第44讲 电磁感应中的动量问题（复习讲义）（安徽专用）（教师版）

第44讲电磁感应中的动量问题目录TOC\o"1-3"\h\u01考情解码·命题预警 202体系构建·思维可视 303核心突破靶向攻坚 3考点一电磁感应中的动量问题 3知识点一动量定理在电磁感应中的应用 3知识点二典型单杆模型 3考向1“单棒+电阻”模型 6考向2“电容器+棒”模型 10考向3“电源+棒”模型 14考向4“不等距双棒”模型 17考点二动量守恒定律在电磁感应中的应用 21知识点典型双杆模型 21考向1双棒无外力模型 22考向2双棒有外力模型 2504真题溯源·考向感知 29考点要求考察形式2025年2024年2023年电磁感应中的动量问题选择题非选择题安徽卷T15，18分安徽卷T13，17分动量守恒定律在电磁感应中的应用选择题非选择题考情分析：从近几年试题分析，安微高考每年都要考查应用动量的观点分析求解电磁感应问题，常以计算题压轴形式出现，题目难度较大，通常结合高中解决物理问题的三大观点——动力学、能量、动量进行综合考查。可预见未来几年安徽高考仍将加大对动量观点在电磁感应中应用的考查力度，题型大概率还是以压轴计算题形式出现，可能会结合更多生活中的物理情景或现代科技应用。如电磁轨道炮、超导磁悬浮，要求学生将实际问题转化为物理模型进行分析求解。复习目标：目标一：掌握动量定理和动量守恒定律的基本概念，能准确区分两者的应用条件。目标二：掌握电磁感应中常见的单棒模型（阻尼式、电动式、发电式）等和双棒模型的特点，明确不同模型下的受力情况，运动规律及能量转化关系。考点一电磁感应中的动量问题知识点一动量定理在电磁感应中的应用在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解单杆所受其他恒力(非安培力)作用的时间、单杆的速度、单杆的位移和通过单杆的横截面的电荷量。(1)求通过单杆的横截面的电荷量、单杆的速度或单杆运动的时间：－Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝neq\f(ΔΦ,R总)。(2)求单杆运动的位移、单杆的速度或单杆运动的时间：－eq\f(B2l2\o(v,\s\up6(－)),R)Δt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，x＝eq\o(v,\s\up6(－))Δt。知识点二典型单杆模型示意图动力学观点运动图像能量观点v0≠0导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，杆ab初速度为v0，质量为m，电阻不计导体杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，做减速运动，v⇒F安⇒a，当v＝0时，F＝0，a＝0，杆保持静止动能全部转化为内能：Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，杆ab初速度为v0，质量为m，电阻不计导体杆速度为v时，感应电流I＝eq\f(BLv－UC,R)，导体杆受安培力F安＝BIL，做减速运动，v，电容器充电，UC，F安，a，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，杆匀速运动eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(根据q＝CU、U＝BLvm、,－B\o(I,\s\up6(－))L·Δt＝mvm－mv0、,q＝\o(I,\s\up6(－))Δt，可得,vm＝\f(mv0,m＋B2L2C)))导体杆的部分动能转化为电阻的电热和电容器的电场能：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q＋ECv0＝0导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，单杆ab质量为m，电阻不计S闭合，杆ab受安培力F安＝eq\f(BLE,r)，此时a＝eq\f(BLE,mr)，杆ab速度v⇒感应电动势BLv⇒回路中电流I⇒安培力F安＝BIL⇒加速度a，当BLv＝E时，v最大，且vm＝eq\f(E,BL)电源输出的电能转化为动能：W电＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，单杆ab质量