第44讲 电磁感应中的动量问题（复习讲义）（四川专用）（教师版）

第44讲电磁感应中的动量问题目录01TOC\o"1-3"\h\u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考点一动量定理在电磁感应中的应用 3知识点动量定理在电磁感应中的应用 3考向1“单棒+电阻”模型 5考向2“单棒+电容器”模型 10考点二动量守恒定律在电磁感应中的应用 15知识点动量守恒定律在电磁感应中的应用 15考向动量守恒定律在电磁感应中的应用 1604真题溯源·考向感知 24考点要求考察形式2025年2024年2023年动量观点在电磁感应中的应用选择题非选择题四川卷T14，12分全国甲卷T22,20分\考情分析：1．从近几年试题来看，该考点常以选择题和计算题形式出现，题目难度中档偏上。部分试题会将其作为压轴题，难度较大，且通常会结合动力学和能量知识，综合性较强。2．从命题思路上看，未来仍会加大对动量观点在电磁感应中应用的考查力度，题型大概率保持选择题和计算题不变。命题情景多以典型的单棒和双棒模型为背景，考查方式可能会更加灵活，注重对学生理解能力、分析综合能力以及数学应用能力的考查，可能会结合更多生活中的物理现象或现代科技应用，如电磁轨道炮、超导磁悬浮等，要求学生将实际问题转化为物理模型进行求解。复习目标：目标一：清晰理解动量定理和动量守恒定律的基本概念、公式及适用条件，能准确区分两者的应用场景。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。考点一动量定理在电磁感应中的应用知识点动量定理在电磁感应中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解。1.“单棒＋电阻”模型(1)水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻阻值为R，导体棒初速度为v0，质量为m，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从导体棒开始运动至停下来。求：①此过程中通过导体棒横截面的电荷量q＝mv②此过程导体棒的位移x＝mv③若导体棒从获得初速度v0经一段时间减速至v1，通过导体棒的电荷量为q1，则v1＝v0－Bq④导体棒从获得初速度v0经过位移x0，速度减至v2，则v2＝v0－B2(2)间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m、接入电路的阻值为R的导体棒，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直导轨所在倾斜面向下(重力加速度为g，导轨电阻不计)。①经Δt1＝mv1＋BLqmgsin②经Δt2＝mv2R＋B22.无外力充电式基本模型规律(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＝BLv−UCR，电容器充电UC变大，当BLv＝UC时，I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充电电荷量：q＝CUC最终电容器两端电压UC＝BLv对棒应用动量定理：mv－mv0＝－BIL·Δt＝－BLqv＝mv－t图像3.无外力放电式基本模型规律(电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C)电路特点电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动电流特点电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时UC＝BLvm运动特点及最终特征做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0最大速度vm电容器初始电荷量：Q0＝CE放电结束时电荷量：Q＝CUC＝CBLvm电容器放电电荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm对棒应用动量定理：mvm－0＝BIL·Δt＝BLΔQvm＝BLCEv－t图像考向1“单棒+电阻”模型例1（多选）如图所示，有两根平行放置且足够长的金属导轨CD和PQ（不计导轨电阻），处于竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨间距为L，PC间连接阻值为R的电阻，现有一质量为m，电阻为r的导体棒MN垂直导轨放置，不计导轨和金属棒之间的摩擦，导体棒在恒力F的作用下由静止开始运动，到t时刻导体棒MN速度达到v，在上述过程中下列说法正确的是（）A．