第56講 電磁感應(yīng)中的動量問題（講義）（解析版）-2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)講練測（新教材新高考）

11/11第56講電磁感應(yīng)中的動量問題目錄01、考情透視，目標(biāo)導(dǎo)航TOC\o"1-3"\h\u02、知識導(dǎo)圖，思維引航 103、考點突破，考法探究 2考點一.動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用 2考向1.“單棒＋電阻”模型 3考向2不等間距導(dǎo)軌上的雙棒模型 4考向3“電容器＋棒”模型 5考向4.線框模型 7考點二.動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用 804、真題練習(xí)，命題洞見 11考情分析2024·貴州·高考物理第5題2024·海南·高考物理第9題2024·湖南·高考物理第8題2024·江西·高考物理第15題2024·湖北·甲卷物理第15題復(fù)習(xí)目標(biāo)目標(biāo)1.會利用動量定理分析導(dǎo)體棒、線框在磁場中的運動。目標(biāo)2.會利用動量守恒定律分析雙金屬棒在磁場中的運動問題?？键c一.動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用1.導(dǎo)體棒在磁場中所受安培力是變力時，可用動量定理分析棒的速度變化，表達式為I其他＋eq\o(I,\s\up6(－))lBΔt＝mv－mv0或I其他－eq\o(I,\s\up6(－))lBΔt＝mv－mv0；若其他力的沖量和為零，則有eq\o(I,\s\up6(－))lBΔt＝mv－mv0或－eq\o(I,\s\up6(－))lBΔt＝mv－mv0。2.求電荷量：q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(mv0－mv,Bl)。3.求位移：由－eq\f(B2l2\o(v,\s\up6(－)),R總)Δt＝mv－mv0有x＝eq\o(v,\s\up6(－))Δt＝eq\f(（mv0－mv）R總,B2l2)。4.求時間①已知電荷量q，F(xiàn)其他為恒力，可求出非勻變速運動的時間。－Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＋F其他Δt＝mv－mv0即－BLq＋F其他Δt＝mv－mv0。②若已知位移x，F(xiàn)其他為恒力，也可求出非勻變速運動的時間。eq\f(－B2L2\o(v,\s\up6(－))Δt,R總)＋F其他Δt＝mv－mv0，eq\o(v,\s\up6(－))Δt＝x?？枷?.“單棒＋電阻”模型1.如圖所示，兩條相距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場垂直，導(dǎo)軌電阻不計。金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置并接觸良好，接入電路的電阻也為R。若給棒平行導(dǎo)軌向右的初速度v0，當(dāng)流過棒橫截面的電荷量為q時，棒的速度減為零，此過程中棒的位移為x。則()A.當(dāng)流過棒的電荷量為eq\f(q,2)時，棒的速度為eq\f(v0,4)B.當(dāng)棒發(fā)生位移為eq\f(x,3)時，棒的速度為eq\f(v0,2)C.在流過棒的電荷量達到eq\f(q,2)的過程中，棒釋放的熱量為eq\f(3BqLv0,16)D.整個過程中定值電阻R釋放的熱量為eq\f(3BLqv0,4)【答案】C【解析】對ab棒由動量定理有－Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝0－mv0，而q＝eq\o(I,\s\up6(－))t，即－BqL＝0－mv0，當(dāng)流過棒的電荷量為eq\f(q,2)時，有－B·eq\f(q,2)L＝mv1－mv0，解得v1＝eq\f(1,2)v0，A錯誤；當(dāng)棒發(fā)生位移為x時，q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)，則當(dāng)棒發(fā)生位移為eq\f(x,3)時，q′＝eq\f(ΔΦ′,R)＝eq\f(BLx,3R)，可知此時流過棒的電荷量q′＝eq\f(q,3)，代入Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝BLq′＝mv2－mv0，解得棒的速度為v2＝eq\f(2,3)v0，B錯誤；定值電阻與導(dǎo)體棒釋放的熱量相同，在流過棒的電荷量達到eq\f(q,2)的過程中，棒釋放的熱量為Q＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－\f(1,2)mveq\o\al(2,1)))＝eq\f(3,16)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(3BqLv0,16)，C正確；同理可得整個過程中定值電阻R釋放的熱量為Q′＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(qBLv0,4)，D錯誤。