第44讲 电磁感应中的动量问题（安徽专用）（教师版）

第44讲电磁感应中的动量问题目录TOC\o"1-2"\h\u01课标达标练 1题型01“单棒＋电阻”模型--动量定理在电磁感应的应用 1题型02不等间距上的双棒模型--动量定理在电磁感应的应用 6题型03“电容器＋棒”模型--动量定理在电磁感应的应用 11题型04“电源＋棒”模型--动量定理在电磁感应的应用 13题型05双棒无外力--动量守恒在电磁感应的应用 17题型06双棒有外力--动量守恒在电磁感应的应用 2002核心突破练 2603真题溯源练 3601“单棒＋电阻”模型--动量定理在电磁感应的应用1．（2025·安徽·一模）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上，导轨左端接有定值电阻，整个空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，导轨上静置一金属棒，金属棒和导轨电阻均不计。现给金属棒一个向右的初速度，设金属棒向右运动的位移大小为x时，速度大小为v，加速度大小为a，通过定值电阻的电荷量为q，金属棒克服安培力做功的功率为P，则下列四个图像中可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】A【详解】C．导体棒切割磁感线，产生感应电流，根据左手定则可知棒受安培力向左，开始向右做减速运动。设磁感应强度为B，棒长为L，定值电阻阻值为R，产生的感应电动势为感应电流大小导体棒所受安培力通过电阻的电荷量可知与成正比，C错误；A．对导体棒由动量定理联立上述两式可解得即速度与位移为线性递减函数，故A正确；B．由牛顿第二定律联立上式化简得即加速度随的图像也为线性递减函数，B错误；D．克服安培力的功率即功率与为二次函数，D错误。故选A。2．（2025·江苏扬州·模拟预测）如图所示，导体框位于竖直平面内，匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度大小B=2.0T，水平导体棒MN可沿两侧足够长的光滑导轨下滑而不分离，导体棒MN质量m=0.1kg，接入电路的电阻r=1.0Ω；导轨宽度L=1.0m，定值电阻R=3.0Ω，装置的其余部分电阻可忽略不计。将导体棒MN无初速度释放，导体棒下滑h=2.0m高度时速度达到最大，重力加速度g=10m/s2。则导体棒（）A．下滑的最大速度为4m/sB．从释放到下滑h高度所经历时间为1sC．从释放到下滑h高度过程中，电阻R产生的热量为1.95JD．从释放到下滑h高度过程中，通过电阻R的电荷量为1C【答案】D【详解】A．导体棒速度最大时，安培力等于重力，即其中联立得代入数据得，故A错误；C．由动能定理可知解得所以全电路电阻上的焦耳热所以电阻R上产生的热量，故C错误；D．导体下落h的过程中，通过导线横截面的电量其中，，联立，解得，故D正确；B．导体棒下落h的过程中，设经历时间为t，根据动量定理得其中代入数据解得，故B错误。故选D。3．（2025·湖南娄底·模拟预测）如图所示，与水平面夹角为的绝缘斜面上固定有光滑型金属导轨，导轨间距为，导轨底端接阻值为的定值电阻。质量为、阻值也为的导体杆沿导轨向下运动，以大小为的速度进入方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场区域，在磁场中运动一段时间后，达到最大速度。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。下列说法正确的是（）A．匀强磁场的磁感应强度大小为B．杆刚进入磁场时的加速度大小为C．杆在磁场中沿导轨加速下滑的距离为D．杆在磁场中加速运动过程回路中产生的热量为【答案】C【详解】A．杆在磁场中匀速运动时速度最大，有解得，A错误；B．杆刚进入磁场时，由牛顿第二定律得解得，B错误；C．对杆在磁场中的加速运动应用动量定理，得又联立解得，C正确；D．杆在磁场中加速运动过程由能量守恒定律得联立解得，D错误。故选C。4．（2025·安徽·三模）如图所示，足够长的粗糙U型金属导轨NMQP固定，导轨宽度为L，导轨平面与水平面之间的夹角为37°，在导轨所在区域，一匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度为B，QM之间接有阻值为R的电阻，导轨电阻不计。一质量为m，电阻为2R的金属棒ab放在导轨上，现给金属棒一个瞬时冲量，使其以初速度v0沿导轨平面向下开始滑行，棒与导轨之间的动摩擦因数为0.75，（上述字母均为已知量，sin37°=0.6）由以上条件，在此后的运动过程中，下列说法正确的是（）A．导体棒通过的位移为B．回路电流随导体棒通过的位移而均匀减小C．运动过程中ab两端的电压是MQ两端电压的2倍D．电阻R上产生的焦耳热等于【答案】ABD【详解】B．