导体棒MN做匀加速直线运动B．t时刻回路中的感应电流大小I=C．导体棒MN的位移x=D．通过电阻R的电荷量q=【答案】BCD【详解】A．根据牛顿第二定律可得F−F′其中速度v′从0增大到vB．t时刻回路中的感应电流大小为I=故B正确；C．从开始到速度v过程中，根据动量守恒可得Ft−解得x=故C正确；D．通过电阻R的电荷量q=故D正确。故选BCD。【变式训练1】（多选）如图所示，在磁感应强度为B0的水平匀强磁场中，有一竖直放置的光滑固定平行金属导轨，导轨平面与磁场垂直，导轨间距为L，顶端接有阻值为R的电阻。将一根金属棒从导轨上的N处由静止释放，金属棒到达M处时速度为v，已知N到M的竖直距离为h，棒的长度为L，质量为m，电阻为r金属棒始终在磁场中运动，处于水平且与导轨接触良好，导轨的电阻不计，导轨足够长，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．根据已知条件可以求出从N到M平均电动势的大小B．根据已知条件不能求出导体棒从N到M所用的时间C．v可能等于mgD．金属棒从N点到M点的整个过程中所受安培力做功为mgℎ−【答案】AC【详解】A．已知N到M的竖直距离为h，则感应电动势的平均值E感应电流的平均值I=q解得q=根据动量定理有mg解得E=mgBC．对金属棒进行分析，金属棒开始速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，加速度减小，金属棒开始向下做加速度减小的变加速运动，当加速度减为0时，速度达到最大值，向下做匀速直线运动，此时有BImax解得vmaxD．金属棒从N点到M点的整个过程中，根据动能定理有mgℎ+解得所受安培力做功为W安故选AC。【变式训练2】（多选）如图甲所示，倾角为θ、宽度为l、电阻不计的光滑平行金属轨道足够长，整个装置处于垂直轨道平面向下的匀强磁场中。轨道上端的电阻为R，金属杆MN的电阻为r，质量为m。将金属杆MN由静止释放，沿轨道运动到PQ处时速度恰好达到最大值。电压表示数u随时间t的变化关系如图乙所示，已知t1和t2时刻电压分别为Um2和最大值Um

A．回路中磁通量变化量△φ与金属杆位移变化量△x的比值ΔφB．运动到t2时刻一半时，金属杆两端电压可能等于C．磁感应强度大小B=D．0∼t1【答案】AD【详解】A．金属导体棒下滑距离为Δx时，回路中的磁通量变化量为所以磁通量变化量与金属杆位移变化的比值Δϕ是一个定值，故A正确；B．运动过程中的速度v，有U=对金属棒受力分析，可得mg做加速度逐渐减小的加速运动，在t2时刻一半时的速度大于vm2C．当最后达到最大速度时，电流为I=金属杆合力为零，BIl=mg求得B=故C错误；D．t1时刻的物体速度为v1求得v对0-t1的过程列动量定理，整理后可得q=故D正确故选AD。【变式训练3】（多选）如图所示，足够长的平行光滑金属轨道固定在绝缘的水平面上，间距为L，轨道右端用导线连接有阻值为R的电阻，虚线右侧有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，电阻为r，质量为m，长为L的金属棒MN在虚线左侧垂直轨道放置。现给金属棒水平向右初速度v0A．金属棒两端电压最大值UMN=BL⋅v0 C．通过电阻R的电荷量为mv0【答案】BD【详解】A．由电磁感应定律可知，金属棒切割磁感线速度最大时，产生的感应电动势最大，则金属棒两端电压有最大值，金属棒两端电压即为路端电压，由闭合电路欧姆定律可得最大值为UMNB．由能量守恒定律可得：电阻R产生的焦耳热为QR故B正确；C．金属棒在安培力作用下向右做减速运动最后静止，由动量定理可得−BIL·Δt=0−m由电流强度定义式q=I·Δt=故C错误；D．由电流I=由动量定理有−BIL·Δt=mv−m可得−金属棒速度大小随位移均匀变化，故D正确。故选BD。【变式训练4】如图所示，水平面上固定有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，导轨电阻忽略不计，在M和P之间接有一阻值为R的电阻。导体杆ab质量为m、电阻为r，并与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。