专题 19电磁感应+动量定理 讲义-2026-2027学年高三物理暑期能力提升

高三物理暑期能力提升 专题19 电磁感应+动量定理 【方法解读】 1.导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可用动量定理分析棒的速度变化，表达式为 I其他+lBΔt=mv-mv0 或I其他-lBΔt=mv-mv0; 若其他力的冲量和为零，则有lBΔt=mv-mv0或-lBΔt=mv-mv0。 2.求电荷量: 由-lBΔt=mv-mv0可求得q=Δt=。 3.求位移: 由-Δt=mv-mv0可求得x=Δt=。 4.求时间： ①已知电荷量q，F其他为恒力，可求出非匀变速运动的时间。 -BLΔt+F其他Δt=mv-mv0 即-BLq+F其他Δt=mv-mv0 可求得时间Δt。 ②若已知位移x，F其他为恒力，也可求出非匀变速运动的时间。 +F其他Δt=mv-mv0，Δt=x。 联立可求得时间Δt。 例1　(2025·辽宁鞍山市一模)如图，两条平行光滑金属导轨水平放置，间距为L，中间有宽度为L、磁感应强度为B的匀强磁场；导轨右侧接有一个阻值为R的定值电阻。一个边长为L的正方形导线框abcd置于导轨左侧，其ab、cd边始终与导轨接触良好。导线框的ac、bd两边电阻均为R，ab、cd边及导轨电阻可忽略，现给导线框一个初速度v，当它完全进入磁场区域时，速度变为，求： (1)bd边进入磁场区域左边界瞬间b、d两点间的电压U； (2)线框的质量m； (3)上述过程中导轨右侧定值电阻R上产生的热量Q。 答案　(1)　(2)　(3) 解析　(1)bd边切割磁感线，刚进入磁场区域左边界时，电动势E=BLv 由欧姆定律有I= 其中R总=R+=R 解得I= b、d两点间电压U=E-IR 解得U= (2)线框进入磁场的过程，根据动量定理有-BLΔt=m-mv 其中=，ΔΦ=BL2 解得m= (3)由系统能量守恒得系统产生的总热量Q总=mv2-m()2 解得Q总=mv2= 根据Q总=Qac+Qbd+QR 其中Qbd=I2Rt，Qac=()2Rt，QR=()2Rt 解得QR=Q总=。 拓展　在例1中线框有一半进入磁场区域时速度为多大？ 答案　v 解析　线框进入磁场过程由动量定理可得-BL·Δt1=mv'-mv = = ΔΦ1=B· 联立可得v'=v。 例2 （2026高考物理广西卷第15题）在水平面中，存在大小为B、方向竖直向下的匀强磁场，磁场的左段的宽度为l，磁场的右段呈等腰三角形分布，OA=OB，三角形高为h，有水平导轨，导轨间距也为l，导轨之间接有可改变电流大小的恒定电流源，初始提供的电流I恒定为；有一根质量为m的金属棒AB锁定在导轨的中部，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，其通过的电流由A到B。t=0时解除金属棒的锁定，金属棒在安培力作用下开始运动。重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）当t=0时，求金属棒受到安培力的大小和方向； （2）当金属棒达到最大速度时，求金属棒此时的速度大小和运动过程的位移大小； （3）改变电流I的大小，求使棒恰好到达顶点O时安培力做功与电流的关系式，以及为使棒能运动起来且不离开磁场区域，电流I的取值范围。 【答案】（1）=Bl，垂直于棒向右 （2）v=(Bl-μmg)，=h(1-) （3）=BIlh， < I ≤ 解析 （1）由题意可知，在t=0时，=Bl 由左手定则可知，金属棒受到安培力方向垂直于金属棒向右。 （2）当金属棒达到最大速度时，此时安培力与摩擦力平衡，即B=μmg 设此时运动的位移为，根据几何关系可知，= 联立解得 =，=h(1-) 在金属棒运动过程中只有安培力和摩擦力做功，有ΣB·△x-μmg=m 注意到 Σ·△x=(l+)=(l+)h(1-) 则有 B(l+)h(1-)-μmgh(1-)=m 解得 v=(Bl-μmg) （2） 若金属棒恰好到达顶点O，安培力做功与电流的关系为 =BIlh 根据动能定理，电流I的最大值满足 Bh-μmgh=0 解得 = 使金属棒恰好静止时，电流满足B=μmg 解得 = 为使棒能运动起来且不离开磁场区域，电流I的取值范围为 < I ≤ 【针对性训练】 1 如图所示，M、N、P、Q四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L和L，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直向下的、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计。t=0时使导体棒C获得瞬时速度v0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，且达到稳定运动时导体棒C未到两组导轨连接处，则下列说法正确的是(　　) A.t=0时，导体棒D的加速度大小为a= B.达到稳定运动时，C、D两棒速度之比为1∶1 C.