2026年高考物理一轮复习(通用版)第55讲 电磁感应中的动量问题(专项训练)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮复习(通用版)第55讲 电磁感应中的动量问题(专项训练)(学生版+解析)，共9页。试卷主要包含了4m/s，2m/s等内容，欢迎下载使用。

目录
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc17943" 01 课标达标练
\l "_Tc22251" 题型01 动量定理在电磁感应中的应用
\l "_Tc2717" 题型02 动量守恒定律在电磁感应中的应用
\l "_Tc20184" 02 核心突破练
\l "_Tc5699" 03 真题溯源练
01 动量定理在电磁感应中的应用
1.（2025·广东广州·模拟预测）将一足够长光滑平行金属导轨固定于水平面内（如图），已知左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为，导轨足够长且电阻可忽略不计.左侧导轨间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，右侧导轨间存在磁感应强度大小为、方向竖直向下的匀强磁场.在时刻，长为L、电阻为r、质量为m的匀质金属棒静止在左侧导轨右端，长为、质量为的匀质金属棒从右侧导轨左端以大小为的初速度水平向右运动。一段时间后，流经棒的电流为0，此时。已知金属棒由相同材料制成，在运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，不计电流的磁效应，则（ ）
A．时刻流经棒的电流为
B．时刻棒的速度大小为
C．时间内，回路磁通量的变化率逐渐增大
D．时间内，棒产生的焦耳热为
【答案】ABD
【详解】A．棒由相同材料制成，即电阻率、密度均相同，根据，
可得
设的电阻为，则有
可得
根据右手定则可知，时刻产生的感应电动势方向是从H到G，回路中的感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律可知此时回路中的感应电流为，故A正确；
B．设时刻，的速度大小分别为、，则有
可得
时间内，根据动量定理，对有
对有
联立解得，，故B正确；
C．根据左手定则知受到的安培力水平向左，受到的安培力水平向左，的速度逐渐增大，的速度逐渐减小，回路中的感应电动势
逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律知，回路磁通量的变化率逐渐减小，故C错误；
D．在时间内，对两棒组成的系统，根据能量守恒定律有
解得回路中产生的总热量
根据焦耳定律有
解得，故D正确。
故选ABD。
2．（2025·新疆省直辖县级单位·二模）如图所示，水平绝缘地面上固定一足够长的光滑U形导轨，空间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场。将质量为m的金属棒ab垂直放置在导轨上，在垂直于棒的恒定拉力F作用下，金属棒由静止开始向右运动，当金属棒的速度大小为v时，金属棒的加速度大小为a；当金属棒的速度大小为2v时，金属棒的加速度大小为。已知金属棒运动过程中始终与导轨接触良好，电路中除金属棒以外的电阻均不计，下列说法正确的是（ ）
A．
B．金属棒的最大速度为2v
C．金属棒的最大加速度为
D．当金属棒的速度大小为2v时撤去拉力F，金属棒的减速距离为
【答案】ACD
【详解】A．设匀强磁场的磁感应强度大小为B，金属棒的电阻为R，导轨间距为L，由牛顿第二定律有，
联立解得
A正确；
B．设金属棒的最大速度为，此时加速度为0，有
解得
B错误；
C．当金属棒的速度为0时，金属棒的加速度最大，此时金属棒只受恒力作用，由牛顿第二定律有
解得最大加速度为
C正确；
D．撤去拉力F后，根据动量定理有
解得
D正确。
故选ACD。
3.（2025·辽宁省沈阳市高三二模）如图，一光滑金属细导轨固定在倾角为的绝缘斜面上，I区是长度为、间距为的平行导轨。II区两导轨均呈一个完整的正弦波形，上下叠放交点处彼此绝缘，沿斜面方向长度为，下方接有一个阻值为的定值电阻。空间分布着垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。一质量为的导体棒从区上边缘由静止释放，离开区瞬间加速度为零。进入II区后，在外力作用下，导体棒以离开I区时的速度保持匀速运动。导体棒与导轨接触良好并与平行导轨垂直，不计其他电阻，重力加速度为。下列说法正确的是（ ）
A. 导体棒在I区中运动时棒中电流由到
B. 导体棒在I区运动所用的时间为
C. 导体棒在II区运动过程中，外力做功
D. 导体棒在II区运动过程中，电阻产生的焦耳热为
【答案】.C
【详解】根据右手定则可知，导体棒在Ⅰ区中运动时棒中电流由M到N，A错误；设导体棒离开Ⅰ区瞬间速度为v。根据导体棒离开Ⅰ区瞬间加速度为零，根据平衡条件得mgsinθ=BId
又，解得
导体棒在Ⅰ区运动过程中，取沿斜面向下为正方向，根据动量定理得