2.(多選)如圖，間距為L的平行導(dǎo)軌豎直固定放置，導(dǎo)軌上端接有阻值為R的定值電阻，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的寬度均為d，磁場Ⅰ的下邊界和磁場Ⅱ的上邊界間距為d，磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B。一根質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒由靜止釋放，釋放的位置離磁場Ⅰ的上邊界距離為2d，金屬棒進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等，金屬棒運動過程中始終保持水平且與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g，下列說法正確的是()A.金屬棒剛進入磁場Ⅰ時的速度大小為2eq\r(gd)B.金屬棒剛出磁場Ⅰ時的速度大小為eq\r(2gd)C.金屬棒穿過兩個磁場后電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為2mgdD.金屬棒穿過磁場Ⅰ所用的時間為eq\f(B2L2d－mR\r(gd),mgR)【答案】ABC【解析】根據(jù)動能定理有mg·2d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，金屬棒剛進磁場Ⅰ時的速度大小為v1＝2eq\r(gd)，故A正確；由于金屬棒進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等，在金屬棒從磁場Ⅰ的下邊界到磁場Ⅱ的上邊界這一過程中，機械能守恒，設(shè)金屬棒出磁場Ⅰ的速度為v1′，進磁場Ⅱ的速度為v2，則有eq\f(1,2)mv1′2＋mgd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，又v2＝v1，解得金屬棒剛出磁場Ⅰ時的速度大小為v1′＝eq\r(2gd)，故B正確；由能量守恒定律得2Q＝5mgd－eq\f(1,2)mv1′2，解得金屬棒穿過兩個磁場后電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝2mgd，故C正確；設(shè)金屬棒穿過磁場Ⅰ所用的時間為t，根據(jù)動量定理得BqL－mgt＝(－mv1′)－(－mv1)，該過程的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLd,2R)，解得金屬棒穿過磁場Ⅰ所用的時間為t＝eq\f(B2L2d－（4－2\r(2)）mR\r(gd),2mgR)，故D錯誤?？枷?不等間距導(dǎo)軌上的雙棒模型3.如圖所示，兩根足夠長且電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌MNPQ和M1N1P1Q1，固定在傾角為θ的斜面上，MN與M1N1距離為L，PQ與P1Q1距離為eq\f(2,3)L。金屬棒A、B質(zhì)量均為m、阻值均為R、長度分別為L與eq\f(2,3)L，金屬棒A、B分別垂直放在導(dǎo)軌MM1和PP1上，且恰好都能靜止在導(dǎo)軌上。整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場中?，F(xiàn)固定住金屬棒B，用沿導(dǎo)軌向下的外力F作用在金屬棒A上，使金屬棒A以加速度a沿斜面向下做勻加速運動。此后A棒一直在MN與M1N1上運動，B棒一直在PQ與P1Q1上靜止或運動，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求：(1)外力F與作用時間t的函數(shù)關(guān)系式；(2)當(dāng)A棒的速度為v0時，撤去F并解除對B的固定，一段時間后A棒在MN與M1N1上勻速運動，求A棒勻速運動的速度大小?！敬鸢浮?1)F＝eq\f(B02L2a,2R)t＋ma(2)eq\f(4,13)v0【解析】(1)金屬棒A、B剛好都能靜止在導(dǎo)軌上，對金屬棒，有mgsinθ－Ff＝0金屬棒A沿斜面向下做勻加速運動，對金屬棒A，由牛頓第二定律有F＋mgsinθ－Ff－F安＝ma由安培力公式有F安＝ILB0對金屬棒與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路，根據(jù)歐姆定律，有I＝eq\f(E,R＋R)金屬棒A切割磁感線，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有E＝B0Lv又因為v＝at聯(lián)立解得F＝eq\f(B02L2a,2R)t＋ma。