第二章 专题提升九 电磁感应中的动量问题-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册创新导学案课件PPT（人教版）

该高中物理课件聚焦电磁感应中的动量问题，涵盖动量守恒定律与动量定理的应用，通过双棒切割磁感线、单棒过磁场等情境导入，衔接电磁感应规律与动量知识，构建综合应用学习支架。 其亮点是以典例精析（如双棒动量守恒分析、单棒电荷量与速度计算）和分层训练（跟进多选、基础/尖子生作业）为主线，融入科学思维（模型建构、推理）与科学探究（问题解决），助力学生深化物理观念，教师可高效实施专题教学。

第二章　电磁感应 专题提升九　电磁感应中的 动量问题 目录 1 课后课时作业 提升 ２ 提升 提升 动量守恒定律在电磁感应中的应用 如图所示，a导体棒在水平光滑导轨上做切割磁感线运动时，b导体棒受安培力作用也会运动，两棒中电流大小相等，方向相反，根据安培力F＝IlB和左手定则，可知两棒所受安培力大小相等，且方向相反，满足动量守恒的条件，由于a、b做非匀变速运动，所以无法用牛顿运动定律定量求解，但这类问题可用动量守恒定律定量求解。 提升 4 如图所示，水平面上有足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ，导轨间距为L，电阻不计，导轨所处空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨上放有质量均为m、电阻均为R的金属棒a、b。开始时金属棒b静止，金属棒a获得向右的初速度v0。 (1)试分析金属棒a、b的运动情况，两金属棒稳定 后分别做什么运动； (2)在运动过程中两金属棒受到安培力的冲量有什么关系？把两棒作为一个系统，该系统的动量怎样变化？ (3)求金属棒a、b稳定后的速度。 提升 5 提升 6 提升 7 提升 8 [跟进训练]　(多选)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向右滑动。运动过程中，ab、 cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是(　　) 提升 9 提升 10 提升 动量定理在电磁感应中的应用 提升 11 提升 12 如图所示，水平放置的平行光滑金属导轨间距为l，左端与阻值为R的电阻连接，轨道平面内有宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直，质量为m、电阻不计的金属棒ab，以初速度v0进入磁场，最后离开磁场。若导轨电阻忽略不计，金属棒在整个运动过程中始终与导轨垂直。求： (1)金属棒通过磁场的过程中，流过电阻R的电荷量； (2)金属棒离开磁场时速度的大小。 提升 13 提升 14 提升 15 提升 16 提升 17 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 6．(多选)电磁缓冲装置广泛应用于高铁等交 通工具，它利用电磁力来实现有效缓冲，其原理图 如图所示。减速区连续分布着间距和宽度均为L的 匀强磁场，磁感应强度的大小均为B。质量为m的 缓冲车底部最前端固定有边长也为L的N匝正方形线圈，线圈电阻为R，缓冲车以速度v0无动力进入减速区，不计摩擦及空气阻力。则进入减速区的v­t图像、v­x图像可能正确的有(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 8．(多选)如图所示，足够长的平行光滑金属导轨固定在水平桌面上，导轨间距L＝0.5 m，在虚线MN左侧有垂直导轨平面向上的匀强磁场，MN右侧有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为B＝0.2 T，两根长度均为L＝0.5 m的导体棒ab和cd分别垂直导轨放置在MN的左侧和右侧，并和导轨保持良好接触，已知导体棒ab和cd质量均为m＝0.2 kg，电阻分别为Rab＝2 Ω和Rcd＝3 Ω，现给ab棒一个向左的初速度v0＝4 m/s，则下列说法正确的是(　　) A．cd棒最终速度大小为v＝2 m/s B．ab棒和cd棒组成的系统动量守恒 C．整个过程流过ab棒的电荷量为4 C D．整个过程ab棒产生的焦耳热为0.4 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 9．(多选)某研学小组设计了一个辅助列 车进站时快速刹车的方案。如图所示，在站台 轨道下方埋一励磁线圈，通电后形成竖直方向 的磁场(可视为匀强磁场)。在车身下方固定一 矩形线框，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车快速刹车。已知列车的总质量为m，车身长为s，线框的短边ab和cd分别安装在车头和车尾，长度均为L(L小于匀强磁场的宽度)，整个线框的电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长(大于车长s)，车头进入磁场瞬间的速度为v0，假设列车停止前所受铁轨摩擦力及空气阻力的合力恒为f。