电磁感应+动量(解析版)—三年(2022-2024)高考物理真题汇编(全国通用)

电磁感应+动量
考点01 电磁感应+动量定理
1. （2024年高考湖南卷）某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R 的定值电阻相连，导轨BC 段与11B C 段粗糙，其余部分光滑，1AA 右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m 的金属杆垂直导轨放置。

现让金属杆以初速度0v 沿导轨向右经过1AA 进入磁场，最终恰好停在1CC 处。

已知金属杆接入导轨之间的阻值为R ，与粗糙导轨间的摩擦因数为μ，AB BC d ==。

导轨电阻不计，重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）
A. 金属杆经过1BB 的速度为
02
v B. 在整个过程中，定值电阻R 产生的热量为
2011
22
mv mgd μ-C. 金属杆经过11AA B B 与11BB C C 区域，金属杆所受安培力的冲量相同D. 若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍【答案】CD 【解析】
设平行金属导轨间距为L ，金属杆在AA 1B 1B 区域向右运动的过程中切割磁感线有
E = BLv ，2E
I R
=
金属杆在AA 1B 1B 区域运动的过程中根据动量定理有
-D =D BIL t m v
则
222t B L v t m v R
-D =D 由于t d v t =åD ，则上面方程左右两边累计求和，可得
220
2B B L d mv mv R
-=-则
2202B B L d
v v mR
=-设金属杆在BB 1C 1C 区域运动的时间为t 0，同理可得，则金属杆在BB 1C 1C 区域运动的过程中有
2202B
B L d mgt mv R
μ--=-解得
220
2B B L d v gt mR
μ=+综上有
000
222
B v gt v v μ=
+>则金属杆经过BB 1的速度大于
2
v ，故A 错误；在整个过程中，根据能量守恒有
2
012
mv mgd Q μ=+则在整个过程中，定值电阻R 产生的热量为
20111242
R Q Q mv mgd
μ==-故B 错误；
金属杆经过AA 1B 1B 与BB 1C 1C 区域，金属杆所受安培力的冲量为
222222t B L B L x
BIL t v t R R
-D =-D =
åå则金属杆经过AA 1B 1B 与BB 1C 1C 区域滑行距离均为d ，金属杆所受安培力的冲量相同，故C 正确；根据A 选项可得，金属杆以初速度0v 在磁场中运动有
2200
22B L d
mgt mv R
μ´--=-金属杆的初速度加倍，则金属杆通过AA 1B 1B 区域时中有
220
'22B B L d mv mv R
-=-则金属杆的初速度加倍，则金属杆通过1BB 时速度为
220'22B B L d
v v mR
=-则设金属杆通过BB 1C 1C 区域的时间为1t ， 则
221''2C B B L d mgt mv mv R μ--=-，2210
022B L x mgt mv R
μ--=-则
22102'22C B L d
mgt mv mv R
μ´--=-，
则
010122
00
22(2)2mv mgt R
x mv mgt d B L mv mgt μμμ-=
-=´-由于10t t <，则
4x d
>可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，故D 正确。

2. （2023年高考湖南卷）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q 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）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0v ；
（2）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0a ；（3）在（2）问中，从棒b 释放瞬间开始计时，经过时间0t ，两棒恰好达到相同的速度v ，求速度v 的大小，以及时间0t 内棒a 相对于棒b 运动的距离x D ．【参考答案】（1）022
2sin mgR v B L q =
；（2）2sin a g q =；（3）2244
2sin m gR B L q
【名师解析】
（1）a 匀速运动切割磁感线产生的感应电动势E1=BLv 0， 导体棒a 中电流I=E 1/2R 所受安培力F=BIL ，匀速运动，mgsin θ=F 联立解得v 0==
22
2sin mgR B L q （2）当导体棒a 匀速运动时，释放b ，由左手定则可判断出导体棒b
受到沿导轨斜向下的安培力力，由牛
顿第二定律，mgsin θ+F=ma ，解得 a=2gsinθ。

