2026届高考物理二轮复习讲义 培优专题5 电磁感应+动量

高中物理培优专题 培优专题5 电磁感应+动量 学习目标 1. 掌握利用动量定理解决电磁感应相关问题的方法。 2. 掌握利用动量守恒定律解决电磁感应相关问题的方法。 【专题解读】 1. 动量定理在电磁感应中的应用　 　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　 在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题。 求解的物理量 应用示例 电荷量或速度 －BLΔt＝mv2－mv1，q＝Δt，即－BqL＝mv2－mv1 位移 ＝0－mv0，即－＝0－mv0 时间 －BLΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1 已知电荷量q、F其他(F其他为恒力) －＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－＋F其他Δt＝mv2－mv1 已知位移x、F其他(F其他为恒力) 2　动量守恒定律在电磁感应中的应用 双杆模型 物理 模型 “一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡 两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒 分析 方法 动力学 观点 通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动 能量观点 两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和 动量观点 对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题 【典例剖析】 【典例】1(2024·四川内江市零模)如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFHG矩形区域内有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，EF、GH的距离为s。在t＝0时刻，两金属棒a、b分别以大小相同的速率v0，分别从磁场的边界EF、GH进入磁场。经过一段时间后，其中有一棒恰好停在磁场边界处，且在这个过程中，金属棒a、b没有相碰，相距最近时b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b是由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为2m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好。求： (1)在t＝0时刻b棒的加速度大小； (2)两棒在整个过程中相距最近的距离； (3)在整个过程中，b棒产生的焦耳热。 【审题指导】　 关键表述 关键表述解读 已知金属棒a、b是由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为2m 电阻率相同，由电阻定律R＝ρ可得横截面积关系，密度相同，从而求出b棒的质量 两金属棒a、b分别以大小相同的速率v0，分别从磁场的边界EF、GH进入磁场 可求回路的电动势→回路的电流→b棒所受的安培力→加速度 光滑平行金属导轨，相距最近时b棒仍位于磁场区域内 金属棒a、b组成的系统动量守恒，速度相等时距离最近，可求共速时的速度，由动量定理可得两棒的距离变化 经过一段时间后，其中有一棒恰好停在磁场边界处，求在整个过程中，b棒产生的焦耳热 一金属棒先出磁场后继续匀速运动，另一金属棒切割磁感线减速运动至停至磁场边界，利用能量守恒定律求生成的总热量，再进行热量分配求得b棒生成的热量 【答案】　(1)　(2)　(3)mv 【解析】　(1)根据电阻定律有Ra＝R＝ρ，Rb＝2R＝ρ 可得Sa＝2Sb 根据ma＝2m＝ρ′LSa，mb＝ρ′LSb 可得mb＝ma＝m a进入磁场的速度方向向右，b的速度方向向左，根据右手定则可知，a产生的感应电流方向是E到F，b产生的感应电流方向是H到G，即两个感应电流方向相同，所以流过a、b的感应电流是两个感应电流之和，则有 E＝2BLv0，I＝ 对于b，根据牛顿第二定律有BIL＝mba 联立解得在t＝0时刻b棒的加速度大小为a＝。 (2)取向右为正方向，相距最近时，两棒具有相同速度，根据系统动量守恒有 2mv0－mv0＝(2m＋m)v 解得v＝ 此时，电路中感应电流为0，a、b棒一起向右匀速运动，直到b棒出磁场区域，之后b棒不受安培力、a棒受安培力减速直到停下；从b棒出磁场区域到a棒刚好停止磁场边界处， 对a棒运用动量定理得－BLΔt＝0－2mv 又q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝ 联立解得两棒在整个过程中相距最近的距离为Δs＝。 (3)对a、b组成的系统，最终b棒一直做匀速直线运动，根据能量守恒定律有 mv＝mv2＋Q总 对a、b，根据焦耳定律有Q＝I2RΔt 因a、b流过的电流一直相等，所用时间相同，故a、b产生的热量与电阻成正比，即Qa∶Qb＝1∶2 又Qa＋Qb＝Q总 联立解得b棒产生的焦耳热为Qb＝mv。 【典例2】(2024·湖北卷)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。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，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放。 (1)求ab刚越过MP时产生的感应电动势大小； (2)求圆环刚开始运动时的加速度大小； (3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。 【审题指导】　 关键信息 破题关键 建构模型 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 确定圆环哪部分接入电路 电路结构模型 忽略所有摩擦以及圆环可能的形变 动量守恒定律和动量定理的应用 碰撞模型 【答案】　(1)BL　(2)　(3) 【解析】　(1)由题意知，ab由静止释放到刚越过MP过程中，由动能定理有 mgL＝mv 解得v0＝ 则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E＝BLv0＝BL。 (2)根据题意可知，圆环在导轨间两段圆弧并联接入回路中，轨道外侧的两段圆弧被短路，由几何关系可得，接入回路中每段圆弧的电阻为R0＝×6R＝R 整个回路的总电阻为R总＝R＋＝R ab刚越过MP时，通过ab的感应电流为I＝＝ 对圆环，由牛顿第二定律有2BL·＝2ma 解得a＝。 (3)根据题意，结合上述分析可知，圆环和ab所受的安培力等大反向，则圆环和ab组成的系统动量守恒，圆环做加速运动，ab做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与圆环接触，则当ab和圆环速度相等时，ab恰好追上圆环，设此时速度为v，由动量守恒定律有 mv0＝mv＋2mv 对ab，由动量定理有－BLt＝mv－mv0 即－BLq＝mv－mv0 设ab运动的距离为x1，圆环运动的距离为x2，则有q＝ 联立解得Δx＝x1－x2＝ 则圆环圆心初始位置到MP的最小距离为d＝L＋Δx＝。 课后巩固训练 1．(2025·广西卷)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θ，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Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2；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 【解析】　根据I安＝BlΔt＝Blq，而q＝Δt＝＝，R总＝＋R＝2R，解得I安＝，A错误；该过程中由动量定理2I弹－I安＋mgsin θ·t＝0，解得每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为I弹＝I安－mgtsin θ＝－mgtsin θ，B错误；由能量关系可知回路产生的总热量Q＝mgsin θ(a＋b)＋2×ka2－2×kb2，每个定值电阻产生的热量为Q1＝Q＝＋k(a2－b2)，C错误；金属棒的平均输出功率＝＝，D正确。 2．(2025·陕晋青宁卷)如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2L，宽均为L，电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0＝并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用。则(　　) A．甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同 B．甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1∶1 C．乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0 D．甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3 【答案】　D 【解析】　根据楞次定律，甲线框进磁场的过程电流方向为顺时针，出磁场的过程中电流方向为逆时针，A错误；甲线框刚进磁场区域时，合力为F安1＝BI1L，I1＝，乙线框刚进磁场区域时，合力为F安2＝BI2L，I2＝可知＝2，B错误；假设甲、乙都能完全出磁场，对甲根据动量定理有－BLΔt＝mv1－mv0，q1＝Δt＝·Δt＝＝，同理对乙有－BLΔt′＝mv2－mv0，q2＝Δt′＝·Δt′＝＝，解得v1＝0，v2＝v0＝，故甲恰好完全出磁场区域，乙完全出磁场区域时，速度大小不为0，C错误；由能量守恒可知甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q1＝mv，Q2＝mv－m2＝mv，即＝，D正确。 3．(2025·安徽卷)如图，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，右端连接阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒，导体棒以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定；从原位置再发射第2根相同的导体棒，导体棒仍以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，以此类推，直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m，电阻为R，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好(发射前导体棒与导轨不接触)，不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的电流对原磁场的影响。求： (1)第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率； (2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电荷量； (3)从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量。 【答案】　(1)　(2)　(3)，n＝1,2,3，… 【解析】　(1)第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E＝BLv0 则此时回路的电流为I＝ 此时导体棒受到的安培力F安＝BIL 此时导体棒受安培力的功率P＝F安v0＝。 (2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，根据动量定理有－BL·Δt＝0－mv0 其中·Δt＝q 解得q＝。 (3)由于每根导体棒均以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，则根据能量守恒，每根导体棒进入磁场后产生的总热量均为Q＝mv 第1根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量QR1＝·Q 第2根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量QR2＝··Q 第3根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量QR3＝··Q 第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量QRn＝··Q 则从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量QR＝QR1＋QR2＋QR3＋…＋QRn 通过分式分解和观察数列的“望远镜求和”性质，得出 QR＝·Q＝，n＝1,2,3，…。 