已知磁感应强度的大小为B，车尾进入磁场瞬间，列车恰好停止。从车头刚进入磁场到列车停止过程中，下列说法正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 A．可以求出车头刚进入磁场时的加速度 B．可以求出此过程流过线圈的电荷量 C．无法求出车头刚进入磁场到停止所用的时间 D．列车减少的动能全部转化为线圈的焦耳热 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 10.如图所示，空间存在一竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，水平面内有两根固定的足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为l。在导轨上面平放着两根平行的导体棒ab和cd，质量分别是2m和m，电阻分别是R和2R，其余部分电阻可忽略不计。初始时刻cd棒静止，给ab棒一个向右的初速度v0，两棒始终不相碰，求： (1)从开始运动到最终稳定，电路中产生多少电能？ (2)从开始运动到最终稳定，两棒之间的距离减少了多少？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 答案　(1)a做加速度减小的减速直线运动，b做加速度减小的加速直线运动，两金属棒稳定后以相同的速度做匀速直线运动 (2)等大反向　动量守恒　(3)eq \f(v0,2)　eq \f(v0,2) 解析　(1)金属棒a向右运动切割磁感线，根据右手定则可知在回路中产生逆时针方向的感应电流，根据左手定则可知，金属棒a受到向左的安培力，金属棒b受到向右的安培力，金属棒a在安培力作用下做减速运动，金属棒b在安培力作用下做加速运动，金属棒b切割磁感线产生顺时针方向的感应电动势；两棒的速度差减小，总电动势E＝BL(va－vb)减小，感应电流减小，两金属棒受到的安培力减小，加速度减小，即a做加速度减小的减速直线运动，b做加速度减小的加速直线运动，两金属棒稳定后以相同的速度做匀速直线运动。 (2)两金属棒所受安培力大小均为F安＝BLI＝BL·eq \f(BL（va－vb）,2R)，方向相反，则两金属棒在运动过程中所受安培力的冲量等大反向，系统的合外力为零，两棒组成的系统动量守恒。 (3)设两金属棒最终达到的共同速度为v，由动量守恒定律得mv0＝2mv 解得v＝eq \f(v0,2)。 解析：导体棒ab运动，切割磁感线，产生感应电流，导体棒ab受安培力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F′作用，速度变大，如图所示，感应电流I＝eq \f(E,R总)＝eq \f(Bl（v1－v2）,R总)，安培力F＝F′＝BIl＝eq \f(B2l2（v1－v2）,R总)＝ma，随着v1减小，v2增大，则F＝F′减小，两棒的加速度大小a减小，直到v1＝v2＝v共，a＝0，两棒做匀速运动，两棒组成的系统动量守恒，则mv0＝2mv共，v共＝eq \f(v0,2)，A正确，B错误。由前面分析知，v1－v2随时间减小得越来越慢，最后为0，则感应电流I＝eq \f(Bl（v1－v2）,R总)随时间减小得越来越慢，最后为0，C正确，D错误。 如图所示，导体棒(不计电阻)在光滑水平导轨上运动时会受到向左的安培力F＝IlB＝eq \f(B2l2v,R)，I、v、F均随时间非均匀变化，用牛顿运动定律无法定量求解，这时可运用动量定理求解。 考虑很短的时间Δt，由动量定理得 －IlBΔt＝－eq \f(B2l2v,R)·Δt＝mΔv 对等式两边求和，考虑到 ∑IΔt＝q，∑vΔt＝x，∑Δv＝v′－v0 可得－Blq＝－eq \f(B2l2x,R)＝m(v′－v0) 由此式可知，若知道导体棒的速度变化量，就能得出该运动过程通过电路的电荷量q、位移x，反之亦可以求出末速度v′。 说明：上面是通过微元法求和分析的，由于动量定理只考虑初末状态，我们还可以从整体上以平均值的角度分析。导体棒运动位移x时， ΔΦ＝Blx，eq \o(E,\s\up12(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)，eq \o(I,\s\up12(－))＝eq \f(\o(E,\s\up12(－)),R)，x＝eq \o(v,\s\up12(－))Δt， 则－eq \o(F,\s\up12(－))Δt＝－eq \o(I,\s\up12(－))lBΔt＝－Blq＝－eq \f(B2l2x,R)＝m(v′－v0)。 答案　(1)eq \f(Bld,R)　(2)v0－eq \f(B2l2d,mR) 解析　(1)金属棒通过磁场的过程中，平均感应电动势eq \o(E,\s\up12(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(Bld,Δt) 平均感应电流eq \o(I,\s\up12(－))＝eq \f(\o(E,\s\up12(－)),R) 通过R的电荷量q＝eq \o(I,\s\up12(－))Δt 解得q＝eq \f(Bld,R)。 (2)金属棒通过磁场的过程中，对金属棒，由动量定理得 －Beq \o(I,\s\up12(－))lΔt＝mv－mv0 其中eq \o(I,\s\up12(－))Δt＝q 解得金属棒离开磁场时速度的大小v＝v0－eq \f(B2l2d,mR)。 [跟进训练]　(多选)如图所示，在水平面上固定光滑导轨PQ、RS，两导轨间距是L，左侧用导线连接。两导轨间有磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，虚线是匀强磁场的左、右边界，在磁场左边导轨上有一根质量为m、有效电阻为R的导体棒MN，导体棒以初速度v0向右进入磁场，并以速度v从右边界穿出磁场，其余电阻不计，下列说法正确的是(　　) A．导体棒穿过磁场的过程中电流方向由N到M B．导体棒穿过磁场的过程中产生的热量是eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)mv2 C．通过导体棒的电荷量是eq \f(mv＋mv0,BL) D．匀强磁场左、右边界之间的距离是eq \f(m（v0－v）R,B2L2) 解析：由右手定则可知，导体棒穿过磁场的过程中电流方向由M到N，故A错误；由能量守恒定律可知，导体棒穿过磁场的过程中产生的热量是Q＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)mv2，故B正确；根据题意，由动量定理有－Beq \o(I,\s\up12(－))Lt＝mv－mv0，通过导体棒的电荷量q＝eq \o(I,\s\up12(－))t＝eq \f(mv0－mv,BL)，故C错误；平均感应电动势eq \o(E,\s\up12(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BLx,t)，平均感应电流eq \o(I,\s\up12(－))＝eq \f(\o(E,\s\up12(－)),R)，联立解得匀强磁场左、右边界之间的距离x＝eq \f(m（v0－v）R,B2L2)，故D正确。 题型一　动量守恒定律在电磁感应中的应用 1.(多选)如图所示，水平面上有足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ，导轨间距为L，电阻不计，导轨所处空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨上放有质量均为m、电阻均为R的金属棒a、b。开始时金属棒b静止，金属棒a获得向右的初速度v0，从金属棒a开始运动到最终两棒以相同的速度匀速运动的过程中，经过每个金属棒的电荷量为q，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，下列说法正确的是(　　) A．a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动 B．最终两金属棒匀速运动的速度为eq \f(v0,2) C．两金属棒产生的焦耳热为2,0)eq \f(mv,4) D．a和b距离的增加量为eq \f(qR,BL) 解析：金属棒a向右运动切割磁感线，根据右手定则可知在回路中产生逆时针方向的感应电流，根据左手定则可知，a受到向左的安培力，b受到向右的安培力，a在安培力作用下做减速运动，b在安培力作用下做加速运动，两棒的速度差减小，总电动势E＝Bl(va－vb)减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，即a做加速度减小的减速直线运动，b做加速度减小的加速直线运动，A错误。 a、b两棒组成的系统所受合力为零，动量守恒，设最终达到的共同速度为v，由动量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝eq \f(v0,2)，B正确。根据能量守恒定律，整个过程产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(2m)v2＝2,0)eq \f(mv,4) ，C正确。根据电荷量的推论公式q＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(BLΔx,2R)，解得a和b距离的增加量Δx＝eq \f(\a\vs4\al(2qR),BL)，D错误。 2.如图所示，倾角为θ＝37°的足够长的平行金属导轨固定在水平面上，两导体棒ab、cd垂直于导轨放置，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现给导体棒ab一沿导轨平面向下的初速度v0使其沿导轨向下运动，已知两导体棒质量均为m，电阻阻值均为R，两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.75，导轨电阻忽略不计。