从t=0时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为m D.从t=0时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为 答案　ACD 解析　开始时，导体棒中的感应电动势E=2BLv0，电路中感应电流I=，导体棒D所受安培力F=BIL，设导体棒D的加速度为a，则有F=ma，解得a=，故A正确；稳定运动时，电路中电流为零，设此时C、D棒的速度分别为v1、v2，则有2BLv1=BLv2，对变速运动中任意极短时间Δt，由动量定理得，对C棒有2BLΔt=m(v0-v1)，对D棒有BLΔt=mv2，故对变速运动全过程有v0-v1=2v2，解得v2=v0，v1=v0，故B错误；根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q=m-m-m，解得Q=m，故C正确；由动量定理，对C棒有2BLΔt=m(v0-v1)，可得2BLq=m(v0-v1)，解得q=，故D正确。 2 (2025·云南省调研)如图所示，水平面上固定放置有“”形光滑金属导轨，平行的两边宽度为L。虚线MN右侧存在方向垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B，磁场的区域足够大。质量为m、电阻为R、长度也为L的金属棒垂直于导轨放置，以初速度v0沿导轨进入匀强磁场区域，最终静止。金属棒与导轨始终垂直且接触良好，不计金属导轨电阻，则(　　) A.金属棒刚进入磁场时受到的安培力大小为 B.金属棒在磁场中运动的时间为 C.金属棒在磁场中运动的距离为 D.流过金属棒横截面的总电荷量为 答案　AC 解析　根据题意可知，金属棒刚进入磁场时，感应电动势为E=BLv0，通过金属棒的感应电流为I==，金属棒刚进入磁场时受到的安培力大小为F=BIL=，故A正确；设金属棒在磁场中运动的距离为x，由动量定理有-Δt=-BL·Δt=0-mv0，其中q=·Δt==，则有=mv0，解得金属棒在磁场中运动的距离为x=，流过金属棒横截面的总电荷量为q=，若金属棒做匀减速运动，则有x=t，解得t=，由于金属棒做加速度减小的减速运动，所以金属棒在磁场中运动的时间不等于，故B、D错误，C正确。 3. (2025·山东烟台市检测)如图所示，两光滑平行长直导轨，间距为d，放置在水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直向下，两质量都为m、电阻都为r的导体棒L1、L2垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，两导体棒距离足够远，L1静止，L2以初速度v0向右运动，不计导轨电阻，忽略感生电流产生的磁场，则(　　) A.导体棒L1的最终速度为v0 B.导体棒L2产生的热量为 C.通过导体棒横截面的电荷量为 D.两导体棒的初始距离最小为 答案　D 解析　导体棒L2做变减速运动，L1做变加速运动，随着两棒相对速度的减小，回路中电流减小，安培力减小，加速度减小，导体棒L1、L2最终以相同的速度匀速直线运动，设共同速度为v1，水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv0=2mv1，解得v1=，故A错误；设导体棒L1、L2在整个过程中产生的焦耳热为Q总，根据能量守恒定律可得m=Q总+(2m)，解得Q总=m，导体棒L1、L2的电阻都为r，因此导体棒L2产生的热量为Q=Q总=m，故B错误；对导体棒L1，由动量定理得BdΔt=mv1，因为q=Δt，故Bdq=mv1，因此通过导体棒横截面的电荷量为q==，故C错误；若导体棒L1、L2速度相等时距离为零，则两棒的初始距离最小，设最小初始距离为l，则通过导体棒横截面的电荷量q=Δt=Δt=Δt==，解得l=，故D正确。 4.(2025·山东威海市期末)如图所示，足够长的水平放置的光滑平行导轨，宽轨道的间距为窄轨道的2倍，轨道处于竖直方向的匀强磁场中，甲、乙两杆垂直导轨放置，质量分别为2m、m。某时刻甲以速度v0向右滑动，若甲始终在宽轨道上运动，甲、乙始终与轨道接触良好且与轨道垂直，则系统最终产生的热量为(　　) A.m B.m C.m D.m 答案　B 解析　最终状态两杆均做匀速运动，此时两杆切割磁感线产生的电动势大小相等即B·2Lv甲=BLv乙，解得v乙=2v甲，对甲杆根据动量定理可得-B·2LΔt=2mv甲-2mv0，对乙杆根据动量定理可得B·LΔt=mv乙-0，联立解得v甲=，v乙=，系统最终产生的热量为Q=×2m-(×2m+m)=m，故选B。 5.(2025·陕晋青宁卷·7)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，故A错误；甲线框刚进磁场区域时，合力为F安1=BI1L=B·L=，乙线框刚进磁场区域时，合力为F安2=BI2L=B·L=，可得=2，故B错误；假设甲、乙都能完全出磁场，对甲根据动量定理-BLΔt=mv1-mv0，q1=Δt=·Δt==，同理对乙-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，故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=mv02，Q2=mv02-m=mv02，可得=，故D正确。 