第56讲 电磁感应中的动量问题（讲义）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

这是一份第56讲 电磁感应中的动量问题（讲义）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考），共29页。
02、知识导图，思维引航 \l "_Tc7182" PAGEREF _Tc7182 \h 1
\l "_Tc10871" 03、考点突破，考法探究 PAGEREF _Tc10871 \h 2
\l "_Tc30994" 考点一.动量定理在电磁感应中的应用 PAGEREF _Tc30994 \h 2
\l "_Tc29348" 考向1.“单棒＋电阻”模型 PAGEREF _Tc29348 \h 3
\l "_Tc8752" 考向2 不等间距导轨上的双棒模型 PAGEREF _Tc8752 \h 4
\l "_Tc22133" 考向3 “电容器＋棒”模型 PAGEREF _Tc22133 \h 5
\l "_Tc27099" 考向4.线框模型 PAGEREF _Tc27099 \h 7
\l "_Tc29758" 考点二.动量守恒定律在电磁感应中的应用 PAGEREF _Tc29758 \h 8
\l "_Tc18372" 04、真题练习，命题洞见 PAGEREF _Tc18372 \h 11
考点一.动量定理在电磁感应中的应用
1.导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可用动量定理分析棒的速度变化，表达式为
I其他＋eq \(I,\s\up6(－))lBΔt＝mv－mv0
或I其他－eq \(I,\s\up6(－))lBΔt＝mv－mv0；
若其他力的冲量和为零，则有
eq \(I,\s\up6(－))lBΔt＝mv－mv0或－eq \(I,\s\up6(－))lBΔt＝mv－mv0。
2.求电荷量：q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt＝eq \f(mv0－mv,Bl)。
3.求位移：由－eq \f(B2l2\(v,\s\up6(－)),R总)Δt＝mv－mv0有
x＝eq \(v,\s\up6(－))Δt＝eq \f(（mv0－mv）R总,B2l2)。
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。
－Beq \(I,\s\up6(－))LΔt＋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。
eq \f(－B2L2\(v,\s\up6(－))Δt,R总)＋F其他Δt＝mv－mv0，eq \(v,\s\up6(－))Δt＝x。
考向1.“单棒＋电阻”模型
1.如图所示，两条相距为L的光滑平行金属导轨位于水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R。若给棒平行导轨向右的初速度v0，当流过棒横截面的电荷量为q时，棒的速度减为零，此过程中棒的位移为x。则( )
A.当流过棒的电荷量为eq \f(q,2)时，棒的速度为eq \f(v0,4)
B.当棒发生位移为eq \f(x,3)时，棒的速度为eq \f(v0,2)
C.在流过棒的电荷量达到eq \f(q,2)的过程中，棒释放的热量为eq \f(3BqLv0,16)
D.整个过程中定值电阻R释放的热量为eq \f(3BLqv0,4)
【答案】 C
【解析】 对ab棒由动量定理有－Beq \(I,\s\up6(－))Lt＝0－mv0，而q＝eq \(I,\s\up6(－))t，即－BqL＝0－mv0，当流过棒的电荷量为eq \f(q,2)时，有－B·eq \f(q,2)L＝mv1－mv0，解得v1＝eq \f(1,2)v0，A错误；当棒发生位移为x时，q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BLx,R)，则当棒发生位移为eq \f(x,3)时，q′＝eq \f(ΔΦ′,R)＝eq \f(BLx,3R)，可知此时流过棒的电荷量q′＝eq \f(q,3)，代入Beq \(I,\s\up6(－))LΔt＝BLq′＝mv2－mv0，解得棒的速度为v2＝eq \f(2,3)v0，B错误；定值电阻与导体棒释放的热量相同，在流过棒的电荷量达到eq \f(q,2)的过程中，棒释放的热量为Q＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)mveq \\al(2,0)－\f(1,2)mveq \\al(2,1)))＝eq \f(3,16)mveq \\al(2,0)＝eq \f(3BqLv0,16)，C正确；同理可得整个过程中定值电阻R释放的热量为Q′＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(qBLv0,4)，D错误。
2.(多选)如图，间距为L的平行导轨竖直固定放置，导轨上端接有阻值为R的定值电阻，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的宽度均为d，磁场Ⅰ的下边界和磁场Ⅱ的上边界间距为d，磁场的磁感应强度大小均为B。一根质量为m、电阻为R的金属棒由静止释放，释放的位置离磁场Ⅰ的上边界距离为2d，金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，金属棒运动过程中始终保持水平且与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.金属棒刚进入磁场Ⅰ时的速度大小为2eq \r(gd)
B.金属棒刚出磁场Ⅰ时的速度大小为eq \r(2gd)
