第56講電磁感應(yīng)中的動量問題（講義）（解析版）-2025年高考物理一輪復(fù)習講練測（新教材新高考）-試卷下載-教習網(wǎng)

02、知識導(dǎo)圖，思維引航 \l "_Tc7182" PAGEREF _Tc7182 \h 1
\l "_Tc10871" 03、考點突破，考法探究 PAGEREF _Tc10871 \h 2
\l "_Tc30994" 考點一.動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用 PAGEREF _Tc30994 \h 2
\l "_Tc29348" 考向1.“單棒＋電阻”模型 PAGEREF _Tc29348 \h 3
\l "_Tc8752" 考向2 不等間距導(dǎo)軌上的雙棒模型 PAGEREF _Tc8752 \h 4
\l "_Tc22133" 考向3 “電容器＋棒”模型 PAGEREF _Tc22133 \h 5
\l "_Tc27099" 考向4.線框模型 PAGEREF _Tc27099 \h 7
\l "_Tc29758" 考點二.動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用 PAGEREF _Tc29758 \h 8
\l "_Tc18372" 04、真題練習，命題洞見 PAGEREF _Tc18372 \h 11
考點一.動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用
1.導(dǎo)體棒在磁場中所受安培力是變力時，可用動量定理分析棒的速度變化，表達式為
I其他＋eq \(I,\s\up6(－))lBΔt＝mv－mv0
或I其他－eq \(I,\s\up6(－))lBΔt＝mv－mv0；
若其他力的沖量和為零，則有
eq \(I,\s\up6(－))lBΔt＝mv－mv0或－eq \(I,\s\up6(－))lBΔt＝mv－mv0。
2.求電荷量：q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt＝eq \f(mv0－mv,Bl)。
3.求位移：由－eq \f(B2l2\(v,\s\up6(－)),R總)Δt＝mv－mv0有
x＝eq \(v,\s\up6(－))Δt＝eq \f(（mv0－mv）R總,B2l2)。
4.求時間
①已知電荷量q，F(xiàn)其他為恒力，可求出非勻變速運動的時間。
－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(xiàn)其他為恒力，也可求出非勻變速運動的時間。
eq \f(－B2L2\(v,\s\up6(－))Δt,R總)＋F其他Δt＝mv－mv0，eq \(v,\s\up6(－))Δt＝x。
考向1.“單棒＋電阻”模型
1.如圖所示，兩條相距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場垂直，導(dǎo)軌電阻不計。金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置并接觸良好，接入電路的電阻也為R。若給棒平行導(dǎo)軌向右的初速度v0，當流過棒橫截面的電荷量為q時，棒的速度減為零，此過程中棒的位移為x。則( )
A.當流過棒的電荷量為eq \f(q,2)時，棒的速度為eq \f(v0,4)
B.當棒發(fā)生位移為eq \f(x,3)時，棒的速度為eq \f(v0,2)
C.在流過棒的電荷量達到eq \f(q,2)的過程中，棒釋放的熱量為eq \f(3BqLv0,16)
D.整個過程中定值電阻R釋放的熱量為eq \f(3BLqv0,4)
【答案】 C
【解析】對ab棒由動量定理有－Beq \(I,\s\up6(－))Lt＝0－mv0，而q＝eq \(I,\s\up6(－))t，即－BqL＝0－mv0，當流過棒的電荷量為eq \f(q,2)時，有－B·eq \f(q,2)L＝mv1－mv0，解得v1＝eq \f(1,2)v0，A錯誤；當棒發(fā)生位移為x時，q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BLx,R)，則當棒發(fā)生位移為eq \f(x,3)時，q′＝eq \f(ΔΦ′,R)＝eq \f(BLx,3R)，可知此時流過棒的電荷量q′＝eq \f(q,3)，代入Beq \(I,\s\up6(－))LΔt＝BLq′＝mv2－mv0，解得棒的速度為v2＝eq \f(2,3)v0，B錯誤；定值電阻與導(dǎo)體棒釋放的熱量相同，在流過棒的電荷量達到eq \f(q,2)的過程中，棒釋放的熱量為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正確；同理可得整個過程中定值電阻R釋放的熱量為Q′＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(qBLv0,4)，D錯誤。
2.(多選)如圖，間距為L的平行導(dǎo)軌豎直固定放置，導(dǎo)軌上端接有阻值為R的定值電阻，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的寬度均為d，磁場Ⅰ的下邊界和磁場Ⅱ的上邊界間距為d，磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B。一根質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒由靜止釋放，釋放的位置離磁場Ⅰ的上邊界距離為2d，金屬棒進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等，金屬棒運動過程中始終保持水平且與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g，下列說法正確的是( )
