微專題四動量觀點在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

目錄

01考情透視?目標(biāo)導(dǎo)航............................................................................2

02知識導(dǎo)圖?思維引航............................................................................3

03核心精講?題型突破............................................................................4

題型一用動量觀點處理電磁感應(yīng)中的單棒模型..................................................4

【核心精講】...............................................................................4

一、三類常見單棒模型.......................................................................4

二、三類含容單棒模型........................................................................5

【真題研析】...............................................................................6

【命題預(yù)測】...............................................................................7

考向一單棒問題.............................................................................7

考向二含容單棒問題........................................................................10

題型二用動量觀點處理電磁感應(yīng)中的雙棒模型..................................................13

【核心精講】..............................................................................13

一、等間距雙棒模型........................................................................13

二、不等間距雙棒模型.....................................................................13

【真題研析】..............................................................................14

【命題預(yù)測】..............................................................................16

考向一等間距雙棒問題.....................................................................16

考向二不等間距雙棒問題...................................................................19

考情透視?目標(biāo)導(dǎo)航

題統(tǒng)計

2024年2023年2022年

命題要點

2024貴州卷T102023重慶卷T72022福建卷T17

動量定理在單2024北京卷T202022全國甲卷T7

棒模型中的應(yīng)

用2024全國甲卷T12

2024湖南卷T8

熱

考2024江西卷T152023福建卷T42022浙江1月卷T22

角2024遼寧卷T92023全國甲卷T122022湖南卷T10

度動量守恒定律

和動量定理在2024海南卷T132023湖南卷T142022遼寧卷T15

雙棒模型中的2023山東卷T122022福建卷T15

應(yīng)用

從近三年高考試題來看，試題以選擇題和計算題為主，題目難度中檔偏上，

命題規(guī)律選擇題相對較為簡單，但這部分內(nèi)容近幾年部分省份的試題將其作為壓軸題出

現(xiàn)，難度上較大，同時結(jié)合動力學(xué)和能量的知識，綜合性比較強。

預(yù)計在2025年高考中，還會加大對這兩種模型的考查力度，題型還是以較

考向預(yù)測為簡單的選擇題和作為壓軸的計算題出現(xiàn)，但多數(shù)情況下不會超出單棒和雙棒的

基礎(chǔ)模型和基本方法。

命題情景多以典型的單棒和雙棒命題背景

常用方法牛頓第二定理、動量定理、動量守恒定律和功能關(guān)系

小知識導(dǎo)圖?思維引航\\

阻尼式：做加速度減小的減速運動，最終靜止

核心增出?翱型空衲

//\\

題型一用動量觀點處理電磁感應(yīng)中的單棒模型

I核心精講1

一、三類常見單棒模型

模型過程分析規(guī)律

設(shè)運動過程中某時刻的速度IPMA?B212V_F_B212V

1.力子關(guān)系：F-BDIl-；aA-

AR+rmm(R+r)

13為V,加速度為。，

3。FB212V后,2.能量關(guān)系：—mVp-0=2

。=A=、，〃、V反向，

mm(R+r)

3.動量電量關(guān)系：—B/I,△，=0_m%;

阻尼式導(dǎo)體棒做減速運動，

A。Bl-As

q=n———=-------

(導(dǎo)軌光滑，電阻為R,當(dāng)4=0時，v=0,導(dǎo)體棒做R+rR+r

導(dǎo)體棒電阻為r)加速度減小的減速運動，最終

靜止

開關(guān)S閉合瞬間，油棒受到1.力學(xué)關(guān)系："

R+rR+r

F

的安培力工二6/一/,此時^(E-Bl

R+ra==B±1

—1____1—mm(R+r)

F_BIE、士十

XXXa=A

m-m{R+ry速度H

2.動量關(guān)系：BUt=mvm-0

一XXX

nEsBLv^IJ=

R+r12

3.能量關(guān)系：QE=Q+-mvm

電動式4n加速度a；,

(導(dǎo)軌光滑，電1月為R,當(dāng)E反=E時，v最大，

4.兩個極值：

導(dǎo)體棒電阻不計,電源電

_&v——-RF1

(1)取大力口速度：當(dāng)y=0時，E反=0,冊=z_\

動勢為E內(nèi)阻為r)mBlm[R+r)