其中，联立解得导体棒在Ⅰ区运动所用的时间为 ，故B错误；因Ⅱ区两导轨均呈一个完整的正弦波形，导体棒匀速通过Ⅱ区时，回路中产生正弦式交流电，电动势最大值为E=Bdv，电阻R产生的焦耳热为
联立解得Q=mglsinθ
4.（2025·四川成都模拟预测）两根相互平行、足够长的光滑金属导轨ACD-A1C1D1固定于水平桌面上，左侧AC-A1C1轨道间距为L，右侧CD-C1D1轨道间距为2L，导轨所在区域存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。如图所示，两横截面积相同、由同种金属材料制成的导体棒a、b分别置于导轨的左右两侧，已知导体棒a的质量为m。某时刻导体棒a获得一个初速度v0开始向右运动，导体棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计。关于导体棒之后的运动，下列说法正确的是（ ）
A．运动过程中导体棒a、b组成的系统动量守恒
B．导体棒a、b运动稳定后的速度之比为4:1
C．从开始到运动稳定的过程中，通过导体棒a的电荷量为mv05BL
D．从开始到运动稳定的过程中，导体棒b产生的热量为19mv02
【答案】D
【详解】导体棒运动过程中，通过导体棒a、b的感应电流大小相同，由于导体棒a、b长度不同，所受安培力大小不同，导体棒a、b组成的系统所受合力不为零，则导体棒a、b组成的系统动量不守恒，A项错误；导体棒a、b运动过程中产生方向相反的感应电动势，当导体棒a、b产生的感应电动势相等时，回路中感应电流为零，此后导体棒a、b做匀速直线运动，根据电磁感应定律有BLva=2BLvb解得导体棒a、b运动稳定后的速度之比为vavb=21，B项错误；设导体棒a的电阻为R，导体棒b的质量为2m，电阻为2R，从导体棒开始运动到稳定的过程中，以向右为正方向，根据动量定理，对导体棒a有−BILt=mva−mv0对导体棒b有2BILt=2mvbq=It联立解得va=23v0，vb=13v0，q=mv03BL，C项错误；全过程根据能量守恒定律，整个电路产生的焦耳热为Q=12mv02−12mva2−12⋅2mvb2导体棒a、b产生的焦耳热之比为QaQb=12，Q=Qa+Qb联立解得Qb=19mv02，D项正确。
5.（2025·湖北省武汉市高三2月调考）如图所示，空间存在磁感应强度大小相等、方向分别垂直于光滑绝缘水平面向上和向下的匀强磁场，正方形导线框从紧靠磁场的位置 I以某一初速度垂直边界进入磁场，运动到位置Ⅱ时完全进入左侧磁场，运动到位置Ⅲ（线框各有一半面积在左、右两个磁场中）时速度恰好为0。设从位置Ⅰ到位置Ⅱ、从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中，通过线框某一横截面的电荷量分别为、，线框中产生的焦耳热分别为，。则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【详解】 根据电荷量的计算公式可得
从位置Ⅰ到位置Ⅱ磁通量的变化量为 ΔΦ1=BS
在位置Ⅲ时磁通量为零，所以从位置Ⅱ到位置Ⅲ磁通量的变化为ΔΦ2=BS
所以q1：q2=1：1，A项正确、B项错误；设初速度为v0，完全进入磁场时的速度大小为v；
取向右为正方向，从位置Ⅰ到位置Ⅱ，根据动量定理可得
即Bq1L=mv0-mv
取向右为正方向，从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中，根据动量定理可得
即2Bq2L=mv
联立解得
根据功能关系可得，
所以Q1：Q2=5：4，C项错误、D项正确
6.（2025·河北沧州·一模）如图所示，间距为的光滑平行金属导轨由两部分组成，之间接有一个电容器，左侧部分导轨与水平面成角倾斜放置，两导轨间有垂直该部分导轨所在平面向上、磁感应强度大小为的匀强磁场。右侧部分为水平导轨，、两处各由绝缘材料平滑连接两侧导轨，与、与之间均存在垂直该部分导轨所在平面向下、磁感应强度大小为的匀强磁场，与、与之间距离均为。由质量为、电阻为的均匀金属丝制成的刚性线框放置在导轨上，边恰处于位置，，，其中心到两根导轨的距离相等。初态时开关S断开，质量也为、长度略大于的金属杆从左侧导轨上距离地面高为处由静止下滑至导轨底端时速度大小为。已知与间距离足够长，导轨及金属杆的电阻均不计，重力加速度为。
(1)求金属杆下滑至导轨底端时电容器两端的电压及电容器储存的能量；
(2)求电容器的电容；
(3)金属杆从左侧导轨底端滑出后，闭合开关S，求线框边运动到位置时的速度大小；
(4)第（3）问中线框边运动到位置的瞬间断开开关S，求线框的边从位置滑出磁场时的速度。
【答案】(1)，
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）金属杆下滑至导轨底端时，电容器两极板间的电势差
金属杆下滑过程中，减小的重力势能等于金属杆增加的动能和电容器储存的能量之和，则杆下滑到导轨底端时，电容器储存的能量为
（2）杆下滑过程中，设某时刻回路中电流为，在较短的时间内有
对电容器有
由法拉第电磁感应定律可得，杆产生感应电动势的变化量
根据牛顿第二定律，杆的加速度满足
又由加速度的定义式
解得