A.金屬棒剛進入磁場Ⅰ時的速度大小為2eq \r(gd)
B.金屬棒剛出磁場Ⅰ時的速度大小為eq \r(2gd)
C.金屬棒穿過兩個磁場后電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為2mgd
D.金屬棒穿過磁場Ⅰ所用的時間為
eq \f(B2L2d－mR\r(gd),mgR)
【答案】 ABC
【解析】根據(jù)動能定理有mg·2d＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，金屬棒剛進磁場Ⅰ時的速度大小為v1＝2eq \r(gd)，故A正確；由于金屬棒進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等，在金屬棒從磁場Ⅰ的下邊界到磁場Ⅱ的上邊界這一過程中，機械能守恒，設(shè)金屬棒出磁場Ⅰ的速度為v1′，進磁場Ⅱ的速度為v2，則有eq \f(1,2)mv1′2＋mgd＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，又v2＝v1，解得金屬棒剛出磁場Ⅰ時的速度大小為v1′＝eq \r(2gd)，故B正確；由能量守恒定律得2Q＝5mgd－eq \f(1,2)mv1′2，解得金屬棒穿過兩個磁場后電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝2mgd，故C正確；設(shè)金屬棒穿過磁場Ⅰ所用的時間為t，根據(jù)動量定理得BqL－mgt＝(－mv1′)－(－mv1)，該過程的電荷量為q＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(BLd,2R)，解得金屬棒穿過磁場Ⅰ所用的時間為t＝eq \f(B2L2d－（4－2\r(2)）mR\r(gd),2mgR)，故D錯誤。
考向2 不等間距導(dǎo)軌上的雙棒模型
3.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。
【答案】(1)F＝eq \f(B02L2a,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mgsin θ－Ff＝0
金屬棒A沿斜面向下做勻加速運動，對金屬棒A，由牛頓第二定律有F＋mgsin θ－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(B02L2a,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＝B0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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
(mgsin θ－Ff－B0eq \(I,\s\up6(－))L)t1＝mvA－mv0
對B，根據(jù)動量定理，有
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mgsin θ－Ff＋B0\(I,\s\up6(－))·\f(2,3)L))t1＝mvB－0
聯(lián)立可解出vA＝eq \f(4,13)v0。
考向3 “電容器＋棒”模型
4.如圖所示，兩條平行金屬導(dǎo)軌的間距為L，長為d的傾斜部分與水平面的夾角為θ，水平部分足夠長，兩部分平滑相連，傾斜導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為C。兩部分導(dǎo)軌均處于勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強度大小分別為2B和B，在傾斜導(dǎo)軌上端放置一質(zhì)量為m的金屬棒，使其沿導(dǎo)軌由靜止開始加速下滑，當金屬棒下滑距離d后無動能損失進入水平軌道，然后進入豎直向上的勻強磁場。已知金屬棒在滑動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，電容器能正常工作，重力加速度為g，不計所有電阻和摩擦阻力。求：
(1)金屬棒剛進入水平導(dǎo)軌時速度的大小v0；
(2)金屬棒進入水平導(dǎo)軌后的最終速度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)設(shè)金屬棒速度大小為v′時，通過金屬棒的電流為I，對金屬棒由牛頓第二定律有mgsin θ－2BIL＝ma
設(shè)在極短時間間隔Δt內(nèi)流過金屬棒的電荷量為ΔQ，則ΔQ＝CΔE＝2BLC·Δv
而I＝eq \f(ΔQ,Δt)，a＝eq \f(Δv,Δt)
所以I＝2BLCa
聯(lián)立解得a＝eq \f(mgsin θ,m＋4B2L2C)
金屬棒做初速度為零的勻加速運動，當金屬棒下滑距離d后的速度大小為v0＝eq \r(2ad)
聯(lián)立解得v0＝eq \r(\f(2mgdsin θ,m＋4B2L2C))。
(2)當金屬棒剛進入水平導(dǎo)軌時，電容器極板上積累的電荷量為
Q＝EC＝2BLCeq \r(\f(2mgdsin θ,m＋4B2L2C))
此時金屬棒的速度大小仍為v0＝eq \r(\f(2mgdsin θ,m＋4B2L2C))