初始时刻对静止的ab杆作用一个水平向右的恒力F使之运动起来，一段时间后ab杆达到最大速度开始匀速运动，此时撤去恒力F；ab杆最后停在导轨上，运动的总位移为x求：(1)ab杆匀速运动时的速度大小v；(2)撤去恒力F后，杆的运动位移x2(3)撤去恒力F前，回路中产生的焦耳热Q1【答案】(1)F(2)mF(3)2【详解】（1）ab杆匀速运动时恒力F与安培力大小相等，方向相反，则F=由F安=BIL，解得v=（2）撤去恒力F后，对杆由动量定理得−∑BiLt=0−mv即BL∑it=mv由q=∑it，q=It，I=E解得x（3）撤去恒力F前，ab杆运动的位移为x撤去恒力F前，对ab杆由动能定理得F解得W回路中产生的焦耳热Q考向2“单棒+电容器”模型例1（多选）如图，两根足够长的光滑直导轨水平平行放置，它们之间的距离为L、导轨间存在垂直于水平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B。导轨上垂直于导轨静止放置一根质量为m、接入电路电阻为r的金属杆，金属杆与导轨接触良好，导轨电阻不计。导轨左端连接电容器的充放电电路，其中电容为C，电阻为R，电容器最初不带电，电源电动势恒定且内阻不计。将单刀双掷开关S置于1处，待电容器电压达到U时立即切换至2处，当电容器电压降至U2时立即切回至1处，待电容器电压达到UA．S第一次置于1处期间，通过电阻R的电荷量为1B．S第一次置于2处期间，安培力对杆做的功为BC．S第二次置于1处期间，通过R的电流逐渐减小D．S第二次置于2处期间，杆可能达到的最大速度为3BLCU【答案】CD【详解】A．S第一次置于1处期间，电容器充电电量为q=CU，即通过电阻R的电荷量为CU，故A错误；B．S第一次置于2处期间，设用时为Δt，电容器向外放电为且1由动量定理，有B解得v=由动能定理，则安培力做功为W解得W安C．S第二次置于1处期间，电容器充电，充电的电流逐渐减小，即通过R的电流逐渐减小，故C正确；D．S第二次置于2处期间，初始电压为U，设电容器剩余电量为q′时，杆达到最大速度，用时为Δt由动量定理，有B得BL(CU−此时电路中电流为零，导体棒切割磁感线产生的感应电动势等于电容器两端电压，即BL联立，解得最大速度vm故选CD。【变式训练1】（多选）（2025·四川乐山·三模）两根长直光滑平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，导轨间距为L，空间存在垂直于导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，俯视角度如图所示。导轨左端通过单刀双掷开关与电源、电容器相连，电源电动势为E（内阻不计），电容器的电容为C。将质量为m，电阻为R的导体棒垂直放置在导轨上，先将开关接到a，待电容充电结束后将开关换接到b。忽略导线和导轨电阻，且不考虑电磁辐射及回路中电流产生的磁场，下列说法正确的是（）A．导体棒加速度的最大值为BLEB．导体棒能够达到的最大速度为EC．导体棒从开始运动至达到最大速度的过程中，通过导体棒横截面积的电荷量为CmED．导体棒达到最大速度时，电容器极板间的电压为BLE【答案】AC【详解】A．充电后，电容器电压为E。开关接到“a”时导体棒速度为0，电容器两端电压的最大值为E，导体棒中电流最大为Im，导体棒所受安培力的最大值为Fm，加速度最大设为am，故Im=ER解得a故A正确；BCD．导体棒达到最大速度vm时，电路中电流为0，电容器两端电压为U，电容器放出的电荷量为ΔQ，导体棒达到最大速度时，电容器两端电压等于金属杆切割磁感线产生的感应电动势U=BL故电容器放电量为Δ由动量定理∑ILB又∑I解得vm=CEBLB故BD错误，C正确。故选AC。【变式训练2】（多选）我国自主设计建造的航空母舰“福建舰”采用了世界上最先进的电磁弹射技术。图甲为飞机在航空母舰甲板上起飞的电磁弹射装置，其工作原理可简化为如图乙所示，足够长的水平固定金属轨道处于竖直向下的匀强磁场中，左端与充满电的电容器相连，与机身相连的金属牵引杆ab垂直静置在轨道上，开关S掷于1位置后，飞机向右加速到速度为v时与牵引杆ab脱离并起飞。已知两金属轨道电阻不计，间距为L，磁感应强度大小为B，ab杆质量为m0、电阻为R，飞机质量为mA．飞机起飞过程做匀加速直线运动B．飞机起飞过程做加速度减小的加速直线运动C．飞机起飞过程中通过ab杆的电荷量为mD．飞机起飞瞬间，开关S自动掷于2位置，ab杆能再向前运动的最大距离为m【答案】BD【详解】AB．飞机向右加速，金属杆ab切割磁感线产生电磁感应，阻碍其运动，且随着速度的增大，感应电流减小，向左的安培力的阻碍作用减小，所以飞机起飞过程做加速度减小的加速直线运动，A错误，B正确；C．