，产生的电动势又联立解得（2）导体棒从斜面横端斜向上抛到最高点的过程可反向看成平抛运动，设导体棒在斜面顶端的速度为，满足解得导体棒从斜面底端上滑到斜面顶端过

61、程满足机械能守恒，设导体棒在的速度为，有解得（3）设导体棒刚穿出磁场时棒的速度为，由题意可知，从导体棒进入磁场到导体棒穿出磁场的过程中，、两棒满足系统动量守恒，有解得从导体棒进入磁场到导体棒穿出磁场的过程中，两棒均在运动切割磁感线，其构成闭合回路产生的电动势为其中为两根导体棒相对速度；此过程中导体棒产生的感应电流为导体棒受到的安培力为对导体棒在磁场中运动的过程中，安培力的冲量为为两根导体棒的相对位移由动量定理有联立解得故导体棒此时距为【例10】（2023山东模拟预测）如图所示，间距为且足够长的光滑平行金属导轨与，由倾斜与水平两部分平滑连接组成。倾角的倾斜导轨间区域有垂直导轨平面斜向上的匀强磁场

62、，磁感应强度。水平导轨间区域有一个长度、竖直向上的匀强磁场，磁感应强度。质量、阻值的金属棒a从倾斜导轨某位置由静止开始释放，穿过前已做匀速直线运动，以大小不变的速度进入水平导轨，穿出水平磁场区域与另一根质量、阻值的静止金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，金属导轨电阻不计，求：（1）金属棒a到达斜面底端时的速度的大小；（2）金属棒a第一次穿过区域的过程中，金属棒a电路中产生的焦耳热Q；（3）金属棒a最终停在距区域右边界距离x。【答案】（1）8m/s；（2）5.76J；（3）0.5m【详解】（1）导体棒匀速穿过，由受力平衡得解得（2）规定向右为正方向，对金属棒，根据动量定理得，

63、（或）解得金属棒第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒机械能的减少量解得（3）规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得，联立并带入数据解得金属棒反弹的速度为设金属棒最终停在距磁场右边界处，规定向右为正方向，对金属棒，根据动量定理得，或解得【例11】（2023湖北模拟预测）如图所示，不计电阻的光滑平行金属轨道水平放置，轨道间距，轨道所在空间存在垂直纸面向下，大小为1T的匀强磁场。ab两杆质量均为，长度均为1m，电阻均为，相距静止在轨道适当位置上。轨道右侧边缘为，距水平距离为1m，竖直距离为处有一方光滑管道竖直放置，截面cdef中，。现给a杆一个初始速度，ab

64、杆共速后，b先脱离轨道，恰好从管道左边沿进入管道，随后a杆也进入管道。两杆在管道内与管壁碰撞后速度大小不变，竖直分量方向不变，水平分量反向，且两杆始终水平，已知b杆恰好与管壁碰撞4次，且最后一次碰撞发生在管壁边沿。，求（1）求整个过程中安培力对b杆所做的功；（2）b杆第4次碰撞前瞬间速度方向与水平方向夹角的正切值；（3）a杆刚运动到管道上边沿时，b在管道中距离上端管口的距离。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）a杆以初始速度开始运动到ab两杆在水平轨道上共速的过程中，a，b两杆组成的系统所受合外力为零，由动量守恒定律知得共速时的速度大小为对b杆，由动能定理知 b杆从离开轨道到进入管道前

65、 解得与管壁碰撞过程中水平速度大小不变，每次碰撞时间间隔为，故从开始离开轨道到第4次碰撞用时故b杆第4次碰撞前瞬间速度方向与水平方向夹角的正切值 （3）设ab两杆从开始运动到共速的过程中运动的位移分别为、对b杆，由动量定理知其中，由于对上式两边积分可解得而两杆开始时的距离为，故ab两杆在水平轨道上共速时的距离a杆运动到管道上边沿时运动了 则b杆离开轨道右端后也运动了，由平抛运动规律知，b杆在竖直方向的位移为 此时距上端管口距离类型2 双棒有外力【例1】（2023广东清远校考模拟预测）如图所示，间距为的两光滑平行金属导轨固定在水平绝缘台上，导轨足够长且电阻不计，质量分别为、的金属棒垂直导轨静止放

