資源簡介

培優點3　動量觀點在電磁感應中的應用
一、動量定理在電磁感應中的應用
在導體單桿切割磁感線做變加速運動時，若牛頓運動定律和能量觀點不能解決問題，可運用動量定理巧妙解決問題。
若導體桿的有效長度L、質量m以及勻強磁場的磁感應強度B已知，則
1.求電荷量：q-Δv建立聯系
-BLΔt=mv2-mv1，q=Δt，
即-BqL=mv2-mv1
2.求位移：x-Δv建立聯系
-=mv2-mv1，x=Δt，
即-=mv2-mv1
3.求時間(有恒力參與)：Δt-q-Δv建立聯系
-BLΔt+F其他Δt=mv2-mv1
即-BLq+F其他Δt=mv2-mv1
或-+F其他Δt=mv2-mv1
即-+F其他Δt=mv2-mv1
電荷量q、位移x、F其他(F其他為恒力)已知
二、動量守恒定律在電磁感應中的應用
在等大的勻強磁場中有效長度相等的雙棒模型，系統受到合外力為零，常用動量守恒定律求解速度關系。常見的問題：求熱量、求電荷量、求相對位移。
解題策略：用動量守恒定律求出達到共速時的速度，根據能量守恒定律算出產生的熱量，對其中一個棒進行分析，通過動量定理可以得出通過電路的電荷量，進一步求出兩棒位移的變化量。
考點一　動量定理在電磁感應中的應用
1.(2024·江西省九校聯考)如圖所示，絕緣水平面上固定有兩根足夠長的光滑平行導軌，導軌間距為d，左端連接阻值為R的定值電阻，一質量為m、電阻為r的導體棒垂直導軌放置，空間存在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場，現給導體棒一個水平向右的初速度v0，導體棒在運動過程中始終與導軌接觸良好，導軌電阻不計，導體棒運動的全過程中，下列說法正確的是：
A.從上往下看，回路中產生逆時針方向的電流
B.電阻R上產生的熱量為
C.通過導體棒某橫截面的電荷量為
D.導體棒向右運動的最大距離為
2.(多選)(2024·湖北省T8聯盟二模)如圖所示，光滑平行等間距且足夠長的導軌水平放置在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小B=3 T，導軌寬度L=1 m，左端通過導線連接了電源和一個開關K，電源的電動勢E=6 V、內阻r=1 Ω。一質量m=0.1 kg的導體棒垂直于導軌放置，其接入電路的電阻R=2 Ω。導體棒的中部通過與導軌平行的絕緣輕繩繞過光滑的定滑輪連接了一個質量M=0.5 kg的物塊，用手托住物塊保持靜止且輕繩恰好處于伸直狀態。釋放物塊的瞬間閉合開關K，已知重力加速度g=10 m/s2，導軌電阻不計，則從剛釋放到物塊恰好勻速運動經歷時間t=0.44 s，則關于該過程下列說法正確的是：
A.導體棒先向左運動后向右運動
B.導體棒最終速度大小為 m/s
C.流經導體棒的電荷量為0.6 C
D.電源消耗的能量為4.8 J
3.(多選)(2024·山西晉中市模擬)如圖所示，兩平行導軌均足夠長且寬度L1∶L2=2∶1，導軌電阻不計，導軌所在空間存在著磁感應強度大小B=2 T、方向豎直向上、范圍足夠大的勻強磁場。質量分別為2 kg和1 kg的金屬棒a和b靜止放在水平導軌上且與導軌垂直，a、b接入兩平行導軌間的阻值之比R1∶R2為2∶1。若金屬棒a始終在寬導軌間運動，初速度大小v0=6 m/s。已知g取10 m/s2，L1=4 m，不計摩擦和空氣阻力，則：
A.金屬棒a最終的速度大小為2 m/s
B.金屬棒b最終的速度大小為6 m/s
C.整個過程中通過金屬棒a的電荷量為1 C
D.整個過程中金屬棒b中產生的焦耳熱為10 J
【點撥·提煉】　若無外力作用在雙棒上，雙棒達到穩定狀態時滿足B1v1L1=B2v2L2。
考點二　動量守恒定律在電磁感應中的應用
4.(2024·湖北省模擬)如圖所示，足夠長的光滑水平固定金屬導軌寬為L，導軌上靜止放置著質量分別為2m、3m的兩根導體棒a、b，現給a一水平向右的初速度v。已知導軌電阻不計，兩導體棒始終與導軌保持垂直且與導軌接觸良好，回路的總電阻為R，垂直于導軌平面向里的勻強磁場的磁感應強度大小為B。下列說法正確的是：
A.a、b穩定前回路中產生順時針方向的感應電流
B.a的速度為時，b的速度為
C.a的速度為時，b的加速度為
D.從開始到a、b穩定后，a、b間的距離增大了
5.(多選)(2023·遼寧卷·10)如圖，兩根光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側導軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場中，磁感應強度大小分別為2B和B。已知導體棒MN的電阻為R、長度為d，導體棒PQ的電阻為2R、長度為2d，PQ的質量是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。整個過程中兩棒保持與導軌垂直并接觸良好，導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
