2026高考物理一轮复习-第十二章-第70课时-专题强化：电磁感应中的动量问题-专项训练【含答案】

这是一份2026高考物理一轮复习-第十二章-第70课时-专题强化：电磁感应中的动量问题-专项训练【含答案】，共18页。试卷主要包含了不等间距的双棒模型，48 J等内容，欢迎下载使用。
考点一 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＝mv0BL；
②此过程导体棒的位移x＝mv0RB2L2；
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－Bq1Lm；
④导体棒从获得初速度v0经过位移x0，速度减至v2，则v2＝v0－B2L2x0mR。
(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＝mv1＋BLqmgsinθ，通过横截面的电荷量为q，速度达到v1。
②经Δt2＝mv2R＋B2L2xmgRsinθ，导体棒下滑位移为x，速度达到v2。
例1 (多选)(2025·云南省调研)如图所示，水平面上固定放置有“”形光滑金属导轨，平行的两边宽度为L。虚线MN右侧存在方向垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B，磁场的区域足够大。质量为m、电阻为R、长度也为L的金属棒垂直于导轨放置，以初速度v0沿导轨进入匀强磁场区域，最终静止。金属棒与导轨始终垂直且接触良好，不计金属导轨电阻，则( )
A.金属棒刚进入磁场时受到的安培力大小为B2L2v0R
B.金属棒在磁场中运动的时间为2mRB2L2
C.金属棒在磁场中运动的距离为mv0RB2L2
D.流过金属棒横截面的总电荷量为2mv0BL
答案 AC
解析 根据题意可知，金属棒刚进入磁场时，感应电动势为E＝BLv0，通过金属棒的感应电流为I＝ER＝BLv0R，金属棒刚进入磁场时受到的安培力大小为F＝BIL＝B2L2v0R，故A正确；设金属棒在磁场中运动的距离为x，由动量定理有－FΔt＝－BIL·Δt＝0－mv0，其中q＝I·Δt＝ΔΦR＝BLxR，则有B2L2xR＝mv0，解得金属棒在磁场中运动的距离为x＝mv0RB2L2，流过金属棒横截面的总电荷量为q＝mv0BL，若金属棒做匀减速运动，则有x＝v02t，解得t＝2mRB2L2，由于金属棒做加速度减小的减速运动，所以金属棒在磁场中运动的时间不等于2mRB2L2，故B、D错误，C正确。
2.不等间距的双棒模型
例2 (多选)如图所示，M、N、P、Q四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L和L，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直向下的、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计。t＝0时使导体棒C获得瞬时速度v0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，且达到稳定运动时导体棒C未到两组导轨连接处，则下列说法正确的是( )
A.t＝0时，导体棒D的加速度大小为a＝B2L2v0mR
B.达到稳定运动时，C、D两棒速度之比为1∶1
C.从t＝0时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为25mv02
D.从t＝0时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为2mv05BL
答案 ACD
解析 开始时，导体棒中的感应电动势E＝2BLv0，电路中感应电流I＝E2R，导体棒D所受安培力F＝BIL，设导体棒D的加速度为a，则有F＝ma，解得a＝B2L2v0mR，故A正确；稳定运动时，电路中电流为零，设此时C、D棒的速度分别为v1、v2，则有2BLv1＝BLv2，对变速运动中任意极短时间Δt，由动量定理得，对C棒有2BILΔt＝m(v0－v1)，对D棒有BILΔt＝mv2，故对变速运动全过程有v0－v1＝2v2，解得v2＝25v0，v1＝15v0，故B错误；根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q＝12mv02－12mv12－12mv22，解得Q＝25mv02，故C正确；由动量定理，对C棒有2BILΔt＝m(v0－v1)，可得2BLq＝m(v0－v1)，解得q＝2mv05BL，故D正确。
考点二 电磁感应中“电容器＋棒”模型
1.无外力充电式
2.无外力放电式
