专题4 培优点7 动量观点在电磁感应中的应用 （课件）-【步步高】2024年高考物理大二轮专题复习与增分策略（新高考，浙江专用）

专题四　 电路与电磁感应 培优点7　动量观点在电磁感应中的应用 1 掌握应用动量定理处理电磁感应问题的思路。 2 掌握应用动量守恒定律处理电磁感应问题的方法。 目标要求 内容索引 考点一 考点二 高考预测 动量定理在电磁感应中的应用 动量守恒定律在电磁感应中的应用 专题强化练 考点一 动量定理在电磁感应中的应用 在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若运用牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题 求解的物理量 应用示例 电荷量或速度 位移 求解的物理量 应用示例 时间 ＋F其他Δt＝mv2－mv1 即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1 已知电荷量q、F其他(F其他为恒力) 已知位移x、F其他(F其他为恒力) 　如图所示，在光滑绝缘水平面上有一根通有恒定电流I的长直导线，用规格相同的均匀材料做成的单匝线框A、B平铺在水平面上。A是边长为a的正方形，B是长为2a、宽为a的长方形。瞬间关闭恒定电流I，假设线框不会与长直导线碰撞，A、B最终获得的动量之比为 A.3∶8 　　　B.3∶4 　　　C.1∶4 　　　D.9∶16 例1 √ 　(2022·浙江6月选考·21)舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图甲所示，用于推动模型飞机的动子(图中未画出)与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷 向2接通定值电阻R0，同 时施加回撤力F，在F和 磁场力作用下，动子恰 好返回初始位置停下。 例2 若动子从静止开始至返回过程的v－t图如图乙所示，在t1至t3时间内F＝(800－10v) N，t3时撤去F。已知起飞速度v1＝80 m/s，t1＝1.5 s，线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1 m，飞机的质量M＝10 kg，动子和线圈的总质量m＝5 kg，R0＝9.5 Ω， B＝0.1 T，不计空气阻力 和飞机起飞对动子运动速 度的影响，求： (1)恒流源的电流I； 答案　80 A　 由题意可知接通恒流源时安培力 F安＝nBIl 根据牛顿第二定律有F安＝(M＋m)a (2)线圈电阻R; 答案　0.5 Ω　 此时安培力为F安′＝nBI′l 所以此时根据牛顿第二定律有 由题图乙可知在t1至t3期间加速度恒定， 解得R＝0.5 Ω，a′＝160 m/s2 (3)时刻t3。 从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路的电荷量 根据动量定理有－nBlΔq＝0－ma′(t3－t2) 代入数据联立可得(t3－t2)2＋(t3－t2)－1＝0 考点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用 18 双杆模型 物理模型 “一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡 两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒 分析方法 动力学观点 通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动 能量观点 两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和 动量观点 对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题 　(多选)如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计，导轨间距为L。质量均为m、接入导轨之间电阻均为R的金属棒b和c，静止放在水平导轨上且与导轨垂直。图中虚线de右侧有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量也为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨，从离水平导轨高为h处由静止释放。已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞。重力加速度为g。 