【點撥·提煉】 1.本題雖為不等寬雙棒問題，但兩棒的長度與磁感應強度的乘積相等，系統所受的合外力為零，故兩棒滿足動量守恒。 2.兩棒均切割磁感線，故本題為“雙電源”問題。
6.(2024·湖北卷·15)如圖所示，兩足夠長平行金屬直導軌MN、PQ的間距為L，固定在同一水平面內，直導軌在左端M、P點分別與兩條豎直固定、半徑為L的圓弧導軌相切。MP連線與直導軌垂直，其左側無磁場，右側存在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。長為L、質量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導軌的最高點。質量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環，水平放置在兩直導軌上，其圓心到兩直導軌的距離相等。忽略導軌的電阻、所有摩擦以及金屬環的可能形變，金屬棒、金屬環均與導軌始終接觸良好，重力加速度大小為g。現將金屬棒ab由靜止釋放，求：
(1)(2分)ab剛越過MP時產生的感應電動勢大小；
(2)(3分)金屬環剛開始運動時的加速度大小；
(3)(7分)為使ab在整個運動過程中不與金屬環接觸，金屬環圓心初始位置到MP的最小距離。
1.(多選)(2024·湖南卷·8)某電磁緩沖裝置如圖所示，兩足夠長的平行金屬導軌置于同一水平面內，導軌左端與一阻值為R的定值電阻相連，導軌BC段與B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右側處于豎直向下的勻強磁場中，一質量為m的金屬桿垂直導軌放置。現讓金屬桿以初速度v0沿導軌向右經過AA1進入磁場，最終恰好停在CC1處。已知金屬桿接入導軌之間的阻值為R，與粗糙導軌間的動摩擦因數為μ，AB=BC=d。導軌電阻不計，重力加速度為g，下列說法正確的是：
A.金屬桿經過BB1的速度為
B.在整個過程中，定值電阻R產生的熱量為m-μmgd
C.金屬桿經過AA1B1B與BB1C1C區域，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
2.(2024·湖北省聯考)如圖所示，有兩光滑平行金屬導軌，傾斜部分和水平部分平滑連接，BE、CH段用特殊材料制成，光滑不導電，導軌的間距L=1 m，左側接R=1 Ω的定值電阻，右側接電容C=1 F的電容器，ABCD區域、EFGH區域均存在垂直于導軌所在平面向下、磁感應強度B=1 T的勻強磁場，ABCD區域長s=0.3 m。金屬桿a、b的長度均為L=1 m，質量均為m=0.1 kg，a的電阻為r=2 Ω，b的電阻不計。金屬桿a從距導軌水平部分h=0.45 m的高度處由靜止滑下，金屬桿b靜止在BEHC區域，金屬桿b與金屬桿a發生彈性碰撞后進入EFGH區域，最終穩定運動。求：(重力加速度g取10 m/s2)
(1)(2分)金屬桿a剛進入ABCD區域時通過電阻R的電流I；
(2)(2分)金屬桿a剛離開ABCD區域時的速度v2的大小；
(3)(4分)金屬桿b穩定運動時的速度v4的大小；
(4)(2分)整個運動過程中金屬桿a上產生的焦耳熱。
3.(2024·福建寧德市期末)如圖甲所示，兩根相距為L、足夠長的光滑平行金屬導軌PQ、MN水平放置，EF兩側存在豎直方向的勻強磁場，磁感應強度大小相等、方向相反。兩根電阻均為R的金屬棒a、b放置于EF兩側的導軌上。初始時將a棒鎖定，b棒用一不可伸長的絕緣細繩通過輕質定滑輪與物塊c相連，細繩處于拉緊狀態且與導軌平行，b棒與物塊c的質量均為m，物塊c距地面的高度為h。現由靜止釋放物塊c，在物塊c落地瞬間，b棒與細繩分離，同時解除對a棒的鎖定，并測得整個運動過程b棒的速度與時間關系如圖乙所示，圖中v0已知。整個運動過程b棒未與滑輪相碰，兩金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，物塊c落地后不反彈，導軌電阻、細繩與滑輪的摩擦力及空氣阻力均忽略不計，重力加速度為g，求：
(1)(2分)物塊c剛釋放瞬間的加速度大小a；
(2)(3分)磁場的磁感應強度大小B；
(3)(3分)物塊c落地的時間t；
(4)(4分)整個過程回路中產生的焦耳熱Q。
答案精析
高頻考點練
1.C　[根據楞次定律可知，從上往下看，回路中產生順時針方向的電流，故A錯誤；根據能量守恒，可知回路中產生的熱量為Q=m電阻R上產生的熱量為QR=Q=故B錯誤；通過導體棒某橫截面的電荷量為q=Δt，由動量定理可得-BdΔt=0-mv0，聯立解得q=故C正確；設導體棒向右運動的最大距離為L，則有q==聯立解得L=故D錯誤。]