6 .（2024·贵州高考10题）如图，间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有一定值电阻R，导轨所在平面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m的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则（　　） A.加速过程中通过金属棒的电荷量为 B.金属棒加速的时间为 C.加速过程中拉力的最大值为 D.加速过程中拉力做的功为mv2 答案：AB 解析：加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，都设为x，根据q＝Δt＝Δt＝·Δt＝＝，可知加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷量，对于减速过程，由动量定理可得－BLΔt＝－BLq＝0－mv，解得q＝，A正确；由q＝＝，解得x＝，金属棒加速的过程中，由位移公式可得x＝vt，可得加速时间 为t＝，B正确；金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，加速过程中，安培力逐渐增大，加速度不变，因此拉力逐渐增大，当撤去拉力的瞬间，拉力最大，由牛顿第二定律可得Fm－BL＝ma，其中v＝at，联立解得Fm＝，C错误；加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，由动能定理可知，合外力的功WF－W安＝mv2，可得WF＝W安＋mv2，因此加速过程中拉力做的功大于mv2，D错误。 7 （2025·山东烟台模拟）如图所示，一光滑、电阻忽略不计的轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平两段组成，倾斜段的上端连接一电阻R＝0.5 Ω，两轨道间距d＝1 m，水平部分两轨道间有一竖直向下，磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场。一质量m＝0.5 kg、长为l＝1.1 m、电阻忽略不计的导体棒，从轨道上距水平面h1＝0.8 m高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端水平飞出，落地点与水平轨道末端的水平距离x2＝0.8 m，水平轨道距水平地面的高度h2＝0.8 m。通过计算可知（g取10 m/s2）（　　） A.导体棒进入磁场时的速度为3 m/s B.导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为3 J C.磁场的长度x1为2 m D.整个过程通过电阻的电荷量为2 C 答案 BCD 解析：　设导体棒进入磁场时的速度为v0，根据机械能守恒定律有m＝mgh1，解得v0＝4 m/s，故A错误；导体棒从水平轨道水平飞出后做平抛运动，则水平方向有x2＝vt，竖直方向有h2＝gt2，联立代入数据解得v＝2 m/s，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有Q＝m－mv2，则导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为Q＝3 J，故B正确；导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有t1＝Bdq＝mv0－mv，又有q＝t1＝＝，联立代入数据解得x1＝2 m，q＝2 C，故C、D正确。 8.（2025·安徽黄山模拟）如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左右两部分的间距分别为l、2l；质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置，导体棒a接入电路的电阻为R，其余电阻均忽略不计；a、b两棒分别以v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状态，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是（　　） A.a棒加速度的大小始终等于b棒加速度的大小 B.稳定时a棒的速度为1.5v0 C.电路中产生的焦耳热为m D.