从ab开始运动到两棒相对静止的整个运动过程中，两导体棒始终与导轨保持良好的接触，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是(　　) A．整个运动过程中，导体棒cd中产生的焦耳热为eq \f(1,4)mveq \o\al(2,0) B．整个运动过程中，导体棒cd中产生的焦耳热为eq \f(1,8)mveq \o\al(2,0) C．若导体棒cd的速度为eq \f(1,4)v0，导体棒ab的速度为eq \f(1,2)v0 D．若导体棒ab的速度为eq \f(1,4)v0，导体棒cd的速度为eq \f(3,4)v0 解析：由题意知mgsin37°＝μmgcos37°，且流过两导体棒的电流始终等大反向，两导体棒受到的安培力始终等大反向，所以两导体棒组成的系统动量守恒，根据楞次定律的推论，两导体棒受到的安培力阻碍两棒的相对运动，最终，两导体棒将以相同的速度运动。设两导体棒相对静止时的共同速度为v，有mv0＝2mv，解得v＝0.5v0，由能量守恒定律可知，整个运动过程中，回路中产生的总焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)×2mv2＝eq \f(1,4)mveq \o\al(2,0)， 又因通过两导体棒的电流大小始终相等，且两导体棒电阻均为R，则导体棒cd中产生的焦耳热为Qcd＝Qab＝eq \f(1,2)Q＝eq \f(1,8)mveq \o\al(2,0)，故A错误，B正确；当导体棒cd的速度为eq \f(1,4)v0时，由动量守恒定律有mv0＝m×eq \f(1,4)v0＋mvab，解得vab＝eq \f(3,4)v0，故C错误；导体棒ab的最小速度为0.5v0，即其速度不可能为eq \f(1,4)v0，故D错误。 3.(多选)如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨间的距离为l，导轨上横放着两根导体棒ab和cd，质量分别为m、2m，电阻皆为R，导轨光滑且电阻不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。开始时ab和cd两导体棒有方向相反的水平初速度，初速度大小分别为v0和2v0，下列说法正确的是(　　) A．开始时，ab棒向左做匀减速直线运动，cd棒向右做匀减速直线运动 B．当ab棒速度减为0时，cd棒的速度大小为eq \f(3,2)v0 C．当ab棒向右运动，速度大小变为eq \f(v0,4)时，cd棒的速度大小为eq \f(19,8)v0 D．最终导体棒ab和cd均水平向右运动，速度大小均为v0 解析：开始时，根据楞次定律和安培定则可知，回路中产生沿abdc方向的感应电流，根据左手定则可知，ab所受安培力水平向右，cd所受安培力水平向左，均做减速运动，根据右手定则，回路中产生的感应电动势大小E＝Bl(vcd＋vab)，随着vcd和vab的减小，感应电动势减小，感应电流减小，导体棒ab和cd所受安培力减小，导体棒ab和cd均做加速度减小的减速运动，A错误；由F＝ILB及左手定则可知，两棒所受安培力大小相等、方向相反，两棒组成的系统总动量守恒，最终稳定时，导体棒ab和cd均做匀速运动， 速度相等，以向右为正方向，从开始到最终稳定的过程中，由动量守恒定律有2m·2v0－mv0＝3mv共，解得v共＝v0，即最终导体棒ab和cd均水平向右运动，速度大小均为v0，D正确；当ab棒速度减为0时，有2m·2v0－mv0＝0＋2mvcd，解得此时cd棒的速度vcd＝eq \f(3,2)v0，B正确；当ab棒向右运动，速度大小变为eq \f(v0,4)时，有2m·2v0－mv0＝meq \f(v0,4)＋2mvcd，解得此时cd棒的速度vcd＝eq \f(11,8)v0，C错误。 4.如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间的距离为L，导轨上平行放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路。已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为R，其他电阻忽略不计，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行。开始时，导体棒cd静止，ab有水平向右的初速度v0，两导体棒在运动中始终不接触。求： (1)开始时，导体棒ab中电流的大小和方向； (2)从开始到导体棒cd达到最大速度的过程中， cd棒上产生的焦耳热； (3)当ab棒速度变为eq \f(3,4)v0时，cd棒加速度的大小。 答案：(1)eq \f(BLv0,2R)　方向由a→b　(2)eq \f(1,8)mveq \o\al(2,0)　(3)eq \f(B2L2v0,4Rm) 解析：(1)开始时，ab棒产生的感应电动势E0＝BLv0 ab棒中电流的大小I0＝eq \f(E0,2R) 联立解得I0＝eq \f(BLv0,2R) 由右手定则可知，ab棒中电流的方向由a→b。 (2)流过ab棒和cd棒的电流始终大小相等、方向相反，由安培力公式及左手定则可知，ab棒与cd棒受到的安培力始终大小相等、方向相反，两棒组成的系统动量守恒。当ab棒与cd棒速度相同时，cd棒的速度最大，设最大速度为v，由动量守恒定律有mv0＝2mv 从开始到导体棒cd达到最大速度的过程中，设回路产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律有Q＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)×2mv2 因通过ab、cd棒的电流大小始终相等，且ab、cd 棒的电阻均为R，则cd棒上产生的焦耳热Q′＝eq \f(1,2)Q 联立解得Q′＝eq \f(1,8)mveq \o\al(2,0)。 (3)当ab棒的速度为eq \f(3,4)v0时，设cd棒的速度为v′，由动量守恒定律有mv0＝m×eq \f(3,4)v0＋mv′ 两棒切割磁感线产生的电动势分别为 Eab＝BL×eq \f(3,4)v0，Ecd＝BLv′ 回路中的感应电流I＝eq \f(Eab－Ecd,2R) cd棒所受安培力大小为F＝IBL 设此时cd棒的加速度大小为a，有F＝ma 联立解得a＝eq \f(B2L2v0,4Rm)。 题型二　动量定理在电磁感应中的应用 5．(多选)如图所示，水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒AB向右运动的初速度为v0，质量为m，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直导轨平面向下，导轨足够长且电阻不计。在导体棒从开始运动至停下来的过程中，下列说法正确的是(　　) A．导体棒AB内有电流通过，方向是B→A B．磁场对导体棒AB的作用力向右 C．通过导体棒的电荷量为eq \f(mv0,2BL) D．导体棒在导轨上运动的最大距离为eq \f(mv0R,B2L2) 解析：导体棒AB切割磁感线，根据右手定则，可知导体棒AB中的电流方向是B→A，A正确；根据左手定则，导体棒AB所受安培力的方向为水平向左，B错误；在导体棒从开始运动至停下来的过程中，对导体棒由动量定理有－Beq \o(I,\s\up12(－))LΔt＝0－mv0，又通过导体棒的电荷量q＝eq \o(I,\s\up12(－))Δt，联立解得q＝eq \f(mv0,BL)，C错误；导体棒运动过程产生的平均感应电动势eq \o(E,\s\up12(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BLx,Δt)，平均感应电流eq \o(I,\s\up12(－))＝eq \f(\o(E,\s\up12(－)),R)，又q＝eq \o(I,\s\up12(－))Δt，联立解得导体棒在导轨上运动的最大距离为x＝eq \f(mv0R,B2L2)，D正确。 解析：缓冲车以速度v0无动力进入减速区，正方形线圈始终有一条边在切割磁感线，缓冲车速度为v时，线圈中感应电动势为E＝NBLv，感应电流为I＝eq \f(E,R)，线圈所受安培力大小F＝NBIL，联立解得F＝eq \f(N2B2L2v,R)，由右手定则与左手定则可知，线圈所受安培力方向水平向左，线圈的加速度方向向左，与线圈的速度方向相反，线圈做减速运动，加速度大小a＝eq \f(F,m)＝eq \f(N2B2L2v,mR)，由于线圈做减速运动， 速度v不断减小，因此加速度a不断减小，线圈做加速度减小的减速运动，直到速度减到零为止，而缓冲车与线圈运动状态始终一致，故A错误，B可能正确；根据动量定理可得－∑FiΔt＝mv－mv0，其中Fi＝eq \f(N2B2L2,R)vi，且∑viΔt＝x，联立解得v＝v0－eq \f(N2B2L2,mR)x，故C可能正确，D错误。 7.如图所示，在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内，现有一个边长为a(a<L)的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界穿过磁场后，速度为v(v<v0)，那么线圈(　　) A．完全进入磁场中时的速度大于eq \f(v0＋v,2) B．完全进入磁场中时的速度等于eq \f(v0＋v,2) C．完全进入磁场中时的速度小于eq \f(v0＋v,2) D．以上情况均有可能 解析：设线圈完全进入磁场中时的速度大小为v′，线圈进入磁场过程，由动量定理有－Beq \o(I,\s\up12(－))1L·Δt1＝mv′－mv0，线圈离开磁场过程，同理有－Beq \o(I,\s\up12(－))2L·Δt2＝mv－mv′，由q＝eq \o(I,\s\up12(－))Δt＝eq \f(\o(E,\s\up12(－)),R)Δt＝eq \f(ΔΦ,Δt·R)Δt＝eq \f(ΔΦ,R)，且线圈进出磁场时磁通量变化数值相同，则进出磁场时通过线圈某截面的电荷量相等，即q1＝q2，又q1＝eq \o(I,\s\up12(－))1·Δt1，q2＝eq \o(I,\s\up12(－))2·Δt2，联立解得v′＝eq \f(v0＋v,2)，故B正确。 