2.BD　[閉合開關的瞬間，導體棒速度為0，電流I==2 A，由左手定則知安培力方向向左，安培力大小F=ILB=6 N>Mg=5 N，故導體棒和物塊將向左加速，導體棒切割磁感線產生感應電動勢，有E-BLv=I(R+r)，隨著速度的增加，電流逐漸減小，安培力逐漸減小，對導體棒和物塊有ILB-Mg=(m+M)a，可知加速度逐漸減小，當加速度減小到0時，系統受力平衡，保持向左勻速直線運動，A項錯誤；由以上分析可知，當加速度為0時，電流大小I'= A，速度v= m/s，B項正確；對導體棒和物塊由動量定理有BLq-Mgt=(m+M)v，代入數據得q=0.8 C，C項錯誤；根據非靜電力做功可求得電源消耗的電能W=Eq=4.8 J，D項正確。]
3.AC　[當回路中磁通量不發生變化時不再有感應電流，安培力消失，此時兩棒速度達到穩定，則兩金屬棒單位時間內掃過面積相等，有v1L1=v2L2，對a、b分別由動量定理有-BIL1t=mav1-mav0，BIL2t=mbv2-0，聯立解得v1=2 m/s，v2=4 m/s，選項A正確，B錯誤；對a由動量定理有-BIL1t=mav1-mav0，即-BL1q=mav1-mav0，代入數據得整個過程中流過a的電荷量q=1 C，選項C正確；對整個過程由能量守恒定律有ma=ma+mb+Q，代入數據得整個過程中a、b上產生的總熱量Q=24 J，整個過程中b上產生的熱量Qb=Q=8 J，選項D錯誤。]
4.D　[穩定前，va>vb，易知回路中感應電流方向為逆時針。a的速度為v時，由動量守恒定律2mv=2m×v+3mvb，解得vb=v，此時回路中感應電動勢大小E=BLv-BLv，E=IR，Fb=BIL=3mab，所以ab=故A、B、C錯誤；最后穩定時由動量守恒定律有2mv=5mv共，對b，根據動量定理有，BLt=3mv共-0，q=t=t==解得xa-xb=故D正確。]
5.AC　[彈簧伸展過程中，根據右手定則可知，回路中產生順時針方向的電流，選項A正確；任意時刻，設電流為I，則PQ所受安培力FPQ=BI·2d，方向向左，MN所受安培力FMN=2BId，方向向右，可知兩棒系統所受合外力為零，動量守恒，設PQ質量為2m，則MN質量為m， PQ速率為v時，則有2mv=mv'，解得v'=2v，回路中的感應電流I==MN所受安培力大小為FMN=2BId=選項B錯誤；設整個運動過程中，某時刻MN與PQ的速率分別為v1、v2，同理有mv1=2mv2，可知MN與PQ的速率之比始終為2∶1，則MN與PQ的路程之比為2∶1，故C正確；兩棒最終停止時彈簧處于原長狀態，由動量守恒可得mx1=2mx2，x1+x2=L，可得最終MN向左移動x1=PQ向右移動x2=則q=Δt===選項D錯誤。]
6.(1)BL　(2)
(3)
解析　(1)根據題意可知，對金屬棒ab由靜止釋放到剛越過MP過程中，
由動能定理有mgL=m
解得v0=
則金屬棒ab剛越過MP時產生的感應電動勢大小為
E=BLv0=BL
(2)根據題意可知，金屬環在導軌間兩段圓弧并聯接入電路中，軌道外側的兩端圓弧金屬環被短路，
由幾何關系可得，每段圓弧的電阻為R0=R
可知，整個回路的總電阻為
R總=R+=R
ab剛越過MP時，通過金屬棒ab的感應電流為I==
對金屬環由牛頓第二定律有
2BL·=2ma
解得a=
(3)根據題意，結合上述分析可知，金屬環和金屬棒ab所受的安培力等大反向，則系統的動量守恒，由于金屬環做加速運動，金屬棒做減速運動，為使ab在整個運動過程中不與金屬環接觸，則有當金屬棒ab和金屬環速度相等時，金屬棒ab恰好追上金屬環，設此時速度為v，
由動量守恒定律有mv0=mv+2mv
解得v=v0
設經過時間t，金屬棒ab與金屬環共速，
對金屬棒ab，由動量定理有
-BLt=m·-mv0
則有BLq=mv0
設金屬棒運動距離為x1，金屬環運動的距離為x2，
則有q=
聯立解得Δx=x1-x2=
則金屬環圓心初始位置到MP的最小距離
d=L+Δx=。
補償強化練
1.CD　[設平行金屬導軌間距為L，金屬桿在AA1B1B區域向右運動的過程中切割磁感線有
E=BLv，I=
金屬桿在AA1B1B區域運動的過程中根據動量定理有-BILΔt=mΔv
則-Δt=mΔv
由于d=∑vtΔt，
則上面方程左右兩邊累計求和，可得
-=mvB-mv0
則vB=v0-
設金屬桿在BB1C1C區域運動的時間為t0，
同理可得，則金屬桿在BB1C1C區域運動的過程中有--μmgt0
=-mvB
聯立解得vB=+>
則金屬桿經過BB1的速度大于故A錯誤；
在整個過程中，根據能量守恒有
m=μmgd+Q
則在整個過程中，定值電阻R產生的熱量為
QR=Q=m-μmgd
故B錯誤；
金屬桿經過AA1B1B與BB1C1C區域，金屬桿所受安培力的沖量為
-∑BILΔt=-∑vtΔt
=-