通过a棒的某一横截面的电荷量为 答案 AC 解析：　由F安＝ILB＝ma，可得a＝，a、b两棒串联，电流相等，a、b两棒长度分别为l、2l，质量分别为m、2m，则a、b两棒加速度大小相等，故A正确；因为导轨光滑，水平方向导体棒只受到安培力作用，对a棒，根据动量定理有Fat＝lBt＝mva－mv0，同理，对b棒有－Fbt＝－B×2l·t＝2mvb－2m·2v0，稳定时无电流，即Blva＝B·2lvb，得va＝2vb，联立解得va＝2v0，vb＝v0，故B错误；由能量守恒定律可知，动能的损失等于电路中产生的焦耳热，初动能Ek0＝m＋×2m×（2v0）2，末动能Ek＝m×（2v0）2＋×2m×，则电路中产生的焦耳热为Ek0－Ek＝m，故C正确；对a棒应用动量定理有lB·Δt＝mva－mv0，又q＝·Δt， va＝2v0，联立解得q＝，故D错误。 9.（2025·河南郑州模拟）如图所示，在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中有两条光滑固定的平行金属导轨MN、PQ，导轨足够长，间距为L，其电阻不计，导轨平面与磁场垂直，ab、cd为两根垂直于导轨水平放置的金属棒，其接入回路中的电阻均为R，质量均为m，与金属导轨平行的水平轻质细线一端固定，另一端与cd棒的中点连接。一开始细线处于伸直状态，ab棒在平行于导轨的拉力F的作用下从静止开始以恒定加速度a0向右做匀加速直线运动，经时间t0细线被拉断，两根金属棒运动时始终与导轨接触良好且与导轨相垂直。 （1）求细线能承受的最大拉力F0； （2）求细线被拉断前的过程中通过金属棒ab中间横截面的电荷量q； （3）若在细线被拉断瞬间撤去拉力F，求从此刻起两根金属棒之间距离增加量的最大值及细线断后回路中产生的总焦耳热。 答案：（1）　（2）　（3）　m 解析：（1）ab棒以加速度a0向右做匀加速运动，当细线被拉断时，ab棒运动的速度v＝a0t0 回路中的感应电动势E＝BLv 回路中的感应电流为I＝ cd棒受到的安培力为FA＝BIL＝F0 联立解得最大拉力F0＝。 （2）在Δt时间内平均感应电动势＝ 回路中的平均电流为＝ 细线被拉断前的过程中通过ab棒中间横截面的电荷量为q＝·Δt＝ ab棒在t0时间内的位移x0＝a0 t0时间内回路中磁通量变化量ΔΦ＝BLx0 联立解得q＝。 （3）细线被拉断瞬间撤去拉力F后，ab棒做减速运动，cd棒做加速运动，两棒之间的距离增大，设经过t时间两棒达到相同速度v'而稳定运动时，两棒之间的距离增加量达到最大值Δx，两棒所受安培力等大反向，水平方向动量守恒，由动量守恒定律得mv＝2mv' 对于ab棒，由动量定理得－BLt＝mv'－mv ＝ ＝ 联立解得Δx＝ 由能量守恒定律得细线断后回路中产生的总焦耳热 Q总＝mv2－mv'2×2＝m。 10 (2025·山东济南高三摸底)如图所示为某种“电磁制动”的基本原理图，在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接阻值为R的电阻，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好。初始时刻，导体棒以初速度v0水平向右运动，当导体棒的速度为时，相对于出发位置的位移大小为x(大小未知)。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m，接入电路的电阻也为R，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦，求: (1)导体棒的速度为时，导体棒克服安培力做功的功率P; (2)导体棒相对于出发位置的位移为时，导体棒的速率v。 答案　(1)　(2)v0 解析　(1)导体棒的速度为时，导体棒产生的电动势E=BL· 回路中的感应电流I= 导体棒受到的安培力大小FA=ILB 则P=FA· 联立可得P=。 (2)导体棒从开始到运动至速度为的过程，设该过程的平均速度为v1，所用时间为t1，则v1t1=x，由动量定理可得-t1=m 导体棒从开始到运动至位移为的过程，设该过程的平均速度为v2，所用时间为t2，则v2t2=，由动量定理可得-t2=m(v-v0) 联立可得v=v0。 11 .(10分)(2023·湖南卷·14)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。 (1)(3分)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0； (2)(2分)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0； (3)(5分)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。 