66、置，导轨间金属棒的电阻均为，整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场中。现用水平恒力向右拉金属棒，运动过程中始终垂直导轨并与导轨保持良好接触，最终运动保持稳定状态，则（）A所受的安培力大小为B中电流为C和的速度差恒为D和之间的距离保持恒定【答案】AC【详解】A根据题意可知，运动保持稳定状态后，的加速度相同，对整体，由牛顿第二定律有对由牛顿第二定律有解得故A正确；B.设中电流为，根据安培力公式有解得故B错误；CD根据题意，由法拉第电磁感应定律及欧姆定律有解得可知，a和b之间的距离不断增大，故D错误，C正确。故选AC。【例2】（2023河北张家口统考三模）如图所示，水平固定的两足够长平

67、行金属导轨处于足够大的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于轨道平面竖直向上（未画出），轨道间距为L、导体棒ab、cd用绝缘细线连接，垂直导轨放置且与导轨接触良好，接入电路的电阻均为R。现给导体棒cd施加平行于导轨方向的恒力F，使之以速度做匀速运动。某时刻剪断导体棒间的细线，从剪断细线开始计时，经过时间t，导体棒cd达到最大速度，ab仍具有一定的速度。已知两导体棒质量均为m，与导轨间的动摩擦因数均为，重力加速度为g。从剪断细线到导体棒cd达到最大速度的过程中，下列说法正确的（）A导体棒ab、cd组成的系统动量守恒B导体棒cd的最大速度为C通过ab的电荷量为Dab、cd相对滑动的距离为【答案

68、】AC【详解】A导体棒ab、cd组成的系统两个导体棒时刻受到等大反向的安培力，系统所受外力的矢量和为0，所以系统动量守恒，故A正确；B导体棒cd达到最大速度时，对导体棒cd受力分析可知由，根据动量守恒定律有联立可得，故B错误；C以导体棒ab为研究对象，由动量定理，联立可得故C正确；D由电荷量的推导公式得故D错误。故选AC。【例3】如图所示，间距为L的两平行光滑金属导轨固定在水平面上，导轨电阻不计，水平面上虚线MN左右两侧都有磁感应强度大小均为B的匀强磁场，左侧磁场的方向竖直向下，右侧磁场的方向竖直向上，与导轨垂直的金属棒ab和cd的质量都为m，电阻都为r，分别静止在MN的左右两侧现对两金属棒都

69、施加水平向右的恒力，恒力的大小都为F，ab棒经过位移L达到最大速度，此时cd棒恰好到达虚线MN处运动过程中两金属棒始终垂直于导轨，求：(1)ab棒的最大速度；(2)自开始施加力F至ab棒达到最大速度，回路中产生的焦耳热；(3)自开始施加力F至ab棒达到最大速度的时间【答案】(1)(2)2FL(3)【解析】(1)ab棒达到最大速度时I，FILB解得v(2)两金属棒同时达到最大速度，并且最大速度相同，对系统由功能关系2FL2mv2Q得回路中产生的焦耳热Q2FL(3)自开始施加力F至ab棒达最大速度，对ab或cd，安培力的冲量大小I安BLI1t1BLI2t2BLI3t3其中I1、I2、I3又Lv1t

70、1v2t2v3t3得I安对ab或cd，由动量定理FtI安mv0得时间间隔t【例4】（2023湖北模拟预测）如图，两条足够长的平行金属导轨间距L0.5m，与水平面的夹角30，处于磁感应强度B0.2T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。导轨上的a、b两根导体棒质量分别为m0.3kg、m0.1kg，电阻均为R0.1。现将a、b棒由静止释放，同时用大小为2N的恒力F沿平行导轨方向向上拉a棒。导轨光滑且电阻忽略不计，运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，取重力加速度g10m/s2.已知当a棒中产生的焦耳热Q0.12J时，其速度v1.0m/s，求：（1）此时b棒的速度大小；（2）此时b棒的加速度大小；（