F

(2)最大速度：當(dāng)￡反=石時，v=—

mDl

設(shè)運動過程中某時刻棒的速22

1.力學(xué)關(guān)系：a=^F—-^F=-F--Blv

度為V,加速度為mmm(R+r)

尸一尸.FB2l2v2.動量關(guān)系：Ft-BLIt=mv-0

tt——,m

mm機（R+r）

XXX3.能量關(guān)系：Fs=Q+^mv1

隨u的增加，〃減小，

當(dāng)4=0時，V最大。

4.兩個極值：

發(fā)電式F

(1)最大加速度：當(dāng)v=0時，a=-o

mm

（導(dǎo)軌光滑，電阻為R,導(dǎo)

(2)最大速度：當(dāng)。=0時，

體本第電阻為r,F為恒力）

F-FFB2l2v

a=------A=----------m=0

mmm(R+r)

二、三類含容單棒模型

模型過程分析規(guī)律

電容器充電后，電鍵接2后放

1.電容器充電量：2o=CE

12

生電，導(dǎo)體棒向右移動，切割磁

2.放電結(jié)束時電量：Q=CU=CBlv

感線，產(chǎn)生反電動勢，當(dāng)電容m

2

器電壓等于BlVm時，導(dǎo)體棒

3.電容器放電電量：^Q=Q0-Q=CE-CBlvm

以最大速度勻速運動。_BICE

方攵電式4.動里關(guān)系：Bit-Ar-Bl\Q=mv；v=

mmm+DIC

（先接1后二接2,導(dǎo)軌光滑）

L印么匕yNuz12m(BlCE)2

5.功配關(guān)系：％=2叫=2(W+BTC)2

充電電流減小，安培力減小，達到最終速度時：

—1____1—

XX_Jo。減小，當(dāng)a=0時，導(dǎo)體棒1.電容器兩端電壓：U=（v為最終速度）

勻速直線運動

-xXX2.電容器電量：q=CU

3.動量關(guān)系：—BIl-Ar=-Blq=mv-mv0；

無外力充E電式

m

（導(dǎo)軌光￥骨）v=%

m+B212c

二"電容器持續(xù)充尸-8〃=加2,

1.力學(xué)關(guān)系：F-FA=F-BLI=ma

\QCAUCBl\v

I=--=----=-----=CBla

ZZArc.,ryAQC\UCBlAvi

XX2.電流大?。?=A=A=A=CBla

得I恒定，。恒定，導(dǎo)體棒做△tNtNt

勻加速直線運動3,加速度大?。篴=——-——

有外力充電式m+CB2l3

（導(dǎo)軌光滑）

真學(xué)研析」

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8、方向豎直向下的勻強磁場。質(zhì)量為機的金屬棒置于

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（）

XXXXX

由XX

XX

XXXXX

A.加速過程中通過金屬棒的電荷量為等B.金屬棒加速的時間為鬻

B2L2

C.加速過程中拉力的最大值為磬D.加速過程中拉力做的功為之小病

【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久，根據(jù)q=訕=2=j=詈=等可知

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

一B/JAt=-BLq=0-znu解得q=警么正確；B.由q=普=一解得％=金屬棒加速的過程中，由位

BLDLR

移公式可得x仇可得加速時間為t=|g,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%-8號乙=6￡1其中17=砒聯(lián)立