导体棒下滑过程中受到重力、支持力、安培力、摩擦力，由于导体棒与导轨之间的动摩擦因数，所以重力沿导轨平面向下的分力和摩擦力大小相等，即整个下滑过程中导体棒沿导轨平面方向只受安培力作用，沿导轨平面向上，阻碍导体棒下滑。设任意时刻导体棒的速度为，由动量定理可得又，联立解得由此可知导体棒速度随位移均匀减小，回路电流可知回路电流I也随位移均匀减小，故B正确；A．由B选项分析可知导体棒最终静止在导轨上，对整个过程由动量定理得根据，，，联立得解得故A正确；D．由B选项分析知整个下滑过程中，重力做功和克服摩擦力做功相等，根据能量守恒定律可知整个电路产生的焦耳热等于导体棒动能的减少量，即根据可得电阻上产生的焦耳热为故D正确；C．导体棒下滑时切割磁感线，产生感应电动势，则导体棒等效为电源，其电阻等效为内阻，导体棒两端的电压即是路端电压，等于两端电压，故C错误。故选ABD。02不等间距上的双棒模型--动量定理在电磁感应的应用5．（25-26高三上·安徽·开学考试）（多选）如图所示，光滑金属轨道由左、右两段足够长的轨道拼接而成，整个轨道固定在水平面内。左、右侧两平行轨道间距分别为2L、L，左、右侧轨道所在的空间中分别有垂直于轨道平面向里、向外的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。材料、横截面积均相同的导体棒a、b分别垂直于左、右侧轨道放置，且导体棒长度分别为2L、L。某时刻质量为m、电阻为R的导体棒b获得水平向右、大小为的初速度，一段时间后两导体棒达到稳定状态。轨道电阻不计，两导体棒始终与轨道接触良好。下列说法正确的是（）A．两导体棒重新达到稳定状态时导体棒a的速度大小为B．两导体棒重新达到稳定状态时导体棒b的速度大小为C．从导体棒b开始运动到两导体棒重新达到稳定状态的过程中导体棒b产生的热量为D．从导体棒b开始运动到两导体棒重新达到稳定状态的过程中通过导体棒b的电荷量为【答案】AD【详解】AB．根据可知，导体棒a的电阻为2R，导体棒稳定时回路磁通量不再变化所以通过导体棒的电流相等，根据安培力F=BIL，可知导体棒受到的安培力大小之比为2:1，两者质量之比为2：1，a的质量为2m，所以两者加速度大小相同，则联立解得，故A正确，B错误。C．从导体棒b开始运动到两导体棒重新达到稳定状态的过程中回路总产热为根据可知，导体棒b产热是总量的，故C错误。D．对b根据动量定理，解得故D正确。故选AD。6．（2025·山东聊城·二模）（多选）如图所示，水平面上固定着两组足够长平行光滑金属导轨PQ和MN，宽度分别为L和2L，两组导轨用导线交叉连接（导线不接触），导轨区域内存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。PQ导轨上垂直放置导体棒a，MN导轨上垂直放置导体棒b，两棒质量均为m，接入电路的电阻均为R。某时刻两导体棒同时获得向右的初速度v0，导体棒运动过程中始终与导轨保持垂直且接触良好，两导体棒始终没有进入交叉区，不计导轨电阻，下列说法正确的（）A．通过导体棒的最大电流为B．两导体棒最终均做匀速运动，且导体棒b的运动方向向左C．导体棒b上产生的热量为D．整个过程中通过导体棒a的电荷量为【答案】ABD【详解】A．两棒与导轨及交叉导线构成单回路，回路总电阻为 2R，两棒均做减速运动，t=0时，感应电动势最大，其大小为所以感应电流最大为故A正确；B．两金属棒初始阶段都做减速运动，导体棒b所受安培力大于导体棒a所受安培力，则导体棒b减速时的加速度较大，故导体棒b先减速到零，后反方向先加速运动后匀速运动，直到导体棒a速度大小等于导体棒b速度大小两倍，两棒开始做匀速运动，故B正确；C．由于两个导体棒电阻都为 R，且它们在同一回路中串联，流过的电流始终相同，设从开始运动到两棒刚开始匀速运动时间为∆t，规定初速度方向为正方向，对导体棒a，由动量定理得对导体棒b，由动量定理得，解得最后两棒的速度大小为，回路产生的总热量导体棒产生的热量为所以导体棒b上产生的热量为故C错误；D．由动量定理得，解得整个过程中通过导体棒a的电荷量为故D正确。故选ABD。7．（多选）如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨水平固定，该导轨平面处于方向竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场中。间距为2L的粗糙平行金属导轨倾斜固定放置，倾角为θ，倾斜导轨上虚线、之间的部分处于方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，两导轨在、处由导线连接，两部分导轨都足够长。质量为m、长度为L、电阻为R的金属棒静置在水平导轨上，质量为2m、长度为2L、电阻为2R的金属棒恰好能静止在倾斜导轨上。现给金属棒一沿倾斜导轨向下的初速度使其向下运动。已知导轨及导线的电阻均不计，两金属棒始终与导轨接触良好，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（）A．金属棒的最大加速度为B．金属棒的最大速度为C．