可知杆沿导轨向下做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律可得，杆运动到导轨底端时的速度满足
解得
电容器的电容
（3）线框边运动到位置的过程中，线框边和边在导轨间的部分并联，电容器通过该并联部分对外放电，因与间距离足够大，因此最终线框匀速运动，由动量定理可得
即
其中即为电容器放出的电荷量，结合
其中
解得
（4）线框边运动到位置的瞬间断开开关S，在线框边运动到位置之前，线框边和边在导轨间的部分通过导轨形成回路，分别相当于电源和外电路电阻，回路的总电阻为。设回路平均电流为，安培力的冲力为
其中平均电流
由法拉第电磁感应定律得
其中
可得安培力的冲量为
线框边从位置运动到位置过程中，由于、两处绝缘材料的存在，线框边在导轨间的部分相当于电源，整个线框形成回路，总电阻为，同理可得，安培力的冲量为
线框运动出磁场的过程，线框cd边和ef边在导轨间的部分通过导轨形成回路，分别相当于电源和外电路电阻，回路总电阻为。同理可得，安培力的冲量为
对线框，从ef边在EF位置运动到cd边恰出磁场的过程，根据动量定理可得
解得
7．（2025·四川成都·模拟预测）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成角。杆1、杆2是两根用细线连接的金属杆，质量分别为和，两杆垂直导轨放置，且两端始终与导轨接触良好，两杆的总电阻，两杆在沿导轨向上的外力F作用下保持静止（F作用在杆1上）。整个装置处在磁感应强度的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直，在时刻将细线烧断，保持F不变，重力加速度g取，求：
(1)外力F的大小；
(2)当杆2达到最大速度时，流过该杆的电流强度的大小；
(3)两杆从开始运动到刚达到最大速度经历的时间为，此时杆1和杆2相对于各自初始位置的距离为多大？
【答案】(1)
(2)
(3)，
【详解】（1）线烧断前外力F的大小
（2）当杆2达到最大速度时，对杆2有
得
（3）细线烧断后
方向相反，由系统动量守恒得
两杆同时达到最大速度，之后做匀速直线运动。又由
联立解得，
再由系统动量守恒
则
设所求时间为t，对杆2由动量定理得，
解得，
02 动量守恒定律在电磁感应中的应用
8．（2025·湖北·模拟预测）如图所示，平行光滑金属导轨间距为L，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，两个相同的金属棒ab、cd垂直于导轨平行放置，与导轨始终接触良好，每个金属棒质量为m，接入电路的电阻均为R0。开始时cd棒锁定在轨道上，对ab棒施加水平向右的恒定拉力F，经时间t,ab棒的速度达到最大值v，此时撤去拉力，同时解除对cd棒的锁定，导轨足够长且电阻不计。则（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度大小B为2FR0vB．撤去拉力前ab棒前进的距离为2vt−mv2F
C．撤去拉力前ab棒前进的距离为vt−mv2FD．全过程中回路产生的焦耳热为Fvt−5mv24R0
【答案】C
【详解】 ab棒匀速时受力平衡，有F=BILE=BLvI=E2R0解得B=1L2FR0v，A项错误；ab棒从开始运动到匀速，列动量定理Ft−B2L2x2R0=mv解的x=vt−mv2F，B项错误，C项正确；解除锁定后两棒相互作用过程中动量守恒，最后共同运动速度为v共，mv=2mv共对全过程由能量守恒定律Q=Fx−12⋅2mv共2得Q=Fvt−54mv2，D项错误。
9．（2025·云南·模拟预测）如图所示，两光滑金属导轨平行放置，导轨段与段位于同一水平面内，段与段均与水平面成角，导轨水平部分与倾斜部分均足够长，间距为，电阻不计。在水平导轨与倾斜导轨上均有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为，方向如图所示。在水平导轨上静止有两根完全相同的金属棒、，质量均为。某时刻给金属棒一个初速度，、棒在运动过程中始终与导轨接触良好且垂直，金属棒始终未进入倾斜轨道，金属棒在共速前未进入倾斜轨道，进入斜轨道一段时间后开始做匀减速运动，速度减为零时将其锁定。重力加速度为，则下列说法正确的是（ ）
A．金属棒在水平轨道上共速的速度为
B．从开始到共速的过程中通过金属棒的电荷量为
C．金属棒a的速度先减为零
D．金属棒在倾斜轨道上做匀减速运动时的加速度大小为
【答案】AD
【详解】A．由动量守恒定律得
解得，故A正确；
B．对金属棒b进行分析，根据动量定理得
解得，故B错误；
C．金属棒a、b以共速的状态匀速运动直到b进入倾斜轨道，之后b受重力沿斜面分力作用而减速，使得b的速度小于a的速度，a的电动势大于b，使得感应电流方向由a决定，进而使a受到向左的安培力，b受到沿斜面向上的安培力，a、b均做减速运动，由于刚开始a、b的速度差非常小，根据，可知刚开始回路感应电动势非常小，感应电流非常小，安培力非常小，根据牛顿第二定律可知，刚开始b的加速度大于a的加速度，即b减速得更快，从而使得a、b之间的速度差越来越大，即感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，可知，a做加速度增大的减速运动，b做加速度减小的减速运动，当a、b加速度相等时，一起做匀减速运动，作出两者的v—t图，如图所示
