專題29 動量觀點在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用（教師版）-2025版高考物理熱點題型講義

專題29動量觀點在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用目錄TOC\o"1-3"\h\u題型一動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用 1類型1“單棒＋電阻”模型 1類型2不等間距上的雙棒模型 21類型3“電容器＋棒”模型 33題型二動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用 41類型1雙棒無外力 42類型2雙棒有外力 52題型一動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用【解題指導(dǎo)】導(dǎo)體棒或金屬框在感應(yīng)電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時，當(dāng)題目中涉及速度v、電荷量q、運動時間t、運動位移x時常用動量定理求解．類型1“單棒＋電阻”模型情景示例1水平放置的平行光滑導(dǎo)軌，間距為L，左側(cè)接有電阻R，導(dǎo)體棒初速度為v0，質(zhì)量為m，電阻不計，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，從開始運動至停下來求電荷量q－Beq\x\to(I)LΔt＝0－mv0，q＝eq\x\to(I)Δt，q＝eq\f(mv0,BL)求位移x－eq\f(B2L2\x\to(v),R)Δt＝0－mv0，x＝eq\x\to(v)Δt＝eq\f(mv0R,B2L2)應(yīng)用技巧初、末速度已知的變加速運動，在動量定理列出的式子中q＝eq\x\to(I)Δt，x＝eq\x\to(v)Δt；若已知q或x也可求末速度情景示例2間距為L的光滑平行導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為θ，由靜止釋放質(zhì)量為m、接入電路的阻值為R的導(dǎo)體棒，當(dāng)通過橫截面的電荷量為q或下滑位移為x時，速度達(dá)到v求運動時間－Beq\x\to(I)LΔt＋mgsinθ·Δt＝mv－0，q＝eq\x\to(I)Δt－eq\f(B2L2\x\to(v),R)Δt＋mgsinθ·Δt＝mv－0，x＝eq\x\to(v)Δt應(yīng)用技巧用動量定理求時間需有其他恒力參與．若已知運動時間，也可求q、x、v中的一個物理量1.如圖所示，光滑平行導(dǎo)軌放在絕緣的光滑水平面上，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌左端通過硬質(zhì)導(dǎo)線連接阻值為R的定值電阻，導(dǎo)軌、硬質(zhì)導(dǎo)線及電阻的總質(zhì)量為m。空間存在豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。質(zhì)量也為m的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，金屬棒在水平向右、大小為F的恒力作用下由靜止開始運動，經(jīng)過一段時間t（未知）后金屬棒的速度大小為2v，導(dǎo)軌的速度大小為v，然后立即撤去外力。除定值電阻外，其余電阻均忽略不計，運動過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，則下列說法正確的是（）A．恒力作用過程中對系統(tǒng)做的功等于撤去恒力時系統(tǒng)的動能B．恒力作用的總時間為C．恒力作用的過程中金屬棒相對導(dǎo)軌運動的位移大小為D．撤去恒力后經(jīng)過足夠長的時間定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】BD【詳解】A．根據(jù)能量守恒可知，恒力作用過程中對系統(tǒng)做的功等于撤去恒力時系統(tǒng)的動能以及電阻發(fā)熱產(chǎn)生的熱能之和，故A錯誤；B．對整體，根據(jù)動量定理解得故B正確；C．對電阻和導(dǎo)軌，根據(jù)動量定理則通過導(dǎo)體橫截面電荷量又解得故C錯誤；D．撤去恒力后經(jīng)過足夠長的時間，整體勻速運動，根據(jù)動量守恒最終速度根據(jù)能量守恒定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱故D正確。故選BD。2．（2025·云南·實用性聯(lián)考）如圖所示，水平面上固定放置有“”形光滑金屬導(dǎo)軌，寬度為L。虛線MN右側(cè)存在方向垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應(yīng)強度大小為B，磁場的區(qū)域足夠大。質(zhì)量為m、電阻為R、長度也為L的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置，以初速度沿導(dǎo)軌進入勻強磁場區(qū)域，最終靜止。導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，不計金屬導(dǎo)軌電阻，則（）A．金屬棒剛進入磁場時受到的安培力大小為B．金屬棒在磁場中運動的時間為C．金屬棒在磁場中運動的距離為D．流過金屬棒橫截面的總電量為【答案】AC【詳解】A．根據(jù)題意可知，金屬棒剛進入磁場時，感應(yīng)電動勢為通過金屬棒的感應(yīng)電流為金屬棒剛進入磁場時受到的安培力大小為故A正確；BCD．設(shè)金屬棒在磁場中運動的距離為，由動量定理有其中則有解得金屬棒在磁場中運動的距離為流過金屬棒橫截面的總電量為若金屬棒做勻減速運動，則有解得由于金屬棒做加速度減小的減速運動，所以金屬棒在磁場中運動的時間不等于，故BD錯誤，C正確。故選AC。3．（2025高三上·安徽·開學(xué)考試）某電磁緩沖裝置如圖所示，兩足夠長的平行金屬導(dǎo)軌置于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌左端與定值電阻R相連，右側(cè)處于豎直向下的勻強磁場中，一質(zhì)量為m的金屬桿垂直導(dǎo)軌放置。現(xiàn)讓金屬桿以大小為的初速度沿導(dǎo)軌向右經(jīng)過進入磁場，最終恰好停在處。已知金屬桿接入導(dǎo)軌之間的阻值為R，，導(dǎo)軌電阻不計，忽略摩擦阻力和空氣阻力，金屬桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。下列說法正確的是（

）A．金屬桿經(jīng)過時的速度大小為B．在整個過程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為C．金屬桿經(jīng)過與區(qū)域，產(chǎn)生的熱量之比為3∶1D．若將金屬桿的初速度大小變?yōu)?，則金屬桿在磁場中運動的距離變?yōu)?d【答案】AC【詳解】A．導(dǎo)體棒從A到B由動量定理從A到C由動量定理其中同理解得選項A正確；B．在整個過程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為選項B錯誤；C．金屬桿經(jīng)過區(qū)域產(chǎn)生的熱量經(jīng)過產(chǎn)生的熱量則產(chǎn)生的熱量之比為3∶1，選項C正確；D．根據(jù)即若將金屬桿的初速度大小變?yōu)椋瑒t金屬桿在磁場中運動的距離變?yōu)?d，選項D錯誤。故選AC。4．（2025高三上·河北唐山·開學(xué)考試）如圖所示，間距為的兩足夠長平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，兩導(dǎo)軌左端連接阻值為的電阻，一質(zhì)量為、電阻為、長為的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，整個裝置處于豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為的勻強磁場中，導(dǎo)軌電阻不計?