整个过程中通过金属棒的电荷量为D．整个过程中金属棒中产生的焦耳热为【答案】AC【详解】A．开始时导体棒ab静止在导轨上，则当给金属棒一沿倾斜导轨向下的初速度使其向下运动时一定是匀速运动，即以速度v0进入磁场，此时回路的感应电流最大，cd受安培力最大，加速度最大，则，cd受安培力cd的加速度解得金属棒的最大加速度为选项A正确；BC．当回路中感应电流为零时cd受安培力为零，此时速度最大，则对cd由动量定理对ab由动量定理解得根据可得选项B错误，C正确；D．由能量关系ab下滑时重力做正功等于克服摩擦力做功，可知整个过程中金属棒cd中产生的焦耳热为选项D错误。故选AC。8．如图所示，由同种材料制成的两根匀质金属棒a、b垂直静置在足够长的光滑水平导轨上，金属棒a、b的质量分别为m、3m，电阻分别为R、3R，长度分别为L、3L，导轨左侧间距为L，右侧间距为3L，两导轨处于方向竖直相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场中。某时刻，金属棒a在水平向左、大小为F的恒力作用下向左加速，金属棒b随之向右加速，经时间t0后回路中的电流恒定。已知两金属棒运动过程中始终与导轨接触良好，不计导轨的电阻，求：(1)稳定时回路中的感应电流I；(2)t0时间内通过回路中某截面的电荷量q。【答案】(1)(2)【详解】（1）由于金属棒a受恒定的拉力作用，稳定状态时两棒都有固定的加速度，即金属棒b受到恒定的安培力，回路中有恒定的电流，设t0时刻金属棒a、b的速度大小分别为v1、v2，加速度大小分别为a1、a2，则有电流的变化率由牛顿第二定律，解得（2）对金属棒a、b有，其中又联立解得03“电容器＋棒”模型--动量定理在电磁感应的应用9．（2025·江西·模拟预测）如图为某种“电磁枪”的原理图，在竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器。一质量为m、电阻为R的导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。若电容器开始不带电，给金属棒水平向右的初速度，闭合开关后，导体棒最终匀速运动的速度为；若电容器开始带电量为Q，且满足，金属棒初速度为0，闭合开关后，导体棒最终匀速运动的速度为。则等于（）A． B．2 C． D．4【答案】A【详解】若电容器开始不带电，给金属棒水平向右的初速度，导体棒最终匀速运动速度为时,此时电容器两板间电压等于金属棒产生的感应电动势，即整个过程中由动量定理其中解得若电容器开始带电量为，金属棒初速度为0，闭合开关后，电容器放电，金属棒向右加速运动，则当金属棒切割磁感线产生的电动势跟电容器两极板之间的电压相等时，金属棒中电流为零，此后金属棒将匀速运动下去，设闭合开关后，电容器的放电时间为，金属棒获得的速度为，由动量定理可得其中解得因可知故A正确。10．如图所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中，两根相距的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为，导体棒的质量为、接入电路的电阻为。开关闭合前电容器的电荷量为。(1)求闭合开关瞬间通过导体棒的电流；(2)求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小；(3)导体棒达到最大理论速度。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）闭合开关的瞬间电容器两板间的电压为通过导体棒的电流为联立可得（2）由牛顿第二定律解得闭合开关瞬间导体棒的加速度大小（3）导体棒达到最大理论速度时电容器两端电压等于导体棒切割磁感线产生的感应电动势对导体棒应用动量定理，又因为联立可得04“电源＋棒”模型--动量定理在电磁感应的应用11．（2024·四川遂宁·模拟预测）（多选）如图所示，两条间距为平行光滑金属导轨（足够长）固定在水平面上，导轨的左端接电动势为的电源，右端接定值电阻，磁感应强度为的匀强磁场垂直于导轨平面竖直向上。两端都足够长的金属棒斜放在两导轨之间，与导轨的夹角为，导线、导轨、金属棒的电阻均忽略不计，电源的内阻与定值电阻阻值相等。当电键断开，电键闭合，给金属棒一个沿水平方向与棒垂直的恒定作用力，经过时间金属棒获得最大速度，定值电阻的最大功率为，在此过程中金属棒的最大加速度为，金属棒与导轨始终接触良好，下列说法正确的是（