对金属杆与飞机，由动量定理可得B又q=联立可得q=故C错误；D．飞机起飞瞬间，开关S自动掷于2位置，对金属杆由动量定理可得∑BiLt=又i=则有B解得ab杆能再向前运动的最大距离为x=故D正确。故选BD。【变式训练3】（多选）如图所示，无限长“U”形金属导轨ABCD和直线形导轨EF、GH水平平行放置，导轨均光滑且不计电阻，相邻导轨间距离L=0.4m，AB和EF间、GH和CD间均有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为2T，EF、GH间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小也为2T，GH和CD左端连有不带电的电容器，电容为0.5F。现有金属棒1、2、3如图所示垂直导轨放置，三根金属棒长度均为L，金属棒1、3质量为1kg，电阻为1Ω。金属棒2质量为2kg，电阻为2Ω。初始时刻金属棒1、3静止，开关S断开，给金属棒2水平向右、大小为5m/s的速度。下列说法正确的是（）A．S断开，初始时刻通过金属棒2的电流I的大小为1AB．S断开，金属棒1、2、3达到稳定状态时，金属棒2的速度大小为4m/sC．S断开，从初始时刻到金属棒1、2、3达到稳定状态，1棒产生的焦耳热为5JD．达到稳定状态时，撤去棒3，同时闭合开关S，电容器最终带的电量大小约为0.54C【答案】ABD【详解】A．初始时刻回路中感应电动势为E=B0Lv0=4V，根据闭合电路的欧姆定律可得I=EB．稳定运行时，棒1、3的速度均为v1，此时回路中的电流为零，则有B0Lv2=2B0Lv1取向右为正方向，对棒2根据动量定理可得−其中I则有B0qL=m2（v0-v2）同理，对棒1使用动量定理可得B0qL=m1v1联立解得：v1=2m/s，v2=4m/s，选项B正确；C．根据能量守恒定律可得Q根据焦耳定律可得金属棒1产生的焦耳热Q1=14Q总D．稳定运行时，棒1的速度均为v5，棒2的速度为v4，取向右为正方向，对棒1根据动量定理可得B0LQ=m1（v5-v1）对棒2使用动量定理B0LQ=m2（v2-v4）对于整个回路，有B0Lv4=B0Lv5+Q联立解得Q=带入数据解得Q=20故选ABD。【变式训练4】如图所示，水平光滑金属导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为L2，两侧导轨间接有C=mB2L2的电容器，a、b杆静止于左侧导轨上，两杆质量均为m，电阻均为R。初始时电容器不带电，现给a杆一水平向右的初速度v0，一段时间后b杆以v04的速度无障碍地进入右侧导轨。两侧导轨足够长，整个运动过程中a、(1)b杆刚开始运动时的加速度大小；(2)进入右侧导轨前，b杆中产生的热量；(3)最终稳定时，电容器所带的电量。【答案】(1)B(2)3(3)5m【详解】（1）b杆刚开始运动时，a杆产生的感应电动势为E=BL由闭合电路欧姆定律I=b杆刚开始运动时受到向右的安培力大小为F=BIL由牛顿第二定律F=ma解得b杆刚开始运动时的加速度大小为a=（2）从开始到b杆刚进入右侧轨道的过程中，两杆组成的系统动量守恒，由m解得v由能量守恒定律1由焦耳热分配定律可得进入右侧导轨前，b杆中产生的热量Q解得Q（3）最终稳定时，两杆的速度分别为v1、v2，则BL对a杆由动量定理−B对b杆由动量定理B其中q=It联立解得最终稳定时，电容器所带的电量为q=考点二动量守恒定律在电磁感应中的应用知识点动量守恒定律在电磁感应中的应用1.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)模型示意图及条件水平面内的光滑等距导轨，两个棒的质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2，给棒2一个初速度v0电路特点棒2相当于电源；棒1受安培力而加速运动，运动后产生反电动势电流及速度变化棒2做变减速运动，棒1做变加速运动，随着两棒相对速度的减小，回路中的电流减小，I＝BLv2最终状态a＝0，I＝0，v1＝v2系统规律动量守恒m2v0＝(m1＋m2)v能量守恒Q＝12m2v02－12(m1两棒产生焦耳热之比Q3.