2025年高考物理二輪復(fù)習(xí)：動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用（講義）解析版

微專題四動(dòng)量觀點(diǎn)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(shí)導(dǎo)圖?思維引航............................................................................3

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

題型一用動(dòng)量觀點(diǎn)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(cè)】...............................................................................7

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

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

題型二用動(dòng)量觀點(diǎn)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(cè)】..............................................................................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(jì)

2024年2023年2022年

命題要點(diǎn)

2024貴州卷T102023重慶卷T72022福建卷T17

動(dòng)量定理在單2024北京卷T202022全國(guó)甲卷T7

棒模型中的應(yīng)

用2024全國(guó)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(guó)甲卷T122022湖南卷T10

度動(dòng)量守恒定律

和動(dòng)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(lái)看，試題以選擇題和計(jì)算題為主，題目難度中檔偏上，

命題規(guī)律選擇題相對(duì)較為簡(jiǎn)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(shí)結(jié)合動(dòng)力學(xué)和能量的知識(shí)，綜合性比較強(qiáng)。

預(yù)計(jì)在2025年高考中，還會(huì)加大對(duì)這兩種模型的考查力度，題型還是以較

考向預(yù)測(cè)為簡(jiǎn)單的選擇題和作為壓軸的計(jì)算題出現(xiàn)，但多數(shù)情況下不會(huì)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(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律和功能關(guān)系

小知識(shí)導(dǎo)圖?思維引航\\

阻尼式：做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終靜止

核心增出?翱型空衲

//\\

題型一用動(dòng)量觀點(diǎn)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(guò)程分析規(guī)律

設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中某時(shí)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(dòng)量電量關(guān)系：—B/I,△，=0_m%;

阻尼式導(dǎo)體棒做減速運(yùn)動(dòng)，

A。Bl-As

q=n———=-------

(導(dǎo)軌光滑，電阻為R,當(dāng)4=0時(shí)，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(yùn)動(dòng)，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(shí)^(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(dòng)量關(guān)系：BUt=mvm-0

一XXX

nEsBLv^IJ=

R+r12

3.能量關(guān)系：QE=Q+-mvm

電動(dòng)式4n加速度a；,

(導(dǎo)軌光滑，電1月為R,當(dāng)E反=E時(shí)，v最大，

4.兩個(gè)極值：

導(dǎo)體棒電阻不計(jì),電源電

_&v——-RF1

(1)取大力口速度：當(dāng)y=0時(shí)，E反=0,冊(cè)=z_\

動(dòng)勢(shì)為E內(nèi)阻為r)mBlm[R+r)

F

(2)最大速度：當(dāng)￡反=石時(shí)，v=—

mDl

設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中某時(shí)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(dòng)量關(guān)系：Ft-BLIt=mv-0

tt——,m

mm機(jī)（R+r）

XXX3.能量關(guān)系：Fs=Q+^mv1

隨u的增加，〃減小，

當(dāng)4=0時(shí)，V最大。

4.兩個(gè)極值：

發(fā)電式F

(1)最大加速度：當(dāng)v=0時(shí)，a=-o

mm

（導(dǎo)軌光滑，電阻為R,導(dǎo)

(2)最大速度：當(dāng)。=0時(shí)，

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(guò)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(dòng)，切割磁

2.放電結(jié)束時(shí)電量：Q=CU=CBlv

感線，產(chǎn)生反電動(dòng)勢(shì)，當(dāng)電容m

2

器電壓等于BlVm時(shí)，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(yùn)動(dòng)。_BICE

方攵電式4.動(dòng)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(dá)到最終速度時(shí)：

—1____1—

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

勻速直線運(yùn)動(dòng)

-xXX2.電容器電量：q=CU

3.動(dòng)量關(guān)系：—BIl-Ar=-Blq=mv-mv0；

無(wú)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.電流大小：/=A=A=A=CBla

得I恒定，。恒定，導(dǎo)體棒做△tNtNt

勻加速直線運(yùn)動(dòng)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(zhǎng)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(qiáng)度大小為8、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為機(jī)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(yùn)動(dòng)，一段時(shí)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(yùn)動(dòng)過(guò)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(jì)摩擦及金屬棒與導(dǎo)軌的電阻，則（）

XXXXX

由XX

XX

XXXXX

A.加速過(guò)程中通過(guò)金屬棒的電荷量為等B.金屬棒加速的時(shí)間為鬻

B2L2

C.加速過(guò)程中拉力的最大值為磬D.加速過(guò)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(guò)程中通過(guò)金屬棒的電荷量等于減速過(guò)程中通過(guò)金屬棒的電荷量，則減速過(guò)程由動(dòng)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(guò)程中，由位

BLDLR

移公式可得x仇可得加速時(shí)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(yùn)動(dòng)，加速過(guò)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(hào)乙=6￡1其中17=砒聯(lián)立