，F(xiàn)使金屬棒以的初速度向右運動，運動過程中金屬棒始終與導(dǎo)軌接觸良好，則在金屬棒運動過程中（）A．通過電阻的電流方向為 B．金屬棒兩端電壓的最大值為C．通過電阻的電荷量為 D．金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】BC【詳解】A．金屬棒以的初速度向右運動，由右手定則可知通過電阻的電流方向為，A錯誤；B．由電磁感應(yīng)定律可知，金屬棒切割磁感線速度最大時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，則金屬棒兩端電壓有最大值，金屬棒兩端電壓即為路端電壓，由閉合電路歐姆定律可得最大值為B正確；C．金屬棒在安培力作用下向右做減速運動，最后靜止，此過程由動量定理可得由電流強度定義式可得C正確；D．由能量守恒定律可得金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為D錯誤。故選BC。5.如圖所示，沿水平固定的平行導(dǎo)軌之間的距離為L=1m，導(dǎo)軌的左側(cè)接入定值電阻，圖中虛線的右側(cè)存在豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B=1T。質(zhì)量為m=1kg、阻值導(dǎo)體棒PQ垂直導(dǎo)軌放置，由時刻開始在導(dǎo)體棒上施加水平方向F=4N的恒力使導(dǎo)體棒向右做勻加速運動，導(dǎo)體棒進入磁場后立即保持外力的功率不變，經(jīng)過一段時間導(dǎo)體棒以的速度做勻速直線運動，已知整個過程導(dǎo)體棒的速度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌保持良好的接觸且沒有發(fā)生轉(zhuǎn)動。重力加速度g=10m/s2。求：（1）導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)以及定值電阻的阻值；（2）前8s內(nèi)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q=75J，則該過程中定值電阻上產(chǎn)生的熱量為多少？（3）在第（2）問的前提下，求導(dǎo)體棒減速過程中通過定值電阻的電量q和前8s內(nèi)水平外力F對導(dǎo)體棒的沖量。

【答案】（1），；（2）；（3），【詳解】（1）根據(jù)圖像可知，導(dǎo)體棒做勻加速直線運動的加速度為根據(jù)牛頓第二定律可得解得動摩擦因數(shù)為導(dǎo)體棒剛進入磁場時的拉力功率為導(dǎo)體棒最終以的速度在磁場中做勻速直線運動，則有又，聯(lián)立解得（2）前8s內(nèi)外力做功為設(shè)回路產(chǎn)生的焦耳熱為，根據(jù)功能關(guān)系可得解得則前8s內(nèi)定值電阻上產(chǎn)生的熱量為（3）在第（2）問的前提下，設(shè)導(dǎo)體棒減速過程中的位移為，則有其中，解得根據(jù)解得導(dǎo)體棒減速過程中通過定值電阻的電荷量為設(shè)前8s內(nèi)水平外力F對導(dǎo)體棒的沖量為，根據(jù)動量定理可得又聯(lián)立解得6.隨著航空領(lǐng)域的發(fā)展，實現(xiàn)火箭回收利用，成為了各國都在重點突破的技術(shù)。其中有一技術(shù)難題是回收時如何減緩對地的碰撞，為此設(shè)計師在返回火箭的底盤安裝了電磁緩沖裝置。該裝置的主要部件有兩部分：①緩沖滑塊，由高強絕緣材料制成，其內(nèi)部邊緣繞有閉合單匝正方形線圈abcd；②火箭主體，包括絕緣光滑緩沖軌道MN、PQ和超導(dǎo)線圈（圖中未畫出），超導(dǎo)線圈能產(chǎn)生方向垂直于整個緩沖軌道平面的勻強磁場。當(dāng)緩沖滑塊接觸地面時，滑塊立即停止運動，此后線圈與火箭主體中的磁場相互作用，火箭主體一直做減速運動直至達(dá)到軟著陸要求的速度，從而實現(xiàn)緩沖。現(xiàn)已知緩沖滑塊豎直向下撞向地面時，火箭主體的速度大小為v0，經(jīng)過時間t火箭著陸，此時火箭速度為v′；線圈abcd的電阻為R，其余電阻忽略不計；ab邊長為l，火箭主體質(zhì)量為m，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，重力加速度為g，一切摩擦阻力不計，求：（1）緩沖滑塊剛停止運動時，線圈ab邊兩端的電勢差U；（2）緩沖滑塊剛停止運動時，火箭主體的加速度大??；（3）火箭主體的速度從v0減到v′的過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的電能。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）ab邊產(chǎn)生電動勢E＝Blv0因此（2）安培力電流為對火箭主體受力分析可得Fab－mg＝ma解得（3）設(shè)下落t時間內(nèi)火箭下落的高度為h，對火箭主體由動量定理mgt－＝mv′－mv0即mgt－＝mv′－mv0化簡得h＝根據(jù)能量守恒定律，產(chǎn)生的電能為E＝代入數(shù)據(jù)可得7.汽車的減震器可以有效抑制車輛振動。某同學(xué)設(shè)計了一個利用電磁阻尼的減震器，其簡化的原理如圖所示。勻強磁場寬度為，磁感應(yīng)強度，方向垂直于水平面。一輕彈簧處于水平原長狀態(tài)垂直于磁場邊界放置，右端固定，左端恰與磁場右邊界平齊。一寬也為L，足夠長的單匝矩形硬金屬線框abcd固定在一塑料小車上（圖中小車未畫出），右端與小車右端平齊，二者的總質(zhì)量為，線框電阻為使小車帶著線框以的速度沿光滑水平面，垂直磁場邊界正對彈簧向右運動，ab邊向右穿過磁場區(qū)域后小車開始壓縮彈簧，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。（1）線框剛進入磁場左邊界時，求小車的加速度大??；（2）求小車向右運動過程中彈簧的最大彈性勢能；（3）通過增加線框的匝數(shù)（質(zhì)量的增加量忽略不計）可以增大安培力作用。若匝數(shù)增為n＝10，小車的初速度增為，小車最終能停下來并保持靜止嗎？若能，求停下來并保持靜止的位置；若不能，求小車最終的速度大小。

【答案】（1）2；（2）0.072J；（3）最終能停下來，停下來并保持靜止的位置在距離磁場右邊界0.05m的位置【詳解】（1）線框剛進入磁場左邊界時得小車的加速度大?。?）設(shè)線圈的ab邊穿過磁場時的速度為v，則由動量定理線圈ab邊出離磁場后壓縮彈簧，則彈簧最大彈性勢能得（3）假設(shè)線圈ab邊能穿過磁場，從剛進入磁場到最終停止，設(shè)ab邊在磁場中運動的總路程為，全程根據(jù)動量定理則線框先向右壓縮彈簧至停止，然后反向運動進入磁場，最終靜止，得停止時ab邊距離磁場右邊界d＝0.05m8.（2025高三上·山東濟南·開學(xué)考試）如圖所示為某種“電磁制動”的基本原理圖，在豎直向下的勻強磁場中，兩根相距的平行長直金屬導(dǎo)軌水平放置，左端接阻值為的電阻，一導(dǎo)體棒放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。初始時刻，導(dǎo)體棒以初速度水平向右運動，當(dāng)導(dǎo)體棒的速度為時，相對于出發(fā)位置的位移大小為（大小未知）。已知磁場的磁感應(yīng)強度大小為，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為，接入電路的電阻也為，不計導(dǎo)軌電阻及導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的摩擦，求(1)導(dǎo)體棒的速度為時，導(dǎo)體棒克服安培力做功的功率；(2)導(dǎo)體棒相對于出發(fā)位置的位移為時，導(dǎo)體棒的速率?！