4．(2025·河南濮阳期末)如图1所示，间距为L＝1 m、电阻不计的足够长光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨左侧连接有阻值为R＝8 Ω的定值电阻，金属棒垂直放置在导轨上，金属棒接入电路的电阻为r＝2 Ω，金属棒的质量m＝0.4 kg，整个导轨处在垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B＝2 T。金属棒在水平向右的恒定拉力F作用下，从静止开始运动，经2.4 s达到最大速度，金属棒运动的v－t图像如图2所示，求： (1)外力F的大小； (2)0～2.4 s内电阻R上产生的焦耳热； (3)若施加的力F为变力，当金属棒的速度达到v0时撤去外力，金属棒整个运动过程中的速度v与运动的位移x关系如图3所示，求整个过程中电阻R上产生的焦耳热(结果用题中和图3中物理量符号L、R、r、B、v0、s表示)。 【答案】　(1)2 N　(2)7.2 J　(3) 【解析】　(1)棒切割磁感线时产生的感应电动势为E＝BLv 当外力F等于安培力时，速度最大则有F＝F安＝BIL，I＝ 解得F＝＝2 N。 (2)以导体棒为研究对象，由动量定理得(F－BL)t＝mv 其中＝ 又＝＝，q＝t＝ 解得x＝7 m 由能量转化和守恒定律得Fx－Q＝mv2 得Q＝9 J 电阻R产生的热量QR＝Q＝7.2 J。 (3)由v－x图像可知，整个过程克服安培力做功W安＝∑·Δx 而∑vΔx表示所围面积 故有∑vΔx＝v0s 整个过程克服安培力做功W安＝ 电阻R上产生的热量为QR＝W安＝。 5．(2025·海南卷)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θ＝30°，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B，两相同导体棒ab、cd与水平导轨的动摩擦因数μ＝0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒质量均m，接入电路中的电阻均为R，cd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g。 (1)锁定水平导轨上的cd棒，闭合开关，ab棒静止在倾斜导轨上，求通过ab棒的电流；断开开关，同时解除cd棒的锁定，当ab棒下滑距离为x0时，cd棒开始运动，求cd棒从解除锁定到开始运动过程中，cd棒产生的焦耳热； (2)此后ab棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时ab、cd棒的速度大小之差； (3)ab棒中电流稳定之后继续下滑，从ab棒到达水平导轨开始计时，t1时刻cd棒速度为零，加速度不为零，此后某时刻，cd棒的加速度为零，速度不为零，求从t1时刻到某时刻，ab、cd的路程之差。 【答案】　(1)　mgx0－　(2)　(3) 【解析】　(1)ab棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件可得F安＝mgsin 30°，F安ab＝BIabL 解得通过ab棒的电流为Iab＝ 设当ab棒下滑距离为x0时速度为v0，cd棒开始运动时回路中的电流为I1，此时对cd棒有F安cd＝μmg 同时有F安cd＝BI1L，I1＝ 分析可知cd棒从解除锁定到开始运动过程中，cd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mgx0sin 30°－mv＝2Qcd 联立解得cd棒产生的焦耳热为Qcd＝mgx0－。 (2)分析可知ab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mgsin 30°－F安＝ma，F安－μmg＝ma 同时有F安＝BIL，I＝＝ 联立解得此时ab、cd棒的速度大小之差为Δv＝。 (3)分析可知从开始到t1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t1时刻ab棒的速度为v1′，可知mΔv＝mv1′ 解得v1′＝Δv＝ 设某时刻时，ab棒速度为v1″，cd棒速度为vcd，cd棒的加速度为零，可得F安cd2＝μmg① 其中F安cd2＝BI2L 分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得I2＝② 从t1时刻到某时刻间，对两棒分别根据动量定理有－(μmg＋BL)Δt＝mv1″－mv1′，(BL－μmg)Δt＝mvcd 变式可得μmgΔt＋BLq＝mv1′－mv1″，BLq－μmgΔt＝mvcd 两式相加得2BLq＝mv1′－m(v1″－vcd)③ 同时有q＝Δt＝·Δt＝＝④ 联立①②③④可得从t1到某时刻，ab、cd的路程之差为Δs＝。 6. (2025·河北卷)某电磁助推装置设计如图，超级电容器经调控系统为电路提供1 000 A的恒定电流，水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中，a可视为始终垂直导轨的导体棒，b为表面绝缘的无人机。初始时a静止于MM′处，b静止于a右侧某处。现将开关S接1端，a与b正碰后锁定并一起运动，损失动能全部储存为弹性势能。当a运行至NN′时将S接2端，同时解除锁定，所储势能瞬间全部转化为动能，a与b分离。已知电容器电容C为10 F，导轨间距为0.5 m，磁感应强度大小为1 T，MM′到NN′的距离为5 m，a、b质量分别为2 kg、8 kg，a在导轨间的电阻为0.01 Ω。碰撞、分离时间极短，各部分始终接触良好，不计导轨电阻、摩擦和储能耗损，忽略电流对磁场的影响。 (1)若分离后某时刻a的速度大小为10 m/s，求此时通过a的电流大小； (2)忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初始间距为1.25 m时，求b分离后的速度大小，分析其是否为b能够获得的最大速度；并求a运动过程中电容器的电压减小量； (3)忽略a所受空气阻力，若b所受空气阻力大小与其速度v的关系为f＝kv2(k＝0.025 N·s2/m2)，初始位置与(2)问一致，试估算a运行至NN′时。a分离前的速度大小能否达到(2)问中分离前速度的99%，并给出结论。(0.992＝0.980 1) 【答案】　(1)500 A　(2)vb1＝25 m/s　是　ΔU＝40 V　(3)能 【解析】　(1)分离后a切割磁感线有E＝BLv 则通过a的电流I＝ 解得I＝500 A。 (2)规定水平向右为正方向，a从MM′处运动至静止位置过程中由安培力提供加速度，超级电容器为电路提供恒定电流，则a的加速度恒定，有BIL＝ma1，ab间初始距离x1＝a1t，碰撞前a的速度为v1＝a1t1，解得a1＝250 m/s2，t1＝0.1 s，v1＝25 m/s。a与b碰撞过程系统动量守恒mav1＝(ma＋mb)v2储存的弹性势能为Ep＝mav－(ma＋mb)v，解得v2＝5 m/s，Ep＝500 J。a、b碰后一起运动至NN′过程中，x2＝5 m－1.25 m＝3.75 m，由安培力提供加速度，有BIL＝(ma＋mb)a2，位移x2＝v2t2＋a2t，分离前速度为v3＝v2＋a2t2，解得a2＝50 m/s2，t2＝0.3 s，v3＝20 m/s，a与b分离过程，由动量守恒定律有(ma＋mb)v3＝mav4＋mbv5，由能量守恒定律有(ma＋mb)v＋Ep＝mav＋mbv，解得v4＝0，v5＝25 m/s，在整个过程中安培力大小恒定，做正功，若a、b分离时a的速度为零，则此时b能获得最大速度，最大速度为25 m/s。上述过程中通过导体棒a的电荷量q＝I(t1＋t2)＝400 C，a运动过程中电容器的电压减小量ΔU＝＝40 V。 (3)b受f＝kv2(k＝0.025 N·s2/m2)的空气阻力后，a与b整体从MM′到NN′的过程中有(BI0L－kv2)＝(ma＋mb)a，a＝v 求解出v共2＝ m/s 则≈99.05% a分离前的速度大小能达到(2)问中分离前速度的99%。 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 高中物理培优专题 培优专题5 电磁感应+动量 学习目标 1. 掌握利用动量定理解决电磁感应相关问题的方法。 2. 掌握利用动量守恒定律解决电磁感应相关问题的方法。 【专题解读】 1. 动量定理在电磁感应中的应用　 　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　 在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题。 求解的物理量 应用示例 电荷量或速度 －BLΔt＝mv2－mv1，q＝Δt，即－BqL＝mv2－mv1 位移 ＝0－mv0，即－＝0－mv0 时间 －BLΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1 已知电荷量q、F其他(F其他为恒力) －＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－＋F其他Δt＝mv2－mv1 已知位移x、F其他(F其他为恒力) 2　动量守恒定律在电磁感应中的应用 双杆模型 物理 模型 “一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡 两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒 分析 方法 动力学 观点 通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动 能量观点 两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和 动量观点 对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题 【典例剖析】 【典例】1(2024·四川内江市零模)如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFHG矩形区域内有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，EF、GH的距离为s。在t＝0时刻，两金属棒a、b分别以大小相同的速率v0，分别从磁场的边界EF、GH进入磁场。经过一段时间后，其中有一棒恰好停在磁场边界处，且在这个过程中，金属棒a、b没有相碰，相距最近时b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b是由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为2m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好。求： (1)在t＝0时刻b棒的加速度大小； (2)两棒在整个过程中相距最近的距离； (3)在整个过程中，b棒产生的焦耳热。 【审题指导】　 关键表述 关键表述解读 已知金属棒a、b是由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为2m 电阻率相同，由电阻定律R＝ρ可得横截面积关系，密度相同，从而求出b棒的质量 两金属棒a、b分别以大小相同的速率v0，分别从磁场的边界EF、GH进入磁场 可求回路的电动势→回路的电流→b棒所受的安培力→加速度 光滑平行金属导轨，相距最近时b棒仍位于磁场区域内 金属棒a、b组成的系统动量守恒，速度相等时距离最近，可求共速时的速度，由动量定理可得两棒的距离变化 经过一段时间后，其中有一棒恰好停在磁场边界处，求在整个过程中，b棒产生的焦耳热 一金属棒先出磁场后继续匀速运动，另一金属棒切割磁感线减速运动至停至磁场边界，利用能量守恒定律求生成的总热量，再进行热量分配求得b棒生成的热量 【典例2】(2024·湖北卷)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。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，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放。 (1)求ab刚越过MP时产生的感应电动势大小； (2)求圆环刚开始运动时的加速度大小； (3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。 【审题指导】　 关键信息 破题关键 建构模型 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 确定圆环哪部分接入电路 电路结构模型 忽略所有摩擦以及圆环可能的形变 动量守恒定律和动量定理的应用 碰撞模型 课后巩固训练 1．