解得/=空手，C錯誤；

2R

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，合外力的功用-“安=

工血"2可得［%=加+工771戶因此加速過程中拉力做的功大于工7n〃2,Q錯誤。故選ABo

2女22

【技巧點撥】

（1）利用動量定理求電量；

（2）注意對“加速階段的位移與減速階段的位移相等”的利用。

2.（2024?寧夏四川?高考真題）如圖，金屬導(dǎo)軌平行且水平放置，導(dǎo)軌間距為L導(dǎo)軌光滑無摩擦。定值電

阻大小為R,其余電阻忽略不計，電容大小為C。在運動過程中，金屬棒始終與導(dǎo)軌保持垂直。整個裝置處

于豎直方向且磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。

(1)開關(guān)S閉合時，對金屬棒施加以水平向右的恒力，金屬棒能達到的最大速度為"。當(dāng)外力功率為定值電

阻功率的兩倍時，求金屬棒速度v的大小。

(2)當(dāng)金屬棒速度為v時，斷開開關(guān)S,改變水平外力并使金屬棒勻速運動。當(dāng)外力功率為定值電阻功率的

兩倍時，求電容器兩端的電壓以及從開關(guān)斷開到此刻外力所做的功。

R

I——1--------------------1

【答案】(l)v=也；(2)U=%,勿=^^

248

【詳解】(1)開關(guān)S閉合后，當(dāng)外力與安培力相等時，金屬棒的速度最大，則F=F安由閉合電路歐

姆定律/=J金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=BQ。聯(lián)立可得，恒定的外力為F=牛在加速階段,

外力的功率為PF=Fu=除u定值電阻的功率為PR=I2R=嘩^若PF=2PR時，即學(xué)”=2=貯化簡

RRRR

可得金屬棒速度V的大小為U

(2)斷開開關(guān)S,電容器充電，則電容器與定值電阻串聯(lián)，則有5=8h=//?+1當(dāng)金屬棒勻速運動時，

電容器不斷充電，電荷量q不斷增大，電路中電流不斷減小，則金屬棒所受安培力尸安=B〃不斷減小，而

拉力的功率PF==B/Lv定值電阻功率PR=PR當(dāng)PF=2PR時有B/L。=2尸/?可得/R=等根據(jù)E=

BLv=/R+(可得此時電容器兩端電壓為%=(=等=[BL為從開關(guān)斷開到此刻外力所做的功為W=

XBIL(v-At)=BLvXI-At=BLuq其中q=四聯(lián)立可得卬=生絲叱

28

【技巧點撥】

(1)電鍵斷開后，導(dǎo)體棒的運動過程分析，列出有關(guān)安培力的牛頓第二定律的方程；

(2)利用外力和安培力的大小關(guān)系，求外力的功注意利用微元法。

命題預(yù)測

考向一單棒問題

3.(2024?云南?模擬預(yù)測)如圖所示，水平面上固定放置有“匚”形光滑金屬導(dǎo)軌，寬度為心虛線MN右

側(cè)存在方向垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強度大小為3,磁場的區(qū)域足夠大。質(zhì)量為

加、電阻為R、長度也為L的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置，以初速度為沿導(dǎo)軌進入勻強磁場區(qū)域，最終靜止。導(dǎo)

體棒與導(dǎo)軌接觸良好，不計金屬導(dǎo)軌電阻，則（）

.M

■N

A.金屬棒剛進入磁場時受到的安培力大小為中

B.金屬棒在磁場中運動的時間為鬻

C.金屬棒在磁場中運動的距離為霽

D.流過金屬棒橫截面的總電量為警

BL

【答案】AC

【詳解】A.根據(jù)題意可知，金屬棒剛進入磁場時，感應(yīng)電動勢為E=BL%通過金屬棒的感應(yīng)電流為/=：=

等金屬棒剛進入磁場時受到的安培力大小為尸=8〃=比學(xué)故A正確；BCD.設(shè)金屬棒在磁場中運動的

距離為無,由動量定理有-Ft=-B1L-At=0-7?Wo其中q=7.At=甲=尊則有二衿=小孫解得金屬棒在

磁場中運動的距離為％=微流過金屬棒橫截面的總電量為q=It=翳若金屬棒做勻減速運動，則有/=

ft解得t=鬻由于金屬棒做加速度減小的減速運動，所以金屬棒在磁場中運動的時間不等于鬻，故BD

錯誤，C正確。故選AC。

4.（2024.河南.模擬預(yù)測）如圖所示，間距L=1m的足夠長的光滑導(dǎo)軌固定在水平面上，整個空間存在與

水平面成30。角斜向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B=1T.導(dǎo)軌的左端接有一阻值為0.4Q的定值電阻R,