答案　(1)　(2)2gsin θ　(3)gsin θ·t0+　 解析　(1)棒a在运动过程中重力沿导轨平面向下的分力和棒a所受安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得 E=BLv0 由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得 I=，F=BIL 棒a受力平衡可得mgsin θ=BIL 联立解得v0= (2)由左手定则可以判断棒b所受安培力沿导轨平面向下，释放棒b瞬间电路中电流不变，则对棒b由牛顿第二定律可得 mgsin θ+BIL=ma0 解得a0=2gsin θ (3)棒a受到沿导轨平面向上的安培力，释放棒b后，在到达共速时对棒a由动量定理有 mgsin θt0-BLt0=mv-mv0 棒b受沿导轨平面向下的安培力，对b棒由动量定理有 mgsin θt0+BLt0=mv 联立解得v=gsin θ·t0+=gsin θ·t0+， = 由法拉第电磁感应定律可得 == 联立可得Δx==。 12 .(12分)(2025·浙江6月选考·17)如图所示，某兴趣小组设计了一新型两级水平电磁弹射系统。第一级由间距为l的水平金属导轨、可在导轨上滑行的导电动子、输出电压恒为U的电源和开关S组成，由此构成的回路总电阻为R1；第二级由固定在动子上间距也为l的导电“⊂”形滑杆、锁定在滑杆上可导电的模型飞机组成，由此构成的回路总电阻为R2。另外在第二级回路内固定一超导线圈，它与第一、第二级回路三者彼此绝缘。导轨间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。接通开关S，动子从静止开始运动，所受阻力与其速度成正比，比例系数为k。当动子运动距离为xm时(可视为已匀速)，立即断开S，在极短时间内实现下列操作：首先让超导线圈通上大电流，产生竖直方向的强磁场，在第二级回路中产生磁通量Φ；再让超导线圈断开，磁场快速消失，同时解锁飞机，对飞机实施第二次加速，飞机起飞。已知动子及安装其上所有装备的总质量为M，其中飞机质量为m，在运动过程中，动子始终与导轨保持良好接触，忽略导轨电阻。 (1)(2分)求动子在接通S瞬间受力的大小； (2)(3分)求第一级弹射过程中动子能达到的最大速度vm； (3)(3分)求第一级弹射过程中电源输出的总能量W； (4)(4分)判断超导线圈中电流方向(俯视)，并求飞机起飞时的速度大小。 答案　(1)　(2)　(3)+　 (4)电流方向(俯视)为顺时针　+ 解析　(1)接通S瞬间，动子速度v=0，此时所受阻力为零，回路中没有感应电动势，电源电压为U，回路总电阻为R1，根据欧姆定律可知回路电流为I1=，动子只受安培力F=BI1l= (2)当动子达到最大速度vm时，动子切割磁感线产生的电动势为E=Blvm 此时回路电流为I2= 动子做匀速直线运动，所受合力为零，则F安=f，F安=BI2l，f=kvm， 联立解得最大速度为vm= (3)第一级弹射过程，对动子由动量定理得 ∑BilΔt-∑kvΔt=Mvm 其中∑iΔt=q，∑vΔt=xm 得q= 故W=qU=+ (4)假设超导线圈中电流方向(俯视)为顺时针，则产生竖直向下的强磁场，超导线圈断开时，磁场快速消失，由楞次定律可知第二级回路中产生顺时针方向的感应电流，则解锁后的飞机在磁场B中受到水平向右的安培力，可以二次加速，故假设正确。 超导线圈磁场快速消失的过程中，第二级回路中产生的感应电动势'== 感应电流为'== 对飞机，根据动量定理有B'l·Δt=mv-mvm (阻力冲量-∑kvΔt=-kΔx→0，可忽略) 解得v=vm+=+。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三物理暑期能力提升 专题19 电磁感应+动量定理 【方法解读】 1.导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可用动量定理分析棒的速度变化，表达式为 I其他+lBΔt=mv-mv0 或I其他-lBΔt=mv-mv0; 若其他力的冲量和为零，则有lBΔt=mv-mv0或-lBΔt=mv-mv0。 2.求电荷量: 由-lBΔt=mv-mv0可求得q=Δt=。 3.求位移: 由-Δt=mv-mv0可求得x=Δt=。 4.求时间： ①已知电荷量q，F其他为恒力，可求出非匀变速运动的时间。 -BLΔt+F其他Δt=mv-mv0 即-BLq+F其他Δt=mv-mv0 可求得时间Δt。 ②若已知位移x，F其他为恒力，也可求出非匀变速运动的时间。 +F其他Δt=mv-mv0，Δt=x。 联立可求得时间Δt。 例1　(2025·辽宁鞍山市一模)如图，两条平行光滑金属导轨水平放置，间距为L，中间有宽度为L、磁感应强度为B的匀强磁场；导轨右侧接有一个阻值为R的定值电阻。一个边长为L的正方形导线框abcd置于导轨左侧，其ab、cd边始终与导轨接触良好。导线框的ac、bd两边电阻均为R，ab、cd边及导轨电阻可忽略，现给导线框一个初速度v，当它完全进入磁场区域时，速度变为，求： (1)bd边进入磁场区域左边界瞬间b、d两点间的电压U； (2)线框的质量m； (3)上述过程中导轨右侧定值电阻R上产生的热量Q。 拓展　在例1中线框有一半进入磁场区域时速度为多大？ 