根据图示可知，b的速度先减为零，故C错误；
D．结合上述，a、b均做匀减速运动时，对a进行分析有F安=ma
对b进行分析有mgsin30°-F安=ma
解得，故D正确。
故选AD。
10.（2025·山东省济南市高三一模）如图所示，光滑平行金属导轨M1N1和M2N2固定在水平面内，导轨间某个区域存在竖直向下的匀强磁场，金属棒P和Q分别静置在磁场两侧的导轨上，金属棒P的质量为m。某时刻金属棒P以初速度水平向右运动，穿过磁场区域后与金属棒Q发生非弹性碰撞，金属棒P刚好再次穿出磁场区域，金属棒Q碰后的速度为。下列说法正确的是（ ）
A. 金属棒P两次穿过磁场区域的过程中，速度变化量的大小不相等
B. 金属棒Q的质量为5m
C. 金属棒P碰撞前的速度大小为
D. 整个过程中，金属棒P和Q产生的焦耳热为
【答案】B
【详解】设金属导轨间距为L，磁场为B，磁场宽度为d，回路总电阻为，金属棒两次穿过磁场区域过程中，根据动量定理可得，
可得，由此可知，两次穿过磁场的速度变化量的大小相等，A项错误；设第一次穿过磁场的速度为，由A可知第二次穿过磁场的速度
PQ发生碰撞，根据动量守恒定律可得
解得，即金属棒Q的质量为5m，B项正确；由于PQ发生非弹性碰撞，无法求解碰撞之后P的速度，无法求解金属棒P碰撞前的速度大小和整个过程中金属棒P和Q产生的焦耳热，故C、D项错误。
11.（2025· 辽宁省锦州市高三一模）如图，电阻不计的两足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为，导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为。质量均为、接入电路的有效电阻均为的金属棒、垂直于导轨放置，均处于静止状态。时刻给棒一个方向水平向右、大小的拉力，时，金属棒和加速度刚好相等。此后撤去拉力，整个过程棒与导轨接触良好。则（ ）

A. t=4s时金属棒ab和cd的加速度大小为2m/s²
B. t=4s时金属棒ab的速度大小为4m/s
C. t=4s时金属棒cd的速度大小为10m/s
D. 从t=4s到回路中电流为零的过程中，金属棒ab和cd之间距离的增加量为4m
【答案】ACD
【详解】t=4s时将金属棒和作为一个整体，对整体进行受力分析，由牛顿第二定律可得，解得，A项正确；两棒的加速度相等时，设受到的安培力大小为，对金属棒，由牛顿第二定律可得
根据安培力公式，解得回路中电流大小
设回路中的感应电动势为E，则
设两棒的加速度相等时，金属棒ab、cd的速度分别是、，则
设时间内安培力冲量大小为，对金属棒cd，由动量定理可得
对金属棒ab，安培力的冲量
联立解得，，B项错误、C项正确；撤去外力F后，金属棒cd做加速度逐渐减小的减速运动，金属棒ab做加速度逐渐减小的加速运动，最后两棒速度相等，做匀速运动，设最终共同速度为v，根据动量守恒定律
对ab棒，根据动量定理
电荷量
设两棒间距离增大了x，则
联立解得，D项正确。
12.（2025·安徽省蚌埠市高三二模）如图所示，两个相同的足够长光滑“”型金属导轨ACDE和FGHJ固定在同一水平面内，、、互相平行且间距均为，金属棒垂直静止在导轨上，的质量分别为和，它们接入电路的电阻分别为和，金属导轨的电阻不计，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为。现给一个水平向右的初速度，此后、运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，则下列说法正确的是（ ）
A. 向左运动B. 最终的速度大小为
C. 通过的电量为D. 中产生的焦耳热为
【答案】BCD
【详解】当向右运动时，切割磁感线产生感应电动势，可以判断中感应电流向上，中感应电流向下，根据左手定则，受到的安培力向右，则向右运动，A项错误；因串联，通过的电流大小相等方向相反，它们受到的安培力也是等值反向，所以整体动量守恒，根据动量守恒定律，有，解得，B项正确；对研究，根据动量定理有
解得，C项正确；由能量守恒定律及串联电路电功率的分配规律，得中产生的焦耳热，D项正确。
13.（2025·河南安阳·一模）如图所示，光滑圆弧导轨与水平导轨相切于处，的右侧处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，bc段水平导轨宽度为，cd段水平导轨宽度为d，bc段轨道和段轨道均足够长。由同种材料制成的金属棒和分别置于轨道上的段和段，已知金属棒的质量为，棒长为，电阻为，金属棒的质量为，棒长也为，现让金属棒从距水平轨道高为处无初速度释放，两金属棒运动过程中始终与导轨接触良好且与导轨垂直，不计其他电阻及空气阻力，重力加速度为，求：
(1)金属棒的电阻；
(2)金属棒下滑到处时金属棒接入电路部分两端的电压；
(3)整个过程中金属棒产生的焦耳热；
(4)两金属棒距离最近时回路中的电流。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）由、
知
由、
知