例3 (2024·天津市南开区二模)某电磁轨道炮的简化模型如图所示，两光滑导轨相互平行，固定在光滑绝缘水平桌面上，导轨的间距为L，导轨左端通过单刀双掷开关与电源、电容器相连，电源电动势为E，内阻不计，电容器的电容为C。EF与PQ之间区域内有垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，EF、PQ之间的距离足够长。一炮弹可视为宽为L、质量为m、电阻为R的金属棒静置于EF处，与导轨始终保持良好接触。当把开关S1、S2分别接a、b时，导轨与电源相连，炮弹中有电流通过，炮弹受到安培力作用向右加速，同时炮弹中产生感应电动势，当炮弹的感应电动势与电源的电动势相等时，回路中电流为零，炮弹达到最大速度。不考虑空气阻力，其他电阻都不计，忽略导轨电流产生的磁场。求：
(1)炮弹运动到PQ边界过程的最大加速度am；
(2)炮弹从静止到最大速度的过程中，流过炮弹横截面的电荷量q和回路产生的焦耳热Q；
(3)将炮弹放回原位置，断开S2，把S1接c，让电源给电容器充电，充电完成后，再将S1断开，把S2接d，求炮弹运动到PQ边界时电容器上剩余的电荷量q'。
答案 (1)BELmR (2)mEB2L2 mE22B2L2 (3)C2EB2L2CB2L2＋m
解析 (1)炮弹刚开始运动时通过炮弹的电流最大，炮弹受到的安培力最大，加速度最大。
有I＝ER
F安＝BIL＝mam
得am＝BELmR
(2)随着炮弹速度的增大，炮弹的感应电动势增大，通过炮弹的电流减小，当感应电动势与电源电动势相等时回路中电流为零，炮弹达到最大速度，即E＝BLvm
得vm＝EBL
炮弹从静止到最大速度过程流过炮弹横截面的电荷量q＝IΔt
由动量定理有BLIΔt＝mvm－0
得q＝mEB2L2
电源做的功转化为炮弹的动能和回路产生的焦耳热，有
Q＝qE－12mvm2
得Q＝mE22B2L2
(3)充满电时电容器的电荷量为q0＝CE
当电容器与炮弹连接后电容器放电，炮弹向右加速运动，电容器的电荷量、电压均减小，当炮弹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，炮弹达到最大速度vm'，此后电容器不再放电。设此时电容器上剩余电荷量为q'，
有E'＝BLvm'
E'＝q'C
由动量定理有BL(q0－q')＝mvm'－0
解得q'＝C2EB2L2CB2L2＋m。
考点三 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)
例4 (2025·河南郑州市开学考)如图所示，两光滑平行长直导轨，间距为d，放置在水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直向下，两质量都为m、电阻都为r的导体棒L1、L2垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，两导体棒距离足够远，L1静止，L2以初速度v0向右运动，不计导轨电阻，忽略感生电流产生的磁场，则( )
A.导体棒L1的最终速度为v0
B.导体棒L2产生的焦耳热为3mv028
C.通过导体棒横截面的电荷量为mv0Bd
D.两导体棒的初始距离最小为mv0rB2d2
答案 D
解析 导体棒L2做变减速运动，L1做变加速运动，随着两棒相对速度的减小，回路中电流减小，安培力减小，加速度减小，导体棒L1、L2最终以相同的速度匀速直线运动，设共同速度为v1，水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv1，解得v1＝v02，故A错误；设导体棒L1、L2在整个过程中产生的焦耳热为Q总，根据能量守恒定律可得12mv02＝Q总＋12(2m)v12，解得Q总＝14mv02，导体棒L1、L2的电阻都为r，因此导体棒L2产生的焦耳热为Q＝12Q总＝18mv02，故B错误；对导体棒L1，由动量定理得BIdΔt＝mv1，因为q＝IΔt，故Bdq＝mv1，因此通过导体棒横截面的电荷量为q＝mv1Bd＝mv02Bd，故C错误；若导体棒L1、L2速度相等时距离为零，则两棒的初始距离最小，设最小初始距离为l，则通过导体棒横截面的电荷量q＝IΔt＝E2rΔt＝ΔΦΔt·2rΔt＝Bdl2r＝mv02Bd，解得l＝mv0rB2d2，故D正确。
例5 (2024·湖北卷·15)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14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)BL2gL (2)B2L22gL3mR
(3)B2L3＋mR2gLB2L2
解析 (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mgL＝12mv02
解得v0＝2gL
则金属棒ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E＝BLv0＝BL2gL
(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，轨道外侧的两段圆弧被短路，