而感應(yīng)電動勢變?yōu)镋′＝BLv0
金屬棒進入水平軌道后，E′＜E，電容器放電，設(shè)再經(jīng)過t1時間電容器放電結(jié)束，此時金屬棒達到最終速度v，取水平向右為正方向，根據(jù)動量定理可得BLeq \x\t(I)·t1＝mv－mv0
而eq \x\t(I)·t1＝Q－Q′，Q′＝BLCv
聯(lián)立解得v＝eq \f(2B2L2C＋m,B2L2C＋m) eq \r(\f(2mgdsin θ,4B2L2C＋m))。
考向4.線框模型
5.(多選)如圖所示，在光滑的水平面上有一方向豎直向下的有界勻強磁場。磁場區(qū)域的左側(cè)，一正方形線框由位置Ⅰ以4.5 m/s的初速度垂直于磁場邊界水平向右運動，線框經(jīng)過位置Ⅱ，當運動到位置Ⅲ時速度恰為零，此時線框剛好有一半離開磁場區(qū)域。線框的邊長小于磁場區(qū)域的寬度。若線框進、出磁場的過程中通過線框橫截面的電荷量分別為q1、q2，線框經(jīng)過位置Ⅱ時的速度為v。則下列說法正確的是( )
A.q1＝q2 B.q1＝2q2
C.v＝1.0 m/s D.v＝1.5 m/s
【答案】 BD
【解析】根據(jù)q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BΔS,R)可知，線框進、出磁場的過程中通過線框橫截面的電荷量q1＝2q2，故A錯誤，B正確；線圈從開始進入到位置Ⅱ，由動量定理－Beq \(I,\s\up6(－))1LΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理線圈從位置Ⅱ到位置Ⅲ，由動量定理－Beq \(I,\s\up6(－))2LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，聯(lián)立解得v＝eq \f(1,3)v0＝1.5 m/s，故C錯誤，D正確。
考點二.動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用
1．問題特點：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)
1. 如圖所示，兩根間距為l的光滑金屬導(dǎo)軌(不計電阻)，由一段圓弧部分與一段無限長的水平部分組成，其水平段加有方向豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。導(dǎo)軌水平段上靜止放置一金屬棒cd，質(zhì)量為2m，電阻為2r。另一質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒ab，從圓弧段M處由靜止釋放下滑至N處進入水平段，棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，圓弧段MN半徑為R，所對圓心角為60°，重力加速度為g。求：
(1)ab棒在N處進入磁場區(qū)速度和棒中的電流；
(2)cd棒能達到的最大速度；
(3)cd棒由靜止到最大速度過程中，系統(tǒng)所能釋放的熱量。
【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過程中機械能守恒，有
mgR(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(gR)
進入磁場瞬間，回路中的電流為
I＝eq \f(E,2r＋r)＝eq \f(Bl\r(gR),3r)。
(2)ab棒在安培力作用下做減速運動，cd棒在安培力作用下做加速運動，當兩棒速度達到相同速度v′時，電路中電流為零，安培力為零，cd棒達到最大速度。由動量守恒定律得
mv＝(2m＋m)v′，解得v′＝eq \f(1,3)eq \r(gR)。
(3)系統(tǒng)釋放的熱量應(yīng)等于系統(tǒng)機械能的減少量
故Q＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)×3mv′2
解得Q＝eq \f(1,3)mgR。
2.(多選)如圖所示，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上。t＝0時，棒ab以初速度v0向右滑動。運動過程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示。下列圖像中可能正確的是( )
【答案】 AC
【解析】導(dǎo)體棒ab運動，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流(逆時針)，導(dǎo)體棒ab受到安培力F作用，速度減小，導(dǎo)體棒cd受安培力F′作用，速度增大，最終兩棒速度相等，如圖所示。由E＝Blv知，回路中感應(yīng)電動勢E總＝Bl(v1－v2)＝
BlΔv，Δv逐漸減小，則感應(yīng)電流非均勻變化。當兩棒的速度相等時，回路上感應(yīng)電流消失，兩棒在導(dǎo)軌上以共同速度做勻速運動。由動量守恒定律得mv0＝2mv共，v共＝eq \f(v0,2)，A、C正確，D錯誤；導(dǎo)體棒cd受變力作用，加速度逐漸減小，其v－t圖像應(yīng)該是曲線，B錯誤。