）A．金属棒的质量为B．电源的内阻为C．时间内，流过定值电阻某一横截面的电荷量为D．若电键断开，电键闭合，则金属棒稳定运行的速度为【答案】AC【详解】A．施加外力瞬间，加速度最大为，根据牛顿第二定律有可得故A正确；B．金属棒获得最大速度时处于力的平衡状态，则有由法拉第电磁感应定律、欧姆定律及安培力公式有结合综合解得故B错误；C．金属棒从静止开始运动的一段时间，由动量定理可得结合电流的定义式综合计算可得故C正确；D．电键断开，电键合上，金属棒稳定运行时结合综合可得故D错误。故选AC。12．（2025·北京大兴·三模）将电源、开关、导体棒与足够长的光滑平行金属导轨连接成闭合回路，整个回路水平放置，俯视图如图1所示，虚线右侧存在竖直向上的匀强磁场。已知磁感应强度为，电源电动势为、内阻为。导体棒的质量为，电阻为，长度恰好等于导轨间的宽度，不计金属轨道的电阻。求：(1)闭合开关瞬间导体棒加速度的大小；(2)分析导体棒运动情况，并在图2中定性画出从静止到最大速度的图像；(3)导体棒的速度从0增加到的过程中，通过导体棒的电量。【答案】(1)(2)导体棒做加速度减小的加速运动，如图所示(3)【详解】（1）闭合开关瞬间，电路中电流根据牛顿第二定律有联立解得导体棒加速度的大小（2）导体棒受安培力作用向右加速，产生感应电动势，电路中总电动势为电流为根据牛顿第二定律解得，随的增大而减小，所以棒做加速度减小的加速运动。（3）设平均电流为，根据动量定理，又解得13．（2025·云南昭通·模拟预测）如图所示，质量为m、电阻为r的均匀金属棒ab垂直架在水平面甲内间距为L的两光滑金属导轨的右边缘处。下方的导轨由光滑圆弧导轨与处于水平面乙的光滑水平金属导轨平滑连接而成（即图中半径OM和O′P竖直），圆弧导轨半径为R、对应圆心角为60°、间距为L，水平导轨间距也为L。所有水平轨道都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，闭合开关S，金属棒ab迅速获得水平向右的速度做平抛运动，并在高度降低3R时恰好沿圆弧轨道上端的切线方向落在圆弧轨道上端，接着沿圆弧轨道下滑。已知重力加速度为g，求：(1)ab在水平面甲上通过ab某截面的电荷量q；(2)ab到MP时通过棒ab的电流大小；(3)若ab在整个运动过程中不与金属环接触，求ab在水平面乙上运动时通过金属棒的电量和ab棒产生的焦耳热。【答案】(1)(2)(3)，【详解】（1）金属棒做平抛运动，则有，对金属棒进行分析，根据动量定理有解得（2）金属棒进入圆弧轨道时的速度解得金属棒在圆弧轨道上下滑过程，根据动能定理有此时感应电动势为ab中的感应电流为金属环在水平面乙外侧部分被短路，外侧部分圆环对应圆心角均为120°，内侧部分圆环对应圆心角均为60°，内侧左右两部分并联，内侧左右两部分接入电阻均为则有所以（3）金属棒与金属环最终稳定做匀速直线运动，根据动量守恒定律有对金属棒进行分析，根据动量定理有解得根据能量守恒定律有所以05双棒无外力--动量守恒在电磁感应的应用14．（多选）两根平行的光滑金属轨道，间距为，电阻不计，每条轨道由直线部分和弯曲部分组成，如图甲所示安装，使得和处于同一水平面。金属杆1静止放置在轨道的左端，距离平面的高度为。金属杆2放置在轨道的右端。在右侧的水平轨道区域内，存在大小为的竖直向上的均匀磁场。让杆2以初速度沿轨道向左移动，同时杆1被释放。在杆1沿轨道滑动到位置的过程中，通过杆2的平均电流为。若从杆1到达的时刻开始计时，并设向右为正方向，两根杆的速度随时间变化关系如图乙所示。已知杆1和杆2的电阻分别为和，质量分别为和，重力加速度大小为。则（）A．杆1在弯曲轨道上滑动的时间为B．杆1在弯曲轨道上滑动的时间为C．杆2中产生的总热量为D．杆2中产生的总热量为【答案】AC【详解】AB．设杆1沿轨道滑动到位置时杆2的速度大小为，由乙图可知此时杆2速度大小为，对杆2运用动量定理，有解得，故A正确；B错误；CD．对杆1由静止下滑到平直导轨上的过程中，由动能定理有解得v1=5m/s设最后两杆共同的速度为，由动量守恒定律得解得由能量守恒定律可知两杆中产生的焦耳热为解得杆2中产生的焦耳热为，故C正确；D错误。故选AC。15．（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）（多选）如图所示，M、N是两根固定在绝缘水平台面上的光滑平行金属导轨，导轨足够长且电阻忽略不计，导轨间存在垂直于台面向下的匀强磁场。阻值相等的两金属棒、的质量分别为、，两棒置于导轨上，最初两棒间存在一定的距离。时刻，棒获得一水平向右、大小为（可调）的初速度，此后运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好。设、的间距为x，通过棒的电荷量为q，安培力对棒冲量的大小为I，从时刻至两棒运动稳定，棒上产生的焦耳热为Q。下列图像可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】ACD【详解】A．、棒所受安培力大小相等、方向相反，因棒质量为棒质量的2倍，可知每时每刻棒的加速度大小为棒的2倍，由动量守恒定律可知最终两棒速度相同，设为，有得出，故A正确；B．设时间内、棒的平均速度分别为、，记最初两棒之间距离为，则q为x的一次函数，在纵轴上的截距为负值，故B错误；C．安培力对棒的冲量大小I为x的一次函数，在x轴上的截距为正，故C正确；D．由能量守恒定律可知得出，可知Q为的二次函数，故D正确。故选ACD。