（3释放导体棒b 后，由于导体棒b 中产生的感应电动势对于回路来说，与导体棒a 中产生的感应电动势方向相反，所以两导体棒所受安培力均减小，对导体棒a ，由动量定理，（mgsin θ-F ）t 0=mv-mv 0对导体棒b ，由动量定理，（mgsin θ+F ）t 0=mv 联立解得：v=gt 0sin θ+
22
sin mgR B L q
取导体棒变速运动过程中，导体棒a 速度为v i 时产生的感应电动势为E i =BLv i ，同时导体棒b 速度为v j ，感应电动势E j =BLv j ，导体棒中电流为I=
2i j E E R
-=
()2i j BL v v R
-，所受安培力F=BIL=
()222i j B L v v R
-对导体棒b ，由动量定理，（mgsin θ+
()222i j B L v v R
-）△t=m △v
方程两侧求和Σ【(mgsin θ+
()222i j B L v v R
-）△t 】=Σm △v
注意到：Σ△t=t0，Σ△v=v ，Σ（v i -v j ）△t=△x
解得：△x=
2244
2sin m gR B L q 3．（2023年全国高考新课程卷）（20分）一边长为L 、质量为m 的正方形金属细框，每边电阻为R 0，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。

宽度为2L 的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，两虚线为磁场边界，如图（a ）所示。

（1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。

运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。

（2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻102R R =，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b ）所示。

让金属框以与（1）中相同的初速度向右运动，进入磁场。

运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。

求在金属框整个运动过程中，电阻R 1产生的热量。

【名师解析】
（1）设导线框进入磁场时速度为v 0，导线框完全进入时速度为v 1，
对导线框进入磁场过程中某时刻速度v i ，导线框中产生的感应电动势e=BLv i ，
所受安培力F=BiL ，
联立解得：F=
220
4i
B L v R 取时间微元△t ，由动量定理，- F △t=m △v ，
即 - 220
4i
B L v R △t=m △v ，
方程两侧求和，-Σ220
4i
B L v R △t=Σm △v ，
注意到Σv i △t=L ，Σ△v= v 1- v 0，
化简得 23
4B L R =m （v 0-v 1） ①
导线框完全在匀强磁场中运动，导线框中磁通量不变，不产生感应电流，做匀速直线运动。

导线框出磁场过程，取时间微元△t ，由动量定理，- F △t=m △v ，
即 - 220
4i
B L v R △t=m △v ，
方程两侧求和，-Σ220
4i
B L v R △t=Σm △v ，
注意到Σv i △t=L ，Σ△v=
2
v -v 1，化简得 2304B L R =m （v 1 -02v
） ②
①②两式消去v 1，得v 0=
23
B L mR （2）导线框进入磁场区域过程，右侧边切割磁感线产生感应电动势，由于导轨电阻可忽略，此时金属框上下部分被短路，其电路可以简化如下。

故电路中的外电路电阻为
1010
R R R R +=0
23R ,总电阻R 总=R 0+023R =053R 设导线框进入磁场时速度为v ，导线框完全进入时速度为v 1，
对导线框进入磁场过程中某时刻速度v i ，导线框中产生的感应电动势e=Blv i
，
所受安培力F=Bil ，
联立解得：F=
220
35i
B L v R 取时间微元△t ，由动量定理，- F △t=m △v ，
即 - 220
35i
B L v R △t=m △v ，
方程两侧求和，-Σ220
35i
B L v R △t=Σm △v ，
注意到Σv i △t=l ，Σ△v= v 1- v ，
化简得 23
035B L R =m （v-v 1） ①
解得：v 1=v-23035B L mR =
23
25B L mR 在这个过程中线框动能减小△E k1=212mv -2
112mv =
46202150B L mR 由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q=△E k1=
46
2
02150B L mR 设此过程中R 1中产生的热量为Q 1，由于R 1=2R ，根据串并联电路规律和焦耳定律可知，导线框右边电阻产生的热量为4.5Q 1，左边电阻产生的热量为2Q 1，整个电路电阻产生的热量为Q=Q 1+4.5Q 1+2Q 1=7.5 Q 1.
解得：Q 1=
46
2
07125B L mR 导线框完全在磁场区域运动，导线框可以视为内阻为0.5R 的电源，回路总电阻R 总=2.5R ，导线框做减速运动，设导线框开始出磁场时速度为v 2，
对导线框进入磁场过程中某时刻速度v i ，导线框中产生的感应电动势e=Blv i ，感应电流，i=e/R 总，所受安培力F=Bil ，
联立解得：F=
2225i
B L v R
取时间微元△t ，由动量定理，- F △t=m △v ，
即 - 2225i
B L v R
△t=m △v ，
方程两侧求和，-Σ2225i
B L v R
△t=Σm △v ，
注意到Σv i △t=L ，Σ△v= v 2- v 1，
化简得 23
25B L R
=m （v 1-v 2） ①
解得：v 2=v 1-23
25B L mR
=0，则说明线框右侧将离开磁场时就停止运动了。