質(zhì)量m=0.2kg的金屬棒仍垂直于導(dǎo)軌放置且接觸良好，棒的電阻r=0.1Q,現(xiàn)在棒ab上加F=IN的水

平向右外力，測得棒必沿導(dǎo)軌滑行達到最大速度過程中，通過電阻R的電荷量q=1.4C.重力加速度取g=

10m/s2,導(dǎo)軌電阻不計.下列說法正確的是（）

A.棒ab速度達到最大后沿導(dǎo)軌做勻速運動

B.棒ab從開始運動至速度最大的過程中，棒功的位移為1.4m

C.棒ab從開始運動至速度最大的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為1J

D.從靜止開始運動，經(jīng)過1s棒油達到最大速度

【答案】AB

【詳解】A.當(dāng)安培力的水平分力等于外力F時金屬棒的速度達到最大，感應(yīng)電動勢為E=BL^sin30。由閉

合電路歐姆定律得/=￡/=B〃cos60。聯(lián)立解得%=嘴尹=2m/s豎直方向?qū)饘侔袅衅胶夥匠痰?/p>

FN+B/Lsin60°=mg解得鳳=（2-b）N可知棒ab從靜止開始運動到速度達到最大過程中金屬棒沒有脫離

導(dǎo)軌，金屬棒速度達到最大后做勻速運動，A正確;

B.設(shè)棒M從開始運動至速度最大的過程中位移為％,則有q解得x=1.4m，B

正確；

C.對棒帥用動能定理得Fx—Q=—0解得Q=1J則電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為QR=±Q=0.8J,C錯

2R~rT

誤；

D.對棒協(xié)用動量定理得尸1一8/五5也30。=巾加解得1=1.15,D錯誤。故選AB。

5.（2024?河南?三模）福建艦是中國完全自主設(shè)計建造的首艘彈射型航空母艦，配置電磁彈射和阻攔裝置。

如圖所示，某小組模擬電磁彈射實驗，將兩根間距為L的長直平行金屬導(dǎo)軌MV、PQ固定在水平面上，左

側(cè)通過開關(guān)S接入電動勢為E的電源，質(zhì)量為機、電阻為R、長度為工的金屬棒垂直導(dǎo)軌靜止放置，導(dǎo)軌

處在方向豎直向下、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中。閉合開關(guān)S,金屬棒向右加速運動至達到最大速度，

即完成“彈射”。已知金屬棒始終與導(dǎo)軌接觸良好，不考慮其他電阻，不計一切摩擦，下列說法正確的是（）

XXXXX

Mi------------------------------------------N

xXXXX

X

S

A.金屬棒的速度為為時，金屬棒的加速度大小為普

B.金屬棒能獲得的最大速度為高

C.彈射過程中，流過金屬棒的電荷量為墨

D.若彈射所用的時間為f,則金屬棒的位移大小為急-舞

【答案】BD

E-BLVQ

【詳解】A.金屬棒的速度為為時，回路中的感應(yīng)電流為/=巴警金屬棒的加速度大小為a=—==

RTTL771

唯一蟠也故A錯誤；

mRmR

B.當(dāng)回路中的感應(yīng)電流為。時，金屬棒受到的安培力為0,金屬棒的速度達到最大，則有E=解得金

屬棒的最大速度為方=5■故B正確;

C.彈射過程中，設(shè)流過金屬棒的電荷量為q,由于金屬棒產(chǎn)生焦耳熱，根據(jù)能量守恒有qE>T小*可得q>

簪=展故C錯誤；

D.若彈射所用的時間為t,對金屬棒根據(jù)動量定理可得￡產(chǎn)安t=m%其中=￡BILt=（巴=

聯(lián)立解得金屬棒的位移大小為％=~~罌^故D正確。故選BDo

RRRRBL

考向二含容單棒問題

6.（2024?湖南衡陽?模擬預(yù)測）如圖甲所示，兩條足夠長的平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為仇間距