由几何关系可得，每段圆弧的电阻为R0＝R
可知，整个回路的总电阻为
R总＝R＋R·RR＋R＝32R
ab刚越过MP时，通过金属棒ab的感应电流为
I＝ER总＝2BL2gL3R
对金属环由牛顿第二定律有2BL·I2＝2ma
解得a＝B2L22gL3mR
(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v，
由动量守恒定律有mv0＝mv＋2mv
解得v＝13v0
设经过时间t，金属棒ab与金属环共速，
对金属棒ab，由动量定理有
－BILt＝m·v03－mv0
则有BLq＝23mv0
设金属棒运动距离为x1，金属环运动的距离为x2，
则有q＝BL(x1-x2)R总
联立解得Δx＝x1－x2＝mR2gLB2L2
则金属环圆心初始位置到MP的最小距离
d＝L＋Δx＝B2L3＋mR2gLB2L2。
针对训练 (多选)(2023·辽宁卷·10)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4B2d2v3R
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BLd3R
答案 AC
解析 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；任意时刻，设电流为I，则PQ所受安培力FPQ＝BI·2d，方向向左，MN所受安培力FMN＝2BId，方向向右，可知两棒及弹簧系统所受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m， PQ速率为v时，则有2mv＝mv'，解得v'＝2v，回路中的感应电流I＝2Bdv'＋B·2dv3R＝2BdvR，MN所受安培力大小为FMN＝2BId＝4B2d2vR，选项B错误；设整个运动过程中，某时刻MN与PQ的速率分别为v1、v2，同理有mv1＝2mv2，可知MN与PQ的速率之比始终为2∶1，则MN与PQ的路程之比为2∶1，故C正确；两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得mx1＝2mx2，x1＋x2＝L，可得最终MN向左移动x1＝2L3，PQ向右移动x2＝L3，则q＝IΔt＝ΔΦR总＝2B2L3d＋BL3×2d3R＝2BLd3R，选项D错误。
课时精练
(分值：100分)
1~5题每小题8分，6题15分，共55分
1.(多选)如图所示，半径为r的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相连，四分之一圆弧导轨区域没有磁场，水平导轨区域存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，导轨间距为l，ab、cd是质量为m、接入电路中电阻为R的金属棒，导轨电阻忽略不计。cd静止在水平导轨上，ab从四分之一圆弧导轨顶端由静止释放，在圆弧导轨上克服阻力做功12mgr，水平导轨足够长，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，且不会相撞，重力加速度为g。从ab棒进入水平导轨开始，下列说法正确的是( )
A.ab棒先做匀减速运动，最后做匀速运动
B.cd棒先做匀加速直线运动，最后和ab以相同的速度做匀速运动
C.ab棒刚进入磁场时，cd棒电流为Blgr2R
D.ab棒的最终速度大小为gr2
答案 CD
解析 ab棒进入磁场受到向左的安培力，做减速运动，所以安培力减小，则ab棒先做加速度减小的减速运动，cd棒与ab棒串联，所以先做加速度减小的加速运动，最后它们共速，做匀速运动，故A、B错误；ab棒刚进入磁场的速度就是它下滑到底端的速度，根据动能定理mgr－12mgr＝12mv2，可得速度为v＝gr，则感应电动势为E＝Blv，两金属棒串联，故两棒瞬时电流为I＝Blgr2R，两棒共速时由动量守恒定律有mv＝2mv'，得速度大小为v'＝gr2，故C、D正确。
2.如图所示，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图中的电容器带电荷量为Q，上极板带正电荷，电容为C。导体棒、导轨的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦不计。图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，导轨间距为L，导轨足够长。导体棒质量为m，始终与导轨垂直且接触良好，匀强磁场的磁感应强度大小为B，闭合开关后，导体棒由静止开始运动，下列说法正确的是( )
A.导体棒先向右做加速运动，再向右做减速直到静止
B.导体棒先向右做加速运动，最后以v＝BLQm＋CB2L2做匀速直线运动
C.通过R的电荷量为Q
D.通过R的电荷量为CB2L2Qm＋CB2L2