（2）实际只有一半长度接入电路，所以有效阻值为
从到，由能量守恒得
此时，
（3）从下滑到处到最终达成稳态的过程，对列动量定理得
对列动量定理
最终二者稳态，产生的电动势相等
解得、
整个过程由能量守恒有
由于接入电路的电阻相等，求得
（4）相距最近，即二者共速，由动量定理可得，
解得
此时回路中的电流为
14．（2025·陕西西安·三模）一位大学生在研究电磁感应问题时设计了如下实验。实验装置如图所示，水平放置的金属轨道，与平行，相距，与平行，相距，轨道间区域被边界、和分成、、、四个区域，其中、、处于竖直向下的匀强磁场中，处于水平向左的磁场中，磁场磁感应强度的大小均为，所有轨道电阻不计，区域轨道粗糙，，其它轨道光滑。轨道上放置着、两根金属棒，位置如图所示。两金属棒质量均为，电阻均为。时，棒有向右的初速度，棒的速度为0（此后各运动过程，两棒与导轨都始终垂直且接触良好），在棒到达时棒恰好到达，且两棒均已匀速。此时开始给棒一个外力，使棒在区域做匀加速运动，发现该外力随时间每秒增加4N，且棒在III区域的运动时间为。当棒到达时，撤去棒外力。此后棒继续在区域运动，棒在区域运动，直到两者稳定。取。求：
(1)时，棒两端的电势差；
(2)当棒到达时，棒的速度大小以及当棒到达时棒的速度大小；
(3)棒在区域运动过程中整个回路产生的焦耳热。
【答案】(1)
(2)，
(3)
【详解】（1）感应电动势
棒两端的电势差为路端电压
解得
（2）①在到达前两棒均已匀速，设、棒的速度分别为、，则
在到达前对两棒各应用动量定理，
解得
同时可得
②棒在III区域的运动时对棒应用牛顿第二定律
由于每秒增加4N，即
解得
棒到达时，的速度
（3）棒进入III区域受到滑动摩擦力
时
时
棒到达时速度为，则
解得
棒进入区域后直到稳定，两棒系统动量守恒，最终以共同速度运动，设为有
解得
棒进入区域后回路产生的焦耳热为
15.（2025·安徽省合肥市高三二模）如图所示，两平行光滑长直金属导轨固定在水平面上，导轨间距为L，电阻不计。金属棒a、b垂直导轨放置，b棒右侧MNPQ矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。a棒以大小为的水平速度向右运动，一段时间后a与静止的b发生弹性碰撞，碰后两棒先后进入磁场区域。已知两棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，a、b的质量分别为4m、m，电阻均为R，长度均为L。
（1）求碰撞后瞬间a、b的速度大小；
（2）若b在磁场中运动距离时，a还未进入磁场，求此过程中b棒产生的焦耳热；
（3）若a刚进入磁场时，b已经离开磁场区域，要使a、b不会再次发生碰撞，求磁场区域宽度x需满足的条件。
【答案】（1）， （2） （3）
【详解】 （1）设碰后瞬间a、b速度大小分别为、，由于发生的是弹性碰撞，则有，
解得，
（2）设导体棒b在磁场中运动距离为d时速度大小为，此过程中a、b棒中产生的焦耳热分别为、，b从进入磁场到运动距离为d过程中，根据动量定理有
根据闭合电路欧姆定律有
根据法拉第电磁感应定律有
根据能量守恒定律有
两个导体棒电阻相等，根据焦耳定律知
联立以上各式解得
（3）导体棒a、b在磁场中做减速运动，当导体棒a出磁场时速度不大于导体棒b出磁场时的速度，则a与b不会再次发生碰撞，取临界状态当磁场区域宽度为时，导体棒a、b出磁场时的速度大小均为v，则b在磁场中运动过程，由动量定理得
感应电流的平均值，
联立解得
同理，导体棒a在磁场中运动过程，与其出磁场时的速度v的关系为
联立以上各式可得
要使a与b不会再次发生碰撞，则磁场区域的宽度x需满足条件
解得
1.（2025·广西桂林市高三第一次跨市联合模拟）如图所示，两根光滑平行金属导轨平放在绝缘水平面上，左侧导轨间距为2L，右侧导轨间距为L，左右两侧分别存在垂直导轨所在平面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为B．两根由相同材料制成的不同粗细的金属杆a、b恰好横跨在导轨上，a、b的质量均为m，b的电阻为R，初始时给a、b杆向左的瞬时速度，大小均为v，不计导轨电阻，a、b两杆到导轨两端及导轨间距变化处均足够远且运动过程中始终与导轨垂直，则（ ）
A. 刚开始运动时通过a的电流大小为
B. 导体棒a先向左减速，再向右加速，最后匀速
C. 从开始到运动恰好稳定的过程中通过b某横截面的电荷量为
D. 从开始到运动恰好稳定的过程中b上产生的焦耳热为
【答案】BD
【详解】两杆质量相同，a杆的长度是b杆的2倍，则a杆的横截面积是b杆的，又因为电阻率相同，根据电阻定律可知a杆电阻是b杆电阻的4倍。结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律计算电流初始时，根据右手定则可知两杆产生的电动势方向相同，总电动势为两电动势之和，等于3BLv，根据闭合电路欧姆定律可知通过a的电流为，，A项错误；开始运动时，可知a杆受到的安培力向右，b杆受到的安培力也向右，两杆均向左做减速运动，a杆所受的安培力大小为b杆所受安培力大小的2倍，两杆质量相同，则a杆做减速运动的加速度大小较大，先减速到零，然后在向右的安培力作用下向右做加速运动，产生与b杆相反的电动势，即，当两杆电动势大小相等时，闭合回路电流为0，此时a杆向右做匀速运动， b杆向左做匀速运动，B项正确；a杆向左减速至0，由动量定理得：，得