(2)A棒勻速時，安培力為零，電流為零，兩棒產(chǎn)生的電動勢大小相等，有B0LvA＝B0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)L))vB在撤去F到A棒勻速的過程中，對A，根據(jù)動量定理，有(mgsinθ－Ff－B0eq\o(I,\s\up6(－))L)t1＝mvA－mv0對B，根據(jù)動量定理，有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mgsinθ－Ff＋B0\o(I,\s\up6(－))·\f(2,3)L))t1＝mvB－0聯(lián)立可解出vA＝eq\f(4,13)v0?？枷?“電容器＋棒”模型基本模型規(guī)律導(dǎo)軌光滑，電阻阻值為R，電容器電容為C電路特點導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，電容器充電電流特點安培力為阻力，棒減速，E減小，有I＝eq\f(BLv－UC,R)，電容器充電UC變大，當(dāng)BLv＝UC時，I＝0，F(xiàn)安＝0，棒勻速運動運動特點和最終特征棒做加速度a減小的減速運動，最終做勻速運動，此時I＝0，但電容器帶電荷量不為零最終速度電容器增加的電荷量：q＝CU最終電容器兩端電壓：U＝BLv對棒應(yīng)用動量定理：mv－mv0＝－Beq\o(I,\s\up6(－))L·Δt＝－BLqv＝eq\f(mv0,m＋B2L2C)v-t圖像4.如圖所示，兩條平行金屬導(dǎo)軌的間距為L，長為d的傾斜部分與水平面的夾角為θ，水平部分足夠長，兩部分平滑相連，傾斜導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為C。兩部分導(dǎo)軌均處于勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，磁感應(yīng)強度大小分別為2B和B，在傾斜導(dǎo)軌上端放置一質(zhì)量為m的金屬棒，使其沿導(dǎo)軌由靜止開始加速下滑，當(dāng)金屬棒下滑距離d后無動能損失進入水平軌道，然后進入豎直向上的勻強磁場。已知金屬棒在滑動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，電容器能正常工作，重力加速度為g，不計所有電阻和摩擦阻力。求：(1)金屬棒剛進入水平導(dǎo)軌時速度的大小v0；(2)金屬棒進入水平導(dǎo)軌后的最終速度v。【答案】(1)eq\r(\f(2mgdsinθ,m＋4B2L2C))(2)eq\f(2B2L2C＋m,B2L2C＋m)eq\r(\f(2mgdsinθ,4B2L2C＋m))【解析】(1)設(shè)金屬棒速度大小為v′時，通過金屬棒的電流為I，對金屬棒由牛頓第二定律有mgsinθ－2BIL＝ma設(shè)在極短時間間隔Δt內(nèi)流過金屬棒的電荷量為ΔQ，則ΔQ＝CΔE＝2BLC·Δv而I＝eq\f(ΔQ,Δt)，a＝eq\f(Δv,Δt)所以I＝2BLCa聯(lián)立解得a＝eq\f(mgsinθ,m＋4B2L2C)金屬棒做初速度為零的勻加速運動，當(dāng)金屬棒下滑距離d后的速度大小為v0＝eq\r(2ad)聯(lián)立解得v0＝eq\r(\f(2mgdsinθ,m＋4B2L2C))。(2)當(dāng)金屬棒剛進入水平導(dǎo)軌時，電容器極板上積累的電荷量為Q＝EC＝2BLCeq\r(\f(2mgdsinθ,m＋4B2L2C))此時金屬棒的速度大小仍為v0＝eq\r(\f(2mgdsinθ,m＋4B2L2C))而感應(yīng)電動勢變?yōu)镋′＝BLv0金屬棒進入水平軌道后，E′＜E，電容器放電，設(shè)再經(jīng)過t1時間電容器放電結(jié)束，此時金屬棒達到最終速度v，取水平向右為正方向，根據(jù)動量定理可得BLeq\x\to(I)·t1＝mv－mv0而eq\x\to(I)·t1＝Q－Q′，Q′＝BLCv聯(lián)立解得v＝eq\f(2B2L2C＋m,B2L2C＋m)eq\r(\f(2mgdsinθ,4B2L2C＋m))。考向4.線框模型5.(多選)如圖所示，在光滑的水平面上有一方向豎直向下的有界勻強磁場。磁場區(qū)域的左側(cè)，一正方形線框由位置Ⅰ以4.5m/s的初速度垂直于磁場邊界水平向右運動，線框經(jīng)過位置Ⅱ，當(dāng)運動到位置Ⅲ時速度恰為零，此時線框剛好有一半離開磁場區(qū)域。線框的邊長小于磁場區(qū)域的寬度。若線框進、出磁場的過程中通過線框橫截面的電荷量分別為q1、q2，線框經(jīng)過位置Ⅱ時的速度為v。則下列說法正確的是()A.q1＝q2 B.q1＝2q2C.v＝1.0m/s D.v＝1.5m/s【答案】BD【解析】根據(jù)q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BΔS,R)可知，線框進、出磁場的過程中通過線框橫截面的電荷量q1＝2q2，故A錯誤，B正確；線圈從開始進入到位置Ⅱ，由動量定理－Beq\o(I,\s\up6(－))1LΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理線圈從位置Ⅱ到位置Ⅲ，由動量定理－Beq\o(I,\s\up6(－))2LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，聯(lián)立解得v＝eq\f(1,3)v0＝1.5m/s，故C錯誤，D正確?？