答案 B
解析 闭合开关后电容器放电，ab中电流从a到b，由左手定则知导体棒受到向右的安培力，做加速度减小的加速运动，ab向右运动过程中切割磁感线产生感应电动势，当感应电动势与电容器上电压相等时，感应电流变为零，此后导体棒匀速运动，故A错误；设ab最后以v匀速运动，通过ab的电荷量为q，对ab由动量定理有BLIt＝mv，又q＝It＝Q－CBLv，解得v＝BLQm＋CB2L2，q＝mQm＋CB2L2，故B正确，C、D错误。
3.(多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上，t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是( )
答案 AC
解析 棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，这时两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝v02，选项A、C正确，B、D错误。
4.在甲、乙两图中，足够长的光滑平行金属导轨在同一水平面内固定放置在方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端分别接有电荷量为零且电容足够大的电容器和阻值为R的定值电阻，金属杆ab、cd垂直导轨静止放置，除了电阻R以外不计其他电阻。若给棒ab施加水平向右的恒力F，棒cd瞬间获得水平向右的初速度v0，则下列关于两棒在运动过程中所受安培力F安和棒两端电压U随棒的位移x变化的图像中正确的是(两棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好)( )
答案 B
解析 对棒ab分析，某一时刻t，根据牛顿第二定律有F－F安ab＝ma，设该时刻电流大小为i，则F安ab＝BiL，F－BiL＝ma，在很短时间间隔内ΔQ＝i·Δt，ΔQ＝C·ΔU，ΔU＝BL·Δv，联立可得i＝BLCΔvΔt＝BLCa，结合前式可得F－B2L2Ca＝ma，可得a＝Fm＋B2L2C，可知导体棒ab做匀加速直线运动，根据运动学公式v2＝2ax，可得v＝2ax，通过导体棒ab的电流不变，导体棒ab所受安培力始终不变；导体棒ab两端的电压Uab＝BL·v＝BL2a·x，故A、C错误；导体棒cd所受的安培力F安cd＝B2L2vR＝ma'＝mΔvΔt，则B2L2Rv·Δt＝m·Δv，两边求和B2L2R∑v·Δt＝m·∑Δv，得B2L2Rx＝m(v0－v)，整理可得v＝v0－B2L2mRx，则F安cd＝B2L2R·v＝B2L2v0R－B4L4mR2·x，Ucd＝BLv＝BLv0－B3L3mR·x，可知F安cd、Ucd与x是一次函数，故B正确，D错误。
5.(2023·重庆卷·7)如图所示，与水平面夹角为θ的绝缘斜面上固定有光滑U型金属导轨。质量为m、电阻不可忽略的导体杆MN沿导轨向下运动，以大小为v的速度进入方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场区域，在磁场中运动一段时间t后，速度大小变为2v。运动过程中杆与导轨垂直并接触良好，导轨的电阻忽略不计，重力加速度为g。杆在磁场中运动的此段时间内( )
A.流过杆的感应电流方向从N到M
B.杆沿轨道下滑的距离为32vt
C.流过杆的感应电流的平均电功率等于重力的平均功率
D.杆所受安培力的冲量大小为mgtsin θ－mv
答案 D
解析 根据右手定则，流过杆的感应电流方向为从M到N，故A错误；依题意，设杆切割磁感线的有效长度为L，接入电路的电阻为R。杆在磁场中运动的此段时间内，杆受到重力、轨道支持力及沿轨道向上的安培力作用，根据牛顿第二定律可得mgsin θ－F安＝ma，F安＝BIL，I＝BLvR，联立可得杆的加速度a＝gsin θ－B2L2vmR，可知杆在磁场中运动的此段时间内做加速度逐渐减小的加速运动；若杆做匀加速直线运动，则杆运动的距离为s＝v＋2v2·t＝32vt，根据v－t图像与横轴围成的面积表示位移，可知杆在时间t内速度由v达到2v，杆真实运动的距离大于杆做匀加速直线运动的距离，即大于32vt，故B错误；由于在磁场中运动的此段时间内，杆的动能增大，由动能定理可知，重力对杆所做的功大于杆克服安培力所做的功，根据P＝Wt可得安培力的平均功率小于重力的平均功率，即流过杆的感应电流的平均电功率小于重力的平均功率，故C错误；杆在磁场中运动的此段时间内，根据动量定理，可得mgtsin θ－I安＝m·2v－mv，得杆所受安培力的冲量大小为I安＝mgtsin θ－mv，故D正确。
6.(15分)如图所示，水平面内固定的平行轨道左端与一电容为C的电容器相连，整个区域具有垂直轨道向下的匀强磁场，磁感应强度为B，轨道间距为l，质量为m的导体棒始终与轨道垂直且与轨道接触良好。虚线左侧轨道光滑，右侧轨道与导体棒间动摩擦因数为μ。开始时电容器不带电，给导体棒一个向右的初速度v0，导体棒通过虚线前已稳定滑行。轨道和导体棒电阻都不计，重力加速度为g，电容器储能公式为EC＝12CU2。求：