b杆向左减速至v1，，
a杆向右加速速至匀速，
b杆向左继续减速至匀速v3，
当a、b杆电动势等大反向时，回路电流为0，及
得，，，C项错误。a、b杆的电阻之比为4：1，设产生的总热量为Q，则b上产生的热量
由能量守恒定律有
解得，D项正确。
2．（2025·山东聊城·三模）如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为L。导体棒a和b垂直导轨放置在导轨上，质量均为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计。勾强磁场磁感应强度大小为B、方向竖直向上。开始时，两棒均静止，间距为。时刻导体棒获得向右的初速度，两导体棒的图像（）如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．时刻，棒a的加速度大小为
B．时刻，两棒之间的距离为
C．时间内，通过b棒的电量为
D．时间内，导体棒b产生的焦耳热为
【答案】BC
【详解】A．时刻，导体棒中的电流为
根据牛顿第二定律有
解得
故A错误；
B．两棒时刻开始匀速运动，根据两棒组成的系统动量守恒有
得
时间内某一时刻导体棒受到的安培力大小为
安培力在一段很短时间内的冲量大小为
该式在时间内对时间求和并对导体棒b运用动量定理得
得
时刻，两棒之间的距离为
故B正确；
C．时间内对导体棒b运用动量定理得
又
得
故C正确；
D．时间内两导体棒产生的热量相等，设均为Q，对两棒组成的系统，根据能量守恒得
得
故D错误。
故选BC。
3．（2025·辽宁沈阳·二模）如图所示，两光滑平行的金属导轨底部固定在绝缘水平桌面上，其两端是竖直平面内的圆弧与底部平滑连接，导轨电阻不计，右端接一定值电阻R，底部水平部分所在空间内存在竖直向上的匀强磁场。现将一导体棒垂直于导轨从左侧圆弧上距桌面高处的M点由静止释放，导体棒到达右侧圆弧的最高点为距桌面高处的N点，此过程中电阻R产生的热量为，然后返回，再次到达左侧圆弧的最高点为距桌面高处的P点，此过程中电阻R产生的热量为，运动过程中导体棒与导轨始终垂直且接触良好，导体棒电阻不计，下列说法正确的是（ ）
A．一定等于
B．一定小于
C．一定大于
D．一定等于
【答案】AC
【详解】AB．设两导轨的间距为L，匀强磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m，导体棒第一次进磁场时的速度为，第一次出磁场时的速度为，导体棒第一次经过磁场的过程中根据动量定理有
将代入可得
式中的v为此过程的平均速度，设导轨水平部分的长度为s，有
联立解得
根据机械能守恒定律可知，导体棒第二次进磁场时的速度为，设第二次出磁场时的速度为，同理有
根据机械能守恒定律有
解得，，
有
A项正确，B项错误；
CD．因为
故
根据能量守恒定律有，
故，C项正确，D项错误。
故选AC。
4．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，光滑绝缘水平桌面上放置一边长为、质量为、阻值为的正方形金属线框，、是垂直于水平面向上匀强磁场I的边界，、是垂直于水平面向上匀强磁场II的边界，两磁场的磁感应强度大小均为，磁场宽均为，两磁场边界相互平行且平行于线圈边，、间距为，给金属线框一个水平向右的初速度，使其滑进磁场，线框刚好能穿过两个磁场。则下列说法正确的是（ ）
A．线框边刚进入磁场II时的加速度大小为
B．线框开始的初速度大小为
C．线框穿过磁场I、II，线框中产生的焦耳热为之比
D．若仅将磁场II方向反向，线框也刚好穿出磁场II
【答案】BC
【详解】A．线框边刚进入磁场II时，、两边同时切割磁感线，电动势方向相反，大小都为，则电路电流为0，线框受合力为零，加速度为0，故A错误；
B．设线框的初速度大小为，线框穿过两磁场过程中，根据动量定理
由，
解得，故B正确；
C．设边刚出磁场I时速度为，根据动量定理，有，
解得
线框穿过磁场I、II，线框中产生的焦耳热为之比，故C正确；
D．若仅将磁场II方向反向，两条边同时切割磁感线过程，安培力不为零，线框克服安培力做功更多，不能穿出磁场II，故D错误。
故选BC。
5．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图，倾斜金属导轨abed与水平面的倾角为，上方连接一电容器，电容。水平光滑金属轨道、平行且足够长，与倾斜导轨在be处通过绝缘材料平滑连接。虚线左侧磁场方向与导轨垂直向上，虚线右侧磁场方向竖直向上，两部分匀强磁场的磁感应强度大小均为。质量均为的导体棒P、Q在图示位置同时静止释放。导体棒Q的电阻为，其余电阻均不计。导体棒P与倾斜导轨间的动摩擦因数为，平行导轨间距、导体棒长度均为，重力加速度大小为，。已知P刚运动至处时速度为，若取此刻为计时起点，则时刻起P的速度不再变化，且全过程中P、Q始终未相遇。下列说法正确的是（ ）
A．P刚释放时，其加速度大小为
B．P的初始释放点与水平导轨的高度差