为m，电阻不计，拉力F恒定开始时a＝eq\f(F,m)，杆ab速度v⇒感应电动势E＝BLv⇒电流I⇒安培力F安＝BIL，由F－F安＝ma知a，当a＝0时，v最大，vm＝eq\f(FR,B2L2)F做的功一部分转化为杆的动能，一部分转化为电阻产生的电热：WF＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，单杆ab质量为m，电阻为R电容器充满电后，S合向2，导体杆受安培力运动，产生电动势E＝BLv，回路中电流I＝eq\f(UC－BLv,R)，导体杆受安培力F安＝BIL，做加速运动，v，电容器放电UC减小，F安，a，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，杆匀速运动eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(根据Δq＝q0－q＝,CE－CBLvm、,B\o(I,\s\up6(－))L·Δt＝mvm－0、,Δq＝\o(I,\s\up6(－))Δt，,可得vm＝\f(BLCE,m＋B2L2C)))电容器的部分电场能转化为电阻的电热和导体杆的动能：EC0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q＋ECm导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，单杆ab质量为m，电阻不计，拉力F恒定开始时a＝eq\f(F,m)，杆ab速度v⇒感应电动势E＝BLv，经过Δt速度为v＋Δv，此时感应电动势E′＝BL(v＋Δv)，Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝C(E′－E)＝CBLΔv，电流I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLeq\f(Δv,Δt)＝CBLa，安培力F安＝BLI＝CB2L2a，F－F安＝ma，a＝eq\f(F,m＋B2L2C)，所以杆以恒定的加速度匀加速运动(若回路有电阻，则杆不做匀加速运动)F做的功一部分转化为杆的动能，一部分转化为电容器的电场能：WF＝eq\f(1,2)mv2＋EC考向1“单棒+电阻”模型例1（2025·安徽黄山·二模）绝缘水平桌面上有一质量为的“”型金属框，框宽度为，ab间电阻为，两侧部分电阻不计且足够长。在竖直固定的绝缘挡板间放一根金属棒，挡板间隙略大于棒的直径，棒与金属框垂直且接触良好，金属棒接入电路部分的电阻为，不计一切摩擦。空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为，现给框水平向左、大小为的初速度，俯视图如图所示。则下列说法正确的是（）A．开始时金属框的加速度大小为B．开始时挡板给导体棒的作用力大小为，方向水平向左C．金属框从开始运动到静止过程中通过金属棒的电荷量为D．金属框从开始运动到静止过程中金属棒上产生的热量为【答案】C【详解】A．开始时金属框产生感应电动势大小为，感应电流沿顺时针方向，大小为其所受安培力大小为则加速度大小为故A错误；B．开始时导体棒所受安培力方向向左，大小也为，但导体棒静止不动，受力平衡，则挡板给导体棒的作用力大小为，方向水平向右，故B错误；C．金属框从开始运动到静止，由动量定理，有而金属框总位移得设总共用时为，则通过金属棒的电荷量为故C正确；D．由能量守恒定律可知，金属框从开始运动到静止过程中，系统产生的总热量为二者电阻相等，则金属棒上产生的热量为故D错误。故选C。【变式训练1】（2025·安徽·一模）（多选）如图所示，质量为2kg的单匝矩形线框PMNQ恰好静止在倾角的粗糙绝缘固定斜面上，PQ、MN的电阻分别为和，PM、QN的电阻不计。虚线下方区域存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为1T。一质量为1kg的光滑导体棒ab水平放置在矩形线框上，接入回路的有效长度为3m，电阻为。运动过程中导体棒始终与线框接触良好，且与PQ平行。现将导体棒从距磁场边界S处静止释放，进入磁场的瞬间，线框恰好不滑动。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。则下列说法正确的是（）A．导体棒进入磁场瞬间的加速度大小为B．距离S为C．导体棒匀速运动时的速度大小为D．