键c二.動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用1．問題特點：在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，安培力充當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)力，如果它們不受摩擦力，且受到的安培力的合力為0時，滿足動量守恒，運用動量守恒定律解題比較方便。2．雙棒模型(不計摩擦力)雙棒無外力雙棒有外力示意圖F為恒力運動過程導(dǎo)體棒1受安培力的作用做加速度減小的減速運動，導(dǎo)體棒2受安培力的作用做加速度減小的加速運動，最后兩棒以相同的速度做勻速直線運動導(dǎo)體棒1做加速度逐漸減小的加速運動，導(dǎo)體棒2做加速度逐漸增大的加速運動，最終兩棒以相同的加速度做勻加速直線運動動量觀點系統(tǒng)動量守恒系統(tǒng)動量不守恒能量觀點棒1動能的減少量＝棒2動能的增加量＋焦耳熱外力做的功＝棒1的動能＋棒2的動能＋焦耳熱1.如圖所示，兩根間距為l的光滑金屬導(dǎo)軌(不計電阻)，由一段圓弧部分與一段無限長的水平部分組成，其水平段加有方向豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。導(dǎo)軌水平段上靜止放置一金屬棒cd，質(zhì)量為2m，電阻為2r。另一質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒ab，從圓弧段M處由靜止釋放下滑至N處進入水平段，棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，圓弧段MN半徑為R，所對圓心角為60°，重力加速度為g。求：(1)ab棒在N處進入磁場區(qū)速度和棒中的電流；(2)cd棒能達到的最大速度；(3)cd棒由靜止到最大速度過程中，系統(tǒng)所能釋放的熱量?！敬鸢浮?1)eq\r(gR)eq\f(Bl\r(gR),3r)(2)eq\f(1,3)eq\r(gR)(3)eq\f(1,3)mgR【解析】(1)ab棒由M下滑到N過程中機械能守恒，有mgR(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(gR)進入磁場瞬間，回路中的電流為I＝eq\f(E,2r＋r)＝eq\f(Bl\r(gR),3r)。(2)ab棒在安培力作用下做減速運動，cd棒在安培力作用下做加速運動，當(dāng)兩棒速度達到相同速度v′時，電路中電流為零，安培力為零，cd棒達到最大速度。由動量守恒定律得mv＝(2m＋m)v′，解得v′＝eq\f(1,3)eq\r(gR)。(3)系統(tǒng)釋放的熱量應(yīng)等于系統(tǒng)機械能的減少量故Q＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)×3mv′2解得Q＝eq\f(1,3)mgR。2.(多選)如圖所示，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上。t＝0時，棒ab以初速度v0向右滑動。運動過程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示。下列圖像中可能正確的是()【答案】AC【解析】導(dǎo)體棒ab運動，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流(逆時針)，導(dǎo)體棒ab受到安培力F作用，速度減小，導(dǎo)體棒cd受安培力F′作用，速度增大，最終兩棒速度相等，如圖所示。由E＝Blv知，回路中感應(yīng)電動勢E總＝Bl(v1－v2)＝BlΔv，Δv逐漸減小，則感應(yīng)電流非均勻變化。當(dāng)兩棒的速度相等時，回路上感應(yīng)電流消失，兩棒在導(dǎo)軌上以共同速度做勻速運動。由動量守恒定律得mv0＝2mv共，v共＝eq\f(v0,2)，A、C正確，D錯誤；導(dǎo)體棒cd受變力作用，加速度逐漸減小，其v－t圖像應(yīng)該是曲線，B錯誤。3.如圖所示，在水平面上有兩條足夠長的平行導(dǎo)電導(dǎo)軌MN、PQ，導(dǎo)軌間距離L＝1.0m，勻強磁場垂直于導(dǎo)軌所在的平面(紙面)向里，磁感應(yīng)強度的大小為B＝1.0T，兩根導(dǎo)體棒a、b放置在導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，它們的質(zhì)量均為m＝1kg，電阻均為R＝0.5Ω，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.2。t＝0時，分別給兩導(dǎo)體棒平行導(dǎo)軌向左和向右的速度，已知導(dǎo)體棒a的速度v1＝2m/s，導(dǎo)體棒b的速度v2＝4m/s，重力加速度g取10m/s2，導(dǎo)軌電阻可忽略，最大靜摩擦力略大于滑動摩擦力。