例3 以下说法正确的是 √ √ b进入磁场后，切割磁感线产生感应电流，受到向左的安培力而减速，c受到向右的安培力而加速，系统合外力为零，取水平向右为正方向，由动量守恒定律知mv0＝mvb＋mvc 当b与c速度相等时，回路中无电流产生，b棒上停止生热，由动量守恒定律有mv0＝2mv，得 b进入磁场后减速，c加速直至速度 相同，二者间距缩小，设为Δx，对c由动量定理得 　(2023·全国甲卷·25)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。导轨所在区域有方向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v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。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 (1)金属棒P滑出导轨时的速度大小； 例4 由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得 3mv0＝3mvQ＋mvP (2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量； 答案　mv02　 解得Q＝mv02 (3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。 P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得 高考预测 31 1.(多选)如图所示，在水平桌面上固定两条足够长的相距L＝1.0 m的平行光滑金属导轨，导轨的左侧连接阻值R＝3.0 Ω的电阻，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆的质量m＝0.1 kg，接入电路的电阻r＝2.0 Ω，整个空间存在磁感应强度大小B＝0.5 T、竖直向下的匀强磁场。初始时刻金属杆在水平向右的恒力F的作用下，向右做速度v＝4 m/s的匀速直线运动，经1.5 s后撤去恒力F。整个运动过程中金属杆P始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则从初始时刻到金属杆停止运动的过程中 A.电阻R上产生的热量为1.0 J B.电阻R上产生的热量为1.2 J C.金属杆向右运动的位移为14 m D.金属杆向右运动的位移为16 m 1 2 √ √ 1 2 1 2 2.(2023·浙江杭州市质检)如图所示，电池通过开关K1与两根光滑水平轨道相连接，轨道的S、T两处各有一小段绝缘，其他位置电阻不计，轨道间距L＝1 m，足够长的区域MNPO内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B1＝0.5 T，QR右侧足够长的区域内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B2＝0.5 T，O、P两处各有一微微突起的导电结点，结点不影响金属棒通过。轨道右端电阻R0＝0.1 Ω，P与R间有一开关K2。轨道上放置三根质量m＝0.03 kg、电阻r＝0.1 Ω的相同金属棒， 金属棒甲位于B1磁场内的左侧；金属棒乙用 较长绝缘细线悬挂在B1磁场外靠近OP边界 的右侧，且与导电结点无接触； 1 2 金属棒丙位于B2磁场内的左侧。闭合K1，金属棒甲向右加速，达到稳定后以v0＝2 m/s速度与金属棒乙碰撞形成一个结合体向右摆起。此时立即断开K1并闭合K2，当两棒结合体首次回到OP时，恰与导电结点接触(无碰撞)，此时金属棒丙获得向右的速度。两棒结合体首次向左摆到最大高度h＝0.032 m处被锁止。空气阻力不计， 不考虑装置自感，电池内阻不计，重力 加速度g＝10 m/s2。求： (1)电池电动势E的大小； 1 2 答案　1 V　 当感应电动势大小等于电池电动势大小时，金属棒匀速运动，电池电动势 E＝B1Lv0＝1 V 1 2 (2)碰后瞬间甲、乙结合体的速度大小v1； 1 2 答案　1 m/s　 根据动量守恒mv0＝2mv1 得碰后瞬间甲、乙结合体的速度大小v1＝1 m/s (3)结合体与导电结点接触过程，通过金属棒丙的电荷量q； 1 2 答案　0.024 C　 得两棒结合体首次回到OP时的速度大小v2＝0.8 m/s，方向向左 取向右为正方向，金属棒丙速度大小为v3，根据水平方向动量守恒有2m(v1－v2)＝mv3 代入数据解得v3＝0.4 m/s 1 2 (4)全过程金属棒丙产生的焦耳热Q。 1 2 答案　0.006 8 J 金属棒丙产生的热量为 1 2 全过程金属棒丙产生热量Q总＝Q＋Q2＝0.006 8 J。 专题强化练 43 1.如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t＝0时，棒ab以初速度v0向右运动且不会与cd相碰。