导体棒进入磁场后，经已达到匀速运动状态，此过程回路中产生的总焦耳热为【答案】BD【详解】A．由题意可知，线框在斜面上恰好静止，则有解得导体棒进入磁场的瞬间，由右手定则可知，电流从b到a，从P到Q，且PQ所受安培力沿斜面向下，由平衡关系可知大小为6N由解得再由电流关系可知所以ab所受安培力大小为，方向沿斜面向上对ab受力分析有解得加速度为，方向沿斜面向上，故A错误；B．由公式和可知导体棒进入磁场时速度为，再由运动学公式，可知释放距离S为，故B正确；C．速度稳定时有其中,解得速度为，故C错误；D．由动量定理有解得可知进入磁场后1s内导体棒运动了15m又由动能定理且故D正确。故选BD。【变式训练2·变考法】（2025·湖北武汉·模拟预测）（多选）如图，水平面（纸面）内固定有两根足够长金属导轨，间距，从左到右两导轨间依次接有恒流源、定值电阻和静止的导体棒，整个装置处于磁感应强度的匀强磁场中。已知导体棒质量为、连入电路部分的电阻为，与导轨间的动摩擦因数。现在打开恒流源，其向电路提供大小恒定为的电流，不计导轨电阻和空气阻力，重力加速度取，下列说法正确的有（）A．打开恒流源瞬间，导体棒的加速度大小为B．导体棒做匀加速直线运动C．足够长时间后，导体棒的速度为D．已知打开恒流源内导体棒通过的位移大小为，则此段时间内通过电阻的电荷量为【答案】AD【详解】A．打开恒流源瞬间，通过导体棒的电流对导体棒导体棒的加速度大小，故A正确；B．导体棒运动之后产生反向电动势，大小发生变化，加速度也发生变化，故B错误；C．足够长时间后，导体棒做匀速运动，有此时有导体棒的速度为，故C错误；D．通过电阻的电荷量一部分来源于恒流源另一部分来源于电磁感应通过的电荷量此段时间内通过电阻的电荷量为，故D正确。故选AD。考向2“电容器+棒”模型例2（2025·湖北·模拟预测）（多选）如图所示，上下两段光滑且电阻不计的金属导轨在、两点绝缘连接，、等高，间距，连接处平滑，导轨位于竖直平面内，上下两端分别连接一个阻值的电阻和的电容器，整个装置处于磁感应强度的垂直导轨平面向外的匀强磁场中，两根导体棒、分别放在上下两侧，质量分别为，，棒电阻为，棒的电阻不计，将棒由静止释放，同时距离为处的棒，在一个大小，方向沿导轨平面向上的恒力作用下由静止开始运动，两棒恰好在、处发生完全非弹性碰撞，已知碰前瞬间的速度大小为，重力加速度，则（）A．从释放到第一次碰撞前所用时间为B．从释放到第一次碰撞前瞬间，通过的电荷量为C．两棒第一次碰撞前瞬间，电容器储存的能量为D．两棒第一次碰撞后瞬间，的速度大小为【答案】AC【详解】A．由于金属棒ab、cd同时由静止释放，且恰好在M、N处发生完全非弹性碰撞，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对cd根据牛顿第二定律有其中，解得则说明金属棒cd做匀加速直线运动，则有解得，故A正确；B．从释放到第一次碰撞前瞬间，由动量定理得解得通过的电荷量为故B错误；C．两棒第一次碰撞前瞬间，cd的速度大小为对cd由动能定理得解得由功能关系可知电容器储存的能量为故C正确；D．两棒恰好在、处发生完全非弹性碰撞，设竖直向下为正方向，由动量守恒定律得解得两棒第一次碰撞后瞬间，的速度大小为故D错误。故选AC。【变式训练1】（2025·湖南长沙·模拟预测）（多选）如图所示，光滑金属导轨水平固定在地面上，导轨间距为，定值电阻大小为，整个装置处于竖直方向且磁感应强度为的匀强磁场中，一根导体棒垂直导轨放置，质量为，导轨和导体棒电阻忽略不计，左侧电容器电容大小为，原来不带电，刚开始，开关S闭合，导体棒在恒力作用下由静止开始运动，经时间后导体棒早已达到稳定速度，此过程中通过电阻的电荷量为，之后立即撤去恒力，同时断开开关S，导体棒继续运动，导轨足够长，则下列说法正确的是（）A．导体棒的最大速度是B．恒力F所做的功是900JC．电容器最终的电压是5VD．全过程电阻产生的热量是875J【答案】BCD【详解】A．当导体棒加速度为0时，速度最大，此时导体棒的安培力大小解得，A错误；B．此过程中通过电阻的电荷量解得恒力所做的功是此过程由能量守恒知，B正确；C．撤去恒力后，导体棒继续向前运动，并给电容器充电，稳定时，导体棒产生的动生电动势等于电容器的电压，即对导体棒用动量定理稳定时电容器的电荷量联立以上两式解得，，C正确；D．撤去力后，导体棒的动能转化为电阻的焦耳热和电容器的电场能，其中电场能大小是此过程中电阻的焦耳热全过程电阻产生的焦耳热是，D正确。故选BCD。