(2025·广西卷)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θ，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Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2；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 2．(2025·陕晋青宁卷)如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2L，宽均为L，电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0＝并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用。则(　　) A．甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同 B．甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1∶1 C．乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0 D．甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3 3．(2025·安徽卷)如图，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，右端连接阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒，导体棒以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定；从原位置再发射第2根相同的导体棒，导体棒仍以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，以此类推，直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m，电阻为R，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好(发射前导体棒与导轨不接触)，不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的电流对原磁场的影响。求： (1)第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率； (2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电荷量； (3)从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量。 4．(2025·河南濮阳期末)如图1所示，间距为L＝1 m、电阻不计的足够长光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨左侧连接有阻值为R＝8 Ω的定值电阻，金属棒垂直放置在导轨上，金属棒接入电路的电阻为r＝2 Ω，金属棒的质量m＝0.4 kg，整个导轨处在垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B＝2 T。金属棒在水平向右的恒定拉力F作用下，从静止开始运动，经2.4 s达到最大速度，金属棒运动的v－t图像如图2所示，求： (1)外力F的大小； (2)0～2.4 s内电阻R上产生的焦耳热； (3)若施加的力F为变力，当金属棒的速度达到v0时撤去外力，金属棒整个运动过程中的速度v与运动的位移x关系如图3所示，求整个过程中电阻R上产生的焦耳热(结果用题中和图3中物理量符号L、R、r、B、v0、s表示)。 5．(2025·海南卷)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θ＝30°，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B，两相同导体棒ab、cd与水平导轨的动摩擦因数μ＝0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒质量均m，接入电路中的电阻均为R，cd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g。 (1)锁定水平导轨上的cd棒，闭合开关，ab棒静止在倾斜导轨上，求通过ab棒的电流；断开开关，同时解除cd棒的锁定，当ab棒下滑距离为x0时，cd棒开始运动，求cd棒从解除锁定到开始运动过程中，cd棒产生的焦耳热； (2)此后ab棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时ab、cd棒的速度大小之差； (3)ab棒中电流稳定之后继续下滑，从ab棒到达水平导轨开始计时，t1时刻cd棒速度为零，加速度不为零，此后某时刻，cd棒的加速度为零，速度不为零，求从t1时刻到某时刻，ab、cd的路程之差。 6. (2025·河北卷)某电磁助推装置设计如图，超级电容器经调控系统为电路提供1 000 A的恒定电流，水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中，a可视为始终垂直导轨的导体棒，b为表面绝缘的无人机。初始时a静止于MM′处，b静止于a右侧某处。现将开关S接1端，a与b正碰后锁定并一起运动，损失动能全部储存为弹性势能。当a运行至NN′时将S接2端，同时解除锁定，所储势能瞬间全部转化为动能，a与b分离。已知电容器电容C为10 F，导轨间距为0.5 m，磁感应强度大小为1 T，MM′到NN′的距离为5 m，a、b质量分别为2 kg、8 kg，a在导轨间的电阻为0.01 Ω。碰撞、分离时间极短，各部分始终接触良好，不计导轨电阻、摩擦和储能耗损，忽略电流对磁场的影响。 (1)若分离后某时刻a的速度大小为10 m/s，求此时通过a的电流大小； (2)忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初始间距为1.25 m时，求b分离后的速度大小，分析其是否为b能够获得的最大速度；并求a运动过程中电容器的电压减小量； (3)忽略a所受空气阻力，若b所受空气阻力大小与其速度v的关系为f＝kv2(k＝0.025 N·s2/m2)，初始位置与(2)问一致，试估算a运行至NN′时。a分离前的速度大小能否达到(2)问中分离前速度的99%，并给出结论。(0.992＝0.980 1) www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） 学科网（北京）股份有限公司 $