在这个过程中线框动能减小△E k2=2
112
mv =
4620225B L mR 由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q’=△E k1=
46
2
0225B L mR 设此过程中R 1中产生的热量为Q 2，则导线框电阻产生的热量为
1
4
Q 2，整个电路电阻产生的热量为Q’=1.25 Q 2.解得：Q 2.=
46
2
08125B L mR 整个运动过程中，R 1产生的热量为Q= Q 1+ Q 2 ==46207125B L mR +462
08125B L mR =46
2
0325B L mR 4. （2022福建高考）如图（a ），一倾角为q 的绝缘光滑斜面固定在水平地面上，其顶端与两根相距为L 的水平光滑平行金属导轨相连；导轨处于一竖直向下的匀强磁场中，其末端装有挡板M 、N ．两根平行金属棒G 、H 垂直导轨放置，G 的中心用一不可伸长绝缘细绳通过轻质定滑轮与斜面底端的物块A 相连；初始时刻绳子处于拉紧状态并与G 垂直，滑轮左侧细绳与斜面平行，右侧与水平面平行．从0s t =开始，H 在水平向右拉力作用下向右运动；2s =t 时，H 与挡板M 、N 相碰后立即被锁定．G 在1s t =后的速度一时间图线如图（b ）所示，其中1~2s 段为直线．已知：磁感应强度大小1T B =，0.2m L =，G 、H 和A 的质量均为
0.2kg ，G 、H 的电阻均为0.1W ；导轨电阻、细绳与滑轮的摩擦力均忽略不计；H 与挡板碰撞时间极短；整
个运动过程A 未与滑轮相碰，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好：sin 0.25q =，cos 0.97q =，重力加速度大小取210m/s ，图（b ）中e 为自然常数，
4
1.47e
=．求：（1）在1~2s 时间段内，棒G 的加速度大小和细绳对A 的拉力大小；（2） 1.5s t =时，棒H 上拉力的瞬时功率；（3）在2~3s 时间段内，棒G 滑行的距离．
【参考答案】（1）22m /s ；0.9N ；（2）16.15W ；（3）2.53m
【命题意图】此题考查电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力。