(1)求t＝0時刻，導(dǎo)體棒a的加速度；(2)求當(dāng)導(dǎo)體棒a向左運動的速度為零時，導(dǎo)體棒b的速率；(3)已知導(dǎo)體棒a向左運動的速度為零后，導(dǎo)體棒b向右運動s＝0.35m速度變?yōu)榱悖笤撨^程經(jīng)歷的時間t和導(dǎo)體棒b產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮浚?1)8m/s2，方向水平向右(2)2m/s(3)0.825s0.65J【解析】：(1)t＝0時刻，兩導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌構(gòu)成回路，回路中的總電動勢為E＝BL(v1＋v2)＝6V，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知回路中的電流為I＝eq\f(E,2R)＝6A，對導(dǎo)體棒a，根據(jù)牛頓第二定律可得BIL＋μmg＝ma，解得a＝8m/s2，t＝0時刻，導(dǎo)體棒a的加速度大小為8m/s2，方向水平向右。(2)在導(dǎo)體棒a、b運動時，兩導(dǎo)體棒受到的摩擦力大小相等、方向相反，根據(jù)左手定則可知兩導(dǎo)體棒受到的安培力也等大反向，兩導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)合力為零，滿足動量守恒，以向右為正方向，當(dāng)導(dǎo)體棒a向左運動的速度為零時，根據(jù)動量守恒定律可得mv2－mv1＝mv3，解得導(dǎo)體棒b的速率為v3＝2m/s。(3)導(dǎo)體棒b的速率為v3＝2m/s時，回路的感應(yīng)電動勢為E′＝BLv3＝2V，導(dǎo)體棒a受到的安培力為Fa＝BI′L＝B·eq\f(E′,2R)L＝2N，由題意最大靜摩擦力略大于滑動摩擦力，則有Ffmax＞μmg＝2N，可知導(dǎo)體棒a的速度為零后不再運動，從導(dǎo)體棒a的速度為零至導(dǎo)體棒b的速度為零的過程，導(dǎo)體棒b受到的安培力沖量為∑BILΔt＝∑Beq\f(BLv,2R)LΔt＝eq\f(B2L2,2R)∑vΔt＝eq\f(B2L2,2R)s，對導(dǎo)體棒b，根據(jù)動量定理可得－μmgt－eq\f(B2L2,2R)s＝0－mv3，解得t＝0.825s，設(shè)導(dǎo)體棒b產(chǎn)生的焦耳熱為Q，根據(jù)能量守恒定律可得2Q＋μmgs＝eq\f(1,2)mv32，解得Q＝0.65J。1．（2024·貴州·高考真題）如圖，間距為L的兩根金屬導(dǎo)軌平行放置并固定在絕緣水平桌面上，左端接有一定值電阻R，導(dǎo)軌所在平面存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。質(zhì)量為m的金屬棒置于導(dǎo)軌上，在水平拉力作用下從靜止開始做勻加速直線運動，一段時間后撤去水平拉力，金屬棒最終停在導(dǎo)軌上。已知金屬棒在運動過程中，最大速度為v，加速階段的位移與減速階段的位移相等，金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計摩擦及金屬棒與導(dǎo)軌的電阻，則（）A．加速過程中通過金屬棒的電荷量為 B．金屬棒加速的時間為C．加速過程中拉力的最大值為 D．加速過程中拉力做的功為【答案】AB【詳解】A．設(shè)加速階段的位移與減速階段的位移相等為，根據(jù)可知加速過程中通過金屬棒的電荷量等于減速過程中通過金屬棒的電荷量，則減速過程由動量定理可得解得A正確；B．由解得金屬棒加速的過程中，由位移公式可得可得加速時間為B正確；C．金屬棒在水平拉力作用下從靜止開始做勻加速直線運動，加速過程中，安培力逐漸增大，加速度不變，因此拉力逐漸增大，當(dāng)撤去拉力的瞬間，拉力最大，由牛頓第二定律可得其中聯(lián)立解得C錯誤；D．加速過程中拉力對金屬棒做正功，安培力對金屬棒做負(fù)功，由動能定理可知，合外力的功可得因此加速過程中拉力做的功大于，D錯誤。故選AB。2．（2024·海南·高考真題）兩根足夠長的導(dǎo)軌由上下段電阻不計，光滑的金屬導(dǎo)軌組成，在M、N兩點絕緣連接，M、N等高，間距L=1m，連接處平滑。導(dǎo)軌平面與水平面夾角為30°，導(dǎo)軌兩端分別連接一個阻值R=0.02Ω的電阻和C=1F的電容器，整個裝置處于B=0.2T的垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強磁場中，兩根導(dǎo)體棒ab、cd分別放在MN兩側(cè)，質(zhì)量分為m1=0.8kg，m2=0.4kg，ab棒電阻為0.08Ω，cd棒的電阻不計，將ab由靜止釋放，同時cd從距離MN為x0=4.32m處在一個大小F=4.64N，方向沿導(dǎo)軌平面向上的力作用下由靜止開始運動，兩棒恰好在M、N處發(fā)生彈性碰撞，碰撞前瞬間撤去F，已知碰前瞬間ab的速度為4.5m/s，g=10m/s2（