【变式训练2·变考法】（2025·山东日照·二模）如图所示，两平行金属导轨固定在水平面上，窄轨M1N1、M2N2之间的距离L1=1m，光滑的宽轨O1P1、O2P2之间的距离L2=2m。窄轨以垂直于轨道的虚线A1A2为分界线，左侧粗糙，右侧光滑。窄轨左侧通过开关S1连接一电容C=0.02F的电容器（耐压值足够大）。宽轨和窄轨连接处有开关S2，宽轨左侧接有电阻R1=10Ω。质量m=1kg的金属棒ab静止在窄轨上，ab棒到A1A2的距离x=4.5m，与窄轨粗糙部分间的动摩擦因数μ=0.2；质量M=2kg的金属棒cd静止在宽轨上。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小B=10T的匀强磁场中。现闭合S1，断开S2，给ab棒施加一与导轨平行、大小为5N的恒力F，当其运动到A1A2时，撤去F，同时断开S1，闭合S2。窄轨和宽轨足够长，ab始终在窄轨上运动，cd棒始终在宽轨上运动。两金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好，cd棒连入电路中的电阻R2=20Ω，其余电阻均不计。重力加速度g=10m/s2。求：(1)恒力F的作用时间；(2)cd棒从开始运动到匀速的过程中，通过cd的电荷量；(3)cd棒从开始运动到匀速的过程中，cd棒中产生的焦耳热。【答案】(1)(2)(3)1J【详解】（1）先闭合电键S1，断开电键S2，金属棒ab在拉力作用下从静止开始做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得：解得：根据解得：（2）当金属棒ab运动到A1A2处时，其速度为，此时撤去恒力F，同时断开电键S1，闭合电键S2，金属棒ab在安培力作用下向右减速，金属棒cd在安培力作用下向右加速，最终都做匀速运动，金属棒ab、cd的速度分别为、，在此过程中，根据动量定理可得：对金属棒ab：对金属棒cd：对整个闭合电路：解得：对金属棒cd：解得：（3）金属棒cd在向右加速的过程中，系统所产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律可得：则金属棒cd产生的焦耳热考向3“电源+棒”模型例3（2025·河北保定·一模）（多选）固定在水平面内足够长的光滑平行金属直导轨与电动势E=12V的直流电源、电容C=0.1F的电容器和阻值R=1Ω的定值电阻组成了如图所示的电路。空间内存在方向竖直向上、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场，质量m=0.1kg、阻值r=0.5Ω的金属棒ab静置在水平直导轨上，金属棒ab的长度和导轨间距均为L=1m。闭合开关，给电容器充电，经足够长时间后断开，同时将接“1”，金属棒ab从静止开始先加速后匀速，匀速运动后将接“2”，金属棒ab做减速运动并最终静止在导轨上。已知重力加速度导轨电阻不计，金属棒ab始终与导轨垂直且接触良好，下列说法正确的是（）A．电容器完成充电时所带的电荷量为120CB．金属棒ab匀速运动时的速度大小为3m/sC．金属棒ab加速过程中电容器放出的电荷量为0.6CD．金属棒ab减速过程中运动的位移大小为0.9m【答案】CD【详解】A．电容器完成充电时所带的电荷量，故A错误；BC．在金属棒ab匀速时，根据法拉第电磁感应定律有在加速过程中，对金属棒ab，根据动量定理可得又可得其中联立解得，，故B错误，C正确；D．减速过程中，对金属棒ab应用动量定理得又，联立可得即解得x=0.9m，故D正确。故选CD。【变式训练1】（2025·安徽合肥·模拟预测）（多选）如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，两根足够长的光滑金属轨道间距为d，电阻不计。轨道最左侧接入由电动势为E的直流电源、电容为C的电容器、单刀双掷开关S构成的电路。质量为m、电阻为R的金属棒a垂直放置于轨道左侧某处，质量为3m的绝缘棒b垂直放置于轨道上。现将S接1，待电容器充电完毕后将S接2，a运动达到稳定状态后，再与b发生弹性碰撞。a、b均始终与轨道接触良好。下列说法正确的是（）A．S接通1稳定时，电容器的电量Q=CEB．S接通2瞬间，金属棒a的加速度为C．a、b碰前瞬间，a的速度为D．a、b碰后瞬间，a的速度方向向左【答案】ACD【详解】AB．开关S接1，电容器充电。电容器上的电压电容器的电量开关S接2，电容器通过金属棒a放电，此时电流为由安培力公式由牛顿第二定律解得故A正确，B错误；C．