“双杆＋轨道”模型类型光滑平行导轨光滑不等距导轨示意图两金属杆的质量分别为m1、m2，电阻分别为r1、r2，导轨间距为L，其他电阻忽略不计两金属杆的质量分别为m1、m2，电阻分别为r1、r2，导轨间距为L，其他电阻忽略不计两金属杆的质量分别为m1、m2，电阻分别为r1、r2，导轨间距L1＝2L2，其他电阻忽略不计力学观点开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动杆MN做加速度逐渐减小的减速运动，杆PQ做加速度逐渐减小的加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度做匀速运动杆MN做加速度逐渐减小的减速运动，杆PQ做加速度逐渐减小的加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比vMN∶vPQ＝1∶2动量观点系统动量不守恒系统动量守恒能量观点外力做的功＝金属杆1增加的动能＋金属杆2增加的动能＋焦耳热杆MN动能的减少量＝杆PQ动能的增加量＋焦耳热考向动量守恒定律在电磁感应中的应用例1如图所示，光滑金属导轨MN、PQ水平固定放置，间距为L，两导轨之间存在着与导轨平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B。金属棒ab与cd质量分别为4m、m，电阻分别为R、4R，长度均为L，放置在导轨上并与导轨垂直。现同时给金属棒ab与cd一个大小为v0的初速度，方向分别向左、向右，两金属棒运动过程中始终与导轨接触良好，不计导轨电阻，忽略感应电流产生的磁场，则下列说法正确的是（

A．通过金属棒ab的最大电流为BLB．金属棒cd的最大加速度为2C．金属棒cd的速度减为零时，回路中的电流为3BLD．从初始时刻到金属棒cd的速度减为零时，两导体棒之间的距离增大了2mR【答案】B【详解】A．开始运动时通过金属棒ab的电流最大，最大值为I选项A错误；B．开始运动时，两棒受安培力最大，加速度最大，则金属棒cd的最大加速度为a选项B正确；CD．两棒组成的系统受合外力为零，则动量守恒，则从初始时刻到金属棒cd的速度减为零时，根据动量守恒定律（向左为正）4m解得v此时回路中的电流为I=该过程中对导体棒cd由动量定理−B其中I解得Δ可知两导体棒之间的距离增大了5mRv故选B。【变式训练1】如图所示，足够长光滑平行水平导轨所在空间，有垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。导轨间距分别为L和2L，质量为m、电阻为R的铜棒ab跨放在导轨上，同种材料、粗细相同的铜棒cd的长度是ab的两倍，两棒与导轨始终垂直且接触良好。若使ab棒获得一个大小为v0、水平向右的初速度，导轨电阻不计，则在两棒运动过程中（cd棒始终在宽度为2LA．两棒组成的系统动量守恒，且最终速度相等B．ab棒最终的速度大小为vC．cd棒产生的焦耳热为1D．ab棒克服安培力做的功为5【答案】D【详解】A．两棒受到的安培力不相等，系统受到的合外力不为零，系统动量不守恒，最终两棒切割磁感线产生的电动势相等，速度不相等，故A错误；B．设ab棒和cd棒的最终速度大小分别为v1和v2，则有对ab棒有BIL对cd棒有2BIL解得v1=2C．系统产生的焦耳热Q=cd棒产生的焦耳热占总焦耳热的23，则QD．ab棒克服安培力做的功W=1故选D。【变式训练2】如图所示，光滑足够长水平导轨置于磁场中，左侧导轨间距为l，匀强磁场的磁感应强度大小为2B，右侧导轨间距为2l，匀强磁场的磁感应强度大小为B。导体棒ab和导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态。ab棒和cd棒接入电路的电阻相等，两棒始终在对应的导轨部分运动，且与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。现给cd棒一水平向右的初速度v0A．ab和cd组成的系统动量守恒B．ab达到稳定运动状态时，其两端电压为零C．cd达到稳定运动状态前，一直做匀减速运动D．cd克服安培力做的功等于整个回路产生的焦耳热【答案】A【详解】A．导体棒ab和cd构成串联电路，电流等大反向，根据安培力公式，两棒受到的安培力等大反向，合力为零，系统动量守恒，A正确；B．当导体棒ab达到稳定运动状态时，导体棒cd也处于稳定运动状态，两棒共速，回路电流为零，但棒两端电压等于电动势，B错误；C．导体棒cd在做减速运动，导体棒ab在做加速运动，回路总电动势在减小，电流在减小，因此导体棒受到的安培力也在减小，故导体棒在达到稳定状态前在做加速度逐渐减小的减速运动，C错误；D．导体棒cd克服安培力做的功等于整个回路产生的焦耳热和导体棒ab动能增加量之和，D错误。故选A。