敬鸢浮?1)(2)【詳解】（1）導(dǎo)體棒的速度為時，導(dǎo)體棒受安培力大小為根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有根據(jù)閉合電路歐姆定律有導(dǎo)體棒克服安培力做功的功率為解得（2）當(dāng)導(dǎo)體棒的速度為時，相對于出發(fā)位置的位移大小為，根據(jù)動量定理有根據(jù)電流的定義式有同理導(dǎo)體棒相對于出發(fā)位置的位移為時，有根據(jù)電流的定義式有解得9.如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌、間距，其電阻不計，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成角，、兩端接有的電阻。一金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，兩端與導(dǎo)軌始終有良好接觸，已知的質(zhì)量，電阻，整個裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小。在平行于導(dǎo)軌向上的拉力作用下，以初速度沿導(dǎo)軌向上開始運動，可達(dá)到最大速度。運動過程中拉力的功率恒定不變，重力加速度。（1）求金屬棒速度最大時所受安培力的大小及拉力的功率；（2）開始運動后，經(jīng)速度達(dá)到，此過程中電阻中產(chǎn)生的焦耳熱為，求該過程中沿導(dǎo)軌的位移大??；（3）金屬棒速度達(dá)到后，立即撤去拉力，棒回到出發(fā)點時速度大小，求該過程中棒運動的時間?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）【詳解】（1）在棒運動過程中，由于拉力功率恒定，棒做加速度逐漸減小的加速運動，加速度為零時，速度達(dá)到最大，設(shè)此時拉力大小為，安培力大小為，由平衡條件得此時棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為設(shè)回路中感應(yīng)電流為，根據(jù)閉合電路歐姆定律得棒受到的安培力大小為拉力的功率聯(lián)立以上各式解得，（2）ab棒從到的過程中，由動能定理得電阻中產(chǎn)生的焦耳熱為因，則金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱也為則此過程中克服安培力做功解得（3）設(shè)撤去拉力后，金屬棒上滑的位移大小為，所用時間為，下滑時所用時間為。撤去拉力后，金屬棒上滑的過程，取沿導(dǎo)軌向上為正方向，由動量定理得此過程中通過金屬棒的電荷量為解得金屬棒下滑的過程，取沿導(dǎo)軌向下為正方向，由動量定理得此過程中通過金屬棒的電荷量為所求的棒運動的時間聯(lián)立解得10.如圖，P、Q是兩根固定在水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，間距為L，導(dǎo)軌足夠長且電阻可忽略不計。圖中EFHG矩形區(qū)域有一方向垂直導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。在0時刻，兩均勻金屬棒a、b分別從磁場邊界EF、GH進入磁場，速度大小均為；一段時間后，金屬棒a、b沒有相碰，且兩棒整個過程中相距最近時b棒仍位于磁場區(qū)域內(nèi)。已知金屬棒a、b長度均為L，電阻均為R，a棒的質(zhì)量為2m、b棒的質(zhì)量為m，最終其中一棒恰好停在磁場邊界處，在運動過程中兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。求：（1）0時刻a棒的加速度大??；（2）兩棒整個過程中相距最近的距離s；（3）整個過程中，a棒產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）由題知，a進入磁場的速度方向向右，b的速度方向向左，根據(jù)右手定則可知，a產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向是E到F，b產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向是H到G，即兩個感應(yīng)電流方向相同，所以流過a、b的感應(yīng)電流是兩個感應(yīng)電流之和，則有對a，根據(jù)牛頓第二定律有解得（2）取向右為正方向，相距最近時，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒有解得此時，電路中感應(yīng)電流為0，a、b棒一起向右勻速運動，直到b棒出磁場區(qū)域；之后b棒不受安培力、a棒受安培力減速直到停下，對a，有解得（3）對a、b組成的系統(tǒng)，最終b棒一直做勻速直線運動，根據(jù)能量守恒有解得回路中產(chǎn)生的總熱量為對a、b，根據(jù)焦耳定律有因a、b流過的電流一直相等，所用時間相同，故a、b產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，即∶=1∶1又解得a棒產(chǎn)生的焦耳熱為類型2不等間距上的雙棒模型1．如圖，兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場中，磁感應(yīng)強度大小分別為2B和B。已知導(dǎo)體棒MN的電阻為R、長度為d，導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長度為2d，PQ的質(zhì)量是MN的2倍。初始時刻兩棒靜止，兩棒中點之間連接一壓縮量為L的輕質(zhì)絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場中運動直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個過程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計。下列說法正確的是（）A．彈簧伸展過程中，回路中產(chǎn)生逆時針方向的電流B．PQ速率為v時，MN所受安培力大小為C．整個運動過程中，MN與PQ的路程之比為2∶1D．整個運動過程中，通過MN的電荷量為【答案】C【詳解】A．彈簧伸展過程中，根據(jù)右手定則可知，回路中產(chǎn)生順時針方向的電流，故A錯誤；B．任意時刻，設(shè)電流為I，則PQ所受安培力FPQBI·2d方向向左，MN所受安培力FMN＝2BI·d方向向右，可知兩棒及輕質(zhì)絕緣彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，設(shè)PQ質(zhì)量為2m，則MN質(zhì)量為m，PQ速率為v時，根據(jù)動量守恒定律2mvmv′解得v′2v此時回路中的感應(yīng)電流故MN所受安培力大小為FMN2BId＝故B錯誤；C．根據(jù)動量守恒定律2mvmv′知整個運動過程中，任意時刻MN與PQ的速率都有v′2v故MN與PQ的速率之比始終為2∶1，時間相同，故路程比等于速率比，故MN與PQ的路程之比為2∶1，故C正確；D．兩棒最終停止時彈簧處于原長狀態(tài)，時間相同，由動量守恒可得mx12mx2x1x2L可得最終MN向左移動x1PQ向右移動x2則整個運動過程中，通過MN的電荷量為故D錯誤。故選C。2．如圖所示，光滑水平導(dǎo)軌由間距分別為2L、L的寬、窄兩段連接而成，導(dǎo)軌處在垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B．兩根金屬棒b、a分別垂直放在寬、窄兩段導(dǎo)軌上，繞過光滑定滑輪的輕繩一端連接在金屬棒a上，另一端豎直懸掛著質(zhì)量為m的重物，連接金屬棒a部分的輕繩水平，用外力使金屬棒b保持靜止，由靜止釋放金屬棒a，導(dǎo)軌電阻不計，回路中的總電阻為R．兩段導(dǎo)軌均足夠長。