）A．a(chǎn)b從釋放到第一次碰撞前所用時間為1.44sB．a(chǎn)b從釋放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳熱為0.78JC．兩棒第一次碰撞后瞬間，ab的速度大小為6.3m/sD．兩棒第一次碰撞后瞬間，cd的速度大小為8.4m/s【答案】BD【詳解】A．由于金屬棒ab、cd同時由靜止釋放，且恰好在M、N處發(fā)生彈性碰撞，則說明ab、cd在到達M、N處所用的時間是相同的，對金屬棒cd和電容器組成的回路有Δq=C·BLΔv對cd根據(jù)牛頓第二定律有F－BIL－m2gsin30°=m2a2其中，聯(lián)立有則說明金屬棒cd做勻加速直線運動，則有聯(lián)立解得a2=6m/s2，t=1.2s故A錯誤；B．由題知，知碰前瞬間ab的速度為4.5m/s，則根據(jù)功能關(guān)系有金屬棒下滑過程中根據(jù)動量定理有其中，R總=R＋Rab=0.1Ω聯(lián)立解得q=6C，xab=3m，Q=3.9J則R上消耗的焦耳熱為故B正確；CD．由于兩棒恰好在M、N處發(fā)生彈性碰撞，取沿斜面向下為正，有m1v1－m2v2=m1v1′＋m2v2′其中v2=a2t=7.2m/s聯(lián)立解得v1′=－3.3m/s，v2′=8.4m/s故C錯誤、D正確。故選BD。3．（2024·湖南·高考真題）某電磁緩沖裝置如圖所示，兩足夠長的平行金屬導(dǎo)軌置于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌左端與一阻值為R的定值電阻相連，導(dǎo)軌段與段粗糙，其余部分光滑，右側(cè)處于豎直向下的勻強磁場中，一質(zhì)量為m的金屬桿垂直導(dǎo)軌放置?，F(xiàn)讓金屬桿以初速度沿導(dǎo)軌向右經(jīng)過進入磁場，最終恰好停在處。已知金屬桿接入導(dǎo)軌之間的阻值為R，與粗糙導(dǎo)軌間的摩擦因數(shù)為，。導(dǎo)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(jīng)過的速度為B．在整個過程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為C．金屬桿經(jīng)過與區(qū)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【答案】CD【詳解】A．設(shè)平行金屬導(dǎo)軌間距為L，金屬桿在AA1B1B區(qū)域向右運動的過程中切割磁感線有E=BLv，金屬桿在AA1B1B區(qū)域運動的過程中根據(jù)動量定理有

則由于，則上面方程左右兩邊累計求和，可得則設(shè)金屬桿在BB1C1C區(qū)域運動的時間為t0，同理可得，則金屬桿在BB1C1C區(qū)域運動的過程中有解得綜上有則金屬桿經(jīng)過BB1的速度大于，故A錯誤；B．在整個過程中，根據(jù)能量守恒有則在整個過程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為故B錯誤；C．金屬桿經(jīng)過AA1B1B與BB1C1C區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量為則金屬桿經(jīng)過AA1B1B與BB1C1C區(qū)域滑行距離均為，金屬桿所受安培力的沖量相同，故C正確；D．根據(jù)A選項可得，金屬桿以初速度在磁場中運動有金屬桿的初速度加倍，設(shè)此時金屬桿在BB1C1C區(qū)域運動的時間為，全過程對金屬棒分析得聯(lián)立整理得分析可知當(dāng)金屬桿速度加倍后，金屬桿通過BB1C1C區(qū)域的速度比第一次大，故，可得可見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，故D正確。故選CD。4．（2023·遼寧·高考真題）如圖，兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場中，磁感應(yīng)強度大小分別為2B和B。已知導(dǎo)體棒MN的電阻為R、長度為d，導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長度為2d，PQ的質(zhì)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(zhì)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(nèi)。整個過程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)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(chǎn)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2：1D．整個運動過程中，通過MN的電荷量為【答案】AC【詳解】A．彈簧伸展過程中，根據(jù)右手定則可知，回路中產(chǎn)生順時針方向的電流，選項A正確；B．任意時刻，設(shè)電流為I，則PQ受安培力方向向左；MN受安培力方向向右，可知兩棒系統(tǒng)受合外力為零，動量守恒，設(shè)PQ質(zhì)量為2m，則MN質(zhì)量為m，PQ速率為v時，則解得回路的感應(yīng)電流MN所受安培力大小為選項B錯誤；C．