【变式训练3】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，回路中产生逆时针方向的电流B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为4C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为BLd【答案】C【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，故A错误；B．任意时刻，设电流为I，则PQ所受安培力FPQ=BI·2d方向向左，MN所受安培力FMN＝2BI·d方向向右，可知两棒及轻质绝缘弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m，PQ速率为v时，根据动量守恒定律2mv=mv′解得v′=2v此时回路中的感应电流I=故MN所受安培力大小为FMN=2BId＝4故B错误；C．根据动量守恒定律2mv=mv′知整个运动过程中，任意时刻MN与PQ的速率都有v′=2v故MN与PQ的速率之比始终为2∶1，时间相同，故路程比等于速率比，故MN与PQ的路程之比为2∶1，故C正确；D．两棒最终停止时弹簧处于原长状态，时间相同，由动量守恒可得mx1=2mx2x1+x2=L可得最终MN向左移动x1=2L3PQx2=L则整个运动过程中，通过MN的电荷量为q=故D错误。故选C。【变式训练4】如图，电阻不计的光滑金属导轨由直窄轨AB、CD，直宽轨EF、GH和连接直轨BE、GD构成，整个导轨处于同一水平面内，AB∥CD∥EF∥GH，BE和GD共线且与AB垂直，窄轨间距为L2，宽轨间距为L。空间有方向竖直向上的匀强磁场，宽轨所在区域的磁感应强度大小为B，窄轨所在区域的磁感应强度大小为2B。棒长均为L、质量均为m、电阻均为R的均匀金属直棒a、b始终与导轨垂直且接触良好。初始时刻，b棒静止在宽轨上，a棒从窄轨上某位置以平行于AB的初速度v

A．a棒刚开始运动时，b棒的加速度大小为BB．经过足够长的时间后，a棒的速度大小为2C．整个过程中，a棒克服安培力做的功等于ab两棒上的发热量D．整个过程中，b棒产生的焦耳热为1【答案】D【详解】A．a棒刚开始运动时，产生的动生电动势为E=2B·回路中的总电阻R则回路中的感应电流为I=在此瞬间对b棒由牛顿第二定律可得BIL=ma解得a=故A错误；B．分析可知，a棒、b棒分别向右做加速度减小的减速运动和加速度减小的加速运动，回路中的感应电动势为E=当vaF则可知两棒组成的系统动量守恒，有m解得v=可知，经过足够长的时间后，a棒的速度大小为12C．根据能量守恒可知，整个过程中，a棒克服安培力做的功等于ab两棒上的发热量与b棒所获得的动能之和，故C错误；D．根据能量守恒，可得在整个过程中产生得总热量为Q=而b棒产生得热量为Q故D正确。故选D。【变式训练5】如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距L，固定在水平绝缘桌面上，左侧圆弧部分处在竖直平面内，右侧平直部分处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐。电阻均为R的金属棒ab、cd垂直于两导轨放置且与导轨接触良好，质量分别为2m、m。开始时棒cd静止在水平直导轨上，棒ab从导轨左端距水平桌面高h处无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触，最后两棒离开导轨落在地面同一位置。不计空气阻力，重力加速度为g。则（）A．金属棒ab在沿导轨水平部分运动的过程中，始终做减速运动B．在沿导轨运动的过程中，金属棒ab损失的机械能为2mgℎC．在沿导轨运动的过程中，cd棒的最大加速度为BD．在整个过程中，通过金属棒ab的电荷量为2m【答案】D【详解】A．ab进入水平导轨，切割磁感线，回路产生顺时针方向（俯视）的感应电流，ab受向左的安培力而做减速运动，cd受右的安培力而做加速运动；由题知最后两棒离开导轨落在地面同一位置，由于导体棒离开导轨后做平抛运动，两导体棒都落在地面同一位置则说明二者离开导轨时的速度相同，由于cd先离开导轨，且cd离开导轨后ab、cd将没有组成闭合回路，则cd离开后ab做匀速直线运动，所以金属棒ab在沿导轨水平部分运动的过程中，先做减速运动后做匀速运动，A错误；B．ab滑到圆弧低端，由动能定理2mgℎ=得v由选项A分析可知二者在离开导轨时已经达到共速，且由于导轨光滑，ab、cd组成的系统动量守恒，则有2m得v则在沿导轨运动的过程中，金属棒ab损失的机械能ΔB错误；C．