对速度图像的理解、牛顿运动定律及其相关知识点。

【名师解析】
（1）由v t -图像可得在12s :内，棒G 做匀加速运动，其加速度为
2
2m /s a =依题意物块A 的加速度也为22m /s a =，由牛顿第二定律可得
A A sin T m g m a
q -=解得细绳受到拉力
0.9N
T =（2）由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律推导出“双棒”回路中的电流为
()
H G H G
BL v v I R R -=
+由牛顿运动定律和安培力公式有
G BIL T m a
-=由于在12s :内棒G 做匀加速运动，回路中电流恒定为 6.5A I =，两棒速度差为
6.5m /s
H G v v -=保持不变，这说明两棒加速度相同且均为a ；对棒H 由牛顿第二定律可求得其受到水平向右拉力
1.7N
H F m a BIL =+=由v t -图像可知 1.5s t =时，棒G 的速度为
3m /s
=G v 此刻棒H 的速度为
9.5m /s
H v =其水平向右拉力的功率
16.15W F H P Fv ==．
（3）棒H 停止后，回路中电流发生突变，棒G 受到安培力大小和方向都发生变化，棒
G 是否还拉着物块A
一起做减速运动需要通过计算判断，假设绳子立刻松弛无拉力，经过计算棒G 加速度为
22'22'
22
10.24m /s 4m /s 220.10.2
G G B L v a Rm ´´===´´物块A 加速度为
2
''sin m /5s 2.a g q ==说明棒H 停止后绳子松弛，物块A 做加速度大小为22.5m /s 的匀减速运动，棒G 做加速度越来越小的减速运动；由动量定理、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可以求得，在23s :内
()
23G G G BIL t m v v D =-G H G H G
BLs BLv
I t t R R R R D =
D =
++棒G 滑行的距离
()()232244m 2.53m
G G G H G G m v v R R s B L e -+æö
==-=ç÷è
ø这段时间内物块A 速度始终大于棒G 滑行速度，绳子始终松弛。

考点02 电磁感应+动量守恒定律
1. （2024高考江西卷）如图（a ）所示，轨道左侧斜面倾斜角满足sin θ1 = 0.6，摩擦因数13
20
μ=
，足够长光滑水平导轨处于磁感应强度为B = 0.5T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向上，右侧斜面导轨倾角满足sin θ2 = 0.8，摩擦因数244
183
μ=。

现将质量为m 甲 = 6kg 的导体杆甲从斜面上高h = 4m 处由静止释放，质量为m 乙 = 2kg 的导体杆乙静止在水平导轨上，与水平轨道左端的距离为d 。

已知导轨间距为l = 2m ，两杆电阻均为R = 1Ω，其余电阻不计，不计导体杆通过水平导轨与斜面导轨连接处的能量损失，且若两杆发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，取g = 10m/s 2，求：（1）甲杆刚进入磁场，乙杆的加速度？
（2）乙杆第一次滑上斜面前两杆未相碰，距离d 满足的条件？
（3）若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度y 随时间t 的变化如图（b ）所示（t 1、t 2、t 3、t 4、b 均为未知量），乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞，甲在0 ~ t 3时间内未进入右侧倾斜导轨，求d 的取值范围。

的
【答案】（1）a 乙0 = 2m/s 2，方向水平向右；（2）d ≥ 24m ；（3）356696
m m 1111
d <<【解析】
（1）甲从静止运动至水平导轨时，根据动能定理有
2111110
11cos sin 2
h m gh m g m v μq q -=×
甲刚进人磁场时，平动切割磁感线有
E 0 = Blv 0
则根据欧姆定律可知此时回路的感应电流为
002E I R
=
根据楞次定律可知，回路中的感应电流沿逆时针方向（俯视），结合左手定则可知，乙所受安培力方向水平向右，由牛顿第二定律有
BI 0l = m 2a 乙0
带入数据有
a 乙0 = 2m/s 2，方向水平向右
（2）甲和乙在磁场中运动的过程中，系统不受外力作用，则系统动量守恒，若两者共速时恰不相碰，则有
m 1v 0 = (m 1＋m 2)v 共
对乙根据动量定理有
2BIlt m v =共
其中
2Bl x
It q R
D ==
联立解得
d min = Δx = 24m
则d 满足
d ≥ 24m
（3）根据（2）问可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨运动稳定，相对位移为Δx = 24m ，且稳定时的速度v 共 = 6m/s
乙第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有
m 2g sin θ2＋μ2m 2g cos θ2 = m 2a 乙上
根据匀变速直线运动位移与速度的关系有
2a 乙上x 上 = v 共2
乙第一次在右侧斜轨上向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有
m 2g sin θ2－μ2m 2g cos θ2 = m 2a 乙下
再根据匀变速直线运动位移与速度的关系有
2a 乙下x 下 = v 12
且
x 上 = x 下
联立解得乙第一次滑下右侧轨道最低点的速度
v 1 = 5m/s
由于两棒发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，则甲乙整体第一次在右侧倾斜轨道上向上运动有
（m 1＋m 2）g sin θ2＋μ2（m 1＋m 2）g cos θ2 = (m 1＋m 2)a 共上
同理有
2a 共上x 共上 = v 2
且由图（b ）可知
x 上 = 4.84x 共上
解得甲、乙碰撞后的速度
30m/s 11
v =
乙第一次滑下右侧轨道最低点后与甲相互作用的过程中，甲、乙组成的系统合外力为零，根据动量守恒有
m 1v 2－m 2v 1 = (m 1＋m 2))v
解得乙第一次滑下右侧轨道最低点时甲的速度为
2175
m/s 33
v =
若乙第一次滑下右侧轨道最低点时与甲发生碰撞，则对应d 的最小值，乙第一次在右侧斜轨上运动的过程，对甲根据动量定理有
11121BI l t m v m v -D =-共
其中
11112Bl x I t q R
D D ==
解得
192m 11
x D =
根据位移关系有
d min ′－Δx = Δx 1
解得
min
356
m 11
d ¢=若乙返回水平导轨后，当两者共速时恰好碰撞，则对应d 最大值，对乙从返回水平导轨到与甲碰撞前瞬间的过程，根据动量定理有
221
22BI l t m v m v D =+其中
22222Bl x I t q R
D D ==
解得
2340
m 11
x D =
根据位移关系有
d m ax －Δx －Δx 1 = Δx 2
解得
max 696
m 11
d =
则d 的取值范围为
356696
m m 1111
d <<2. （2023高考全国甲卷）（20分）如图，水平桌面上固定一光滑U 型金属导轨，其平行部分的间距为l ，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。