重物離地面足夠高，金屬棒a的質(zhì)量為m，金屬棒運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．釋放金屬棒a的瞬間，重物的加速度大小為B．重物運動的最大速度為C．作用在金屬棒b上的最大外力等于2mgD．若釋放a的同時釋放b，最后穩(wěn)定時金屬棒a的速度總是金屬棒b的速度的2倍【答案】ABC【詳解】A．釋放金屬棒的一瞬間，由牛頓第二定律解得故A正確；B．當(dāng)重物勻速運動時解得故B正確；C．當(dāng)重物勻速運動時，作用在金屬棒上的外力最大，大小為故C正確；D．如果最后穩(wěn)定時金屬棒的速度總是金屬棒的速度的2倍，則回路中磁通量的變化量為零，則回路中感應(yīng)電流為零，做勻速運動，做加速運動，并不是最終穩(wěn)定狀態(tài)，故D錯誤。故選ABC。3.如圖，水平面內(nèi)固定著足夠長的光滑平行導(dǎo)軌，導(dǎo)軌寬度是導(dǎo)軌寬度的2倍，導(dǎo)軌寬度為L，導(dǎo)軌處于方向垂直于軌道平面向里的勻強磁場中，金屬棒PQ和MN分別垂直導(dǎo)軌放置在導(dǎo)軌段和段上，金屬棒PQ和MN的質(zhì)量之比為2:1，長度分別為2L和L，兩金屬棒電阻均為R?，F(xiàn)給金屬棒MN一個向右的初速度，運動過程中兩棒始終沒有離開各自的導(dǎo)軌段，并與導(dǎo)軌接觸良好，其余部分的電阻均不計，則（）A．運動過程中金屬棒PQ和MN的加速度大小之比為1:2B．運動過程中金屬棒PQ和MN所受的安培力的沖量大小之比為2:1C．運動到速度穩(wěn)定時金屬棒PQ和MN的速度之比為1:2D．運動到速度穩(wěn)定時金屬棒PQ和MN兩端的電壓之比為2:1【答案】BC【詳解】A．運動過程中對PQ有對MN有所以運動過程中加速度大小之比為1∶1，故A錯誤；B．因為運動過程中PQ所受安培力大小為MN的兩倍，在相同時間內(nèi)安培力的沖量大小之比，故B正確；C．金屬棒運動到速度穩(wěn)定時有故運動到速度穩(wěn)定時，金屬棒PQ和MN的速度之比故C正確；D．P、M兩點電勢相等，Q、N兩點電勢相等，任意時刻都有即金屬棒PQ和MN兩端的電壓之比為1∶1，故D錯誤。故選BC。4．（2025高三上·江西·開學(xué)考試）如圖所示，水平面內(nèi)的光滑平行導(dǎo)軌由寬度為的平行導(dǎo)軌和寬度為L的平行導(dǎo)軌連接而成，圖中虛線右側(cè)的導(dǎo)軌處在垂直于水平面向下的勻強磁場中，磁場的磁感強度大小為B，金屬棒垂直放置在虛線左側(cè)的寬導(dǎo)軌上，金屬棒垂直放置在窄導(dǎo)軌上，和的質(zhì)量分別為和接入兩導(dǎo)軌間的電阻分別為，虛線右側(cè)的寬導(dǎo)軌和窄導(dǎo)軌均足夠長，導(dǎo)軌電阻不計，運動過程中兩金屬棒始終與導(dǎo)軌接觸良好，給金屬棒向右的初速度，則下列說法正確的是（）A．最終金屬棒的速度大小為B．最終金屬棒的動量大小為C．整個過程，通過金屬棒的電量為D．整個過程，金屬棒中產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】BD【詳解】AB．最終兩金屬棒均做勻速直線運動，設(shè)的最終速度分別為，由于回路中沒有感應(yīng)電流，磁通量不變，則根據(jù)動量定理解得,則最終金屬棒的動量大小為故A錯誤，B正確；C．由解得通過金屬棒的電量選項C錯誤；D．設(shè)金屬棒中產(chǎn)生的焦耳熱為，則解得故D正確。故選BD。5.如圖所示，導(dǎo)體棒a、b水平放置于足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌左右兩部分的間距分別為l和2l，導(dǎo)體棒a、b的質(zhì)量分別為m和2m，接入電路的電阻分別為R和2R，其余部分電阻均忽略不計。導(dǎo)體棒a、b均處于方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，a、b兩導(dǎo)體棒均以v0的初速度同時水平向右運動，兩導(dǎo)體棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且保持良好接觸，導(dǎo)體棒a始終在窄軌上運動，導(dǎo)體棒b始終在寬軌上運動，直到兩導(dǎo)體棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。求：(1)導(dǎo)體棒中的最大電流；(2)穩(wěn)定時導(dǎo)體棒a和b的速度；(3)電路中產(chǎn)生的焦耳熱及該過程中流過導(dǎo)體棒a某一橫截面的電荷量?！敬鸢浮?1)(2)，方向向右，，方向向右(3)，【詳解】（1）a、b兩導(dǎo)體棒均以v0的初速度同時向右運動時，導(dǎo)體棒中的電流最大，此時回路中的感應(yīng)電動勢為E＝B·2lv0－Blv0＝Blv0則導(dǎo)體棒中的最大電流（2）當(dāng)兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等時，回路中的電流為零，且達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，設(shè)此時導(dǎo)體棒a的速度為va，導(dǎo)體棒b的速度為vb，則有Blva＝B·2lvb可得va＝2vb兩導(dǎo)體棒從開始運動到達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)過程中，對導(dǎo)體棒a，由動量定理得BIlt＝mva－mv0對導(dǎo)體棒b，由動量定理得－BI·2lt＝2mvb－2mv0聯(lián)立解得，（3）由能量守恒定律得解得對導(dǎo)體棒a，由動量定理可得BIlt＝mva－mv0又根據(jù)q＝It，聯(lián)立解得6.如圖所示，光滑水平導(dǎo)軌分為寬窄兩段（足夠長，電阻不計），相距分別為0.5m和0.3m，兩個材料、粗細(xì)都相同的導(dǎo)體棒分別放在兩段導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒長度分別與導(dǎo)軌等寬，已知放在窄端的導(dǎo)體棒的質(zhì)量為0.6kg，電阻為0.3Ω，整個裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為1T，現(xiàn)用的水平向右的恒力拉動，一段時間后，回路中的電流保持不變，下列說法正確的是（）

A．在整個運動過程中，兩棒的距離先變大后不變B．回路中穩(wěn)定的電流大小為5AC．若在回路中的電流不變后某時刻，的速度為4m/s，則的速度為20m/sD．若在回路中的電流不變后某時刻，的速度為4m/s，則整個裝置從靜止開始運動了3.5s【答案】BC【詳解】A．由題意可知，的質(zhì)量，電阻，分析可知，當(dāng)電流不變時，有即故所以的加速度始終比的大，兩棒的距離一直變大，故A錯誤；B．當(dāng)電流不變時，由牛頓第二定律可知解得故B正確；C．當(dāng)時，由可知故C正確；D．分別對兩導(dǎo)體棒根據(jù)動量定理有聯(lián)立解得故D錯誤。故選BC。7.如圖所示，兩根足夠長且電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌MNPQ和M1N1P1Q1，固定在傾角為θ的斜面上，MN與M1N1距離為L，PQ與P1Q1距離為eq\f(2,3)L。金屬棒A、B質(zhì)量均為m、阻值均為R、長度分別為L與eq\f(2,3)L，金屬棒A、B分別垂直放在導(dǎo)軌MM1和PP1上，且恰好都能靜止在導(dǎo)軌上。整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場中。現(xiàn)固定住金屬棒B，用沿導(dǎo)軌向下的外力F作用在金屬棒A上，使金屬棒A以加速度a沿斜面向下做勻加速運動。