為小導(dǎo)軌上端與電容為C的電容器相連，虛線。Q垂直于導(dǎo)軌，。仍上方存在垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強

磁場，此部分導(dǎo)軌由不計電阻的光滑金屬材料制成，。/。2下方的導(dǎo)軌由粗糙的絕緣材料制成。r=0時刻，

一質(zhì)量為機、電阻不計的金屬棒MN由靜止釋放，運動過程中MN始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，其速度V

隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，其中V0和to為己知量，重力加速度為g,電容器未被擊穿。則下列說法正

確的是（）

A.0~%時間內(nèi)，導(dǎo)體棒M端的電勢低于N端的

B.0?m時間內(nèi)，磁場對金屬棒MN的沖量大小為7ngsin。%-nr%

C.金屬棒MN在磁場區(qū)受到的安培力大小大于在非磁場區(qū)受到的摩擦力大小

D.勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為:陛殍二|

aYCv0C

【答案】ABD

【詳解】A.由右手定則可知電流從M端流向N端，則N端為正極，電勢高，故A正確；

B.根據(jù)動量定理有mgsinJ,4-/安=7n%解得/安=mgsind-t0-nw（）故B正確；

C.根據(jù)圖乙可知，在0?山時間內(nèi)金屬棒做勻加速直線運動，則可知其加速度恒定，所受合外力恒定，即

此時間段內(nèi)電流恒定，所受安培力大小不變，由牛頓第二定律得7ngsin。-FA=6的在與力?4s時間內(nèi)，由

牛頓第二定律得mgsinJ-/=ma2由圖乙可知的>。2，則FA</，故C錯誤；

D.根據(jù)圖乙可知，在0?3時間內(nèi)，電容器兩端電壓的變化量等于金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的

變化量，則有Bd%=等可得Aq=CBd%而Aq=1■片對該過程由動量定理有mgsin。-t0-Bdl-t0=nw（）聯(lián)

立解得B=ipgsindt。一竺故口正確。故選ABDO

7.（2024?河南周口?模擬預(yù)測）為了研究電磁彈射原理，將其簡化為如圖所示的模型（俯視圖）。發(fā)射軌

道被簡化為兩根固定在水平面上、間距為L且相互平行的金屬導(dǎo)軌，整個裝置處于方向豎直向下、磁感應(yīng)

強度大小為B的勻強磁場中；導(dǎo)軌的左端為充電電路，已知電源的電動勢為E,電容器的電容為C。子彈載

體被簡化為一根質(zhì)量為根、長度為L的導(dǎo)體棒，其電阻為導(dǎo)體棒垂直放置于平行金屬導(dǎo)軌上，忽略一切

摩擦阻力以及導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻。發(fā)射前，將開關(guān)S接°,先對電容器進行充電，電容器充電結(jié)束后，將開

關(guān)S接6,電容器通過導(dǎo)體棒放電，導(dǎo)體棒由靜止開始運動，發(fā)射結(jié)束時，電容器的電荷量減小為充電結(jié)束

時的一半。若將導(dǎo)體棒離開導(dǎo)軌時（發(fā)射結(jié)束）的動能與電容器所釋放能量的比值定義為能量轉(zhuǎn)化效率，

B.電容器充電結(jié)束時儲存的能量埼=CE2

C.導(dǎo)體棒離開導(dǎo)軌時的動能Ek=隗薩

D.這次發(fā)射過程中的能量轉(zhuǎn)化效率?7=嗡

【答案】AC

【詳解】A.根據(jù)電容的定義C=》電容器充電結(jié)束時其兩端電壓U等于電動勢E,解得電容器所帶電荷

量Q=CE故A正確；

B.根據(jù)以上電容的定義可知〃=搟畫出〃-夕圖像如圖所示：

由圖像可知，穩(wěn)定后電容器儲存的能量為Eo,圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積為=\EQ=[CE?故B錯誤;