金屬桿經過AA1B1B與BB1C1C區域滑行距離均為d，則金屬桿所受安培力的沖量相同，故C正確；
金屬桿以初速度v0在磁場中運動全過程有
--μmgt0=-mv0
若金屬桿的初速度加倍，
則有--μmgt0'=-2mv0
得2d=
x=2(mv0-μmgt0')·
當初速度為2v0時，由A項可知，金屬桿到達BB1時速度變大，所以經過BCC1B1區域時間變短，即有t0'4d，D正確。]
2.(1)1 A　(2)2 m/s　(3) m/s　(4) J
解析　(1)金屬桿a從開始運動到進入ABCD區域，由動能定理有
mgh=m
解得v1=3 m/s
剛進入ABCD區域時E=BLv1
I=
聯立解得I=1 A
(2)金屬桿a從進入ABCD區域到離開ABCD區域，
由動量定理有-BL·t=mv2-mv1
t=t=
解得v2=2 m/s
(3)金屬桿a、b碰撞過程中，有mv2=mv2'+mv3
m=mv2'2+m
解得v3=2 m/s，v2'=0
分析可知，桿b進入磁場后，電容器充電，桿b速度減小，勻速運動時，桿b產生的感應電動勢與電容器兩端電壓相同，且通過桿b的電荷量就是電容器儲存的電荷量，由動量定理有
-BLq=mv4-mv3
U==BLv4
聯立解得v4= m/s
(4)桿a僅在ABCD區域中運動時產生焦耳熱，即Q=m-m)= J。
3.(1)g　(2)
(3)　(4)mgh-m
解析　(1)對b、c整體由牛頓第二定律有mg=2ma
解得a=g
(2)當b棒勻速運動時，受力平衡，則對b、c整體有mg=BIL
根據法拉第電磁感應定律結合歐姆定律有I=
解得B=
(3)根據電流的定義式有
q=t=t==
對c，根據動量定理有
mgt-t=mv0
對b，根據動量定理有
t-BLt=mv0
解得t=
(4)以向右為正方向，對b根據動量定理有
-B'Lt'=mvb-mv0
對a根據動量定理有-B'Lt'=-mava
當系統穩定時，系統磁通量變化為0，
故va=vb，即由題圖乙可知最終a、b各以大小為的速度做勻速運動，
聯立解得ma=2m
根據能量守恒定律可知，整個過程回路中產生的焦耳熱為
Q=mgh-×2m+m-(m+ma)(v0)2
解得Q=mgh-m。(共55張PPT)
培優點3
動量觀點在電磁感應中的應用
專題二　能量與動量
高頻考點練
內容索引
核心精講
補償強化練
一、動量定理在電磁感應中的應用
在導體單桿切割磁感線做變加速運動時，若牛頓運動定律和能量觀點不能解決問題，可運用動量定理巧妙解決問題。
若導體桿的有效長度L、質量m以及勻強磁場的磁感應強度B已知，則
1.求電荷量：q-Δv建立聯系
-BLΔt=mv2-mv1，q=Δt，即-BqL=mv2-mv1
2.求位移：x-Δv建立聯系
-=mv2-mv1，x=Δt，即-=mv2-mv1
核心精講
PART ONE
3.求時間(有恒力參與)：Δt-q-Δv建立聯系
-BLΔt+F其他Δt=mv2-mv1
即-BLq+F其他Δt=mv2-mv1
或-+F其他Δt=mv2-mv1
即-+F其他Δt=mv2-mv1
電荷量q、位移x、F其他(F其他為恒力)已知
二、動量守恒定律在電磁感應中的應用
在等大的勻強磁場中有效長度相等的雙棒模型，系統受到合外力為零，常用動量守恒定律求解速度關系。常見的問題：求熱量、求電荷量、求相對位移。
解題策略：用動量守恒定律求出達到共速時的速度，根據能量守恒定律算出產生的熱量，對其中一個棒進行分析，通過動量定理可以得出通過電路的電荷量，進一步求出兩棒位移的變化量。
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高頻考點練
PART TWO
考點一　動量定理在電磁感應中的應用
1.(2024·江西省九校聯考)如圖所示，絕緣水平面上固定有兩根足夠長的光滑平行導軌，導軌間距為d，左端連接阻值為R的定值電阻，一質量為m、電阻為r的導體棒垂直導軌放置，空間存在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場，現給導體棒一個水平向右的初速度v0，導體棒在運動過程中始終與導軌接觸良好，導軌電阻不計，導體棒運動的全過程中，
1
2
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4
5
6
下列說法正確的是
A.從上往下看，回路中產生逆時針方向的電流
B.電阻R上產生的熱量為
C.通過導體棒某橫截面的電荷量為
D.導體棒向右運動的最大距離為
√
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5
6
根據能量守恒，可知回路中產生的熱量為Q=m，電阻R上產生的熱量為QR=Q=，故B錯誤；
通過導體棒某橫截面的電荷量為q=Δt，由動量定理可得-BdΔt=0-mv0，聯立解得q=，故C正確；