3. 如圖所示，在水平面上有兩條足夠長的平行導(dǎo)電導(dǎo)軌MN、PQ，導(dǎo)軌間距離L＝1.0 m，勻強磁場垂直于導(dǎo)軌所在的平面(紙面)向里，磁感應(yīng)強度的大小為B＝1.0 T，兩根導(dǎo)體棒a、b放置在導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，它們的質(zhì)量均為m＝1 kg，電阻均為R＝0.5 Ω，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2。t＝0時，分別給兩導(dǎo)體棒平行導(dǎo)軌向左和向右的速度，已知導(dǎo)體棒a的速度v1＝2 m/s，導(dǎo)體棒b的速度v2＝4 m/s，重力加速度g取10 m/s2，導(dǎo)軌電阻可忽略，最大靜摩擦力略大于滑動摩擦力。
(1)求t＝0時刻，導(dǎo)體棒a的加速度；
(2)求當導(dǎo)體棒a向左運動的速度為零時，導(dǎo)體棒b的速率；
(3)已知導(dǎo)體棒a向左運動的速度為零后，導(dǎo)體棒b向右運動s＝0.35 m速度變?yōu)榱?，求該過程經(jīng)歷的時間t和導(dǎo)體棒b產(chǎn)生的焦耳熱。
【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時刻，兩導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌構(gòu)成回路，回路中的總電動勢為
E＝BL(v1＋v2)＝6 V，
根據(jù)閉合電路歐姆定律可知回路中的電流為I＝eq \f(E,2R)＝6 A，
對導(dǎo)體棒a，根據(jù)牛頓第二定律可得
BIL＋μmg＝ma，解得a＝8 m/s2，
t＝0時刻，導(dǎo)體棒a的加速度大小為8 m/s2，方向水平向右。
(2)在導(dǎo)體棒a、b運動時，兩導(dǎo)體棒受到的摩擦力大小相等、方向相反，根據(jù)左手定則可知兩導(dǎo)體棒受到的安培力也等大反向，兩導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)合力為零，滿足動量守恒，以向右為正方向，當導(dǎo)體棒a向左運動的速度為零時，根據(jù)動量守恒定律可得mv2－mv1＝mv3，
解得導(dǎo)體棒b的速率為v3＝2 m/s。
(3)導(dǎo)體棒b的速率為v3＝2 m/s時，回路的感應(yīng)電動勢為E′＝BLv3＝2 V，
導(dǎo)體棒a受到的安培力為
Fa＝BI′L＝B·eq \f(E′,2R)L＝2 N，
由題意最大靜摩擦力略大于滑動摩擦力，
則有Ffmax＞μmg＝2 N，可知導(dǎo)體棒a的速度為零后不再運動，從導(dǎo)體棒a的速度為零至導(dǎo)體棒b的速度為零的過程，導(dǎo)體棒b受到的安培力沖量為
∑BILΔt＝∑Beq \f(BLv,2R)LΔt＝eq \f(B2L2,2R)∑vΔt＝eq \f(B2L2,2R)s，
對導(dǎo)體棒b，根據(jù)動量定理可得－μmgt－eq \f(B2L2,2R)s＝0－mv3，
解得t＝0.825 s，
設(shè)導(dǎo)體棒b產(chǎn)生的焦耳熱為Q，
根據(jù)能量守恒定律可得2Q＋μmgs＝eq \f(1,2)mv32，
解得Q＝0.65 J。
1．（2024·貴州·高考真題）如圖，間距為L的兩根金屬導(dǎo)軌平行放置并固定在絕緣水平桌面上，左端接有一定值電阻R，導(dǎo)軌所在平面存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。質(zhì)量為m的金屬棒置于導(dǎo)軌上，在水平拉力作用下從靜止開始做勻加速直線運動，一段時間后撤去水平拉力，金屬棒最終停在導(dǎo)軌上。已知金屬棒在運動過程中，最大速度為v，加速階段的位移與減速階段的位移相等，金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計摩擦及金屬棒與導(dǎo)軌的電阻，則（）
A．加速過程中通過金屬棒的電荷量為B．金屬棒加速的時間為
C．加速過程中拉力的最大值為D．加速過程中拉力做的功為
【答案】AB
【詳解】A．設(shè)加速階段的位移與減速階段的位移相等為，根據(jù)
可知加速過程中通過金屬棒的電荷量等于減速過程中通過金屬棒的電荷量，則減速過程由動量定理可得
解得
A正確；
B．由
解得
金屬棒加速的過程中，由位移公式可得
可得加速時間為
B正確；
C．金屬棒在水平拉力作用下從靜止開始做勻加速直線運動，加速過程中，安培力逐漸增大，加速度不變，因此拉力逐漸增大，當撤去拉力的瞬間，拉力最大，由牛頓第二定律可得
其中
聯(lián)立解得
C錯誤；
D．加速過程中拉力對金屬棒做正功，安培力對金屬棒做負功，由動能定理可知，合外力的功
可得
因此加速過程中拉力做的功大于，D錯誤。
故選AB。
2．（2024·海南·高考真題）兩根足夠長的導(dǎo)軌由上下段電阻不計，光滑的金屬導(dǎo)軌組成，在M、N兩點絕緣連接，M、N等高，間距L = 1m，連接處平滑。導(dǎo)軌平面與水平面夾角為30°，導(dǎo)軌兩端分別連接一個阻值R = 0.02Ω的電阻和C = 1F的電容器，整個裝置處于B = 0.2T的垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強磁場中，兩根導(dǎo)體棒ab、cd分別放在MN兩側(cè)，質(zhì)量分為m1 = 0.8kg，m2 = 0.4kg，ab棒電阻為0.08Ω，cd棒的電阻不計，將ab由靜止釋放，同時cd從距離MN為x0 = 4.32m處在一個大小F = 4.64N，方向沿導(dǎo)軌平面向上的力作用下由靜止開始運動，兩棒恰好在M、N處發(fā)生彈性碰撞，碰撞前瞬間撤去F，已知碰前瞬間ab的速度為4.5m/s，g = 10m/s2（）
A．a(chǎn)b從釋放到第一次碰撞前所用時間為1.44s
B．a(chǎn)b從釋放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳熱為0.78J