当a棒产生的感应电动势等于电容器两端的电压时，a棒做匀速运动。即根据法拉第电磁感应定律电容器两端的电压设在时间内，a棒的速度变化为，而根据动量定理对上式两边求和解得故C正确；D．a棒与b棒发生弹性碰撞，由动量守恒，有由机械能守恒得解得所以碰后瞬间a速度方向向左，故D正确。故选ACD。【变式训练2·变考法】如图所示，足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，右端由导线连接电源，电源电动势为E，内阻为r。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m的金属棒垂直横跨在导轨上，金属棒在水平向左的拉力作用下，由静止开始以大小为的加速度向左做匀加速运动。已知金属棒接入电路的电阻为4r，不计导轨电阻，重力加速度为g。(1)求金属棒开始运动瞬间受到的安培力大小；(2)求t时刻水平拉力做功的功率P；(3)在t时刻撤去拉力，求从撤去拉力到金属棒向左运动减速到0的过程中金属棒中产生的焦耳热。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）应用闭合电路欧姆定律可知，电流金属棒受到的安培力解得（2）经过时间金属棒速度金属棒切割磁感线产生感应电动势应用闭合电路欧姆定律可知，电流金属棒受到的安培力对金属棒，应用牛顿第二定律有又拉力做功瞬时功率解得（3）对金属棒，由动量定理其中对金属棒和电源，应用功能关系有再根据串联电路特点可知，金属棒中产生的热量解得考向4““不等距双棒”模型例4（2025·安徽·模拟预测）（多选）如俯视图所示，水平面上固定着两组足够长平行光滑金属导轨和，宽度分别为和，两组导轨用导线交叉连接（导线不接触），导轨区域内存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为，导轨上垂直放置导体棒，其质量为，电阻为，接入长度为导轨上垂直放置导体棒，其质量为，电阻为，接入长度为，某时刻同时给两导体棒相同初速度大小为，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，下列说法正确的是（）A．导体棒的最大加速度为B．从开始至导体棒向右运动最远过程中，通过导体棒的电荷量为C．两导体棒最终速度为零D．导体棒产生的热量为【答案】AD【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，时，感应电动势最大，其大小感应电流最大，其大小为导体棒所受安培力越大，其大小为导体棒的加速度最大，其大小为故A正确；B．从开始至导体棒向右运动最远过程中，设时间为，平均电流为，初速度方向为正方向，由动量定理得又得通过导体棒的电荷量故B错误；C．两金属棒初始阶段在都做减速运动，导体棒所受安培力大于导体棒所受安培力，导体棒减速时的加速度大，故导体棒先减速到零，后反方向先加速运动后匀速运动，直到导体棒速度大小等于导体棒速度大小两倍，即，两棒均做匀速运动，故C错误；D．由于两个电阻都为 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。规定初速度方向为正方向，对导体棒，由动量定理得对导体棒，由动量定理得又解得最后两棒的速度大小，回路产生的总热量导体棒产生的热量故D正确。故选AD。【变式训练1】（2025·湖南永州·一模）（多选）如图所示，固定的两条足够长的倾斜光滑平行导轨和，上部宽轨间距为，下部窄轨间距为，导轨电阻不计，两导轨与水平方向的夹角。宽轨与窄轨分别处于垂直导轨平面方向向上、向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为。两根金属棒分别垂直导轨放置在宽轨和窄轨上。金属棒被锁定，、两棒接入导轨间的电阻分别为和，质量分别为和，金属棒a用绝缘轻质细线跨过光滑定滑轮和一个质量为的小物块相连。金属棒距离滑轮足够远，导轨上方的细线与导轨平行。物块开始时距地面足够远并在外力作用下保持静止。现撤去外力，物块由静止开始竖直向下运动。当物块的速度为（未匀速）时，立即烧断细线且解除金属棒的锁定，再经过时间，金属棒沿导轨下滑的距离为，金属棒沿斜面上滑的速率第一次变为。已知重力加速度为，两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。则（）A．撤去外力瞬间，细线对的拉力大小为B．