解得/=空手，C錯(cuò)誤；

2R

D.加速過(guò)程中拉力對(duì)金屬棒做正功，安培力對(duì)金屬棒做負(fù)功，由動(dòng)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(guò)程中拉力做的功大于工7n〃2,Q錯(cuò)誤。故選ABo

2女22

【技巧點(diǎn)撥】

（1）利用動(dòng)量定理求電量；

（2）注意對(duì)“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(zhǎng)導(dǎo)軌光滑無(wú)摩擦。定值電

阻大小為R,其余電阻忽略不計(jì)，電容大小為C。在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，金屬棒始終與導(dǎo)軌保持垂直。整個(gè)裝置處

于豎直方向且磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。

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

阻功率的兩倍時(shí)，求金屬棒速度v的大小。

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

兩倍時(shí)，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(shí)，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(dòng)勢(shì)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(shí)，即學(xué)”=2=貯化簡(jiǎn)

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(yùn)動(dòng)時(shí)，

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(shí)有B/L。=2尸/?可得/R=等根據(jù)E=

BLv=/R+(可得此時(shí)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(diǎn)撥】

(1)電鍵斷開后，導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)過(guò)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(cè)

考向一單棒問題

3.(2024?云南?模擬預(yù)測(cè))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(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3,磁場(chǎng)的區(qū)域足夠大。質(zhì)量為

加、電阻為R、長(zhǎng)度也為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置，以初速度為沿導(dǎo)軌進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，最終靜止。導(dǎo)

體棒與導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)金屬導(dǎo)軌電阻，則（）

.M

■N

A.金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力大小為中

B.金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為鬻

C.金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的距離為霽

D.流過(guò)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(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BL%通過(guò)金屬棒的感應(yīng)電流為/=：=

等金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的

距離為無(wú),由動(dòng)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的距離為％=微流過(guò)金屬棒橫截面的總電量為q=It=翳若金屬棒做勻減速運(yùn)動(dòng)，則有/=

ft解得t=鬻由于金屬棒做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，所以金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不等于鬻，故BD

錯(cuò)誤，C正確。故選AC。

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

水平面成30。角斜向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)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(cè)得棒必沿導(dǎo)軌滑行達(dá)到最大速度過(guò)程中，通過(guò)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(jì).下列說(shuō)法正確的是（）

A.棒ab速度達(dá)到最大后沿導(dǎo)軌做勻速運(yùn)動(dòng)

B.棒ab從開始運(yùn)動(dòng)至速度最大的過(guò)程中，棒功的位移為1.4m

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

D.從靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)1s棒油達(dá)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(shí)金屬棒的速度達(dá)到最大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(yùn)動(dòng)到速度達(dá)到最大過(guò)程中金屬棒沒有脫離

導(dǎo)軌，金屬棒速度達(dá)到最大后做勻速運(yùn)動(dòng)，A正確;

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

正確；

C.對(duì)棒帥用動(dòng)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(cuò)

2R~rT

誤；

D.對(duì)棒協(xié)用動(dòng)量定理得尸1一8/五5也30。=巾加解得1=1.15,D錯(cuò)誤。故選AB。

5.（2024?河南?三模）福建艦是中國(guó)完全自主設(shè)計(jì)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(shí)驗(yàn)，將兩根間距為L(zhǎng)的長(zhǎng)直平行金屬導(dǎo)軌MV、PQ固定在水平面上，左

側(cè)通過(guò)開關(guān)S接入電動(dòng)勢(shì)為E的電源，質(zhì)量為機(jī)、電阻為R、長(zhǎng)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(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。閉合開關(guān)S,金屬棒向右加速運(yùn)動(dòng)至達(dá)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(jì)一切摩擦，下列說(shuō)法正確的是（）

XXXXX

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

xXXXX

X

S

A.金屬棒的速度為為時(shí)，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(guò)程中，流過(guò)金屬棒的電荷量為墨

D.若彈射所用的時(shí)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(shí)，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(cuò)誤；

mRmR

B.當(dāng)回路中的感應(yīng)電流為。時(shí)，金屬棒受到的安培力為0,金屬棒的速度達(dá)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(guò)程中，設(shè)流過(guò)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(cuò)誤；

D.若彈射所用的時(shí)間為t,對(duì)金屬棒根據(jù)動(dòng)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(yáng)?模擬預(yù)測(cè)）如圖甲所示，兩條足夠長(zhǎng)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(qiáng)

磁場(chǎng)，此部分導(dǎo)軌由不計(jì)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(shí)刻，

一質(zhì)量為機(jī)、電阻不計(jì)的金屬棒MN由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中MN始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，其速度V

隨時(shí)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(shuō)法正

確的是（）

A.0~%時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒M端的電勢(shì)低于N端的

B.0?m時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)對(duì)金屬棒MN的沖量大小為7ngsin。%-nr%

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

D.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(shì)高，故A正確；

B.根據(jù)動(dòng)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(shí)間內(nèi)金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則可知其加速度恒定，所受合外力恒定，即