此后A棒一直在MN與M1N1上運動，B棒一直在PQ與P1Q1上靜止或運動，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求：(1)外力F與作用時間t的函數(shù)關(guān)系式；(2)當(dāng)A棒的速度為v0時，撤去F并解除對B的固定，一段時間后A棒在MN與M1N1上勻速運動，求A棒勻速運動的速度大小?！敬鸢浮?1)F＝eq\f(Beq\o\al(2,0)L2a,2R)t＋ma(2)eq\f(4,13)v0【解析】(1)金屬棒A、B剛好都能靜止在導(dǎo)軌上，對金屬棒，有mgsinθ－Ff＝0金屬棒A沿斜面向下做勻加速運動，對金屬棒A，有F＋mgsinθ－Ff－F安＝ma由安培力公式有F安＝ILB0對金屬棒與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路，根據(jù)歐姆定律，有I＝eq\f(E,R＋R)金屬棒A切割磁感線，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有E＝B0Lv又因為v＝at，聯(lián)立解得F＝eq\f(Beq\o\al(2,0)L2a,2R)t＋ma。(2)A棒勻速時，安培力為零，電流為零，兩棒產(chǎn)生的電動勢大小相等，有B0LvA＝B0(eq\f(2,3)L)vB在撤去F到A棒勻速的過程中，對A，根據(jù)動量定理，有(mgsinθ－Ff－B0eq\o(I,\s\up6(－))L)t1＝mvA－mv0對B，根據(jù)動量定理，有(mgsinθ－Ff＋B0eq\o(I,\s\up6(－))·eq\f(2,3)L)t1＝mvB－0聯(lián)立可解出vA＝eq\f(4,13)v0。類型3“電容器＋棒”模型1．無外力充電式基本模型規(guī)律(導(dǎo)軌光滑，電阻阻值為R，電容器電容為C)電路特點導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，電容器充電電流特點安培力為阻力，棒減速，E減小，有I＝eq\f(BLv－UC,R)，電容器充電UC變大，當(dāng)BLv＝UC時，I＝0，F(xiàn)安＝0，棒勻速運動運動特點和最終特征棒做加速度a減小的加速運動，最終做勻速運動，此時I＝0，但電容器帶電荷量不為零最終速度電容器充電荷量：q＝CU最終電容器兩端電壓U＝BLv對棒應(yīng)用動量定理：mv－mv0＝－Beq\x\to(I)L·Δt＝－BLqv＝eq\f(mv0,m＋B2L2C).v－t圖像1.(多選)如圖甲所示，水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，兩導(dǎo)軌間距為l，電阻均可忽略不計．在M和P之間接有阻值為R的定值電阻，導(dǎo)體桿ab質(zhì)量為m、電阻為r，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．整個裝置處于方向豎直向上、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中．現(xiàn)給桿ab一個初速度v0，使桿向右運動．則()A．當(dāng)桿ab剛具有初速度v0時，桿ab兩端的電壓U＝eq\f(Blv0R,R＋r)，且a點電勢高于b點電勢B．通過電阻R的電流I隨時間t的變化率的絕對值逐漸增大C．若將M和P之間的電阻R改為接一電容為C的電容器，如圖乙所示，同樣給桿ab一個初速度v0，使桿向右運動，則桿ab穩(wěn)定后的速度為v＝eq\f(mv0,m＋B2l2C)D．在C選項中，桿穩(wěn)定后a點電勢高于b點電勢【答案】ACD【解析】當(dāng)桿ab剛具有初速度v0時，其切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv0，桿ab兩端的電壓U＝eq\f(ER,R＋r)＝eq\f(Blv0R,R＋r)，根據(jù)右手定則知，感應(yīng)電流的方向為b到a，桿ab相當(dāng)于電源，a相當(dāng)于電源的正極，則a點電勢高于b點電勢，A正確；通過電阻R的電流I＝eq\f(Blv,R＋r)，由于桿ab速度減小，則電流減小，所受安培力減小，所以桿ab做加速度逐漸減小的減速運動，速度v隨時間t的變化率的絕對值逐漸減小，則通過電阻R的電流I隨時間t的變化率的絕對值逐漸減小，B錯誤；當(dāng)桿ab以初速度v0開始切割磁感線時，電路開始給電容器充電，有電流通過桿ab，桿在安培力的作用下做減速運動，隨著速度減小，安培力減小，加速度也減小，當(dāng)電容器兩端電壓與感應(yīng)電動勢相等時，充電結(jié)束，桿以恒定的速度做勻速直線運動，電容器兩端的電壓U＝Blv，而q＝CU，對桿ab，根據(jù)動量定理得－Beq\x\to(I)l·Δt＝－Blq＝mv－mv0，聯(lián)立可得v＝eq\f(mv0,m＋B2l2C)，C正確；桿穩(wěn)定后，電容器不再充電，回路中沒有電流，根據(jù)右手定則知，a點的電勢高于b點電勢，D正確．2.如圖所示，間距為的足夠長平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌左端接有電容的電容器，整個空間存在著垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度，質(zhì)量的金屬棒垂直放置在導(dǎo)軌上，金屬棒和導(dǎo)軌的電阻不計，給金屬棒一個向右的大小為的初速度，當(dāng)金屬棒的加速度變?yōu)榱銜r，立即給金屬棒一個水平向左的大小為的恒力，則（）

A．當(dāng)金屬棒加速度為零時，速度也恰好為零B．當(dāng)金屬棒加速度為零時，電容器兩端的帶電量為C．給金屬棒施加一個水平向左的恒力后，金屬棒向右運動的過程是勻減速直線運動D．給金屬棒施加一個水平向左的恒力后，金屬棒向右運動的最大距離為【答案】BCD【詳解】AB．當(dāng)金屬棒加速度為零時，設(shè)金屬棒的速度為，電容器帶電量為，根據(jù)動量定理有加速度為零時，金屬棒中電流為零，則解得電容器帶電量選項A錯誤，B正確；C．給金屬棒施加一個水平向左的恒力后又解得選項C正確；D．加力后，金屬棒向右運動的最大距離選項D正確。故選BCD。2．無外力放電式基本模型規(guī)律(電源電動勢為E，內(nèi)阻不計，電容器電容為C)電路特點電容器放電，相當(dāng)于電源；導(dǎo)體棒受安培力而運動電流的特點電容器放電時，導(dǎo)體棒在安培力作用下開始運動，同時阻礙放電，導(dǎo)致電流減小，直至電流為零，此時UC＝BLvm運動特點及最終特征做加速度a減小的加速運動，最終勻速運動，I＝0最大速度vm電容器充電電荷量：Q0＝CE放電結(jié)束時電荷量：Q＝CU＝CBLvm電容器放電電荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm對棒應(yīng)用動量定理：mvm－0＝Beq\x\to(I)L·Δt＝BLΔQvm＝eq\f(BLCE,m＋B2L2C)v－t圖像3.我國第三艘航母福建艦已正式下水，如圖甲所示，福建艦配備了目前世界上最先進的電磁彈射系統(tǒng)。圖乙是一種簡化的電磁彈射模型，直流電源的電動勢為E，電容器的電容為C，兩條相距L的固定光滑導(dǎo)軌，水平放置處于磁感應(yīng)強度B的勻強磁場中?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m，電阻為R的金屬滑塊垂直放置于導(dǎo)軌的滑槽內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與兩導(dǎo)軌接觸良好。先將開關(guān)K置于a讓電容器充電，充電結(jié)束后，再將K置于b，金屬滑塊會在電磁力的驅(qū)動下加速運動，達(dá)到最大速度后滑離軌道。不計導(dǎo)軌和電路其他部分的電阻，忽略空氣阻力。下列說法正確的是（）A．金屬滑塊在軌道上運動的最大加速度為B．金屬滑塊在軌道上運動的最大速度為C．金屬滑塊滑離軌道的整個過程中流過它的電荷量為D．金屬滑塊滑離軌道的整個過程中電容器消耗的電能為【答案】AC【詳解】A．開關(guān)K置于b的瞬間，流過金屬滑塊的電流最大，此時對應(yīng)的安培力最大，以金屬滑塊為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律解得故A正確；BC．