06双棒有外力--动量守恒在电磁感应的应用16．（2025·湖北·三模）（多选）如图所示，将光滑的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为L，左、右倾斜导轨与水平面夹角均为θ=30°，中间导轨水平且足够长。导轨间存在竖直向下的匀强磁场，左侧倾斜导轨间磁感应强度大小为2B，中间和右侧倾斜导轨间磁感应强度大小为B。将长度均为L的导体棒ab、cd放置在倾斜导轨上，距水平面高度均为h。两导体棒同时由静止释放，在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，导体棒ab到达左侧倾斜导轨底端时速度大小为v，两根导体棒在水平导轨上恰好不发生碰撞。导体棒ab、cd的质量分别为2m和m，电阻分别为2R和R。导轨连接处平滑，导轨电阻不计，导体棒粗细不计，重力加速度为g，不考虑磁场的边界效应。下列说法正确的是（）A．导体棒ab到达左侧倾斜导轨底端时，导体棒cd的速度大小为B．两导体棒在水平导轨上恰好不发生碰撞时，速度大小均为0C．水平导轨长度D．若两导体棒恰好不发生碰撞时粘连在一起，则全过程导体棒cd上产生的焦耳热为【答案】CD【详解】A．设回路中电流为I，导体棒ab、cd的加速度大小分别为，根据牛顿第二定律有，解得有，可知任意时刻根据可知任意时刻两导体棒速度大小都相等。两导体棒释放位置距水平面高度相同，所以当导体棒ab到达左侧倾斜导轨底端时，导体棒cd也恰好到达右侧倾斜导轨底端，速度大小也是v，故A错误；B．当两导体棒都进入水平导轨后，由于系统所受合外力为零（水平方向不受外力），系统动量守恒，设两导体棒相距最近时共同速度为，以向右为正方向，根据动量守恒定律解得故B错误；C．从两导体棒都进入水平导轨到相距最近过程，对a棒，根据动量定理又联立可得又由且联立解得故C正确；D．两导体棒粘连后形成的闭合回路面积为0，之后的运动过程中不再产生电流，满足机械能守恒，则全过程两导体棒与导轨形成的闭合回路产生的焦耳热根据能量守恒定律有又联立解得故D正确。故选CD。17．如图，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上，导轨间距为L=0.5m。虚线PQ垂直导轨，其右侧存在垂直导轨平面竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B=2T。两根长度相同的金属棒a、b垂直于导轨放置，金属棒a与PQ的距离为0.5m，金属棒b与PQ的距离为11m，金属棒a、b的质量分别为m1=0.2kg、m2=0.8kg，其接入电路的电阻分别为R1=0.5Ω、R2=2Ω。初始时刻同时给两金属棒大小相等、方向相反的初速度v0=5m/s，两金属棒相向运动，且始终没有发生碰撞，当金属棒a到达PQ处时回路中电流趋于零（可认为电流恰好为零）。运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻。求：(1)初始时刻金属棒b的加速度大小；(2)从初始时刻到金属棒a到达PQ处的过程中，通过金属棒a的电荷量；(3)整个过程中金属棒b产生的焦耳热。【答案】(1)5m/s2(2)1.6C(3)9.28J【详解】（1）初始时刻，回路中感应电动势

根据欧姆定律得

对金属棒b，根据牛顿第二定律有

解得（2）当金属棒a到达PQ处时回路中电流恰好为零，此时两金属棒速度相等，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得

解得，方向向左

对金属棒a由动量定理有

由解得（3）从初始时刻到金属棒到达PQ处，由、、可得

解得假设金属棒b最终停在磁场区域，对金属棒b由动量定理有

解得由

解得由于故金属棒b最终停在磁场区域，金属棒a出磁场后以向左做匀速运动，由能量守恒定律得整个回路中产生热量

则整个过程金属棒b产生热量18．（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，19．（2025·重庆·三模）如图，平行光滑金属导轨固定在绝缘水平桌面上，右端连接光滑倾斜轨道，导轨间距为。导轨左侧接有电阻，与区域间存在竖直向上与竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为，与、与的距离均为。M导体棒质量为、N绝缘棒质量为，两棒垂直导轨放置。现N棒静止于与之间某位置，M棒在边界静止，某时刻M棒受到水平向右的恒力作用开始运动。已知，当运动到边界时撤去，此时M棒已达到匀速运动。已知整个过程中两棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨左侧电阻和M棒接入导轨的电阻均为，其他导体电阻不计，所有碰撞均为弹性碰撞，首次碰撞之后N与M每次碰撞前M均已静止，且碰撞时间极短，M、N始终与导轨垂直且接触良好，求：(1)撤去时M棒的速度大小以及M棒穿过区域过程中系统产生的热量Q；(2)从M棒开始进入区域到M棒第一次静止，通过电阻的电荷量；(3)自发生第一次碰撞后到最终两棒都静止，导体棒M在磁场中运动的总位移大小。