C.設(shè)從電容器開始放電至導(dǎo)體棒離開軌道時的時間為r,放電的電荷量為AQ,平均電流為7,導(dǎo)體棒離開軌

道時的速度為Vo以導(dǎo)體棒為研究對象，根據(jù)動量定理有87五=nw根據(jù)電流定義可知AQ=7t根據(jù)題意有

=1=（CE聯(lián)立解得"=今等導(dǎo)體棒離開軌道時的動能為Ek=|mv2=BE故c正確；

D.電容器釋放的能量為AE=^CE2-^CU2=lCE2U=J聯(lián)立解得能量轉(zhuǎn)化效率q=整=與竺故D錯誤;

2282AE3m

故選ACo

8.（2024.浙江?模擬預(yù)測）如圖所示，電阻不計的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌相距0.5m,固定在水平絕緣桌面上，

左側(cè)圓弧部分處在豎直平面內(nèi)，其間接有一電容為0.25F的電容器，右側(cè)平直部分處在磁感應(yīng)強度為2T。方

向豎直向下的勻強磁場中，末端與桌面邊緣平齊。電阻為2Q的金屬棒用垂直于兩導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良

好，質(zhì)量為1kg。棒仍從導(dǎo)軌左端距水平桌面高1.25m處無初速度釋放，離開水平直導(dǎo)軌前已勻速運動。已

知電容器的儲能E=|。[/2,其中C為電容器的電容，U為電容器兩端的電壓，不計空氣阻力，重力加速度

g=10m/s2。則金屬棒劭在沿導(dǎo)軌運動的過程中（）

A.通過金屬棒油的電荷量為2c

B.通過金屬棒加的電荷量為1C

C.金屬棒成中產(chǎn)生的焦耳熱為2.5J

D.金屬棒ab中產(chǎn)生的焦耳熱為4.5J

【答案】BC

【詳解】AB.當(dāng)金屬棒落下后其速度可由動能定理求得mg/i=1巾詔可求得%=5m/s之后金屬棒切割磁感

線，電容器充電，其兩端電壓逐漸增大，金屬棒因為安培力做減速運動，當(dāng)金屬棒的動生電動勢與電容器

兩端電壓相等時，金屬棒勻速運動。由動量定理可知-尸安t=7HU-TH必設(shè)經(jīng)過43速度增加了感應(yīng)電

動勢分別為E=BLv,E'=BL（y+可知/q=C（E'—E）=CBL/u又因為/="=CBLa所以F壽=

At女

CFL2a帶入可得u=七。解得V=4m/s此時，導(dǎo)體棒動生電動勢為E=BLv=4V因此，此時電容器電壓

。也為4V,則電容器增加的電荷量為Q=CU=1C因此通過導(dǎo)體棒的電荷量也為1C。故A錯誤，B正確；

CD.由以上解析可知，動能變化量為詔=4.5J而E電容器=^C[/2=2J所以勿熱=2.5J故C

正確，D錯誤。故選BC。

題型二用動量觀點處理電磁感應(yīng)中的雙棒模型

核心精講=]

.............

一、等間距雙棒模型

模型過程分析規(guī)律

1電流大小―/=坐二四=處口2

棒2做變減速運動，棒1做變加速運

秘02.穩(wěn)定條件：兩棒達到共同速度

工動，穩(wěn)定時，兩棒的加速度均為零，

3.動量關(guān)系：mv=（m+m）v

d以相同的速度勻速運動.對系統(tǒng)動量20t2

12

守恒，對其中某棒適用動量定理。4.能量關(guān)系：；m2v-=：（，%+m2）或+Q；

無外之）等距工

0=名

（導(dǎo)勁沈滑）

a4

1、4t1rBlv-Blv,

1.電流大?。?=?7,?