导轨所在区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。

一质量为m 、电阻为R 、长度也为l 的金属棒P 静止在导轨上。

导轨上质量为3m 的绝缘棒Q 位于P 的左侧，以大小为v 0的速度向P 运动并与P 发生弹性碰撞，碰撞时间极短。

碰撞一次后，P 和Q 先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。

P 在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P 与Q 始终平行。

不计空气阻力。

求：
的
（1）金属棒P 滑出导轨时的速度大小； （2）金属棒P 在导轨上运动过程中产生的热量；（3）与P 碰撞后，绝缘棒Q 在导轨上运动的时间。

【参考答案】（1）
012v （2）2
0mv （3）22
2mR B L
【命题意图】本题考查电磁感应、弹性碰撞、平抛运动及其相关知识点。

【解题思路】
（1）Q 与P 弹性碰撞，由动量守恒定律，3mv 0=mv P +3mv Q ，由系统动能守恒，20132mv =212P mv +2
132
Q mv 联立解得：012Q v v =
，032
P v v =根据题述，P 、Q 落到地面同一点，由平抛运动规律可知，金属棒P 滑出导轨时的速度大小为
1
'2
P Q v v v ==（2）由能量守恒定律，金属棒P 在导轨上运动过程中产生的热量Q=
212P mv -21'2
P
mv =2
0mv （3）P 在导轨上做变速运动，设速度为v 时金属棒中产生的感应电动势为e ，电流为i ，在△t 时间内速度变化△v ，由法拉第电磁感应定律，e=BLv ，由闭合电路欧姆定律，i=e/R
所受安培力 F=BiL=22B L v
R
，
由动量定理，F △t=m △v ，
即：22B L v R
△t=m △v ，
方程两侧求和 Σ22B L v
R △t=Σm △v ，
即22B L R
Σv △t=mΣ△v ，
注意到Σv △t=x ，Σ△v=P v -'P v = v 0，解得：x=
022
mv R B L
由x=v Q t
解得与P 碰撞后，绝缘棒Q 在导轨上运动的时间为t=
22
2mR B L 【规律总结】两物体弹性碰撞，利用动量守恒定律和动能之和不变列方程解答；导体棒在磁场中切割磁感线运动为变速直线运动，可以采用微元法，把位移分割为微元，利用动量定理列方程解答。