兩棒最終停止時彈簧處于原長狀態(tài)，由動量守恒可得可得則最終MN位置向左移動PQ位置向右移動因任意時刻兩棒受安培力和彈簧彈力大小都相同，設(shè)整個過程兩棒受的彈力的平均值為F彈，安培力平均值F安，則整個過程根據(jù)動能定理可得選項C正確；D．兩棒最后停止時，彈簧處于原長位置，此時兩棒間距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移動，PQ位置向右移動，則選項D錯誤。故選AC。5．（2024·江西·高考真題）如圖（a）所示，軌道左側(cè)斜面傾斜角滿足sinθ1=0.6，摩擦因數(shù)，足夠長的光滑水平導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強度為B=0.5T的勻強磁場中，磁場方向豎直向上，右側(cè)斜面導(dǎo)軌傾角滿足sinθ2=0.8，摩擦因數(shù)。現(xiàn)將質(zhì)量為m甲=6kg的導(dǎo)體桿甲從斜面上高h=4m處由靜止釋放，質(zhì)量為m乙=2kg的導(dǎo)體桿乙靜止在水平導(dǎo)軌上，與水平軌道左端的距離為d。已知導(dǎo)軌間距為l=2m，兩桿電阻均為R=1Ω，其余電阻不計，不計導(dǎo)體桿通過水平導(dǎo)軌與斜面導(dǎo)軌連接處的能量損失，且若兩桿發(fā)生碰撞，則為完全非彈性碰撞，取g=10m/s2，求：（1）甲桿剛進入磁場，乙桿的加速度？（2）乙桿第一次滑上斜面前兩桿未相碰，距離d滿足的條件？（3）若乙前兩次在右側(cè)傾斜導(dǎo)軌上相對于水平導(dǎo)軌的豎直高度y隨時間t的變化如圖（b）所示（t1、t2、t3、t4、b均為未知量），乙第二次進入右側(cè)傾斜導(dǎo)軌之前與甲發(fā)生碰撞，甲在0~t3時間內(nèi)未進入右側(cè)傾斜導(dǎo)軌，求d的取值范圍?！敬鸢浮浚?）a乙0=2m/s2，方向水平向右；（2）d≥24m；（3）【詳解】（1）甲從靜止運動至水平導(dǎo)軌時，根據(jù)動能定理有甲剛進人磁場時，平動切割磁感線有E0=Blv0則根據(jù)歐姆定律可知此時回路的感應(yīng)電流為根據(jù)楞次定律可知，回路中的感應(yīng)電流沿逆時針方向（俯視），結(jié)合左手定則可知，乙所受安培力方向水平向右，由牛頓第二定律有BI0l=m2a乙0帶入數(shù)據(jù)有a乙0=2m/s2，方向水平向右（2）甲和乙在磁場中運動的過程中，系統(tǒng)不受外力作用，則系統(tǒng)動量守恒，若兩者共速時恰不相碰，則有m1v0=(m1＋m2)v共對乙根據(jù)動量定理有其中聯(lián)立解得dmin=Δx=24m則d滿足d≥24m（3）根據(jù)（2）問可知，從甲剛進入磁場至甲、乙第一次在水平導(dǎo)軌運動穩(wěn)定，相對位移為Δx=24m，且穩(wěn)定時的速度v共=6m/s乙第一次在右側(cè)斜軌上向上運動的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有m2gsinθ2＋μ2m2gcosθ2=m2a乙上根據(jù)勻變速直線運動位移與速度的關(guān)系有2a乙上x上=v共2乙第一次在右側(cè)斜軌上向下運動的過程中，根據(jù)牛頓第二定律有m2gsinθ2－μ2m2gcosθ2=m2a乙下再根據(jù)勻變速直線運動位移與速度的關(guān)系有2a乙下x下=v12且x上=x下聯(lián)立解得乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點的速度v1=5m/s由于兩棒發(fā)生碰撞，則為完全非彈性碰撞，則甲乙整體第一次在右側(cè)傾斜軌道上向上運動有（m1＋m2）gsinθ2＋μ2（m1＋m2）gcosθ2=(m1＋m2)a共上同理有2a共上x共上=v2且由圖（b）可知x上=4.84x共上解得甲、乙碰撞后的速度乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點后與甲相互作用的過程中，甲、乙組成的系統(tǒng)合外力為零，根據(jù)動量守恒有m1v2－m2v1=(m1＋m2))v解得乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點時甲的速度為若乙第一次滑下右側(cè)軌道最低點時與甲發(fā)生碰撞，則對應(yīng)d的最小值，乙第一次在右側(cè)斜軌上運動的過程，對甲根據(jù)動量定理有其中解得根據(jù)位移關(guān)系有dmin′－Δx=Δx1解得若乙返回水平導(dǎo)軌后，當(dāng)兩者共速時恰好碰撞，則對應(yīng)d的最大值，對乙從返回水平導(dǎo)軌到與甲碰撞前瞬間的過程，根據(jù)動量定理有其中解得根據(jù)位移關(guān)系有dmax－Δx－Δx1=Δx2解得則d的取值范圍為6．（2024·湖北·高考真題）如圖所示，兩足夠長平行金屬直導(dǎo)軌MN、PQ的間距為L，固定在同一水平面內(nèi)，直導(dǎo)軌在左端M、P點分別與兩條豎直固定、半徑為L的圓弧導(dǎo)軌相切。MP連線與直導(dǎo)軌垂直，其左側(cè)無磁場，右側(cè)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導(dǎo)軌的最高點。