C．兩棒第一次碰撞后瞬間，ab的速度大小為6.3m/s
D．兩棒第一次碰撞后瞬間，cd的速度大小為8.4m/s
【答案】BD
【詳解】A．由于金屬棒ab、cd同時由靜止釋放，且恰好在M、N處發(fā)生彈性碰撞，則說明ab、cd在到達M、N處所用的時間是相同的，對金屬棒cd和電容器組成的回路有
Δq = C·BLΔv
對cd根據(jù)牛頓第二定律有
F－BIL－m2gsin30° = m2a2
其中
，
聯(lián)立有
則說明金屬棒cd做勻加速直線運動，則有
聯(lián)立解得
a2 = 6m/s2，t = 1.2s
故A錯誤；
B．由題知，知碰前瞬間ab的速度為4.5m/s，則根據(jù)功能關(guān)系有
金屬棒下滑過程中根據(jù)動量定理有
其中
，R總 = R＋Rab = 0.1Ω
聯(lián)立解得
q = 6C，xab = 3m，Q = 3.9J
則R上消耗的焦耳熱為
故B正確；
CD．由于兩棒恰好在M、N處發(fā)生彈性碰撞，取沿斜面向下為正，有
m1v1－m2v2 = m1v1′＋m2v2′
其中
v2 = a2t = 7.2m/s
聯(lián)立解得
v1′ = －3.3m/s，v2′ = 8.4m/s
故C錯誤、D正確。
故選BD。
3．（2024·湖南·高考真題）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)軌左端與一阻值為R的定值電阻相連，導(dǎo)軌段與段粗糙，其余部分光滑，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，與粗糙導(dǎo)軌間的摩擦因數(shù)為，。導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為g，下列說法正確的是（）
A．金屬桿經(jīng)過的速度為
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，金屬桿所受安培力的沖量相同
D．若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運動的距離大于原來的2倍
【答案】CD
【詳解】A．設(shè)平行金屬導(dǎo)軌間距為L，金屬桿在AA1B1B區(qū)域向右運動的過程中切割磁感線有
E = BLv，
金屬桿在AA1B1B區(qū)域運動的過程中根據(jù)動量定理有

則
由于，則上面方程左右兩邊累計求和，可得
則
設(shè)金屬桿在BB1C1C區(qū)域運動的時間為t0，同理可得，則金屬桿在BB1C1C區(qū)域運動的過程中有
解得
綜上有
則金屬桿經(jīng)過BB1的速度大于，故A錯誤；
B．在整個過程中，根據(jù)能量守恒有
則在整個過程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為
故B錯誤；
C．金屬桿經(jīng)過AA1B1B與BB1C1C區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量為
則金屬桿經(jīng)過AA1B1B與BB1C1C區(qū)域滑行距離均為，金屬桿所受安培力的沖量相同，故C正確；
D．根據(jù)A選項可得，金屬桿以初速度在磁場中運動有
金屬桿的初速度加倍，設(shè)此時金屬桿在BB1C1C區(qū)域運動的時間為，全過程對金屬棒分析得
聯(lián)立整理得
分析可知當金屬桿速度加倍后，金屬桿通過BB1C1C區(qū)域的速度比第一次大，故，可得
可見若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運動的距離大于原來的2倍，故D正確。
故選CD。
4．（2023·遼寧·高考真題）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)生順時針方向的電流
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2：1
D．整個運動過程中，通過MN的電荷量為
【答案】AC
【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，選項A正確；
B．任意時刻，設(shè)電流為I，則PQ受安培力
方向向左；MN受安培力
方向向右，可知兩棒系統(tǒng)受合外力為零，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，則
解得
回路的感應(yīng)電流
MN所受安培力大小為
選項B錯誤；
C．兩棒最終停止時彈簧處于原長狀態(tài)，由動量守恒可得
可得則最終MN位置向左移動
PQ位置向右移動
因任意時刻兩棒受安培力和彈簧彈力大小都相同，設(shè)整個過程兩棒受的彈力的平均值為F彈，安培力平均值F安，則整個過程根據(jù)動能定理
可得
選項C正確；
D．兩棒最后停止時，彈簧處于原長位置，此時兩棒間距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移動，PQ位置向右移動，則
選項D錯誤。
故選AC。