【答案】(1)，(2)(3)【详解】（1）由于撤去时M棒已经达到匀速运动，则有又，则整理得其中解得对M棒，由能量守恒有解得（2）两棒发生完全弹性碰撞，根据动量守恒及机械能守恒可得解得M棒进入区域磁场中到停下，由动量定理得解得通过电阻的电荷量（3）M棒进入区域磁场运动后停下，则解得绝缘棒N第二次与导体棒M碰前速度大小为，碰后速度为，方向水平向右，导体棒M的速度为，由弹性碰撞可得解得对导体棒M，由动量定理有解得同理可得绝缘棒N第三次与导体棒M碰前速度大小为，碰后的速度为，方向水平向右，导体棒M的速度为，由弹性碰撞可得解得对导体棒M，由动量定理有解得依次类推解得所以导体棒在磁场中的运动位移为1．（2025·江苏徐州·模拟预测）如图所示，水平面上放置足够长的光滑导轨，一对相互平行的完全相同的导体棒、静置在导轨上。虚线两侧均有竖直方向的匀强磁场，左侧磁场竖直向下，磁感应强度大小为，右侧磁场竖直向上，磁感应强度大小为，除导体棒外其他电阻不计。现对棒施加向左的恒力，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，则（）A．回路中电流方向始终为逆时针，电流逐渐减小为零B．导体棒在相同时间内所受安培力的冲量大小总为导体棒的一半C．导体棒、经足够长时间均做匀加速直线运动，且、加速度大小相同D．导体棒、经足够长时间均做匀加速直线运动，且导体棒的加速度为的2倍【答案】B【详解】初始状态：导体棒a受恒力F向左加速，切割左侧磁场的磁感线，产生感应电动势（方向由右手定则判定）导体棒b因a的运动被带动，切割右侧磁场的磁感线，产生感应电动势（方向与相反）回路总电动势电流方向与大小：若，电流方向为逆时针（从a流向b）；若，电流方向为顺时针（从b流向a）电流大小（假设每根导体棒电阻为R，回路总电阻）安培力作用：导体棒a受安培力，方向向右（阻碍运动），导体棒b受安培力，方向向左（促进运动）由牛顿第二定律有，长期动态分析：随着时间推移，和逐渐增大，但和的差值会趋于稳定，使得趋于恒定，此时电流趋于恒定，两导体棒所受安培力恒定，最终均做匀加速运动。A．初始时、，，电流逆时针；但会逐渐增大，若，电流方向会反向（顺时针）；最终趋于恒定，电流稳定不为零。故A错误；B．安培力关系，冲量，因此，故B正确；CD．导体棒、经足够长时间，最终恒定，可知两棒均做匀加速直线运动，但加速度大小关系不确定，故CD错误。故选B。2．（2025·辽宁盘锦·三模）（多选）如图所示，水平放置的平行光滑导轨间接有电阻R、电容为C的电容器和一个单刀双掷开关。两导轨间距为L，匀强磁场垂直于导轨平面向下，磁感应强度大小为B。一质量为m、接入电路中的电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置。现将开关拨至位置1，金属棒ab在水平恒力F的作用下由静止开始向右运动，当金属棒ab的速度达到最大时，开关拨至位置2，并撤去外力F，金属棒ab继续运动直至达到稳定状态。不计导轨电阻，下列说法正确的是（）A．金属棒的最大速度是B．开关拨至位置2后，金属棒稳定后的速度C．电容器中储存的电荷量D．开关拨至位置2后，导体棒运动的距离【答案】ACD【详解】A．当开关拨至位置1时，金属棒ab在水平恒力F的作用下开始运动，此时金属棒受到水平恒力和安培力的作用，根据安培力公式，，所以当金属棒达到最大速度时，加速度为零，此时水平恒力F与安培力大小相等，即解得金属棒的最大速度，故A正确；B．当开关拨至位置2后，电路中接入了电容器，此时金属棒和电容器组成闭合回路，金属棒在磁场中运动产生感应电动势，对电容器充电，当电容器两端电压与感应电动势相等时，电路中电流为零，金属棒达到稳定状态，设金属棒稳定后的速度为v，此时感应电动势由于电容器两端电压等于金属棒两端电压，故有此过程由动量定理，可得，联立得，故B错误；C．电容器中储存的电荷量，故C正确；D．由于所以，故D正确。故选ACD。3．（2025·安徽·模拟预测）（多选）据报道，中国第三艘航母“福建舰”采用电磁弹射器技术成功实现对歼-35进行加速起飞。如图所示为电磁弹射装置的等效电路图（俯视图），间距的两根相互平行的光滑长直导轨固定在水平面上，导轨的左端连接电容电容器，质量的导体棒MN（相当于飞机）静止在导轨上，先给电容器充电，且带电荷量。现闭合开关S后，电容器释放储存的电能，所产生的强大电流经过棒MN，在垂直于导轨平面向下、磁感应强度磁场的作用下向右加速，达到最大速度之后离开导轨。已知导体棒MN始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻。下列说法正确的是（）A．电容器相当于电源，放电时两端电压不变B．闭合开关S后，导体棒MN做匀加速直线运动C．导体棒MN达到的最大速度为D．若要继续下一次弹射，该电容器需补充电量为【答案】CD【详解】A．