烧断细线后的瞬间，金属棒的加速度大小为C．烧断细线后经过时间棒的速度大小为D．烧断细线后经过时间，金属棒上滑的距离为【答案】BD【详解】A．撤去外力瞬间，对a、c分别有联立解得细线对的拉力大小，故A错误；B．物块c的速度为时，金属棒a的速度也为，金属棒a所受的安培力烧断细线后的瞬间，对金属棒a受力分析有联立解得，故B错误；C．烧断细线后，设金属棒a上滑过程中闭合回路中的感应电流为i，俯视图中电流方向为顺时针方向。金属棒a所受安培力沿导轨向下，根据牛顿第二定律，对a有对b有联立可得两边同时关于时间累加后有又可得烧断细线后经过时间，棒的速度大小为，故C错误；D．取沿导轨向上为正方向，对a棒上滑过程运用动量定理可知又联立得故D正确；故选BD。【变式训练2·变考法】（2025·甘肃平凉·模拟预测）如图所示，平行金属直导轨由宽、窄两部分组成，固定在同一水平面内，宽、窄导轨的间距分别为、，宽导轨左端与两条相互平行且竖直固定、半径为的四分之一圆弧导轨相切。水平宽导轨间存在竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场，窄导轨间存在竖直向下、磁感应强度大小为的匀强磁场。长为、质量为、电阻为的金属棒放置在两圆弧导轨的最高点。长为、质量为、电阻为的金属棒放置在窄导轨上。宽、窄导轨均足够长，忽略导轨的电阻及所有摩擦，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度大小为。现将金属棒由静止释放。下列说法正确的是（）A．棒进入磁场后，与棒组成的系统动量不守恒B．、棒所受的安培力时刻相同C．棒匀速运动时，棒的速度大小为D．从棒进入磁场至其匀速运动，棒上产生的焦耳热为【答案】D【详解】AB．棒进入磁场后，金属棒cd和ab存在相对运动的过程中，通过两金属棒的电流时刻相等，根据，可得两金属棒所受安培力大小，时刻大小相等，结合左手定则知两棒所受安培力方向相反，所以两金属棒组成的系统满足动量守恒的条件，系统动量守恒，故AB错误；CD．设棒进入磁场瞬间的速度大小为，则有棒匀速运动时，、棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，方向相反，此时有，联立求得棒匀速运动时，棒的速度大小为从棒进入磁场至其匀速运动，根据能量守恒定律有，联立求得棒上产生的焦耳热为，故C错误，D正确。故选D。考点二动量守恒定律在电磁感应中的应用知识点典型双杆模型初速度不为零，不受其他水平外力的作用光滑的平行导轨光滑不等距导轨示意图质量mb＝ma电阻rb＝ra长度Lb＝La质量mb＝ma电阻rb＝ra长度Lb＝2La动力学观点杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为vb∶va＝1∶2运动图像能量观点一部分动能转化为内能：Q＝－ΔEk动量观点两杆组成的系统动量守恒两杆组成的系统动量不守恒对单杆可以用动量定理考向1双棒无外力模型例1（2025·安徽蚌埠·二模）（多选）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】A．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，故A错误，B．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，有解得故B正确；C．对研究，根据动量定理有解得故C正确；D．由能量守恒定律及串联电路电功率的分配规律，得中产生的焦耳热故D正确。故选BCD。【变式训练1】（2025·河南·三模）（多选）如图所示，水平面上有两条相距为l的足够长的固定光滑平行金属导轨，垂直于导轨的两虚线间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在磁场内导轨上相隔一定距离垂直导轨放置长度均为l的导体棒a和b。现让导体棒a、b以相同的速率同时沿导轨相向运动，导体棒b出磁场前加速度已经为0，导体棒a出磁场时速度为，a、b棒的质量分别为2m、m，电阻均为R。导轨电阻不计且导体棒与导轨接触良好。下列说法正确的是（）A．导体棒b出磁场时的速度大小为B．整个过程流过导体棒b的电荷量为C．整个过程系统产生的焦耳热为D．整个过程两棒的最近距离为【答案】CD【详解】A．b出磁场时无加速度，说明a、b棒已经在磁场中共速了，根据动量守恒定律有解得b出磁场时的速度大小，故A错误；B．