5．（2024·江西·高考真題）如圖（a）所示，軌道左側(cè)斜面傾斜角滿足sinθ1 = 0.6，摩擦因數(shù)，足夠長的光滑水平導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強度為B = 0.5T的勻強磁場中，磁場方向豎直向上，右側(cè)斜面導(dǎo)軌傾角滿足sinθ2 = 0.8，摩擦因數(shù)?，F(xiàn)將質(zhì)量為m甲 = 6kg的導(dǎo)體桿甲從斜面上高h = 4m處由靜止釋放，質(zhì)量為m乙 = 2kg的導(dǎo)體桿乙靜止在水平導(dǎo)軌上，與水平軌道左端的距離為d。已知導(dǎo)軌間距為l = 2m，兩桿電阻均為R = 1Ω，其余電阻不計，不計導(dǎo)體桿通過水平導(dǎo)軌與斜面導(dǎo)軌連接處的能量損失，且若兩桿發(fā)生碰撞，則為完全非彈性碰撞，取g = 10m/s2，求：
（1）甲桿剛進入磁場，乙桿的加速度？
（2）乙桿第一次滑上斜面前兩桿未相碰，距離d滿足的條件？
（3）若乙前兩次在右側(cè)傾斜導(dǎo)軌上相對于水平導(dǎo)軌的豎直高度y隨時間t的變化如圖（b）所示（t1、t2、t3、t4、b均為未知量），乙第二次進入右側(cè)傾斜導(dǎo)軌之前與甲發(fā)生碰撞，甲在0 ~ t3時間內(nèi)未進入右側(cè)傾斜導(dǎo)軌，求d的取值范圍。
【答案】（1）a乙0 = 2m/s2，方向水平向右；（2）d ≥ 24m；（3）
【詳解】（1）甲從靜止運動至水平導(dǎo)軌時，根據(jù)動能定理有
甲剛進人磁場時，平動切割磁感線有
E0 = Blv0
則根據(jù)歐姆定律可知此時回路的感應(yīng)電流為
根據(jù)楞次定律可知，回路中的感應(yīng)電流沿逆時針方向（俯視），結(jié)合左手定則可知，乙所受安培力方向水平向右，由牛頓第二定律有
BI0l = m2a乙0
帶入數(shù)據(jù)有
a乙0 = 2m/s2，方向水平向右
（2）甲和乙在磁場中運動的過程中，系統(tǒng)不受外力作用，則系統(tǒng)動量守恒，若兩者共速時恰不相碰，則有
m1v0 = (m1＋m2)v共
對乙根據(jù)動量定理有
其中
聯(lián)立解得
dmin = Δx = 24m
則d滿足
d ≥ 24m
（3）根據(jù)（2）問可知，從甲剛進入磁場至甲、乙第一次在水平導(dǎo)軌運動穩(wěn)定，相對位移為Δx = 24m，且穩(wěn)定時的速度v共 = 6m/s乙第一次在右側(cè)斜軌上向上運動的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有
m2gsinθ2＋μ2m2gcsθ2 = m2a乙上
根據(jù)勻變速直線運動位移與速度的關(guān)系有
2a乙上x上 = v共2
乙第一次在右側(cè)斜軌上向下運動的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有
m2gsinθ2－μ2m2gcsθ2 = m2a乙下
再根據(jù)勻變速直線運動位移與速度的關(guān)系有
2a乙下x下 = v12
且
x上 = x下
聯(lián)立解得乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點的速度
v1 = 5m/s
由于兩棒發(fā)生碰撞，則為完全非彈性碰撞，則甲乙整體第一次在右側(cè)傾斜軌道上向上運動有
（m1＋m2）gsinθ2＋μ2（m1＋m2）gcsθ2 = (m1＋m2)a共上
同理有
2a共上x共上 = v2
且由圖（b）可知
x上 = 4.84x共上
解得甲、乙碰撞后的速度
乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點后與甲相互作用的過程中，甲、乙組成的系統(tǒng)合外力為零，根據(jù)動量守恒有
m1v2－m2v1 = (m1＋m2))v
解得乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點時甲的速度為
若乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點時與甲發(fā)生碰撞，則對應(yīng)d的最小值，乙第一次在右側(cè)斜軌上運動的過程，對甲根據(jù)動量定理有
其中
解得
根據(jù)位移關(guān)系有
dmin′－Δx = Δx1
解得
若乙返回水平導(dǎo)軌后，當兩者共速時恰好碰撞，則對應(yīng)d的最大值，對乙從返回水平導(dǎo)軌到與甲碰撞前瞬間的過程，根據(jù)動量定理有
其中
解得
根據(jù)位移關(guān)系有
dmax－Δx－Δx1 = Δx2
解得
則d的取值范圍為
6．（2024·湖北·高考真題）如圖所示，兩足夠長平行金屬直導(dǎo)軌MN、PQ的間距為L，固定在同一水平面內(nèi)，直導(dǎo)軌在左端M、P點分別與兩條豎直固定、半徑為L的圓弧導(dǎo)軌相切。MP連線與直導(dǎo)軌垂直，其左側(cè)無磁場，右側(cè)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導(dǎo)軌的最高點。質(zhì)量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環(huán)，水平放置在兩直導(dǎo)軌上，其圓心到兩直導(dǎo)軌的距離相等。忽略導(dǎo)軌的電阻、所有摩擦以及金屬環(huán)的可能形變，金屬棒、金屬環(huán)均與導(dǎo)軌始終接觸良好，重力加速度大小為g。現(xiàn)將金屬棒ab由靜止釋放，求
（1）ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小；
（2）金屬環(huán)剛開始運動時的加速度大小；
（3）為使ab在整個運動過程中不與金屬環(huán)接觸，金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）根據(jù)題意可知，對金屬棒ab由靜止釋放到剛越過MP過程中，由動能定理有