C.金属棒穿过两个磁场后电阻R中产生的焦耳热为2mgd
D.金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为
eq \f(B2L2d－mR\r(gd),mgR)
【答案】 ABC
【解析】 根据动能定理有mg·2d＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，金属棒刚进磁场Ⅰ时的速度大小为v1＝2eq \r(gd)，故A正确；由于金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，在金属棒从磁场Ⅰ的下边界到磁场Ⅱ的上边界这一过程中，机械能守恒，设金属棒出磁场Ⅰ的速度为v1′，进磁场Ⅱ的速度为v2，则有eq \f(1,2)mv1′2＋mgd＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，又v2＝v1，解得金属棒刚出磁场Ⅰ时的速度大小为v1′＝eq \r(2gd)，故B正确；由能量守恒定律得2Q＝5mgd－eq \f(1,2)mv1′2，解得金属棒穿过两个磁场后电阻R中产生的焦耳热为Q＝2mgd，故C正确；设金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为t，根据动量定理得BqL－mgt＝(－mv1′)－(－mv1)，该过程的电荷量为q＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(BLd,2R)，解得金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为t＝eq \f(B2L2d－（4－2\r(2)）mR\r(gd),2mgR)，故D错误。
考向2 不等间距导轨上的双棒模型
3.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θ的斜面上，MN与M1N1距离为L，PQ与P1Q1距离为eq \f(2,3)L。金属棒A、B质量均为m、阻值均为R、长度分别为L与eq \f(2,3)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)F＝eq \f(B02L2a,2R)t＋ma (2)eq \f(4,13)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 θ－Ff＝0
金属棒A沿斜面向下做匀加速运动，对金属棒A，由牛顿第二定律有F＋mgsin θ－Ff－F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＝eq \f(E,R＋R)
金属棒A切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律，有E＝B0Lv
又因为v＝at
联立解得F＝eq \f(B02L2a,2R)t＋ma。
(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
B0LvA＝B0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)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 θ－Ff－B0eq \(I,\s\up6(－))L)t1＝mvA－mv0
对B，根据动量定理，有
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mgsin θ－Ff＋B0\(I,\s\up6(－))·\f(2,3)L))t1＝mvB－0
联立可解出vA＝eq \f(4,13)v0。
考向3 “电容器＋棒”模型
4.如图所示，两条平行金属导轨的间距为L，长为d的倾斜部分与水平面的夹角为θ，水平部分足够长，两部分平滑相连，倾斜导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。两部分导轨均处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小分别为2B和B，在倾斜导轨上端放置一质量为m的金属棒，使其沿导轨由静止开始加速下滑，当金属棒下滑距离d后无动能损失进入水平轨道，然后进入竖直向上的匀强磁场。已知金属棒在滑动过程中始终与导轨垂直且接触良好，电容器能正常工作，重力加速度为g，不计所有电阻和摩擦阻力。求：
(1)金属棒刚进入水平导轨时速度的大小v0；
(2)金属棒进入水平导轨后的最终速度v。
【答案】(1) eq \r(\f(2mgdsin θ,m＋4B2L2C))(2)eq \f(2B2L2C＋m,B2L2C＋m) eq \r(\f(2mgdsin θ,4B2L2C＋m))
【解析】(1)设金属棒速度大小为v′时，通过金属棒的电流为I，对金属棒由牛顿第二定律有mgsin θ－2BIL＝ma
设在极短时间间隔Δt内流过金属棒的电荷量为ΔQ，则ΔQ＝CΔE＝2BLC·Δv
而I＝eq \f(ΔQ,Δt)，a＝eq \f(Δv,Δt)
所以I＝2BLCa
联立解得a＝eq \f(mgsin θ,m＋4B2L2C)
金属棒做初速度为零的匀加速运动，当金属棒下滑距离d后的速度大小为v0＝eq \r(2ad)
联立解得v0＝eq \r(\f(2mgdsin θ,m＋4B2L2C))。
(2)当金属棒刚进入水平导轨时，电容器极板上积累的电荷量为
Q＝EC＝2BLCeq \r(\f(2mgdsin θ,m＋4B2L2C))
此时金属棒的速度大小仍为v0＝eq \r(\f(2mgdsin θ,m＋4B2L2C))
而感应电动势变为E′＝BLv0