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别为vab、vcd，通过ab横截面的电荷量为q，回路中的电流为I，cd棒产生的焦耳热为Q。 下列图像中正确的是 √ 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 系统状态稳定后，两个导体棒的相对速度为0，不再有感应电流产生，焦耳热不会随着时间一直增大，故D错误。 1 2 3 4 5 6 2.(多选)如图所示，绝缘水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距离为L，金属导轨左侧接有两个定值电阻R1＝2R和R2＝3R，金属杆ab垂直导轨放置，质量为m，接入电路的电阻为r，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，金属导轨电阻忽略不计。现给金属杆ab水平向右的初速 度v0，使金属杆向右运动，金属杆向右运动 过程中始终与金属导轨垂直且接触良好。 1 2 3 4 5 6 则下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 √ √ 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 根据题意，由左手定则可知，ab杆受的安培力与运动方向相反，ab杆做减速运动，感应电动势减小，安培力减小，加速度减小，则ab杆做加速度减小的减速运动，故D错误。 1 2 3 4 5 6 3.(多选)如图，光滑平行轨道abcd的曲面部分是半径为R的四分之一圆弧，水平部分位于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，轨道Ⅰ部分两轨道间距为L，轨道Ⅱ部分两轨道间距为　将质量均为m的金属棒P和Q分别置于轨道上的ab段和cd段，且与轨道垂直。P、Q棒接入电路电阻均为r，轨道电阻不计。Q棒静止，让P棒从圆弧最高点由静止释放，当P棒仍在轨道Ⅰ部分运动时，Q棒已达到稳定运动状态。已知重力加速度为g。 1 2 3 4 5 6 下列说法正确的是 √ √ 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 4.(多选)(2023·辽宁卷·10)如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹 性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直 并接触良好，导轨足够长且电阻不计。 1 2 3 4 5 6 下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 √ √ 弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确； 任意时刻，设电流为I，则PQ所受安培力FPQ＝BI·2d，方向向左，MN所受安培力FMN＝ 1 2 3 4 5 6 设整个运动过程中，某时刻MN与PQ的速率分别为v1、v2，同理有mv1＝2mv2，可知MN与PQ的速率之比始终为2∶1，则MN与PQ的路程之比为2∶1，故C正确； 1 2 3 4 5 6 5.(2023·浙江绍兴市一模)如图所示，在xOy坐标平面内，固定着足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距L＝0.5 m，在x＝0处由绝缘件相连，导轨某处固定两个金属小立柱，立柱连线与导轨垂直，左侧有垂直纸面向外的匀强磁场，右侧有垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B＝0.2 T；导轨左端与电容C＝5 F的电容器连接，起初电容器不带电。现将两根质量均为m＝0.1 kg的导体棒a、b分别放置于导轨左侧某处和紧贴立柱的右侧(不粘连)，某时刻起对a棒作用一个向右的恒力F＝0.3 N，当a棒运动到x＝0处时撤去力F，此后a棒在滑行 到立柱的过程中通过棒的电荷量q＝1 C，与 立柱碰撞时的速度v1＝1 m/s，之后原速率反弹。 1 2 3 4 5 6 已知b棒电阻R＝0.4 Ω，不计a棒和导轨电阻，求： (1)小立柱所在位置的坐标xb； 1 2 3 4 5 6 答案　4 m　 a棒减速向右运动过程中 解得xb＝4 m (2)a棒初始位置的坐标xa； 1 2 3 4 5 6 答案　－1 m　 a棒在0～xb区间，由动量定理得－BLq＝mv1－mv0 解得v0＝2 m/s a棒在恒力作用过程中，设某时刻的速度为v，加速度为a，棒中的电流为I，则有F－BIL＝ma 1 2 3 4 5 6 即a棒做匀加速运动，根据v02＝2a(－xa) 解得xa＝－1 m (3)假设b棒穿出磁场时的速度v2＝0.3 m/s，此前b棒中产生的总热量。 