解得
則ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為
（2）根據(jù)題意可知，金屬環(huán)在導(dǎo)軌間兩段圓弧并聯(lián)接入電路中，軌道外側(cè)的兩端圓弧金屬環(huán)被短路，由幾何關(guān)系可得，每段圓弧的電阻為
可知，整個回路的總電阻為
ab剛越過MP時，通過ab的感應(yīng)電流為
對金屬環(huán)由牛頓第二定律有
解得
（3）根據(jù)題意，結(jié)合上述分析可知，金屬環(huán)和金屬棒ab所受的安培力等大反向，則系統(tǒng)的動量守恒，由于金屬環(huán)做加速運動，金屬棒做減速運動，為使ab在整個運動過程中不與金屬環(huán)接觸，則有當金屬棒ab和金屬環(huán)速度相等時，金屬棒ab恰好追上金屬環(huán)，設(shè)此時速度為，由動量守恒定律有
解得
對金屬棒，由動量定理有
則有
設(shè)金屬棒運動距離為，金屬環(huán)運動的距離為，則有
聯(lián)立解得
則金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離
7.（2023·全國·高考真題）一邊長為L、質(zhì)量為m的正方形金屬細框，每邊電阻為R0，置于光滑的絕緣水平桌面（紙面）上。寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，兩虛線為磁場邊界，如圖（a）所示。
（1）使金屬框以一定的初速度向右運動，進入磁場。運動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行，金屬框完全穿過磁場區(qū)域后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大小。
（2）在桌面上固定兩條光滑長直金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌與磁場邊界垂直，左端連接電阻R1 = 2R0，導(dǎo)軌電阻可忽略，金屬框置于導(dǎo)軌上，如圖（b）所示。讓金屬框以與（1）中相同的初速度向右運動，進入磁場。運動過程中金屬框的上、下邊框處處與導(dǎo)軌始終接觸良好。求在金屬框整個運動過程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）金屬框進入磁場過程中有
則金屬框進入磁場過程中流過回路的電荷量為
則金屬框完全穿過磁場區(qū)域的過程中流過回路的電荷量為
且有
聯(lián)立有
（2）設(shè)金屬框的初速度為v0，則金屬框進入磁場時的末速度為v1，向右為正方向。由于導(dǎo)軌電阻可忽略，此時金屬框上下部分被短路，故電路中的總電
再根據(jù)動量定理有
解得
則在此過程中根據(jù)能量守恒有
解得
其中
此后線框完全進入磁場中，則線框左右兩邊均作為電源，且等效電路圖如下

則此時回路的總電阻
設(shè)線框剛離開磁場時的速度為v2，再根據(jù)動量定理有
解得
v2= 0
則說明線框剛離開磁場時就停止運動了，則再根據(jù)能量守恒有
其中
則在金屬框整個運動過程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量
8．（2023·湖南·高考真題）如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成角，整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為．現(xiàn)將質(zhì)量均為的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為。運動過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽略不計，重力加速度為。
（1）先保持棒靜止，將棒由靜止釋放，求棒勻速運動時的速度大??；
（2）在（1）問中，當棒勻速運動時，再將棒由靜止釋放，求釋放瞬間棒的加速度大小；
（3）在（2）問中，從棒釋放瞬間開始計時，經(jīng)過時間，兩棒恰好達到相同的速度，求速度的大小，以及時間內(nèi)棒相對于棒運動的距離。

【答案】（1）；（2）；（3），
【詳解】（1）a導(dǎo)體棒在運動過程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等時做勻速運動，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得
有閉合電路歐姆定律及安培力公式可得
，a棒受力平衡可得
聯(lián)立記得
（2）由右手定則可知導(dǎo)體棒b中電流向里，b棒沿斜面向下的安培力，此時電路中電流不變，則b棒牛頓第二定律可得
解得
（3）釋放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到達共速時對a棒動量定理
b棒受到向下的安培力，對b棒動量定理
聯(lián)立解得
此過程流過b棒的電荷量為q，則有
由法拉第電磁感應(yīng)定律可得
聯(lián)立b棒動量定理可得