根據楞次定律可知，從上往下看，回路中產生順時針方向的電流，故A錯誤；
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5
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設導體棒向右運動的最大距離為L，則有q== ，聯立解得L=，故D錯誤。
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5
6
2.(多選)(2024·湖北省T8聯盟二模)如圖所示，光滑平行等間距且足夠長的導軌水平放置在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小B=3 T，導軌寬度L=1 m，左端通過導線連接了電源和一個開關K，電源的電動勢E=6 V、內阻r=1 Ω。一質量m=0.1 kg的導體棒垂直于導軌放置，其接入電路的電阻R=2 Ω。導體棒的中部通過與導軌平行的絕緣輕繩繞過光滑的定滑輪連接了一個質量M=0.5 kg的物塊，用手托住物塊保持靜止且輕繩恰好處于伸直狀態。釋放物塊的瞬間閉合開關K，已知重力加速度g=10 m/s2，導軌電
阻不計，則從剛釋放到物塊恰好勻速運動經歷時間t=0.44 s，則關于該過程下列說法正確的是
1
2
3
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5
6
A.導體棒先向左運動后向右運動
B.導體棒最終速度大小為 m/s
C.流經導體棒的電荷量為0.6 C
D.電源消耗的能量為4.8 J
√
√
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6
左加速，導體棒切割磁感線產生感應電動勢，有E-BLv=I(R+r)，隨著速度的增加，電流逐漸減小，安培力逐漸減小，對導體棒和物塊有ILB-Mg=(m+M)a，可知加速度逐漸減小，當加速度減小到0時，系統受力平衡，保持向左勻速直線運動，A項錯誤；
閉合開關的瞬間，導體棒速度為0，電流I== 2 A，由左手定則知安培力方向向左，安培力大小F=ILB=6 N>Mg=5 N，故導體棒和物塊將向
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代入數據得q=0.8 C，C項錯誤；
根據非靜電力做功可求得電源消耗的電能W=Eq=4.8 J，D項正確。
由以上分析可知，當加速度為0時，電流大小I'= A，速度v= m/s，B項正確；
對導體棒和物塊由動量定理有BLq-Mgt=(m+M)v，
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2
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3.(多選)(2024·山西晉中市模擬)如圖所示，兩平行導軌均足夠長且寬度L1∶L2=2∶1，導軌電阻不計，導軌所在空間存在著磁感應強度大小B=2 T、方向豎直向上、范圍足夠大的勻強磁場。質量分別為2 kg和1 kg的金屬棒a和b靜止放在水平導軌上且與導軌垂直，a、b接入兩平行導軌間的阻值之比R1∶R2為2∶1。若金屬棒a始終在寬導軌間運動，初速度大小v0=6 m/s。已知g取10 m/s2，L1=4 m，不計摩擦和空氣阻力，則
A.金屬棒a最終的速度大小為2 m/s
B.金屬棒b最終的速度大小為6 m/s
C.整個過程中通過金屬棒a的電荷量為1 C
D.整個過程中金屬棒b中產生的焦耳熱為10 J
√
√
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有v1L1=v2L2，對a、b分別由動量定理有-BIL1t=mav1-mav0，BIL2t=mbv2-0，聯立解得v1=2 m/s，v2=4 m/s，選項A正確，B錯誤；
對a由動量定理有-BIL1t=mav1-mav0，即-BL1q=mav1-mav0，代入數據得整個過程中流過a的電荷量q=1 C，選項C正確；
當回路中磁通量不發生變化時不再有感應電流，安培力消失，此時兩棒速度達到穩定，則兩金屬棒單位時間內掃過面積相等，
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6
對整個過程由能量守恒定律有ma=ma+mb+Q，代入數據得整個過程中a、b上產生的總熱量Q=24 J，整個過程中b上產生的熱量Qb=Q=8 J，選項D錯誤。
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點撥·提煉
若無外力作用在雙棒上，雙棒達到穩定狀態時滿足B1v1L1=B2v2L2。