金属棒进入水平轨道后，E′＜E，电容器放电，设再经过t1时间电容器放电结束，此时金属棒达到最终速度v，取水平向右为正方向，根据动量定理可得BLeq \x\t(I)·t1＝mv－mv0
而eq \x\t(I)·t1＝Q－Q′，Q′＝BLCv
联立解得v＝eq \f(2B2L2C＋m,B2L2C＋m) eq \r(\f(2mgdsin θ,4B2L2C＋m))。
考向4.线框模型
5.(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v。则下列说法正确的是( )
A.q1＝q2 B.q1＝2q2
C.v＝1.0 m/s D.v＝1.5 m/s
【答案】 BD
【解析】 根据q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BΔS,R)可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1＝2q2，故A错误，B正确；线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理－Beq \(I,\s\up6(－))1LΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理－Beq \(I,\s\up6(－))2LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，联立解得v＝eq \f(1,3)v0＝1.5 m/s，故C错误，D正确。
考点二.动量守恒定律在电磁感应中的应用
1．问题特点：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)
1. 如图所示，两根间距为l的光滑金属导轨(不计电阻)，由一段圆弧部分与一段无限长的水平部分组成，其水平段加有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。导轨水平段上静止放置一金属棒cd，质量为2m，电阻为2r。另一质量为m、电阻为r的金属棒ab，从圆弧段M处由静止释放下滑至N处进入水平段，棒与导轨始终垂直且接触良好，圆弧段MN半径为R，所对圆心角为60°，重力加速度为g。求：
(1)ab棒在N处进入磁场区速度和棒中的电流；
(2)cd棒能达到的最大速度；
(3)cd棒由静止到最大速度过程中，系统所能释放的热量。
【答案】 (1)eq \r(gR) eq \f(Bl\r(gR),3r) (2)eq \f(1,3)eq \r(gR)(3)eq \f(1,3)mgR
【解析】 (1)ab棒由M下滑到N过程中机械能守恒，有
mgR(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(gR)
进入磁场瞬间，回路中的电流为
I＝eq \f(E,2r＋r)＝eq \f(Bl\r(gR),3r)。
(2)ab棒在安培力作用下做减速运动，cd棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度v′时，电路中电流为零，安培力为零，cd棒达到最大速度。由动量守恒定律得
mv＝(2m＋m)v′，解得v′＝eq \f(1,3)eq \r(gR)。
(3)系统释放的热量应等于系统机械能的减少量
故Q＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)×3mv′2
解得Q＝eq \f(1,3)mgR。
2.(多选)如图所示，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】 导体棒ab运动，切割磁感线，产生感应电流(逆时针)，导体棒ab受到安培力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F′作用，速度增大，最终两棒速度相等，如图所示。由E＝Blv知，回路中感应电动势E总＝Bl(v1－v2)＝
BlΔv，Δv逐渐减小，则感应电流非均匀变化。当两棒的速度相等时，回路上感应电流消失，两棒在导轨上以共同速度做匀速运动。由动量守恒定律得mv0＝2mv共，v共＝eq \f(v0,2)，A、C正确，D错误；导体棒cd受变力作用，加速度逐渐减小，其v－t图像应该是曲线，B错误。
3. 如图所示，在水平面上有两条足够长的平行导电导轨MN、PQ，导轨间距离L＝1.0 m，匀强磁场垂直于导轨所在的平面(纸面)向里，磁感应强度的大小为B＝1.0 T，两根导体棒a、b放置在导轨上，并与导轨垂直，它们的质量均为m＝1 kg，电阻均为R＝0.5 Ω，两导体棒与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.2。t＝0时，分别给两导体棒平行导轨向左和向右的速度，已知导体棒a的速度v1＝2 m/s，导体棒b的速度v2＝4 m/s，重力加速度g取10 m/s2，导轨电阻可忽略，最大静摩擦力略大于滑动摩擦力。
(1)求t＝0时刻，导体棒a的加速度；
(2)求当导体棒a向左运动的速度为零时，导体棒b的速率；
(3)已知导体棒a向左运动的速度为零后，导体棒b向右运动s＝0.35 m速度变为零，求该过程经历的时间t和导体棒b产生的焦耳热。
【答案】：(1)8 m/s2，方向水平向右 (2)2 m/s (3)0.825 s 0.65 J
【解析】：(1)t＝0时刻，两导体棒和导轨构成回路，回路中的总电动势为
E＝BL(v1＋v2)＝6 V，
根据闭合电路欧姆定律可知回路中的电流为I＝eq \f(E,2R)＝6 A，
对导体棒a，根据牛顿第二定律可得
BIL＋μmg＝ma，解得a＝8 m/s2，
t＝0时刻，导体棒a的加速度大小为8 m/s2，方向水平向右。
(2)在导体棒a、b运动时，两导体棒受到的摩擦力大小相等、方向相反，根据左手定则可知两导体棒受到的安培力也等大反向，两导体棒组成的系统合力为零，满足动量守恒，以向右为正方向，当导体棒a向左运动的速度为零时，根据动量守恒定律可得mv2－mv1＝mv3，