例2 （2026高考物理广西卷第15题）在水平面中，存在大小为B、方向竖直向下的匀强磁场，磁场的左段的宽度为l，磁场的右段呈等腰三角形分布，OA=OB，三角形高为h，有水平导轨，导轨间距也为l，导轨之间接有可改变电流大小的恒定电流源，初始提供的电流I恒定为；有一根质量为m的金属棒AB锁定在导轨的中部，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，其通过的电流由A到B。t=0时解除金属棒的锁定，金属棒在安培力作用下开始运动。重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）当t=0时，求金属棒受到安培力的大小和方向； （2）当金属棒达到最大速度时，求金属棒此时的速度大小和运动过程的位移大小； （3）改变电流I的大小，求使棒恰好到达顶点O时安培力做功与电流的关系式，以及为使棒能运动起来且不离开磁场区域，电流I的取值范围。 【针对性训练】 1 如图所示，M、N、P、Q四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L和L，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直向下的、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计。t=0时使导体棒C获得瞬时速度v0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，且达到稳定运动时导体棒C未到两组导轨连接处，则下列说法正确的是(　　) A.t=0时，导体棒D的加速度大小为a= B.达到稳定运动时，C、D两棒速度之比为1∶1 C.从t=0时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为m D.从t=0时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为 2 (2025·云南省调研)如图所示，水平面上固定放置有“”形光滑金属导轨，平行的两边宽度为L。虚线MN右侧存在方向垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B，磁场的区域足够大。质量为m、电阻为R、长度也为L的金属棒垂直于导轨放置，以初速度v0沿导轨进入匀强磁场区域，最终静止。金属棒与导轨始终垂直且接触良好，不计金属导轨电阻，则(　　) A.金属棒刚进入磁场时受到的安培力大小为 B.金属棒在磁场中运动的时间为 C.金属棒在磁场中运动的距离为 D.流过金属棒横截面的总电荷量为 3. (2025·山东烟台市检测)如图所示，两光滑平行长直导轨，间距为d，放置在水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直向下，两质量都为m、电阻都为r的导体棒L1、L2垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，两导体棒距离足够远，L1静止，L2以初速度v0向右运动，不计导轨电阻，忽略感生电流产生的磁场，则(　　) A.导体棒L1的最终速度为v0 B.导体棒L2产生的热量为 C.通过导体棒横截面的电荷量为 D.两导体棒的初始距离最小为 4.(2025·山东威海市期末)如图所示，足够长的水平放置的光滑平行导轨，宽轨道的间距为窄轨道的2倍，轨道处于竖直方向的匀强磁场中，甲、乙两杆垂直导轨放置，质量分别为2m、m。某时刻甲以速度v0向右滑动，若甲始终在宽轨道上运动，甲、乙始终与轨道接触良好且与轨道垂直，则系统最终产生的热量为(　　) A.m B.m C.m D.m 5.(2025·陕晋青宁卷·7)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 6 .（2024·贵州高考10题）如图，间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有一定值电阻R，导轨所在平面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m的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则（　　） A.加速过程中通过金属棒的电荷量为 B.金属棒加速的时间为 C.加速过程中拉力的最大值为 D.加速过程中拉力做的功为mv2 7 （2025·山东烟台模拟）如图所示，一光滑、电阻忽略不计的轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平两段组成，倾斜段的上端连接一电阻R＝0.5 Ω，两轨道间距d＝1 m，水平部分两轨道间有一竖直向下，磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场。一质量m＝0.5 kg、长为l＝1.1 m、电阻忽略不计的导体棒，从轨道上距水平面h1＝0.8 m高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端水平飞出，落地点与水平轨道末端的水平距离x2＝0.8 m，水平轨道距水平地面的高度h2＝0.8 m。