考點二　動量守恒定律在電磁感應中的應用
4.(2024·湖北省模擬)如圖所示，足夠長的光滑水平固定金屬導軌寬為L，導軌上靜止放置著質量分別為2m、3m的兩根導體棒a、b，現給a一水平向右的初速度v。已知導軌電阻不計，兩導體棒始終與導軌保持垂直且與導軌接觸良好，回路的總電阻為R，垂直于導軌平面向里的勻強磁場的磁感應強度大小為B。下列說法正確的是
A.a、b穩定前回路中產生順時針方向的感應電流
B.a的速度為時，b的速度為
C.a的速度為時，b的加速度為
D.從開始到a、b穩定后，a、b間的距離增大了
√
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E=IR，Fb=BIL=3mab，所以ab=，故A、B、C錯誤；
最后穩定時由動量守恒定律有2mv=5mv共，對b，根據動量定理有，BLt=3mv共-0，q=t=t==，解得xa-xb=，故D正確。
穩定前，va>vb，易知回路中感應電流方向為逆時針。a的速度為v時，由動量守恒定律2mv=2m×v+3mvb，解得vb=v，此時回路中感應電動勢大小E=BLv-BLv，
1
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6
5.(多選)(2023·遼寧卷·10)如圖，兩根光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側導軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場中，磁感應強度大小分別為2B和B。已知導體棒MN的電阻為R、長度為d，導體棒PQ的電阻為2R、長度為2d，PQ的質量是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。整個過程中兩棒保持與導軌垂直并接觸良好，導軌足夠長且電阻不計。下列說法正確的是
1
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6
A.彈簧伸展過程中，回路中產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
√
√
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6
BI·2d，方向向左，MN所受安培力FMN=2BId，方向向右，可知兩棒系統所受合外力為零，動量守恒，設PQ質量為2m，則MN質量為m， PQ速率為v時，則有2mv=mv'，解得v'=2v，回路中的感應電流I= =，MN所受安培力大小為FMN=2BId=，選項B錯誤；
彈簧伸展過程中，根據右手定則可知，回路中產生順時針方向的電流，選項A正確；
任意時刻，設電流為I，則PQ所受安培力FPQ=
1
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兩棒最終停止時彈簧處于原長狀態，由動量守恒可得mx1=2mx2，x1+x2
=L，可得最終MN向左移動x1=，PQ向右移動x2=，則q=Δt== =，選項D錯誤。
設整個運動過程中，某時刻MN與PQ的速率分別為v1、v2，同理有mv1=2mv2，可知MN與PQ的速率之比始終為2∶1，則MN與PQ的路程之比為2∶1，故C正確；
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4
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6
點撥·提煉
1.本題雖為不等寬雙棒問題，但兩棒的長度與磁感應強度的乘積相等，系統所受的合外力為零，故兩棒滿足動量守恒。
2.兩棒均切割磁感線，故本題為“雙電源”問題。
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6.(2024·湖北卷·15)如圖所示，兩足夠長平行金屬直導軌MN、PQ的間距為L，固定在同一水平面內，直導軌在左端M、P點分別與兩條豎直固定、半徑為L的圓弧導軌相切。MP連線與直導軌垂直，其左側無磁場，右側存在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。長為L、質量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導軌的最高點。質量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環，水平放置在兩直導軌上，其圓心到兩直導軌的距離相等。忽略導
軌的電阻、所有摩擦以及金屬環的可能形變，金屬棒、金屬環均與導軌始終接觸良好，重力加速度大小為g。現將金屬棒ab由靜止釋放，求：