/\|十

2.力學(xué)關(guān)系：4==；%=A（任

i/Tim?0

午

意時刻兩棒加速度）

工

〃2減小，增大，當(dāng)〃2=。1時二者一3.穩(wěn)定條件：當(dāng)"2="1時，V2-V1恒定；I

t2起勻加速運動，存在穩(wěn)定的速度差恒定；尸A恒定；兩棒勻加速。

4.穩(wěn)定時的物理關(guān)系：F=（m+m）a；

有外力）等距工{2

（導(dǎo)等L光滑）FA-網(wǎng)a;=吸"：力；

匕_匕JR+和犯尸

B2l2（嗎+.2）

二、不等間距雙棒模型

模型過程分析規(guī)律

1.動量關(guān)系：一現(xiàn)74=%%-町%；

棒1做變減速運動，棒2做變加速運

*

動，穩(wěn)定時，兩棒的加速度均為零，

—BL^/加=m2V2~0

兩棒以不同的速度做勻速運動，所圍

2.穩(wěn)定條件：BLM=BL2V2

的面積不變.0工1=丫2乙2

￡3.最終速度：匕=呼…

E外力二[等距H個

叫心2+根2乙1

（導(dǎo)軌光滑）

m,L?L

%=文心

4.能量關(guān)系：0=；町片-；叫片-；加2成

5.電量關(guān)系：BL2q=m2v2-0

真題研析工

9.(2023?山東?高考真題)足夠長U形導(dǎo)軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為1m,電阻不計。質(zhì)量為1kg、

長為1m、電阻為1。的導(dǎo)體棒MN放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌形成矩形回路并始終接觸良好，I和H區(qū)域內(nèi)分別

存在豎直方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度分別為4和B2,其中B1=2T,方向向下。用不可伸長的輕繩跨過固

定輕滑輪將導(dǎo)軌段中點與質(zhì)量為0.1kg的重物相連，繩與CD垂直且平行于桌面。如圖所示，某時刻

MN、CD同時分別進入磁場區(qū)域I和H并做勻速直線運動,MN、CD與磁場邊界平行。的速度%=2m/s,

的速度為%且方>%，MN和導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.2。重力加速度大小取lOm/s?,下列說法正確的

是()

A.殳的方向向上B.的方向向下C.v2=5m/sD.v2=3m/s

【答案】BD

【詳解】AB.導(dǎo)軌的速度以>%，因此對導(dǎo)體棒受力分析可知導(dǎo)體棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，

摩擦力大小為/=林mg=2N導(dǎo)體棒的安培力大小為6=/=2N由左手定則可知導(dǎo)體棒的電流方向為N-

M-D-CTN,導(dǎo)體框受到向左的摩擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小

為尸2=f-mo9=IN由左手定則可知合2的方向為垂直直面向里，A錯誤B正確；

CD.對導(dǎo)體棒分析&=對導(dǎo)體框分析尸2=當(dāng)北電路中的電流為/=包地產(chǎn)絲聯(lián)立解得功=3m/s,C

錯誤D正確；故選BD。

【技巧點撥】

(1)根據(jù)二者速度大小關(guān)系，判斷摩擦力方向，進而判斷框所受安培力的方向，最終判斷B2的方向；

(2)正確表示出回路電流的大小。

10.（2024?江西?高考真題）如圖（a）所示，軌道左側(cè)斜面傾斜角滿足Sin。/=0.6,摩擦因數(shù)4=總，足夠

長的光滑水平導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強度為8=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

sinft?=0.8,摩擦因數(shù)〃2=三?，F(xiàn)將質(zhì)量為加用=6kg的導(dǎo)體桿甲從斜面上高//=4m處由靜止釋放，質(zhì)量

為mz=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乩已知導(dǎo)軌間距為/=2m,兩桿電

阻均為R=1Q,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/的變化如圖（b）所示5、小t3、

々、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~h時間內(nèi)未進入右側(cè)傾斜導(dǎo)軌，

求d的取值范圍。

/[Mm

M4-8TA

以—一m兒.

圖⑶圖（b）

【答案】（1）a^o-2m/s2,方向水平向右；（2）6?>24m；（3）—m<d<—m

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