通过计算可知（g取10 m/s2）（　　） A.导体棒进入磁场时的速度为3 m/s B.导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为3 J C.磁场的长度x1为2 m D.整个过程通过电阻的电荷量为2 C 8.（2025·安徽黄山模拟）如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左右两部分的间距分别为l、2l；质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置，导体棒a接入电路的电阻为R，其余电阻均忽略不计；a、b两棒分别以v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状态，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是（　　） A.a棒加速度的大小始终等于b棒加速度的大小 B.稳定时a棒的速度为1.5v0 C.电路中产生的焦耳热为m D.通过a棒的某一横截面的电荷量为 9.（2025·河南郑州模拟）如图所示，在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中有两条光滑固定的平行金属导轨MN、PQ，导轨足够长，间距为L，其电阻不计，导轨平面与磁场垂直，ab、cd为两根垂直于导轨水平放置的金属棒，其接入回路中的电阻均为R，质量均为m，与金属导轨平行的水平轻质细线一端固定，另一端与cd棒的中点连接。一开始细线处于伸直状态，ab棒在平行于导轨的拉力F的作用下从静止开始以恒定加速度a0向右做匀加速直线运动，经时间t0细线被拉断，两根金属棒运动时始终与导轨接触良好且与导轨相垂直。 （1）求细线能承受的最大拉力F0； （2）求细线被拉断前的过程中通过金属棒ab中间横截面的电荷量q； （3）若在细线被拉断瞬间撤去拉力F，求从此刻起两根金属棒之间距离增加量的最大值及细线断后回路中产生的总焦耳热。 10 (2025·山东济南高三摸底)如图所示为某种“电磁制动”的基本原理图，在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接阻值为R的电阻，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好。初始时刻，导体棒以初速度v0水平向右运动，当导体棒的速度为时，相对于出发位置的位移大小为x(大小未知)。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m，接入电路的电阻也为R，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦，求: (1)导体棒的速度为时，导体棒克服安培力做功的功率P; (2)导体棒相对于出发位置的位移为时，导体棒的速率v。 11 .(10分)(2023·湖南卷·14)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。 (1)(3分)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0； (2)(2分)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0； (3)(5分)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。 12 .(12分)(2025·浙江6月选考·17)如图所示，某兴趣小组设计了一新型两级水平电磁弹射系统。第一级由间距为l的水平金属导轨、可在导轨上滑行的导电动子、输出电压恒为U的电源和开关S组成，由此构成的回路总电阻为R1；第二级由固定在动子上间距也为l的导电“⊂”形滑杆、锁定在滑杆上可导电的模型飞机组成，由此构成的回路总电阻为R2。另外在第二级回路内固定一超导线圈，它与第一、第二级回路三者彼此绝缘。导轨间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。接通开关S，动子从静止开始运动，所受阻力与其速度成正比，比例系数为k。当动子运动距离为xm时(可视为已匀速)，立即断开S，在极短时间内实现下列操作：首先让超导线圈通上大电流，产生竖直方向的强磁场，在第二级回路中产生磁通量Φ；再让超导线圈断开，磁场快速消失，同时解锁飞机，对飞机实施第二次加速，飞机起飞。已知动子及安装其上所有装备的总质量为M，其中飞机质量为m，在运动过程中，动子始终与导轨保持良好接触，忽略导轨电阻。 (1)(2分)求动子在接通S瞬间受力的大小； (2)(3分)求第一级弹射过程中动子能达到的最大速度vm； (3)(3分)求第一级弹射过程中电源输出的总能量W； (4)(4分)判断超导线圈中电流方向(俯视)，并求飞机起飞时的速度大小。 1 学科网（北京）股份有限公司 $