1 2 3 4 5 6 答案　0.171 J a棒在0～xb区间向右运动过程中，电路产生的热量 1 2 3 4 5 6 反弹后，a棒向左运动，b棒向右运动，两棒的加速度大小相等，相等时间内速度的变化量大小也相等，所以a棒的速度v′＝0.7 m/s 此过程中发热量 所以Qb＝Q1＋Q2＝0.171 J 6. (2023·浙江省联考)如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间的距离为L，MP与定值电阻R相连，导轨上放置一金属杆，金属杆和导轨的电阻不计。整个装置处于磁感应强度大小为B、垂直导轨平面向下的匀强磁场中。若给金属杆一水平向右的初速度v0，同时对金属杆施加一水平外力，以确保金属杆做匀减速直线运动。在此过程中，外力随时间的变化关系图线如图乙所示(以初速度方向为正方向，其中t0、F0已知)。若仅给金属杆以不同的初速 度v，金属杆能在导轨上滑行的最 大距离为x，其x－v图像如图丙所 示(其中v1、x1已知)。求： 1 2 3 4 5 6 (1)在图乙过程中，t＝0时刻金属杆所受安培力的大小； 1 2 3 4 5 6 t＝0时刻，金属杆切割磁感线产生的电动势为E＝BLv0 (2)在图乙过程中，金属杆的加速度大小； 1 2 3 4 5 6 金属杆的速度为v＝v0－at (3)在图丙过程中，金属杆的质量。 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 －BLΔt＝mv2－mv1，q＝Δt，即－BqL＝mv2－mv1 －＝0－mv0 即－＝0－mv0 －BLΔt －＋F其他Δt＝mv2－mv1 即－＋F其他Δt＝mv2－mv1 时间极短，可认为磁感应强度均匀变化，设线框左右两边的磁感应强度差为ΔB，由动量定理有ΔBLI′t＝ΔBL＝mv＝p，根据题意A、B为同种均匀材料，可得＝，所以有＝··＝××＝，故选A。 动子和线圈在0～t1时间段内做匀加速 直线运动，运动的加速度为a＝ 联立解得I＝＝80 A 当S掷向2接通定值电阻R0时，感应电流 为I′＝ (800－10v) (N)＋ v＝ma′ 则有＝10 kg/s， 答案　 s Δq＝ 根据题图乙并结合(2)可知t2－t1＝＝0.5 s，故t2＝2 s； 在0～t2时间段内的位移x＝v1t2＝80 m 而根据法拉第电磁感应定律有E＝n＝ 电荷量的定义式Δq＝IΔt，I＝ 解得t3＝ s。 A.a与b碰后分离时b的速度大小为 B.当b进入磁场后速度大小为时，b的加速度大小变为初始加速度 大小的 C.b产生的焦耳热为mgh D.b进入磁场后，b、c间距离增大了 绝缘棒a滑到水平导轨上的速度设为v0，由动能定理有mgh＝mv02，得v0＝ 绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰， 质量相等，故碰后速度交换，a速度变为零，b获得v0的速度，故a与b碰后分离时b的速度大小为，A正确； b刚进入磁场时，加速度为a1＝＝·＝＝ 将vb＝代入得vc＝ 此时回路的总电动势为E总＝Eb－Ec ＝BL(vb－vc)＝BL 此时b的加速度大小为a2＝＝·＝，B正确； v＝v0＝ 由能量守恒，设b棒上产生的焦耳热为Q，有mv02＝2Q＋×2mv2，知Q<mgh，C错误； BLΔt＝mv，又 Δt＝Δt＝Δt＝＝，联立可得 Δx＝，即b、c间距离减小了，D错误。 答案　v0　 ×3mv02＝×3mvQ2＋mvP2 联立解得vP＝v0，vQ＝v0 由题知，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，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为vP′＝vQ＝v0 根据能量守恒有mvP2＝mvP′2＋Q 答案　 －BlΔt＝mvP′－mvP 又q＝Δt，＝＝＝ 联立可得x＝ 由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为t＝＝。 金属杆匀速运动时，所受安培力大小为F安＝BIL＝BL，根据金属杆受力平衡得F＝F安，代入数据解得F＝0.2 N，前1.5 s内金属杆运动的位移为x1＝vt＝6 m，水平恒力F做的功W＝Fx1＝1.2 J，从初始时刻到金属杆停止运动的过程中，根据能量守恒 定律得W＋mv2＝Qr＋QR，其中Qr∶QR＝r∶R ＝2∶3，代入数据解得QR＝1.2 J，故A错误， B正确； 撤去恒力F后，金属杆的加速度满足－＝ma，等式两边同时乘非常短的时间Δt，即－Δt＝maΔt，整理得－Δx＝mΔv，则有x2＝mv，所以撤去恒力F后，金属杆继续 运动的位移为x2＝v＝8 m，从初始时刻 到金属杆停止运动的过程中，金属杆向右运动 的位移x＝x1＋x2＝14 m，故C正确，D错误。 