(1)(5分)在光滑区域，导体棒稳定时的速度大小；
(2)(5分)从开始到稳定过程，回路产生的焦耳热；
(3)(5分)进入摩擦区域，导体棒滑行的时间。
答案 (1)mv0m＋B2l2C (2)mv02CB2l22(m＋CB2l2) (3)v0μg
解析 (1)导体棒在光滑区域滑行过程中，稳定后电容器两端电压与导体棒产生的电动势相等，安培力的冲量BIlt＝Blq＝BlCBlv＝B2l2Cv
由动量定理BIlt＝m(v0－v)
联立解得v＝mv0m＋B2l2C
(2)由能量守恒可得12mv02＝12mv2＋12C(Blv)2＋Q，
解得Q＝12mv02－12m(mv0m＋B2l2C)2－12C(Blmv0m＋B2l2C)2＝mv02CB2l22(m＋CB2l2)
(3)在导体棒滑行的整个过程中，电容器初末状态所带电荷量均为零，则整个过程流经导体棒的总电荷量q'＝0，由动量定理Blq'－μmgt'＝0－mv0
解得t'＝v0μg。
7题16分，8题19分，共35分
7.(16分)(2024·河北省部分重点高中三模)如图所示，两根电阻不计、足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平面上，导轨间距为L，导轨所在空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两根金属杆a、b间隔一定距离静止于导轨上，两杆与导轨始终垂直且接触良好，杆a、b的电阻分别为R和3R，杆a、b的质量分别为3m和m。现使杆a获得一个大小为v0、水平向右的初速度。
(1)(5分)当杆b的速度大小为v05时(两杆未相撞)，求此时杆b受到的安培力大小F；
(2)(5分)若整个运动过程中两杆未相撞，求整个运动过程中杆a产生的焦耳热Qa；
(3)(6分)若初始位置时两杆之间的距离d＝5mRv02B2L2，通过计算判断两杆在整个运动过程中是否相撞。
答案 (1)11B2L2v060R (2)332mv02 (3)会相撞
解析 (1)以向右为正方向，金属杆a、b组成的系统在水平方向不受外力，由动量守恒定律可得
3mv0＝3mva＋m·v05
得va＝1415v0
回路中产生的感应电动势为
E＝BL(1415v0－15v0)＝1115BLv0
回路中的电流I＝ER＋3R＝11BLv060R
杆b受到的安培力大小F＝BIL＝11B2L2v060R
(2)在整个运动过程中，金属杆a、b组成的系统动量守恒，设最终两杆的共同速度为v，则有3mv0＝(3m＋m)v
得v＝34v0
由能量守恒定律可知
Q＝12×3mv02－12×(3m＋m)v2＝38mv02
杆a产生的焦耳热Qa＝RR＋3RQ＝332mv02
(3)设两杆恰好不相撞时，初始位置时两杆之间距离为x，在很短时间Δt内，对杆b利用动量定理，
则有BiL·Δt＝m·Δv
两边求和可得∑BiL·Δt＝∑m·Δv
即为BLq＝mv
由于q＝It＝ER总t＝ΔΦR总t·t＝BLx4R
得x＝3mRv0B2L2>d
所以会相撞。
8.(19分)(2025·河北邯郸市期中)如图所示，有两条不计电阻的平行光滑金属导轨MQN、M'Q'N'，导轨间距L＝0.5 m，其中MQ、M'Q'段倾斜放置，倾角θ＝37°，MQ＝M'Q'＝4 m，QN、Q'N'段水平放置，两段之间通过一小段(大小可忽略)光滑圆弧绝缘材料平滑相连，在倾斜导轨左端连接一电容C＝2 F的不带电的电容器，在N和N'之间接有定值电阻R＝0.1 Ω，在倾斜导轨MQ、M'Q'区域内加有垂直于倾斜导轨平面向下的匀强磁场B1＝2 T，在水平导轨的DD'E'E区域内加有垂直水平导轨平面向上的匀强磁场B2＝0.8 T，DD'、EE'均与导轨垂直，且DE＝D'E'＝L＝0.5 m，cdef是质量为3m、各边长度均为L的开口向左的U形金属框，已知其de边电阻为R＝0.1 Ω，其余各段电阻可忽略不计，开始时金属框紧挨导轨静置于DD'E'E左侧外。一不计电阻的质量为m的金属棒a紧贴MM'从静止释放，使其向下滑行，越过QQ'后与U形金属框发生碰撞，碰后粘在一起形成一个正方形导体框沿导轨穿过磁场B2区域。已知m＝1 kg，不计一切摩擦，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
(1)(6分)金属棒a在倾斜导轨下滑的加速度大小(提示：I＝ΔqΔt＝CΔUΔt)；
(2)(5分)de边刚进入磁场B2区域时的速度大小；
(3)(8分)整个过程中定值电阻R上产生的焦耳热。
答案 (1)2 m/s2 (2)1 m/s (3)0.48 J
解析 (1)金属棒a沿倾斜轨道向下滑行过程中有C＝ΔQΔU
又ΔQ＝IΔt，
所以电流为I＝CΔUΔt
则由牛顿第二定律mgsin θ－B1CΔUΔtL＝ma