电容器相当于电源，放电时电荷量逐渐减小，则两端电压逐渐减小，故A错误；B．闭合开关S后，由于电容器电荷量逐渐减小，电容器两端电压逐渐减小，且导体棒MN切割磁感线产生的感应电动势逐渐增大，则回路总的电动势逐渐减小，电流逐渐减小，导体棒受到的安培力逐渐减小，加速度逐渐减小，所以导体棒MN做加速度逐渐减小的加速直线运动，故B错误；CD．设导体棒MN达到的最大速度为，此时电容器电压为，则有对导体棒根据动量定理可得其中联立解得，可知若要继续下一次弹射，该电容器需补充电量为，故CD正确。故选CD。4．（2025·安徽合肥·模拟预测）（多选）如图所示，质量为m粗细均匀的矩形线框abcd静止在光滑绝缘的水平面上，线框由两种金属材料组成，ad、bc长为L、电阻均为2R，ab、cd长为、电阻不计，线框处在方向竖直向下的足够大的匀强磁场B中。一质量也为m的导体棒PQ紧挨ad放置（不接触ad），PQ接入电路电阻为R，时刻，导体棒PQ在垂直于PQ的水平恒力F作用下从静止开始运动，经时间恰好运动到矩形线框的中心处，此时撤去力F，最终棒PQ恰好不从线框掉下。已知运动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，棒PQ与矩形线框间的摩擦因数为。则下列说法正确的是（）A．力F可能为B．撤去力F前，通过ad边的电荷量为C．撤去力F时，线框的速度为D．若力F对棒PQ做功为W，则整个过程中棒PQ上产生的电热为【答案】BD【详解】A。设矩形框在外力作用下发生相对滑动的临界值为F，则可得，A错误；B．由电量其中，S为棒PQ相对矩形框扫过的面积，大小为，通过ad边电量为总电量的一半，可得，B正确；C．由动量定理其中得到再由系统动量定理可知线框的速度为，C错误；D．由全过程动量定理再由全过程能量守恒解得，D正确。故选BD。5．（2025·福建福州·模拟预测）（多选）如图所示的装置水平地放在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，电源电动势为E、内阻为R，两副平行且光滑的导轨的间距分别为d与2d。材质均匀的导体棒b、c的长度均为2d，电阻均为R，质量分别为m、，垂直置于导轨上。导轨足够长且不计电阻，从闭合开关到两导体棒达到稳定状态的全过程（）A．稳定前b、c棒加速度之比为1∶2B．稳定时导体棒b的速度为C．稳定时导体棒b两端的电压为D．导体棒b中产生的焦耳热为【答案】BD【详解】A．两棒为串联关系，电流相等，根据F=BIL以及F=ma解得稳定前b、c棒加速度之比为选项A错误；BC．闭合开关，当两棒稳定时，两棒产生的反电动势与电源电动势的关系有E=Bdvb+B•2dvc根据动量定理对b棒有对c棒有联立解得，所以导体棒b最终速度的大小，此时导体棒b两端的电压为选项B正确，C错误；D．由能量守恒定律，电源提供的电能转化为动能和焦耳热又根据热量与电阻的正比关系可得联立解得导体棒b中产生的焦耳热为选项D正确。故选BD。6．（2025·安徽芜湖·模拟预测）（多选）如图所示，两足够长的平行长直金属导轨固定在水平面上，导轨间距为L。两根长度均为L的光滑导体棒ab、cd静置于导轨上，导体棒ab的质量为m，电阻为2R，导体棒cd的质量为2m，电阻为R。导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B．初始时两导体棒之间的间距为L，某时刻给导体棒cd施加垂直导体棒水平向右的外力，使导体棒cd由静止开始向右做加速度大小为的匀加速直线运动，同时给导体棒ab施加垂直导体棒水平向左的外力，使导体棒ab始终保持静止。经过时间同时撤去施加在导体棒ab、cd上的外力。导体棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，平行长直金属导轨的电阻忽略不计。下列说法正确的是（）A．撤去外力瞬间，导体棒cd的加速度大小为B．导体棒cd减速运动过程中，作用在导体棒cd上外力冲量的大小为C．从撤去外力到导体棒cd运动稳定的过程中，导体棒cd上产生的焦耳热为D．全过程通过导体棒ab的感应电荷量【答案】BD【详解】A．t时间内，导体棒cd由静止开始向右做加速度大小为的匀加速直线运动，则撤去外力瞬间，导体棒cd的速度为此时电路中的感应电动势感应电流导体棒cd所受安培力加速度联立可得，故A错误；BC．导体棒cd减速运动过程中，从撤去外力到导体棒cd运动稳定的过程中，取向右为正方向，根据动量守恒定律有得施加在导体棒cd上外力冲量的大小为根据能量守恒定律有导体棒cd上产生的焦耳热为，故B正确，C错误；D．撤去外力前，导体棒ab的感应电荷量根据闭合电路欧姆定律有，，联立可得：撤去外力后，对cd棒，取向右为正方向，根据动量定理有又即结合、解得全过程通过导体棒ab的感应电荷量，故D正确；故选BD。7．（2025·江西·模拟预测）如图所示，间距均为L的水平平行金属导轨PQ、与倾斜平行金属导轨MN、通过绝缘材料平滑连接，连接长度可忽略不计，倾斜导轨（足够长）与水平面的夹角为，导轨间存在垂直导轨平面向下、磁感应强度大小均为B的匀强磁场，轨道左端接一电动势为E、内阻为r的直流电源。