解析：ab棒向左运动，根据右手定则和左手定则，可知ab棒和cd棒均受到向右的安培力，则ab棒和cd棒组成的系统动量不守恒，B错误；ab棒向左做减速运动，cd棒向右做加速运动，由右手定则和闭合回路的欧姆定律，可知回路中感应电流I＝eq \f(Eab－Ecd,Rab＋Rcd)＝eq \f(BLvab－BLvcd,Rab＋Rcd)，可知I逐渐减小，当vab＝vcd时，回路中无感应电流，两棒做速度大小相等的匀速直线运动，速度大小均为v，由动量定理，对ab棒有 －Beq \o(I,\s\up12(－))Lt＝mv－mv0，对cd棒有Beq \o(I,\s\up12(－))Lt＝mv－0，且整个过程流过ab棒的电荷量q＝eq \o(I,\s\up12(－))t，联立解得v＝2 m/s，q＝4 C，故A、C正确；根据能量守恒定律，整个过程回路产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－2×eq \f(1,2)mv2＝0.8 J，则整个过程ab棒产生的焦耳热为Qab＝eq \f(Rab,Rab＋Rcd)Q＝0.32 J，故D错误。 解析：设车头刚进入磁场时的加速度为a，则有ILB＋f＝ma，I＝eq \f(BLv0,R)，解得a＝eq \f(B2L2v0＋fR,mR)，A正确；根据eq \o(E,\s\up12(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)，eq \o(I,\s\up12(－))＝eq \f(\o(E,\s\up12(－)),R)，q＝eq \o(I,\s\up12(－))Δt，整理可得q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BLs,R)，所以可以求出此过程流过线圈的电荷量，则B正确；取列车的初速度方向为正方向，根据动量定理可得－eq \o(I,\s\up12(－))LBΔt－fΔt＝0－mv0，又q＝eq \o(I,\s\up12(－))Δt， 联立解得Δt＝eq \f(mv0R－B2L2s,fR)，所以可以求出车头刚进入磁场到停止所用的时间，则C错误；列车减少的动能部分转化为线圈的焦耳热，部分转化为与铁轨摩擦产生的热量，部分转化为克服空气阻力产生的热量，D错误。 答案：(1)eq \f(1,3)mveq \o\al(2,0)　(2)eq \f(2Rmv0,B2l2) 解析：(1)设两棒稳定时共同的末速度为v，由动量守恒定律，得2mv0＝(2m＋m)v 由能量守恒定律，得 eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)×(2m＋m)v2＋E电 联立解得E电＝eq \f(1,3)mveq \o\al(2,0)。 (2)从开始运动到最终稳定，设两棒之间减少的距离为Δx，由法拉第电磁感应定律得，电路中产生的平均感应电动势为eq \o(E,\s\up12(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BlΔx,Δt) 设导体棒ab的速度为vab时，导体棒cd的速度为vcd，这段时间内回路中电流的平均值为eq \o(I,\s\up12(－))＝eq \f(\o(E,\s\up12(－)),2R＋R) 对cd棒应用动量定理，得eq \o(I,\s\up12(－))lBΔt＝mv 联立解得Δx＝eq \f(2Rmv0,B2l2)。 11.如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B，垂直于磁场方向有一足够长的、间距为l的光滑竖直金属导轨，导轨上端接有电容为C的电容器(不会被击穿)，水平放置的质量分布均匀的金属棒的质量为m，重力加速度大小为g。让金属棒沿导轨无初速释放，金属棒和导轨始终接触良好且它们的电阻可忽略。以下关于金属棒运动情况的说法正确的是(　　) A．金属棒刚释放时加速度为g B．金属棒下滑过程中，电流随时间一直增大 C．金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速直线运动 D．金属棒以加速度大小a＝eq \f(mg,m＋CB2l2)做匀加速下滑 解析：根据题意，在极短时间Δt内，对金属棒由动量定理有mgΔt－BilΔt＝mΔv，其中iΔt＝Δq＝CΔU＝CBlΔv，整理可知Δv＝eq \f(\a\vs4\al(mg),m＋CB2l2)Δt，可得金属棒的加速度a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(\a\vs4\al(mg),m＋CB2l2)(定值)，则金属棒做匀加速运动，故A、C错误，D正确；根据上述分析可知，金属棒下滑过程中，电流为i＝eq \f(\a\vs4\al(Δq),Δt)＝eq \f(CBlΔv,Δt)＝CBla，又金属棒下滑过程中，加速度保持不变，则电流保持不变，故B错误。 $