又有ΔU＝B1LΔv
则mgsin θ－B1CB1LΔvΔtL＝ma
又因为a＝ΔvΔt，所以可求得金属棒加速度为
a＝mgsinθm＋B12L2C＝2 m/s2
(2)金属棒a沿倾斜轨道向下滑行过程由运动学公式得v＝2aLMQ＝4 m/s
金属棒a越过QQ'后与U形金属框发生碰撞，由动量守恒定律mv＝(m＋3m)v1
解得v1＝1 m/s
此后一起匀速向右运动直到de边进入磁场B2区域，即de边进入磁场B2区域时速度为1 m/s。
(3)在de边进入磁场区域时，de边左侧电阻为0，即右侧的定值电阻R被短路，无电流。此时回路总电阻就为de边的电阻R；在cf边即a棒进入磁场，de边离开磁场时，此时右侧de边和定值电阻组成并联电路，此时总电阻为0.5R，
则碰后粘在一起全部进入磁场B2区域过程，根据动量定理有－B2B2L2RL＝4mv2－4mv1
解得v2＝0.8 m/s
金属框一起全部穿出磁场B2区域过程，由动量定理有－B2B2L20.5RL＝4mv3－4mv2
解得v3＝0.4 m/s
所以此过程中定值电阻R上产生的焦耳热为
QR＝RR＋R(12×4mv22－12×4mv32)＝0.48 J。
(10分)
9.(多选)(2024·湖南卷·8)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BC段与B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1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v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1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μ，AB＝BC＝d。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BB1的速度为v02
B.在整个过程中，定值电阻R产生的热量为12mv02－12μmgd
C.金属杆经过AA1B1B与BB1C1C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
解析 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，I＝E2R
金属杆在AA1B1B区域运动的过程中根据动量定理有－BILΔt＝mΔv
则－B2L2vt2RΔt＝mΔv
由于d＝∑vtΔt，
则上面方程左右两边累计求和，可得
－B2L2d2R＝mvB－mv0
则vB＝v0－B2L2d2mR
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－B2L2d2R－μmgt0＝－mvB
联立解得vB＝v02＋μgt02>v02
则金属杆经过BB1的速度大于v02，故A错误；
在整个过程中，根据能量守恒有
12mv02＝μmgd＋Q
则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为
QR＝12Q＝14mv02－12μmgd
故B错误；
金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量为
－∑BILΔt＝－∑B2L22RvtΔt＝－B2L2x2R
则金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域滑行距离均为d，金属杆所受安培力的冲量相同，故C正确；
金属杆以初速度v0在磁场中运动全过程有
－B2L2·2d2R－μmgt0＝－mv0
若金属杆的初速度加倍，
则有－B2L2·x2R－μmgt0'＝－2mv0
得2d＝(mv0-μmgt0)·2RB2L2
x＝2(mv0－12μmgt0')·2RB2L2
当初速度为2v0时，由A项可知，金属杆到达BB1时速度变大，所以经过BCC1B1区域时间变短，即有t0'4d，D正确。 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-UCR，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＝mv0m＋B2L2C
v－t图像
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＝BLCEm＋B2L2C
v－t图像
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＝BLv2-v1R1＋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＝12m2v02－12(m1＋m2)v2
两棒产生焦耳热之比Q1Q2＝R1R2