金屬滑塊運動后，切割磁感線產(chǎn)生電動勢，當(dāng)電容器電壓與滑塊切割磁感線產(chǎn)生電動勢相等時，滑塊速度不再變化，做勻速直線運動，此時速度達(dá)到最大，設(shè)金屬滑塊加速運動到最大速度時兩端電壓為U，電容器放電過程中的電荷量變化為，放電時間為，流過金屬滑塊的平均電流為I，在金屬塊滑動過程中，由動量定理得由電流的定義由電容的定義電容器放電過程的電荷量變化為所以金屬滑塊速度最大時，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得聯(lián)立解得故B錯誤，C正確；D．金屬滑塊滑離軌道的整個過程中，電容器消耗的電能一部分轉(zhuǎn)化為金屬滑塊的動能另一部分轉(zhuǎn)化為了金屬滑塊的內(nèi)能（焦耳熱），故D錯誤。故選AC。4.如圖所示，光滑的平行長導(dǎo)軌水平放置，質(zhì)量相等的導(dǎo)體棒L1和L2靜止在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知L1的電阻大于L2的電阻，兩棒間的距離為d，不計導(dǎo)軌電阻，忽略電流產(chǎn)生的磁場。將開關(guān)S從1撥到2，兩棒運動一段時間后達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，則()A．S撥到2的瞬間，L1中的電流大于L2B．S撥到2的瞬間，L1的加速度大于L2C．運動穩(wěn)定后，電容器C的電荷量為零D．運動穩(wěn)定后，兩棒之間的距離大于d【答案】D【解析】S撥到1時，電源給電容器充電，S撥到2的瞬間，電容器放電(相當(dāng)于“電源”)，導(dǎo)體棒L1、L2并聯(lián)，則棒兩端電壓相等，根據(jù)I＝eq\f(U,R)和RL1>RL2知，IL1<IL2，A錯誤；S撥到2的瞬間，導(dǎo)體棒受到的安培力F＝ILB，知FL1<FL2，由于mL1＝mL2，故aL1<aL2，B錯誤；運動穩(wěn)定后，兩棒的速度相等，兩端的電壓也相等，故電容器兩端的電壓等于棒兩端的電壓，此時電容器C的電荷量不為零，C錯誤；在兩棒向右運動過程中aL1<aL2，且電路穩(wěn)定時兩棒速度相等，則L1的位移小于L2的位移，故兩棒之間的距離大于d，D正確。5.電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運載器．電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C.兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距離為l，電阻不計．炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸．首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電．然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場(圖中未畫出)，MN開始向右加速運動．當(dāng)MN上的感應(yīng)電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌．問：(1)磁場的方向；(2)MN剛開始運動時加速度a的大?。?3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少．【答案】(1)垂直于導(dǎo)軌平面向下(2)eq\f(BlE,mR)(3)eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)【解析】(1)將S接1時，電容器充電，上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，當(dāng)將S接2時，電容器放電，流經(jīng)MN的電流由M到N，又知MN向右運動，由左手定則可知磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下．(2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當(dāng)開關(guān)S接2時，電容器放電，設(shè)剛放電時流經(jīng)MN的電流為I，有I＝eq\f(E,R)①設(shè)MN受到的安培力為F，有F＝IlB②由牛頓第二定律，有F＝ma③聯(lián)立①②③式得a＝eq\f(BlE,mR)④(3)當(dāng)電容器充電完畢時，設(shè)電容器上電荷量為Q0，有Q0＝CE⑤開關(guān)S接2后，MN開始向右加速運動，速度達(dá)到最大值vmax時，設(shè)MN上的感應(yīng)電動勢為E′，有E′＝Blvmax⑥依題意有E′＝eq\f(Q,C)⑦設(shè)在此過程中流經(jīng)MN的平均電流為eq\x\to(I)，MN受到的平均安培力為eq\x\to(F)，有eq\x\to(F)＝eq\x\to(I)lB⑧由動量定理，有eq\x\to(F)Δt＝mvmax－0⑨又eq\x\to(I)Δt＝Q0－Q⑩聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C).題型二動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用1．在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，安培力充當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)力，如果它們不受摩擦力，且受到的安培力的合力為0時，滿足動量守恒，運用動量守恒定律解題比較方便．2．雙棒模型(不計摩擦力)雙棒無外力雙棒有外力示意圖F為恒力動力學(xué)觀點導(dǎo)體棒1受安培力的作用做加速度減小的減速運動，導(dǎo)體棒2受安培力的作用做加速度減小的加速運動，最后兩棒以相同的速度做勻速直線運動導(dǎo)體棒1做加速度逐漸減小的加速運動，導(dǎo)體棒2做加速度逐漸增大的加速運動，最終兩棒以相同的加速度做勻加速直線運動動量觀點系統(tǒng)動量守恒系統(tǒng)動量不守恒能量觀點棒1動能的減少量＝棒2動能的增加量＋焦耳熱外力做的功＝棒1的動能＋棒2的動能＋焦耳熱類型1雙棒無外力1.如圖所示，兩條足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN，PQ固定在絕緣水平桌面上，導(dǎo)軌間距為d，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直于導(dǎo)軌平面向上，金屬棒1與2均垂直于導(dǎo)軌放置并靜止。已知兩金屬棒的材料相同、長度均為d，金屬棒1的橫截面積為金屬棒2的兩倍，電路中除兩金屬棒的電阻均不計。現(xiàn)使質(zhì)量為m的金屬棒2獲得一個水平向右的瞬時速度，兩金屬棒從開始運動到狀態(tài)穩(wěn)定的過程中，下列說法正確的是（

）A．金屬棒1的最大速度為 B．金屬棒2的最小速度為C．金屬棒1上產(chǎn)生的焦耳熱為 D．金屬棒2上產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】ACD【詳解】AB．兩金屬棒的材料相同、長度均為d，金屬棒1的橫截面積為金屬棒2的兩倍，根據(jù)、可知、金屬棒2在安培力作用下先減速后勻速，金屬棒1在安培作用下先加速后勻速，狀態(tài)穩(wěn)定時兩金屬棒速度相同，一起做勻速運動。對整個系統(tǒng)由動量守恒定律得解得則金屬棒1的最大速度和金屬棒2的最小速度均為，故A正確，B錯誤；CD．運動過程中系統(tǒng)損失的動能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，則由能量守恒得其中、解得、故CD正確；故選ACD。2．如圖，在水平面內(nèi)固定有兩根相互平行的無限長光滑金屬導(dǎo)軌，電阻不計。在虛線的左側(cè)存在著豎直向上的勻強磁場，在虛線的右側(cè)存在豎直向下的勻強磁場，兩部分磁場的磁感應(yīng)強度均為B。ab、cd兩根電阻均為R的金屬棒與導(dǎo)軌垂直，分別靜置在兩側(cè)磁場中，現(xiàn)突然給金屬棒ab一個水平向左的初速度，從此時到兩棒勻速運動的過程中下列說法正確的是（