起初金属棒b锁定在倾斜轨道上，将金属棒a从水平导轨上某处由静止释放，当金属棒a到达时恰好达到最大速度，经过QM、后速度与倾斜轨道平行而大小不变，与此同时解除金属棒b的束缚。已知每根金属棒的质量均为m、电阻均为R，金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，忽略所有摩擦及金属导轨的电阻。(1)求金属棒a在水平轨道上的最大速度；(2)求通过电源正极的电荷量q；(3)求整个过程中电源产生的热量Q；(4)若金属棒a在倾斜轨道运动时间t（未相撞）后速度变为，求此时金属棒a的加速度大小。【答案】(1)(2)(3)(4)【详解】（1）当金属棒到达时速度最大，此时电路中的电流为0，有解得（2）随着速度的增大，电流减小，设金属棒在水平导轨上运动的过程中回路的平均电流为，结合动量定理有，解得（3）设整个过程中电源产生的总电能为，电路产生的总热量为，根据能量守恒定律有，，解得（4）分两种情况进行讨论：①若金属棒刚进入倾斜轨道时满足则接下来金属棒均做加速运动，对金属棒整体有对金属棒有解得②若金属棒刚进入倾斜轨道时满足则接下来金属棒一直加速，金属棒先减速后加速，当经时间后，金属棒还在减速阶段时，有解得当经时间后，金属棒处于加速阶段时，有解得若经过时间，金属棒的速度相同，则回路电流为0，则8．（2025·河北·模拟预测）如图所示，间距为L的平行、足够长的光滑金属导轨固定在水平面上，导轨左端通过单刀双掷开关连接电阻R和电容为C的电容器，空间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。质量为m、长为L、电阻为r的金属棒MN垂直于导轨放置。开关k接1，零时刻给金属棒水平向右的速度。已知导轨电阻忽略不计，金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好。(1)求零时刻金属棒MN中的电流方向和金属棒的加速度大小；(2)一段时间后金属棒速度变为，求该过程中金属棒发生的位移；(3)仅将开关接2，金属棒以初速度向右运动，求金属棒的最终速度。【答案】(1)由到M；(2)(3)【详解】（1）零时刻，由右手定则可知金属棒中的电流方向为由到，此时由法拉第电磁感应定律有由闭合电路欧姆定律有对金属棒受力分析并结合牛顿第二定律有联立，解得（2）对金属棒速度减为的过程分析，由动量定理分析有安培力的冲量为又，联立，解得（3）仅将开关接2，金属棒运动，切割磁感线，产生感应电动势，给电容器充电，最终的状态是金属棒切割磁感线产生的电动势和电容器两极板间电压相等，此后金属棒做匀速运动，设此时金属棒的速度为，此时由法拉第电磁感应定律有电容器两极板所带电荷量此过程对金属棒分析由动量定理有联立，解得1．（2025·广西·高考真题）如图，两条固定的光滑平行金属导轨，所在平面与水平面夹角为，间距为l，导轨电阻忽略不计，两端各接一个阻值为2R的定值电阻，形成闭合回路：质量为m的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好，接入导轨之间的电阻为R；劲度系数为k的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行，一端固定，另一端均与金属棒中间位置相连，弹簧的弹性势能与形变量x的关系为；将金属棒移至导轨中间位置时，两弹簧刚好处于原长状态；整个装置处于垂直导轨所在平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a后静止释放，金属棒沿导轨向下运动到最远处，用时为t，最远处与导轨中间位置距离为b，弹簧形变始终在弹性限度内。此过程中（

）A．金属棒所受安培力冲量大小为B．每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为C．每个定值电阻产生的热量为D．金属棒的平均输出功率为【答案】D【详解】A．根据而,解得，选项A错误；B．该过程中由动量定理解得每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为，选项B错误；C．由能量关系可知回路产生的总热量每个定值电阻产生的热量为，选项C错误；D．金属棒的平均输出功率，选项D正确。故选D。2．（2024·海南·高考真题）（多选）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1.44sB．ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为0.78JC．两棒第一次碰撞后瞬间，ab的速度大小为6.3m/sD．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．（2025·甘肃·高考真题）在自动