此時(shí)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(shí)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(cuò)誤；

D.根據(jù)圖乙可知，在0?3時(shí)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(dòng)勢(shì)的

變化量，則有Bd%=等可得Aq=CBd%而Aq=1■片對(duì)該過(guò)程由動(dòng)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(cè)）為了研究電磁彈射原理，將其簡(jiǎn)化為如圖所示的模型（俯視圖）。發(fā)射軌

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

強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中；導(dǎo)軌的左端為充電電路，已知電源的電動(dòng)勢(shì)為E,電容器的電容為C。子彈載

體被簡(jiǎn)化為一根質(zhì)量為根、長(zhǎng)度為L(zhǎng)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(duì)電容器進(jìn)行充電，電容器充電結(jié)束后，將開

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

時(shí)的一半。若將導(dǎo)體棒離開導(dǎo)軌時(shí)（發(fā)射結(jié)束）的動(dòng)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(shí)儲(chǔ)存的能量埼=CE2

C.導(dǎo)體棒離開導(dǎo)軌時(shí)的動(dòng)能Ek=隗薩

D.這次發(fā)射過(guò)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(shí)其兩端電壓U等于電動(dòng)勢(shì)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(chǔ)存的能量為Eo,圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積為=\EQ=[CE?故B錯(cuò)誤;

C.設(shè)從電容器開始放電至導(dǎo)體棒離開軌道時(shí)的時(shí)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(shí)的速度為Vo以導(dǎo)體棒為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)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(shí)的動(dòng)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(cuò)誤;

2282AE3m

故選ACo

8.（2024.浙江?模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，電阻不計(jì)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(qiáng)度為2T。方

向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(wú)初速度釋放，離開水平直導(dǎo)軌前已勻速運(yùn)動(dòng)。已

知電容器的儲(chǔ)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(jì)空氣阻力，重力加速度

g=10m/s2。則金屬棒劭在沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中（）

A.通過(guò)金屬棒油的電荷量為2c

B.通過(guò)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(dòng)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?yàn)榘才嗔ψ鰷p速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬棒的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)與電容器

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

動(dòng)勢(shì)分別為E=BLv,E'=BL（y+可知/q=C（E'—E）=CBL/u又因?yàn)?="=CBLa所以F壽=

At女

CFL2a帶入可得u=七。解得V=4m/s此時(shí)，導(dǎo)體棒動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為E=BLv=4V因此，此時(shí)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(guò)導(dǎo)體棒的電荷量也為1C。故A錯(cuò)誤，B正確；

CD.由以上解析可知，動(dòng)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(cuò)誤。故選BC。

題型二用動(dòng)量觀點(diǎn)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(guò)程分析規(guī)律

1電流大小―/=坐二四=處口2

棒2做變減速運(yùn)動(dòng)，棒1做變加速運(yùn)

秘02.穩(wěn)定條件：兩棒達(dá)到共同速度

工動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)，兩棒的加速度均為零，

3.動(dòng)量關(guān)系：mv=（m+m）v

d以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng).對(duì)系統(tǒng)動(dòng)量20t2

12

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

無(wú)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(shí)刻兩棒加速度）

工

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

t2起勻加速運(yùn)動(dòng)，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(shí)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(guò)程分析規(guī)律

1.動(dòng)量關(guān)系：一現(xiàn)74=%%-町%；

棒1做變減速運(yùn)動(dòng)，棒2做變加速運(yùn)

*

動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)，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(yùn)動(dòng)，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(gè)

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(zhǎng)U形導(dǎo)軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為1m,電阻不計(jì)。質(zhì)量為1kg、

長(zhǎng)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(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為4和B2,其中B1=2T,方向向下。用不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)固

定輕滑輪將導(dǎo)軌段中點(diǎn)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(shí)刻

MN、CD同時(shí)分別進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域I和H并做勻速直線運(yùn)動(dòng),MN、CD與磁場(chǎng)邊界平行。的速度%=2m/s,

的速度為%且方>%，MN和導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2。重力加速度大小取lOm/s?,下列說(shuō)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(duì)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?yàn)镹-

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?yàn)榇怪敝泵嫦蚶?，A錯(cuò)誤B正確；

CD.對(duì)導(dǎo)體棒分析&=對(duì)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(cuò)誤D正確；故選BD。

【技巧點(diǎn)撥】

(1)根據(jù)二者速度大小關(guān)系，判斷摩擦力方向，進(jìn)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(zhǎng)的光滑水平導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為8=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)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(jì)，不計(jì)導(dǎo)體桿通過(guò)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(jìn)入磁場(chǎng)，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(duì)于水平導(dǎo)軌的豎直高度y隨時(shí)間/的變化如圖（b）所示5、小t3、

々、b均為未知量），乙第二次進(jìn)入右側(cè)傾斜導(dǎo)軌之前與甲發(fā)生碰撞，甲在0~h時(shí)間內(nèi)未進(jìn)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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