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(1)ab剛越過MP時產生的感應電動勢大小；
答案　BL　
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根據題意可知，對金屬棒ab由靜止釋放
到剛越過MP過程中，
由動能定理有mgL=m
解得v0=
則金屬棒ab剛越過MP時產生的感應電動勢大小為E=BLv0=BL
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(2)金屬環剛開始運動時的加速度大小；
答案　
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根據題意可知，金屬環在導軌間兩段圓弧并聯接入電路中，軌道外側的兩端圓弧金屬環被短路，
由幾何關系可得，每段圓弧的電阻為R0=R
可知，整個回路的總電阻為R總=R+=R
ab剛越過MP時，通過金屬棒ab的感應電流為I==
對金屬環由牛頓第二定律有2BL·=2ma
解得a=
6
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(3)為使ab在整個運動過程中不與金屬環接觸，金屬環圓心初始位置到MP的最小距離。
答案　
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根據題意，結合上述分析可知，金屬環和金屬棒ab所受的安培力等大反向，則系統的動量守恒，由于金屬環做加速運動，金屬棒做減速運動，為使ab在整個運動過程中不與金屬環接觸，則有當金屬棒ab和金屬環速度相等時，金屬棒ab恰好追上金屬環，設此時速度為v，
由動量守恒定律有mv0=mv+2mv
解得v=v0
設經過時間t，金屬棒ab與金屬環共速，
對金屬棒ab，由動量定理有-BLt=m·-mv0
6
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3
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則有BLq=mv0
設金屬棒運動距離為x1，金屬環運動的距離為x2，
則有q=
聯立解得Δx=x1-x2=
則金屬環圓心初始位置到MP的最小距離
d=L+Δx=。
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3
補償強化練
PART THREE
1.(多選)(2024·湖南卷·8)某電磁緩沖裝置如圖所示，兩足夠長的平行金屬導軌置于同一水平面內，導軌左端與一阻值為R的定值電阻相連，導軌BC段與B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右側處于豎直向下的勻強磁場中，一質量為m的金屬桿垂直導軌放置。現讓金屬桿以初速度v0沿導軌向右經過AA1進入磁場，最終恰好停在CC1處。已知金屬桿接入導軌之間的阻值
為R，與粗糙導軌間的動摩擦因數為μ，AB= BC=d。導軌電阻不計，重力加速度為g，下列說法正確的是
1
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3
A.金屬桿經過BB1的速度為
B.在整個過程中，定值電阻R產生的熱量
為m-μmgd
C.金屬桿經過AA1B1B與BB1C1C區域，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
√
√
1
2
3
設平行金屬導軌間距為L，金屬桿在AA1B1B區域向右運動的過程中切割磁感線有E=BLv，I=
金屬桿在AA1B1B區域運動的過程中根據動量定理有-BILΔt=mΔv
則-Δt=mΔv
由于d=∑vtΔt，
則上面方程左右兩邊累計求和，可得
-=mvB-mv0
1
2
3
則vB=v0-
設金屬桿在BB1C1C區域運動的時間為t0，
同理可得，則金屬桿在BB1C1C區域運動的過程中有--μmgt0=-mvB
聯立解得vB=+>
則金屬桿經過BB1的速度大于，故A錯誤；
在整個過程中，根據能量守恒有
m=μmgd+Q
1
2
3
則在整個過程中，定值電阻R產生的熱量為
QR=Q=m-μmgd
故B錯誤；
金屬桿經過AA1B1B與BB1C1C區域，金屬桿所受安培力的沖量為
-∑BILΔt=-∑vtΔt=-
金屬桿經過AA1B1B與BB1C1C區域滑行距離均為d，則金屬桿所受安培力的沖量相同，故C正確；
金屬桿以初速度v0在磁場中運動全過程有
--μmgt0=-mv0
若金屬桿的初速度加倍，
則有--μmgt0'=-2mv0
得2d=
x=2(mv0-μmgt0')·
當初速度為2v0時，由A項可知，金屬桿到達BB1時速度變大，所以經過BCC1B1區域時間變短，即有t0'4d，D正確。