C．Q的初始释放点到be的距离，以确保P、Q不相遇
D．上述时间段内，P在水平导轨上运动的位移大小为
【答案】BCD
【详解】AB．导体棒向下运动过程中，设经过很短时间内速度变化，取沿导轨向下为正方向，对导体棒根据动量定理可得
其中
根据加速度定义式可得运动过程中的加速度大小为
解得
即P刚释放时，其加速度大小为，据速度-位移关系可得
解得P的初始释放点与水平导轨的高度差，故A错误，B正确；
C．时刻起P的速度不再变化，此时二者共速，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得
解得共同速度大小为
取向右为正方向，对Q根据动量定理可得
则有
其中
确保P、Q不相遇，则Q的初始释放点到bc的距离，故C正确；
D．作出P和Q在水平轨道上的v-t图像，如图所示
根据对称性结合几何关系可得时间段内，图中阴影部分的面积为
P在水平导轨上运动的位移大小为
解得，故D正确。
故选BCD。
6．（2025·河南·模拟预测）如图所示，水平面上固定了两条不计电阻的足够长的平行光滑金属导轨，导轨间距为，两条导轨的处是极短的光滑绝缘材料，两导轨左端间连接一电动势为、内阻为的电源，区域有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。边长为的正方形区域内加有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为。是质量为、开口向左的U形金属框，三条边长度均为，边电阻为，边电阻不计，初始静止于和之间，运动过程中金属框的上下两条边与导轨始终接触良好。一不计电阻质量为的金属棒紧贴由静止释放，越过前金属棒已匀速运动，与U形金属框恰好无碰撞地粘在一起（U形金属框边到达之前）。不计其他电阻，不计一切摩擦，重力加速度，求：
(1)金属棒越过时的速度大小；
(2)从金属棒由静止释放到越过的过程中，回路中产生的焦耳热；
(3)初始时U形金属框端与点间的距离；
(4)金属棒与组成的正方形线框穿过磁场过程中，回路中产生的焦耳热。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）金属棒a做匀速直线运动，则通过金属棒a电流
解得
（2）从金属棒a由静止释放，到它做匀速直线运动，由动量定理得
解得
由能量守恒得
解得
（3）在QQ'与DD'间时，金属棒a与金属框组成的系统动量守恒，有
设它们间的相对位移为，对a由动量定理有
联立解得
（4）正方形金属框进入磁场的过程回路中电流为
正方形金属框所受安培力为
由动量定理得
其中
解得
正方形金属框离开磁场的过程，同理由动量定理得
解得
该过程中产生的总焦耳热由能量守恒定律得
联立解得
7．（2025·全国·模拟预测）如图所示，水平面内有两根平行放置的足够长光滑导轨，两导轨间距，左端通过导线连接一电阻为的定值电阻，一质量为、长度为、阻值为的导体棒垂直于导轨静置在导轨上。从导体棒初始位置右侧的虚线处开始，从左向右分布着宽为、方向竖直向下、磁感应强度大小依次为的匀强磁场。用一段足够长的绝缘轻绳跨过定滑轮将棒与质量为2m的物块相连，滑轮左侧轻绳水平，由静止释放物块，经时间（未知），棒恰离开第4个磁场区域，离开前瞬间轻绳断开。已知棒始终与导轨垂直且接触良好，能在第4个匀强磁场区域开始做匀速运动，其余电阻均不计，重力加速度取，求：
(1)棒匀速运动的速度大小vm及时间。
(2)在棒经过前4个磁场区域的过程中，通过R0的电荷量及R0上产生的焦耳热；
(3)棒在磁场中向右运动的最大距离。
【答案】(1)，
(2)，
(3)
【详解】（1）棒在第4个磁场区域做匀速运动，受力平衡，设匀速时棒的速度大小为，第4个磁场区域磁感应强度
由法拉第电磁感应定律有
根据闭合电路欧姆定律有
所受安培力
解得
从开始运动到出第4个磁场区域瞬间，设绳子上的拉力为，对物块和棒分别应用动量定理，有
整理得
其中
解得
（2）通过第1个磁场区域过程，有
整理得
则通过前4个磁场区域的过程中，通过的电荷量
对系统由能量守恒定律得有
结合串联电路知识，上产生的焦耳热
（3）棒离开第4个磁场区域时，轻绳断开，棒将做减速运动，对应用动量定理有
可得
若，则
则棒将停在第6个磁场区域。
设在第6个磁场区域中运动的距离为，则有
则棒向右运动的最大距离
综合解得
8．（2025·湖北十堰·模拟预测）如图所示，两条竖直平行光滑轨道间距，虚线上方轨道是绝缘体，虚线下方轨道是电阻不计的导体，且虚线下方的两轨道间存在着垂直于轨道平面向里的匀强磁场。质量、边长的正方形金属框单位长度的电阻，将金属框从边距为处由静止释放，当边刚进入磁场时，金属框的加速度向下且大小为。已知重力加速度，不计空气阻力，整个运动过程中金属框的边和边与轨道接触良好。
(1)求匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)若金属框的边进入磁场前瞬间，金属框的加速度恰好为零，求金属框进入磁场的过程中金属框内产生的焦耳热。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）金属框的边进入磁场前过程有
解得