解得导体棒b的速率为v3＝2 m/s。
(3)导体棒b的速率为v3＝2 m/s时，回路的感应电动势为E′＝BLv3＝2 V，
导体棒a受到的安培力为
Fa＝BI′L＝B·eq \f(E′,2R)L＝2 N，
由题意最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，
则有Ffmax＞μmg＝2 N，可知导体棒a的速度为零后不再运动，从导体棒a的速度为零至导体棒b的速度为零的过程，导体棒b受到的安培力冲量为
∑BILΔt＝∑Beq \f(BLv,2R)LΔt＝eq \f(B2L2,2R)∑vΔt＝eq \f(B2L2,2R)s，
对导体棒b，根据动量定理可得－μmgt－eq \f(B2L2,2R)s＝0－mv3，
解得t＝0.825 s，
设导体棒b产生的焦耳热为Q，
根据能量守恒定律可得2Q＋μmgs＝eq \f(1,2)mv32，
解得Q＝0.65 J。
1．（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。
2．（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。
3．（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。
4．（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。
5．（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m甲 = 6kg的导体杆甲从斜面上高h = 4m处由静止释放，质量为m乙 = 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
6．（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
7.（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
8．（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
9．（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
10.（2022·辽宁·高考真题）如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
（1）求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；
（2）若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，求：①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；②初始时刻N到的最小距离x；
（3）初始时刻，若N到的距离与第（2）问初始时刻的相同、到的距离为，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。
【答案】（1），方向水平向左；（2）①，②；（3）
【详解】（1）细金属杆M以初速度向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为
电流方向为，电流的大小为
则所受的安培力大小为
安培力的方向由左手定则可知水平向左；
（2）①金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有
且
联立解得通过回路的电荷量为
②设两杆在磁场中相对靠近的位移为，有
整理可得
联立可得
若两杆在磁场内刚好相撞，N到的最小距离为
（3）两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到的距离与第（2）问初始时刻的相同、到的距离为，则N到cd边的速度大小恒为，根据动量守恒定律可知
解得N出磁场时，M的速度大小为
由题意可知，此时M到cd边的距离为
若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：
①M减速出磁场，出磁场的速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有
联立解得
②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有
同理解得
综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为
考情分析
2024·贵州·高考物理第5题
2024·海南·高考物理第9题
2024·湖南·高考物理第8题
2024·江西 ·高考物理第15题
2024·湖北 ·甲卷物理第15题
复习目标
目标1.会利用动量定理分析导体棒、线框在磁场中的运动。
目标2.会利用动量守恒定律分析双金属棒在磁场中的运动问题。
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＝eq \f(BLv－UC,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
电容器增加的电荷量：q＝CU
最终电容器两端电压：U＝BLv
对棒应用动量定理：
mv－mv0＝－Beq \(I,\s\up6(－))L·Δt＝－BLq
v＝eq \f(mv0,m＋B2L2C)
v-t图像
双棒无外力
双棒有外力
示意图
F为恒力
运动过程
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