9．（2023·全國·高考真題）如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導(dǎo)軌，其平行部分的間距為，導(dǎo)軌的最右端與桌子右邊緣對齊，導(dǎo)軌的電阻忽略不計。導(dǎo)軌所在區(qū)域有方向豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為。一質(zhì)量為、電阻為、長度也為的金屬棒P靜止在導(dǎo)軌上。導(dǎo)軌上質(zhì)量為的絕緣棒Q位于P的左側(cè)，以大小為的速度向P運動并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間很短。碰撞一次后，P和Q先后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌，并落在地面上同一地點。P在導(dǎo)軌上運動時，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，P與Q始終平行。不計空氣阻力。求
（1）金屬棒P滑出導(dǎo)軌時的速度大小；
（2）金屬棒P在導(dǎo)軌上運動過程中產(chǎn)生的熱量；
（3）與P碰撞后，絕緣棒Q在導(dǎo)軌上運動的時間。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）由于絕緣棒Q與金屬棒P發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒和機械能守恒可得
聯(lián)立解得
，
由題知，碰撞一次后，P和Q先后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌，并落在地面上同一地點，則金屬棒P滑出導(dǎo)軌時的速度大小為
（2）根據(jù)能量守恒有
解得
（3）P、Q碰撞后，對金屬棒P分析，根據(jù)動量定理得
又
，
聯(lián)立可得
由于Q為絕緣棒，無電流通過，做勻速直線運動，故Q運動的時間為
10.（2022·遼寧·高考真題）如圖所示，兩平行光滑長直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距為L。區(qū)域有勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向豎直向上。初始時刻，磁場外的細金屬桿M以初速度向右運動，磁場內(nèi)的細金屬桿N處于靜止狀態(tài)。兩金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好且運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直。兩桿的質(zhì)量均為m，在導(dǎo)軌間的電阻均為R，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場及導(dǎo)軌的電阻忽略不計。
（1）求M剛進入磁場時受到的安培力F的大小和方向；
（2）若兩桿在磁場內(nèi)未相撞且N出磁場時的速度為，求：①N在磁場內(nèi)運動過程中通過回路的電荷量q；②初始時刻N到的最小距離x；
（3）初始時刻，若N到的距離與第（2）問初始時刻的相同、到的距離為，求M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍。
【答案】（1），方向水平向左；（2）①，②；（3）
【詳解】（1）細金屬桿M以初速度向右剛進入磁場時，產(chǎn)生的動生電動勢為
電流方向為，電流的大小為
則所受的安培力大小為
安培力的方向由左手定則可知水平向左；
（2）①金屬桿N在磁場內(nèi)運動過程中，由動量定理有
且
聯(lián)立解得通過回路的電荷量為
②設(shè)兩桿在磁場中相對靠近的位移為，有
整理可得
聯(lián)立可得
若兩桿在磁場內(nèi)剛好相撞，N到的最小距離為
（3）兩桿出磁場后在平行光滑長直金屬導(dǎo)軌上運動，若N到的距離與第（2）問初始時刻的相同、到的距離為，則N到cd邊的速度大小恒為，根據(jù)動量守恒定律可知
解得N出磁場時，M的速度大小為
由題意可知，此時M到cd邊的距離為
若要保證M出磁場后不與N相撞，則有兩種臨界情況：
①M減速出磁場，出磁場的速度剛好等于N的速度，一定不與N相撞，對M根據(jù)動量定理有
聯(lián)立解得
②M運動到cd邊時，恰好減速到零，則對M由動量定理有
同理解得
綜上所述，M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍為
考情分析
2024·貴州·高考物理第5題
2024·海南·高考物理第9題
2024·湖南·高考物理第8題
2024·江西 ·高考物理第15題
2024·湖北 ·甲卷物理第15題
復(fù)習目標
目標1.會利用動量定理分析導(dǎo)體棒、線框在磁場中的運動。
目標2.會利用動量守恒定律分析雙金屬棒在磁場中的運動問題。
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減小的減速運動，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
電容器增加的電荷量：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 \(I,\s\up6(－))L·Δt＝－BLq
v＝eq \f(mv0,m＋B2L2C)
v-t圖像
雙棒無外力
雙棒有外力
示意圖
F為恒力
運動過程
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

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷更多

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷 更多

相關(guān)試卷更多