71、3）a棒从静止释放到速度达到1.0m/s所用的时间。【答案】（1）3m/s；（2）；（3）0.768s【详解】（1）设a、b棒受到的安培力大小为F安，则对a、b棒由牛顿第二定律分别，有联立可得所以有可解得（2）设此电路产生的感应电动势为E，电流为I，则有联立解得（3）设此过程a、b棒位移分别为、，由（1）的分析可得根据能量守恒有对a棒根据动量定理有其中安培力的冲量可得联立代入数据可解得【例5】（2023海南统考模拟预测）如图，质量电阻不计的光滑金属框置于绝缘水平台上，、垂直且足够长，间距。长为的金属棒垂直置于金属框上，质量，电阻。装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度。时刻，用的水平恒力向右

72、拉动金属框，末和金属框加速度已相同，相对金属框匀速运动，此过程，始终垂直金属框并良好接触。求：（1）末金属棒的加速度大小及其所受的安培力大小和方向；（2）末金属框、金属棒的速度分别为多大。【答案】（1），方向向右；（2），【详解】（1）根据题意，用水平恒力F向右拉动金属框，由于电磁感应，边的加速度减小，金属棒的加速度增大，两者相等设为a，相对金属框匀速运动。对系统整体，有代入数据，解得金属棒受到的安培力方向向右。（2）设末，金属框的速度为，金属棒的速度为，回路中感应电流为I，金属棒上的安培力电流结合以上两式得取水平向右为正方向，对整体，依据动量定理，有上式代入数据并化简得综合以上式子，解得【例

73、6】（2023云南统考二模）如图所示，一“”型金属线框放置在绝缘粗糙的水平面上，金属棒b与边相距一段距离并平行放置在金属线框上，在金属线框右侧有一磁感应强度大小为、方向竖直向下的矩形匀强磁场区域。现用的水平恒力拉着金属线框向右运动，一段时间后边进入磁场，并匀速穿过整个磁场区域，当边离开磁场区域的瞬间，金属棒恰好进入磁场，且速度刚好达到金属线框的速度，此时立即撤去拉力F，整个运动过程中金属棒始终与金属线框垂直且接触良好。已知线框间距为，整个金属线框电阻不计，金属棒的电阻为，金属线框及金属棒的质量均为，金属棒与金属线框之间的动摩擦因数为，金属线框与地面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小取。求（1）

74、金属线框边刚进入磁场时的速度大小；（2）磁场区域的宽度；（3）棒从开始运动到停下的时间。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）当F作用在线框上时，可知线框与金属棒之间会发生相对滑动。线框进入磁场时做匀速直线运动，线框受到的安培力线框进入磁场产生的电动势线框中的电流线框受力平衡得联立可得（2）对线框进入磁场之前进行受力分析，根据牛顿第二定律可得线框进入磁场之前做匀加速运动，运动时间为金属棒进入磁场前做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律金属棒加速到与金属线框相同速度时，根据运动学公式磁场宽度联立解得（3）金属棒进入磁场瞬间，假设线框和金属棒具有相同加速度，由牛顿第二定律由上式解得对金属棒解得因，可见线框和金属棒不会有相对滑动，将保持相对静止共同做减速运动，之后因安培力在不断减小，可知线框与金属棒一起做加速度减小的减速运动。导体棒进入磁场之前运动的距离为x，由运动学公式得由上式计算得到x大于磁场区域的宽度，因减速过程加速度小于加速过程的加速度，可知金属棒能够滑出磁场区域，出磁场后跟线框一起匀减速直到停下。设金属棒从进入磁场到停下的时间为，在磁场中运动时间为。从金属棒进入磁场到停下的过程中，根据动量定理可得金属棒中的平均电流与时间的乘积表示电荷量可得由法拉第电磁感应定律可得导体棒和金属框运动的总时间为联立解得