金属框的边进入磁场瞬间，电路中总电阻
再由，，
可得
即有
由牛顿第二定律可得
解得
（2）金属框的边进入磁场前瞬间，电路中总电阻
由（1）中同理得
由题意知
解得
在金属框进入磁场的过程中有
解得
9．（2025·湖北黄冈·二模）如图所示，无限长的U形金属导轨ABCD和金属导轨EF、GH水平平行放置，AB与EF、GH与CD之间的距离均为L，EF与GH之间的距离为2L，AB和EF区域、GH和CD区域均有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，EF和GH区域有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小也为B。现有三根金属杆1、2、3垂直导轨放置，金属杆1、3的长度均为L，质量均为m，电阻均为R，金属杆2的长度为2L，质量为2m，电阻为2R。初始时刻金属杆1和金属杆2之间的距离为，金属杆1、3均以的初速度向右运动，金属杆2速度为零且受到平行导轨向右、大小为F的恒力作用，金属杆1、2间的最小距离为。导轨电阻不计，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为。以下计算结果只能选用m、F、B、L、、、R表示。
(1)刚开始运动时金属杆2的加速度大小；
(2)从开始运动到金属杆1、2间距离最小所用时间；
(3)金属杆2的最终速度大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）刚运动时，电动势为
电流为
安培力为
根据牛顿第二定律得
结合、
解得
（2）当时两者的间距离最小，以水平向右为正方向，根据动量定理得：
对金属杆1有
对金属杆2有
再结合、
可得
又有，
可得
代入可得所求的时间为
（3）设金属杆1、2的最终速度分别为、，分析金属杆2有
其中
解得
全过程，金属杆1、2、3组成的系统动量守恒
联立解得
10．（2025·河北邯郸·模拟预测）如图所示，足够长的固定平行金属导轨与水平面的夹角为，导轨的右端接有阻值为的电阻，导轨的间距为，导轨的下方存在随空间交替变化的匀强磁场，方向如图，大小均为，每个磁场的宽度均为。现将材料相同、粗细均匀的矩形金属线框从距的上方某一位置静止释放，边刚进入磁场时加速度变为零。已知金属线框的质量为、周长为、电阻为，运动过程中金属线框与导轨始终接触良好，且与重合，与重合，不计线框与导轨之间的摩擦力，导轨电阻忽略不计，重力加速度为。
(1)线框的刚进入磁场时，求两点之间的电势差；
(2)求初始时线框的边与之间的距离；
(3)当线框完全进入磁场时开始计时，撤去导轨右端电阻（之间断路），经过时间，线框的加速度再次变为零，求此时线框的边与之间的距离。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）边刚进入磁场时加速度变为零，则可得
两点之间的电势差，则可得
解得
（2）边刚进入磁场时，
金属线框从静止释放到边刚进入磁场，由动能定理可得
解得
（3）从线框完全进入磁场到再次加速度为零时，此时速度为，由力学平衡和动量定理可知，
其中
解得
11.（2025·福建省多地市联考高三二模)如图所示，导体棒、分别静置于水平固定的平行窄导轨和宽导轨上，导轨间距分别为、，导轨电阻不计，所在区域存在方向竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场，、棒的质量分别为，两导体棒总电阻为，棒与导轨间无摩擦，棒与导轨间的动摩擦因数。时刻，给导体棒一个大小为，方向水平向右的恒力作用，时棒刚要滑动，再过一段时间后回路中电流大小为且保持恒定。已知棒距宽导轨足够远，棒所在导轨足够长，导体棒始终垂直于导轨且与导轨接触良好，重力加速度大小取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）时，棒中电流的大小和方向；
（2）时间内，安培力对棒的冲量大小；
（3）电流的大小。
【答案】（1）0.5A，由d指向c （2） （3）
【详解】（1）当时，对棒受力分析，由平衡条件
解得棒中电流的大小
由右手定则可知，棒中电流方向为由d指向c；
（2）时，ab棒产生的感应电动势为
由欧姆定律
代入数据解得
时间内，对ab棒受力分析，由动量定理
解得
（3）稳定后，电路中电流一定，由欧姆定律得
再过时间，ab棒、cd棒的速度变化量分别为、，则由
联立可得
其中，则
由牛顿第二定律，代入数据解得
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＋μ2m2gcsθ2 = 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－μ2m2gcsθ2 = 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 = v12
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）gcsθ2 = (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