ab棒刚进入磁场时，回路电动势最大，电流最大，cd棒受的安培力最大，加速度最大a=C错误；D．对导体棒ab，根据动量定理，取向右为正有−BILt=2mq=It整理有q=选项D正确。故选D。【变式训练6】如图所示，两根足够长且电阻不计的光滑金属导轨平行放置，两导轨间的距离d=1m；导轨的水平部分和弧形部分相切，水平导轨所在空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度的大小B=2T。在弧形导轨上高ℎ=1.25m处放置一金属杆a，水平导轨右侧放置另一金属杆b，杆a、b的质量分别为ma=2kg、mb=1kg，接入电路的电阻分别为Ra=2Ω、Rb=3Ω(1)在杆a运动到水平导轨处的过程中，杆b的位移大小。(2)在杆a在水平导轨上运动的过程中，通过杆a横截面的电荷量。(3)在整个运动过程中，杆b产生的焦耳热。【答案】(1)1.25(2)2(3)8.1【详解】（1）在杆b开始运动到杆a下滑到水平导轨处的过程中，对杆b，由动量定理得−B设在杆b开始运动到杆a运动到水平导轨处的过程中，杆b的位移大小为x，则平均电流为I=平均感应电动势为E=联立解得x=1.25（2）设杆a滑到水平导轨处的速度为v2，杆a由静止释放滑至水平导轨处，由动能定理设杆a、b最终的共同速度为v3，在杆a、b都在水平导轨上运动至共速的过程中，由动量守恒定律得此过程，对杆a由动量定理，得B杆a、b串联，流经两杆的电荷量q=I联立解得q=2（3）整个运动过程中，由能量守恒定律得m则杆b产生的焦耳热Qb联立解得Q1．（2023·重庆·高考真题）如图所示，与水平面夹角为θ的绝缘斜面上固定有光滑U型金属导轨。质量为m、电阻不可忽略的导体杆MN沿导轨向下运动，以大小为v的速度进入方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场区域，在磁场中运动一段时间t后，速度大小变为2v。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g。杆在磁场中运动的此段时间内（）

A．流过杆的感应电流方向从N到MB．杆沿轨道下滑的距离为3C．流过杆感应电流的平均电功率等于重力的平均功率D．杆所受安培力的冲量大小为mgt【答案】D【详解】A．根据右手定则，判断知流过杆的感应电流方向从M到N，故A错误；B．依题意，设杆切割磁感线的有效长度为L，电阻为R。杆在磁场中运动的此段时间内，杆受到重力，轨道支持力及沿轨道向上的安培力作用，根据牛顿第二定律可得mgFI=联立可得杆的加速度a=g可知，杆在磁场中运动的此段时间内做加速度逐渐减小的加速运动；若杆做匀加速直线运动，则杆运动的距离为s=根据v−t图像围成的面积表示位移，可知杆在时间t内速度由v达到2v，杆真实运动的距离大于匀加速情况发生的距离，即大于32C．由于在磁场中运动的此段时间内，杆做加速度逐渐减小的加速运动，杆的动能增大。由动能定理可知，重力对杆所做的功大于杆克服安培力所做的功，根据P=D．杆在磁场中运动的此段时间内，根据动量定理，可得mgt得杆所受安培力的冲量大小为I故D正确。故选D。2.（2023·福建·高考真题）如图，M、N是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，导轨足够长且电阻可忽略不计；导轨间有一垂直于水平面向下的匀强磁场，其左边界OO′垂直于导轨；阻值恒定的两均匀金属棒a、b均垂直于导轨放置，b始终固定。a以一定初速度进入磁场，此后运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与b不相碰。以O为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴坐标；在运动过程中，a的速度记为v，a克服安培力做功的功率记为P。下列v或P随A． B．C． D．【答案】A【详解】AB．设导轨间磁场磁感应强度为B，导轨间距为L，金属棒总电阻为R，由题意导体棒a进入磁场后受到水平向左的安培力作用，做减速运动，根据动量定理有F⋅根据F=BILI=E=BLv可得F=又因为x=v⋅联立可得B根据表达式可知v与x成一次函数关系，故A正确，B错误；CD．a克服安培力做功的功率为P=Fv=故P−x图像为开口向上的抛物线，由于F和v都在减小，故P在减小,故CD错误。故选A。3.（多选）（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，