）A．金屬棒ab中的電流方向由a→bB．金屬棒cd中的電流方向由c→dC．安培力對金屬棒ab的功率大小等于金屬棒ab的發(fā)熱功率D．兩金屬棒最終速度大小相等【答案】AD【詳解】AB．給金屬棒ab一個水平向左的初速度，根據(jù)右手定則可知，回路電流方向為逆時針，則金屬棒ab中的電流方向由a→b，金屬棒cd中的電流方向由d→c，故A正確，B錯誤；C．兩金屬棒構(gòu)成的系統(tǒng)能量守恒，ab棒的動能減少量轉(zhuǎn)化為cd棒的動能增加量和系統(tǒng)的焦耳熱，所以ab棒克服安培力做功的功率等于安培力對cd棒做功的功率與兩棒總發(fā)熱功率之和，故C錯誤；D．根據(jù)左手定則可知金屬棒ab受到向左的安培力做減速運動，金屬棒cd受到向右的安培力做加速運動，當(dāng)金屬棒cd產(chǎn)生的電動勢等于金屬棒ab產(chǎn)生的電動勢時，回路中的總電動勢為0，電流為0，兩棒開始做勻速直線運動，則有可知兩金屬棒最終速度大小相等，故D正確。故選AD。3.如圖，兩足夠長、間距為的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，導(dǎo)軌間一區(qū)域存在豎直向下的勻強磁場，該區(qū)域左、右邊界的間距為且均垂直于導(dǎo)軌。最初，邊長為的正方形導(dǎo)體框和長為的金屬棒均靜止在導(dǎo)軌上，其質(zhì)量分別為、，導(dǎo)體框每條邊的電阻均為，金屬棒的電阻為?，F(xiàn)給導(dǎo)體框一水平向右、大小為的初速度，導(dǎo)體框與金屬棒發(fā)生彈性碰撞，之后金屬棒進入磁場，當(dāng)金屬棒剛離開磁場時速度大小為，此時導(dǎo)體框邊恰好進入磁場。導(dǎo)體框的、邊以及金屬棒均與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌的電阻忽略不計。下列說法正確的是（）A．金屬棒剛進入磁場時的速度大小為B．勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為C．金屬棒在磁場中運動的過程中，通過邊電荷量的最大值為D．導(dǎo)體框離開磁場后的速度大小為【答案】BC【詳解】A．導(dǎo)體框和金屬棒發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律，有，解得，故A錯誤；BC．設(shè)金屬棒在磁場中運動的過程中通過金屬棒的最大電荷量為，對金屬棒由動量定理，有解得金屬棒在磁場中運動的過程中，回路中的總電阻結(jié)合解得則此段時間內(nèi)通過導(dǎo)體框的電荷量為，導(dǎo)軌將、邊短路，故通過邊的電荷量為故BC正確；D．設(shè)導(dǎo)體框離開磁場后的速度大小為，對其從進入磁場到離開磁場的過程，由動量定理有其中，解得故D錯誤。故選BC。4．（2025高三上·浙江·開學(xué)考試）一水平足夠長的平行軌道如圖所示，以為界左邊磁場的磁感應(yīng)強度大小為，方向垂直紙面向外，右邊磁場的磁感應(yīng)強度大小為，方向垂直紙面向里。導(dǎo)體棒甲、乙的質(zhì)量均為m，電阻相同，開始時均處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)給甲一水平向右的初速度，若軌道光滑且電阻不計，甲、乙始終在各自磁場中運動，下列說法中正確的是（）A．乙將向右運動 B．甲、乙運動過程中動量不守恒C．穩(wěn)定后，甲的速度為 D．當(dāng)乙的速度為，乙棒產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】BC【詳解】A．甲運動后根據(jù)右手定則可知，通過乙的電流為向上，根據(jù)左手定則可知乙受到安培力向左，所以乙將向左運動，故A錯誤；B．甲、乙運動過程中受到的安培力大小不等，方向相同，所以甲、乙組成的系統(tǒng)在運動過程中合力不為零，動量不守恒，故B正確；C．從開始運動到穩(wěn)定過程中，對甲根據(jù)動量定理對乙根據(jù)動量定理穩(wěn)定后，有回路中沒有電流，甲、乙產(chǎn)生的電動勢抵消得故C正確；D．根據(jù)動量定理得由能量守恒乙棒產(chǎn)生的焦耳熱D錯誤。故選BC。5．如圖所示，間距均為m的光滑平行傾斜導(dǎo)軌與足夠長光滑平行水平導(dǎo)軌在M、N處平滑連接，虛線MN右側(cè)存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強度為T的勻強磁場。a、b是兩根完全相同粗細(xì)均勻的金屬棒，單棒質(zhì)量為kg，電阻為Ω，a棒垂直固定在傾斜軌道上距水平面高m處；b棒與水平導(dǎo)軌垂直并處于靜止?fàn)顟B(tài)，距離MN的距離m?，F(xiàn)讓a棒由靜止釋放，運動過程中與b棒始終沒有接觸且始終垂直于導(dǎo)軌；不計導(dǎo)軌電阻，重力加速度為m/s，求：(1)a棒剛進入磁場時b棒受到的安培力的大?。?2)穩(wěn)定時b棒上產(chǎn)生的焦耳熱；(3)穩(wěn)定時a、b兩棒間的間距d？【答案】(1)1N(2)0.4J(3)3.4m【詳解】（1）下滑過程機械能守恒，設(shè)a棒剛進入水平磁場的速度為v，則有對回路有代入數(shù)據(jù)解得v=4m/s

（2）系統(tǒng)穩(wěn)定時ab棒共速，設(shè)共同速度為；系統(tǒng)動量守恒，能量守恒有根據(jù)能量守恒定律有由于電阻相等，則解得J（3）設(shè)a棒在水平軌道上運動時任意時刻回路電流為I，在極短時間內(nèi)，a棒的速度增量為，對a棒使用動量定理有根據(jù)得又，得解得代入數(shù)據(jù)解得m6．如圖所示，兩根平行光滑的金屬導(dǎo)軌和由四分之一圓弧部分與水平部分構(gòu)成，導(dǎo)軌末端固定兩根絕緣柱，弧形部分半徑、導(dǎo)軌間距，導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小。兩根完全相同的金屬棒a、b分別垂直導(dǎo)軌靜置于圓弧頂端處和水平導(dǎo)軌中某位置，兩金屬棒質(zhì)量均為，電阻均為。棒a由靜止釋放，沿圓弧導(dǎo)軌滑入水平部分，此后，棒b向右運動，在導(dǎo)軌末端與絕緣柱發(fā)生碰撞后反彈，碰撞過程中無機械能損失，棒b接觸絕緣柱之前兩棒已勻速運動且未發(fā)生碰撞，棒b與絕緣柱發(fā)生碰撞后，在距絕緣柱的位置與棒a發(fā)生碰撞，整個運動過程中兩棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計，取。(1)求棒a剛滑入水平導(dǎo)軌時，受到的安培力大??；(2)求棒b與絕緣柱碰撞前，整個回路產(chǎn)生的焦耳熱；(3)求棒b與絕緣柱碰撞后到與棒a碰撞前的過程，整個回路產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳解】（1）金屬棒a下滑過程，根據(jù)動能定理可得可得金屬棒a剛滑入水平導(dǎo)軌時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為回路電流為金屬棒a受到的安培力大小為（2）以金屬棒a、b為系統(tǒng)，由于兩金屬棒受到的安培力大小相等，方向相反，則系統(tǒng)在碰到絕緣柱之前滿足動量守恒，有可得金屬棒b接觸絕緣柱之前，兩棒勻速運動的速度大小根據(jù)能量守恒可得棒b與絕緣柱碰撞前，整個回路產(chǎn)生的焦耳熱解得（3）金屬棒b與絕緣柱發(fā)生碰撞后等速率返回，以兩金屬棒為系統(tǒng)動量仍然守恒，但總動量為零，則有即任何時刻有兩金屬棒相向運動到相碰，位移大小相等均為0.5m，電路中的瞬時感應(yīng)電動勢是兩棒的疊加，則有根據(jù)歐姆定律可得金屬棒b的安培力為對金屬棒b由動量定理得其中可得棒b與絕緣柱碰撞后到與棒a碰撞前的過程，根據(jù)能量守恒可得整個回路產(chǎn)生的焦耳熱為類型2雙棒有外力1.如圖所示，間距為的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣臺上，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，質(zhì)量分別為、的金屬棒垂直導(dǎo)軌靜止放置，導(dǎo)軌間金屬棒的電阻均為，整個裝置處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強度大小為的勻強磁場中。現(xiàn)用水平恒力向右拉金屬棒，運動過程中始終垂直導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌保持良好接觸，最終運動保持穩(wěn)定狀態(tài)，則（）