質(zhì)量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環(huán)，水平放置在兩直導(dǎo)軌上，其圓心到兩直導(dǎo)軌的距離相等。忽略導(dǎo)軌的電阻、所有摩擦以及金屬環(huán)的可能形變，金屬棒、金屬環(huán)均與導(dǎo)軌始終接觸良好，重力加速度大小為g。現(xiàn)將金屬棒ab由靜止釋放，求（1）ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大??；（2）金屬環(huán)剛開始運動時的加速度大??；（3）為使ab在整個運動過程中不與金屬環(huán)接觸，金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）根據(jù)題意可知，對金屬棒ab由靜止釋放到剛越過MP過程中，由動能定理有解得則ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為（2）根據(jù)題意可知，金屬環(huán)在導(dǎo)軌間兩段圓弧并聯(lián)接入電路中，軌道外側(cè)的兩端圓弧金屬環(huán)被短路，由幾何關(guān)系可得，每段圓弧的電阻為可知，整個回路的總電阻為ab剛越過MP時，通過ab的感應(yīng)電流為對金屬環(huán)由牛頓第二定律有解得（3）根據(jù)題意，結(jié)合上述分析可知，金屬環(huán)和金屬棒ab所受的安培力等大反向，則系統(tǒng)的動量守恒，由于金屬環(huán)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(huán)接觸，則有當(dāng)金屬棒ab和金屬環(huán)速度相等時，金屬棒ab恰好追上金屬環(huán)，設(shè)此時速度為，由動量守恒定律有解得對金屬棒，由動量定理有則有設(shè)金屬棒運動距離為，金屬環(huán)運動的距離為，則有聯(lián)立解得則金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離7.（2023·全國·高考真題）一邊長為L、質(zhì)量為m的正方形金屬細框，每邊電阻為R0，置于光滑的絕緣水平桌面（紙面）上。寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，兩虛線為磁場邊界，如圖（a）所示。（1）使金屬框以一定的初速度向右運動，進入磁場。運動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行，金屬框完全穿過磁場區(qū)域后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大小。（2）在桌面上固定兩條光滑長直金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌與磁場邊界垂直，左端連接電阻R1=2R0，導(dǎo)軌電阻可忽略，金屬框置于導(dǎo)軌上，如圖（b）所示。讓金屬框以與（1）中相同的初速度向右運動，進入磁場。運動過程中金屬框的上、下邊框處處與導(dǎo)軌始終接觸良好。求在金屬框整個運動過程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量。【答案】（1）；（2）【詳解】（1）金屬框進入磁場過程中有則金屬框進入磁場過程中流過回路的電荷量為則金屬框完全穿過磁場區(qū)域的過程中流過回路的電荷量為且有聯(lián)立有（2）設(shè)金屬框的初速度為v0，則金屬框進入磁場時的末速度為v1，向右為正方向。由于導(dǎo)軌電阻可忽略，此時金屬框上下部分被短路，故電路中的總電再根據(jù)動量定理有解得則在此過程中根據(jù)能量守恒有解得其中此后線框完全進入磁場中，則線框左右兩邊均作為電源，且等效電路圖如下

則此時回路的總電阻設(shè)線框剛離開磁場時的速度為v2，再根據(jù)動量定理有解得v2=0則說明線框剛離開磁場時就停止運動了，則再根據(jù)能量守恒有其中則在金屬框整個運動過程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量8．（2023·湖南·高考真題）如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成角，整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為．現(xiàn)將質(zhì)量均為的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為。運動過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽略不計，重力加速度為。

（1）先保持棒靜止，將棒由靜止釋放，求棒勻速運動時的速度大??；（2）在（1）問中，當(dāng)棒勻速運動時，再將棒由靜止釋放，求釋放瞬間棒的加速度大?。唬?）在（2）問中，從棒釋放瞬間開始計時，經(jīng)