a出磁场时的速度大小为，根据能量守恒定律则，有解得，故C正确；C．b出磁场前的动量改变量为动量改变量等于安培力的冲量，则有解得b出磁场后至a出磁场的过程，其动量改变量为根据左手定则可判断此过程中电流流过b的方向与前面电流通过b的方向相同，同理有解得所以流过b的电荷量为，故B错误；C．a、b棒已经在磁场中共速，距离最近，并保持到b出磁场，之后a切割磁感线，产生感应电动势，形成感应电流，安培力使a减速，又有解得，故D正确。故选CD。【变式训练2】（2025·福建宁德·三模）如图所示，质量分别为、的导体棒、静置在间距为的水平平行光滑导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，导体棒、在导轨间的电阻均为，棒到导轨最右端MN的距离为。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。现给棒一水平向右的初速度，当棒运动到导轨最右端MN时速度为，随即滑上足够长的光滑绝缘倾斜轨道。棒始终在导轨上运动且未与棒碰撞，感应电流产生的磁场及导轨的电阻均忽略不计。求：(1)棒开始运动时的加速度大小；(2)棒从开始运动到第一次出磁场产生的热量；(3)棒从开始运动到第一次出磁场的时间；(4)整个运动过程中棒做减速运动的总长度。【答案】(1)(2)(3)(4)【详解】（1）根据题意可知，棒开始运动时，棒切割磁感线，感应电动势为感应电流为对棒，由牛顿第二定律有联立解得（2）棒开始运动到棒第一次出磁场过程，、棒组成系统动量守恒，则有、棒组成系统产生的热量其中棒产生的热量解得（3）设棒开始运动到棒第一次出磁场过程中所用的时间为，对于棒，由动量定理有感应电流感应电动势且有，这一过程，、棒组成系统动量守恒，故有即联立上式可得（4）导体棒滑上光滑绝缘轨道后以原速率返回，期间导体棒做匀速直线运动。棒返回后系统合动量水平向右，棒做减速运动，棒先向左减速后向右加速，以小于进磁场的速度再次滑上光滑绝缘轨道，此过程中，棒向左减速到零的距离小于。此后、棒重复该过程，每次棒向左减速距离逐渐减少，最终棒静止于水平导轨最右端MN处，此时棒速度也为零。从开始运动到最终静止，设棒减速运动位移为，由动量定理感应电流又有，解得考向2双棒有外力模型例2（2025·安徽合肥·模拟预测）如图所示，两平行光滑的金属导轨，间距，其中左侧OA、段为半径的四分之一圆弧，中间AD、段水平，右侧DC、段与水平面夹角为37°。且足够长，水平导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度，初始时刻，质量在轨道间的电阻的导体棒a，从圆弧顶端位置由静止释放，磁场内的导体棒b静置于导轨上，其质量，在轨道间的电阻。a、b棒始终不发生碰撞，导体棒b在位置离开磁场时速度。两导体棒与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直，不计导体棒通过水平轨道与圆弧和倾斜导轨连接处的能量损失、感应电流产生的磁场以及导轨的电阻，取重力加速度，求：(1)导体棒a刚进入磁场时的加速度；(2)从b开始运动到出磁场过程中，导体棒b中产生的焦耳热；(3)若在b离开磁场的时间内，对a施加一水平向右的恒力，恰好能使a、b都不再离开磁场，最后静止，求从b离开磁场到a、b棒停止过程中，a、b棒产生的总焦耳热。【答案】(1)，方向向左(2)(3)【详解】（1）根据题意，导体棒由释放到过程中，由机械能守恒定律有解得导体棒刚进入磁场产生的电动势为感应电流为导体棒受到的安培力大小为由牛顿第二定律可得，导体棒a刚进入磁场时的加速度由左手定则可知，安培力向左，则加速度向左。（2）从开始运动到出磁场过程中，、组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有解得由能量守恒定律有导体棒b中产生的焦耳热（3）离开磁场在斜面上运动到再次进入磁场过程，根据对称性有解得从返回磁场到均静止，组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有解得即返回磁场时，的速度为，时间内对导体棒由动量定理可得又有，联立解得时间内的位移为根据能量守恒定律有【变式训练1】（2025·江西·模拟预测）如图，两根相距为l的足够长的平行光滑导轨固定在同一水平面上，并处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，ab和cd两根金属杆静止在导轨上，与导轨构成矩形闭合回路。