根据2mgh＝×2mv22 由动量定理可得B2LΔt＝mv3 又q＝Δt，联立解得q＝0.024 C Q2＝(×2mv12－×2mv22－mv32)×＝0.005 6 J。 根据能量守恒，通过绝缘区域后，金属棒丙、 R0产生热量之和为Q1＝mv32＝0.002 4 J Q＝Q1＝0.001 2 J。通过绝缘区域前金属棒丙产生的热量 导体棒ab切割磁感线产生由a到b的感应电流，则导体棒ab受到向左的安培力，做减速运动；导体棒cd受到向右的安培力，向右加速运动，则感应电流I＝，两导体棒的相对速度减小，感应电流减小，每个导体棒所受的安培力大小F＝BIL，F随着电流减小而减小，设导体棒质量为m，当两者速度相等时，电流为零，导体棒的速度由动量守恒定律得mv0＝2mv，两导体棒的速度最终为v＝， 且加速度随着电流的减小而减小，电流变化也越来 越慢，最终为零，C正确，A错误； 则q＝t＝，因为vab随时间增加而减小，电荷量应该是随时间的增加而增加，最后达到最大值，因为电流随时间减小，所以q－t的图像斜率也应该是减小，故B错误； 对ab棒，由动量定理有BLt＝mv0－mvab， A.ab杆速度由v0减到的过程，通过电 阻R2的电荷量为 B.ab杆速度减为时，ab杆加速度大小为 C.ab杆从开始运动到静止，通过的路程为 D.ab杆做匀减速直线运动直到静止 则有 BLt＝mv0，即BLq＝mv0，解得 q＝，由并联分流原理可知，通过电阻R2的电荷量为 q2＝q＝，故A正确； 根据题意可知，ab杆速度由v0减到的过程，由动量定理有－BLt＝m·－mv0， ，ab杆受到的安培力为 F＝BIL＝，则ab杆加速度大小为 a＝＝，故B错误； 根据题意，ab杆速度减为时，感应电动势为 E＝BLv0，R1和R2并联后的电阻为 R外＝R，由闭合电路欧姆定律有 I＝＝ 根据A分析可知，ab杆从开始运动到静止，由动量定理有BLq′＝mv0，由E′＝、 I′＝和q′＝IΔt，可得 q′＝ ＝，解得 x＝，故C正确； ， A.P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为2mg B.Q棒第一次稳定运动时速度大小为 C.Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定， 该过程通过P棒的电荷量为 D.从P棒进入轨道 Ⅱ 运动到再次稳定过程中，P、Q棒中产生的总热量 为mgR 根据牛顿第二定律得FN－mg＝，解得FN＝3mg，由牛顿第三定律可得，P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为3mg，故A错误； 设Q棒第一次稳定运动时的速度为vQ，P棒的速度为vP，则有 BLvP＝B··vQ P棒到达轨道最低点时速度大小设为v0， 根据机械能守恒定律得 mgR＝mv02 从P棒进入轨道 Ⅱ 运动后，两棒速度再次稳定时，速度相同，设稳定速度为v，由动量守恒定律得mvP＋mvQ＝2mv，由能量守恒定律得P、Q棒中产生的总热量为Q＝mvP2＋mvQ2－×2mv2，解得Q＝mgR，故D正确。 Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定过程 中，对P、Q棒分别分析，由动量定理可得 BLt＝mv0－mvP, B··t＝mvQ，又因q＝t， 解得 vP＝，vQ＝，q＝，故B错误，C正确； A.弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流 B.PQ速率为v时，MN所受安培力大小为 C.整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1 D.整个运动过程中，通过MN的电荷量为 2BId，方向向右，可知两棒系统所受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m, PQ速率为v时，则有2mv＝mv′，解得v′＝2v，回路中的感应电流I＝＝，MN所受安培力大小为FMN＝2BId＝，选项B错误； 两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得mx1＝2mx2，x1＋x2＝L，可得最终MN向左移动x1＝，PQ向右移动x2＝，则q＝Δt＝＝＝，选项D错误。 q＝＝ 解得a＝＝2 m/s2 I＝＝＝＝CBLa Q2＝mv12－mv1′2－mv22＝0.021 J Q1＝mv02－mv12＝0.15 J 通过金属杆的电流为I＝ 金属杆受到的安培力为F安＝BIL＝ 答案　　 由牛顿第二定律得－F＝ma 可得F＝－ma－t 由图像可得斜率的绝对值为k＝＝ 解得a＝ 答案　　 答案　 Δt＝Δq，＝＝＝， 联立以上各式解得x＝v， 由图丙得＝， 所以m＝ 金属杆在安培力作用下做减速运动，由动量定理得－BLΔt＝0－mv， $$