A．所受的安培力大小為B．中電流為C．和的速度差恒為D．和之間的距離保持恒定【答案】AC【詳解】A．根據(jù)題意可知，運動保持穩(wěn)定狀態(tài)后，的加速度相同，對整體，由牛頓第二定律有對由牛頓第二定律有解得故A正確；B.設(shè)中電流為，根據(jù)安培力公式有解得故B錯誤；CD．根據(jù)題意，由法拉第電磁感應(yīng)定律及歐姆定律有解得可知，a和b之間的距離不斷增大，故D錯誤，C正確。故選AC。2．如圖所示，間距為0.5m的兩平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在絕緣水平面上，虛線AB的左、右兩側(cè)均存在垂直水平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小分別為、。長度為0.5m、質(zhì)量為1kg、阻值為0.2Ω的導(dǎo)體棒a靜止在AB左側(cè)導(dǎo)軌上，長度為0.5m、質(zhì)量為1kg、阻值為0.8Ω的導(dǎo)體棒b靜止在AB右側(cè)導(dǎo)軌上。時刻起，b在大小為0.6N、方向水平向右的恒力F作用下由靜止開始運動。已知兩棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，且a始終未越過虛線AB，導(dǎo)軌電阻均不計。下列說法正確的是（

）A．時刻，b的加速度大小為B．a(chǎn)的最大加速度為C．導(dǎo)體棒a消耗電功率的最大值為1.152WD．a(chǎn)、b加速度相等時，二者速度之比大于1：3【答案】BCD【分析】本題結(jié)合導(dǎo)體棒在恒力作用下的運動設(shè)題，考查電磁感應(yīng)、電功率等知識，檢測考生的模型建構(gòu)能力?！驹斀狻緼.初始時，兩導(dǎo)體棒的速度均為0，回路中的感應(yīng)電動勢為0，導(dǎo)體棒所受安培力也為0，則由牛頓第二定律可得，導(dǎo)體棒b的加速度故A錯誤。B.設(shè)某時刻導(dǎo)體棒a的速度為、導(dǎo)體棒b的速度為，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，回路中的感應(yīng)電動勢則回路中的電流導(dǎo)體棒a所受的安培力導(dǎo)體棒b所受的安培力由牛頓第二定律可得，導(dǎo)體棒a的加速度導(dǎo)體棒b的加速度隨著導(dǎo)體棒速度差的增大，導(dǎo)體棒a的加速度逐漸增大、導(dǎo)體棒b的加速度逐漸減小，直到兩棒的加速度恒定，穩(wěn)定時，即恒定，取穩(wěn)定后一小段時間，則有代入數(shù)據(jù)可得又兩導(dǎo)體棒質(zhì)量相等，即由于兩導(dǎo)體棒中電流時刻相等，且兩導(dǎo)體棒長度相等，則有聯(lián)立可得，導(dǎo)體棒a的加速度為，導(dǎo)體棒b的加速度為，故B正確。C.穩(wěn)定時回路中的電流，為回路中的最大電流，則導(dǎo)體棒a消耗電功率的最大值為故C正確。D.作出a、b加速度隨時間變化的關(guān)系圖像，如圖所示圖線與坐標(biāo)橫軸圍成的面積表示對應(yīng)時間內(nèi)導(dǎo)體棒速度的變化量，結(jié)合面積關(guān)系可知，a、b加速度相等時，二者速度之比大于1：3，故D正確。故選BCD。3.如圖，兩光滑平行且電阻不計的長直金屬導(dǎo)軌水平固定放置，所在空間內(nèi)存在豎直向下磁感應(yīng)強度為2T的勻強磁場。兩根完全相同的金屬棒MN、PQ垂直放置在導(dǎo)軌上，處于靜止?fàn)顟B(tài)。某時刻開始對PQ棒施加一個水平向右大小恒為4N的力，當(dāng)PQ棒速度變?yōu)?m/s時系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定。已知兩金屬棒的質(zhì)量均為1kg，有效電阻均為，導(dǎo)軌間距為1m，運動過程中導(dǎo)軌與金屬棒接觸良好，則下列說法正確的是（）A．系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定后，兩根金屬棒均做勻速直線運動B．當(dāng)PQ棒速度變?yōu)?m/s時，MN棒速度變?yōu)?m/sC．當(dāng)PQ棒速度變?yōu)?m/s時，回路中的電流大小為2AD．系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定后的4s內(nèi)，通過金屬棒橫截面積的電荷量為4C【答案】BD【詳解】A．對兩根金屬棒構(gòu)成的系統(tǒng)進行分析，穩(wěn)定運動后，對系統(tǒng)，根據(jù)牛頓第二定律有解得即系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定后，兩根金屬棒均做勻加速直線運動，故A錯誤；BC．系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定時，PQ棒速度變?yōu)?m/s，回路感應(yīng)電流一定，則有其中對MN棒進行分析，根據(jù)牛頓第二定律有解得，I=1A故B正確，C錯誤；D．結(jié)合上述，系統(tǒng)剛剛穩(wěn)定時，PQ棒速度變?yōu)?m/s，MN棒速度變?yōu)?m/s，之后以加速度2m/s2向右做勻加速直線運動，在系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定后的4s內(nèi)，對MN、PQ棒進行分析，根據(jù)速度公式有根據(jù)動量定理有其中解得故D正確。故選BD。4．如圖甲所示，固定在同一水平面上足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌，，間距，導(dǎo)軌的分界線左右足夠大區(qū)域內(nèi)，分別有方向豎直向上和豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小分別為和。長度均為的導(dǎo)體棒a和b位于導(dǎo)軌上兩側(cè)，a的質(zhì)量，a、b電阻分別為、，導(dǎo)軌電阻不計。初始時刻鎖定a，同時給b施加一水平外力，測得b兩端電壓隨時間變化的圖像如圖乙所示。時撤去外力，同時解除a的鎖定，一段時間后，a棒以大小為的速度做勻速直線運動。a、b始終垂直于導(dǎo)軌且均與導(dǎo)軌接觸良好，重力加速度取。求：（1）內(nèi)a、b所受安培力大小之比；（2）末b的速度大?。唬?）內(nèi)外力的沖量大小。【答案】（1）1:2；（2）；（3）【詳解】（1）內(nèi)a、b所受安培力大小之比（2）導(dǎo)體棒b切割磁場，有根據(jù)閉合電路歐姆定律聯(lián)立，解得由乙圖可知，末b的速度大小滿足解得（3）根據(jù)（2）中分析可知結(jié)合乙圖可知解得則該段時間內(nèi)導(dǎo)體棒b做初速度為零的勻加速直線運動，有由設(shè)解除導(dǎo)體棒a鎖定時間后，其速度為，由動量定理可得，兩導(dǎo)體棒勻速運動時，回路中電