两根金属杆的质量关系为电阻均为r，导轨的电阻忽略不计。从时刻开始，两杆分别受到平行于导轨方向、大小均为F的拉力作用，分别向相反方向滑动，时，两杆同时达到最大速度，之后都做匀速直线运动，下列说法正确的是（）A．若在时刻ab杆速度的大小等于，此时ab杆加速度的大小为B．在0~T时间内，ab杆的最大速度为C．在0~T时间内，通过ab杆横截面的电荷量为D．在0~T时间内，通过cd杆横截面的电荷量为【答案】A【详解】A．设此时杆cd的速度为v₂，在两金属杆运动过程中，两杆组成的系统动量守恒，有得此时回路中产生的电动势为回路中的电流大小为ab杆所受的安培力大小为ab杆的加速度大小为，故A正确；B．设达到最大速度时ab杆的速度为v，设cd杆的速度为，由选项A分析，可知ab杆所受的安培力大小为杆达到最大速度时，ab杆所受的拉力与安培力平衡，即解得，故B错误；CD．在0~T时间内，设通过ab杆的平均电流为I，对ab杆应用动量定理得解得通过ab杆横截面的电荷量ab、cd杆串联，通过的电荷量一样，故CD错误。故选A。【变式训练2】（2025·湖南长沙·三模）（多选）如图所示，平行光滑金属导轨间距为，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，两根长度均为材料相同的金属棒、垂直于导轨平行放置，与导轨始终接触良好，、金属棒质量分别为、。棒的电阻为。开始时棒锁定在轨道上，对棒施加水平向右的恒定拉力，经时间，棒的速度达到最大值，此时撤去拉力，同时解除对棒的锁定，导轨足够长且电阻不计。则（）A．匀强磁场的磁感应强度大小为B．撤去拉力前棒前进的距离为C．撤去拉力前棒前进的距离为D．全过程中棒产生的焦耳热为【答案】CD【详解】A．因ab、cd棒材料、长度相同，质量分别为m、2m，则cd棒的横截面积是ab棒2倍，由可知ab棒速度达到最大时，受力平衡，有又联立解得，故A错误；BC．撤去拉力前，对ab棒，根据动量定理，有其中解得，故B错误，C正确。D．解除锁定后两棒相互作用过程中动量守恒，最后以相同的速度运动，则有对全过程由能量守恒定律得则，故D正确。故选CD。1．（2025·江西·高考真题）（多选）如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为，速率恒为，宽为的区域存在与传送带平面垂直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。边长为、质量为m、电阻为R的正方形线框置于传送带上，进入磁场前与传送带保持相对静止，线框边刚离开磁场区域时的速率恰为。若线框或边受到安培力，则其安培力大于。线框受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，动摩擦因数，边始终平行于，重力加速度为g。下列选项正确的是（）A．线框速率的最小值为B．线框穿过磁场区域产生的焦耳热为C．线框穿过磁场区域的时间为D．边从进入到离开磁场区域的时间内，传送带移动距离为【答案】AD【详解】A．在边进入磁场而边未进入磁场的过程中，线框受到沿传送带平面向上的安培力和沿传送带平面向下的重力分力。若线框相对传送带滑动，则滑动摩擦力为，而，故已知线框受到的安培力即因此线框将相对传送带向上滑动，滑动摩擦力方向沿传送带平面向下。线框在沿传送带平面的安培力、重力分力、摩擦力作用下做减速运动。在边进入磁场到边离开磁场的过程中，因线框速度小于传送带速度，故其所受滑动摩擦力方向沿传送带平面向下。又因线框不受安培力，所以其在沿传送带平面的滑动摩擦力和重力分力作用下做匀加速直线运动。综上分析可知，当边刚进入磁场时，线框有最小速度。设线框加速度为，根据牛顿第二定律有边离开磁场时速度恰好为，则有联立解得，故A正确；B．在边进入磁场到边进入磁场的过程中，由动能定理有则该过程产生的焦耳热在边离开磁场到边离开磁场的过程中，线框产生的焦耳热也为。因此，线框穿过磁场区域产生的焦耳热为，故B错误；C．设边进入磁场到边进入磁场的时间为，根据闭合电路欧姆定律得根据动量定理有设边进入磁场到边离开磁场的时间为，有因为边离开磁场到边离开磁场所用时间也为，所以线框穿过磁场区域的总时间联立解得，故C错误；D．边从进入到离开磁场区域的时间该段时间内传送带移动的距离，故D正确。故选AD。2．（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3．（2025·安