1
2
3
2.(2024·湖北省聯考)如圖所示，有兩光滑平行金屬導軌，傾斜部分和水平部分平滑連接，BE、CH段用特殊材料制成，光滑不導電，導軌的間距L=1 m，左側接R=1 Ω的定值電阻，右側接電容C=1 F的電容器，ABCD區域、EFGH區域均存在垂直于導軌所在平面向下、磁感應強度B=1 T的勻強磁場，ABCD區域長s=0.3 m。金屬桿a、b的長度均為L=1 m，質量均為m=0.1 kg，a的電阻為r=2 Ω，b的電阻不計。金屬桿a從距導軌水平部分h=0.45 m的高度處由靜止滑下，金屬桿b靜止在
BEHC區域，金屬桿b與金屬桿a發生彈性碰撞后進入EFGH區域，最終穩定運動。求：(重力加速度g取10 m/s2)
1
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(1)金屬桿a剛進入ABCD區域時通過電阻R的電流I；
答案　1 A　
1
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3
1
2
3
金屬桿a從開始運動到進入ABCD區域，由動能定理有mgh=m
解得v1=3 m/s
剛進入ABCD區域時E=BLv1
I=
聯立解得I=1 A
(2)金屬桿a剛離開ABCD區域時的速度v2的大小；
答案　2 m/s　
1
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3
1
2
3
金屬桿a從進入ABCD區域到離開ABCD區域，
由動量定理有-BL·t=mv2-mv1
t=t=
解得v2=2 m/s
(3)金屬桿b穩定運動時的速度v4的大小；
答案　 m/s　
1
2
3
1
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3
金屬桿a、b碰撞過程中，有mv2=mv2'+mv3
m=mv2'2+m
解得v3=2 m/s，v2'=0
分析可知，桿b進入磁場后，電容器充電，桿b速度減小，勻速運動時，桿b產生的感應電動勢與電容器兩端電壓相同，且通過桿b的電荷量就是電容器儲存的電荷量，由動量定理有-BLq=mv4-mv3
U==BLv4
聯立解得v4= m/s
(4)整個運動過程中金屬桿a上產生的焦耳熱。
答案　 J
1
2
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桿a僅在ABCD區域中運動時產生焦耳熱，即Q=m-m)= J。
1
2
3
3.(2024·福建寧德市期末)如圖甲所示，兩根相距為L、足夠長的光滑平行金屬導軌PQ、MN水平放置，EF兩側存在豎直方向的勻強磁場，磁感應強度大小相等、方向相反。兩根電阻均為R的金屬棒a、b放置于EF兩側的導軌上。初始時將a棒鎖定，b棒用一不可伸長的絕緣細繩通過輕質定滑輪與物塊c相連，細繩處于拉緊狀態且與導軌平行，b棒與物塊c的質量均為m，物塊c距地面的高度為h。現由靜止釋放物塊c，在物塊c落地瞬間，b棒與細繩分離，同時解除對a棒的鎖定，并測得整個運動過程b棒的速度與時間關系如圖乙所示，圖中v0已知。整個運動過程b棒未與滑輪相碰，兩金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，物塊c落地后不
反彈，導軌電阻、細繩與滑輪的摩擦力及空氣阻力均忽略不計，重力加速度為g，求：
1
2
3
(1)物塊c剛釋放瞬間的加速度大小a；
答案　g　
對b、c整體由牛頓第二定律有mg=2ma
解得a=g
1
2
3
(2)磁場的磁感應強度大小B；
答案　　
1
2
3
當b棒勻速運動時，受力平衡，則對b、c整體有
mg=BIL
根據法拉第電磁感應定律結合歐姆定律有
I=
解得B=
1
2
3
(3)物塊c落地的時間t；
答案　　
1
2
3
根據電流的定義式有
q=t=t==
對c，根據動量定理有
mgt-t=mv0
對b，根據動量定理有
t-BLt=mv0
解得t=
1
2
3
(4)整個過程回路中產生的焦耳熱Q。
答案　mgh-m
1
2
3
以向右為正方向，對b根據動量定理有
-B'Lt'=mvb-mv0
對a根據動量定理有-B'Lt'=-mava
當系統穩定時，系統磁通量變化為0，
故va=vb，即由題圖乙可知最終a、b各以大小為的速度做勻速運動，
聯立解得ma=2m
1
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3
根據能量守恒定律可知，整個過程回路中產生的焦耳熱為
Q=mgh-×2m+m-(m+ma)(v0)2
解得Q=mgh-m。

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