第二章专题强化11：电磁感应中的动量问题 学历案-2025-2026学年高二下学期物理人教版选择性必修第二册

该高中物理学历案聚焦“电磁感应中的动量问题”，系统整合动量定理、动量守恒定律与电磁感应知识，通过任务驱动构建知识网络，任务一分析单棒切割磁感线中非匀变速运动的动量定理应用，任务二探究双棒系统动量守恒问题，结合知识结构图示梳理各物理量求解策略，形成完整逻辑脉络。 其亮点在于以科学思维培养为核心，设计“情境问题-规律提炼-例题拓展”复习路径，如例2结合v-t图像分析导体棒运动，强化科学推理；课后作业分基础巩固与选做提高，例5、6综合考查动量与能量综合应用，实现分层教学。助力学生深化物理观念，教师可精准把握学情，提升复习效率。

学部/学科 高二、物理 课题 专题强化11： 电磁感应中的动量问题 课时 第 1 课时/共 课时 课型 新授课 授课日期 上课时长 40分钟 授课班级 授课教师 学习目标 1.会用动量定理分析电磁感应的有关问题(重难点)。 2.会用动量守恒定律、能量守恒定律分析电磁感应的有关问题(重难点)。 评价任务 任务一指向学习目标1 任务二指向学习目标2 学习过程 任务一、动量定理在电磁感应中的应用 如图所示，水平固定且足够长的光滑U形金属导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，在导轨上放置金属棒。定值电阻的阻值为R，金属棒的电阻为r，导轨宽度为L。若棒分别以初速度v0、2v0向右运动， (1)请分析棒的运动情况？ (2)两种情况下，从棒开始运动至棒停止过程中，通过R的电荷量q1、q2之比为多少？ (3)两种情况，从棒开始运动至棒停止时的位移x1、x2之比为多少？ _______________________________________________________________________________________ _______________________________________________________________________________________ 在导体单棒切割磁感线做非匀变速运动时，若牛顿运动定律、能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙求解。 导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时， 如果导体棒只受安培力作用，则-BIl·Δt=mv2-mv1 若除安培力外还受其他外力，则F·Δt-BIl·Δt=mv2-mv1，安培力的冲量为I安=BLt=BLq， 通过导体棒或金属框的电荷量为q=Δt=Δt=n·Δt=n， 磁通量变化量ΔΦ=BΔS=BLx 由以上式可将流经棒的电荷量q、棒的位移x、时间t及速度变化结合在一起，即可求q、x或v、t。 例1　(多选)如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，导轨电阻均可忽略不计。在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻也为R，并始终与导轨垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动，最终ab杆停止在导轨上。下列说法正确的是(　　) A.ab杆将做匀减速运动直到静止 B.ab杆速度减为时，ab杆加速度大小为 C.ab杆速度减为时，通过定值电阻的电荷量为 D.ab杆速度减为时，ab杆通过的位移为 例2　(2024·济南市高二期末)如图甲所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，导轨间的距离L=1 m。质量m=1 kg，电阻r=2 Ω的直导体棒垂直放在导轨上。导轨顶端与R=4 Ω的电阻相连，其余电阻不计，整个装置处在垂直纸面向里的匀强磁场内。从t=0开始，导体棒由静止释放，运动过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好，v-t图像如图乙所示，t=4 s后导体棒做匀速直线运动，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)磁感应强度B的大小； (2)t=2 s时，导体棒的加速度大小； (3)前2 s内，电阻R上产生的焦耳热。 _____________________________________________________________________________________ _____________________________________________________________________________________ 拓展　若金属棒下落距离x时速度为v，求金属棒下落的时间t。 ______________________________________________________________________________________ ______________________________________________________________________________________ 任务二、动量守恒定律在电磁感应中的应用 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，导轨所在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获得平行导轨向右的初速度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？两棒作为一个系统，该系统的动量怎样变化？ (3)金属棒a、b稳定后的速度？ (4)从两金属棒开始运动至稳定的过程中产生的焦耳热？ ________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________ 1.问题情景： 在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线的问题中，若这两棒受的安培力等大反向，且它们受到的外力的合力为0，两棒组成的系统动量守恒。 2.这类问题可以从以下三个观点来分析： (1)动力学观点：通常情况下一个金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属棒以共同的速度匀速运动。 (2)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属棒的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒。 (3)能量观点：其中一个金属棒动能的减少量等于另一个金属棒动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和。 在上面的问题中，求金属棒a从初速度v0到两棒共速的过程中， (1)流过金属棒a的电荷量q； (2)a和b距离的增加量Δx。 ______________________________________________________________________________________ ______________________________________________________________________________________ 例3　如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=3 T。两导轨间距为L=0.5 m，导轨足够长。金属棒a和b的质量分别为ma=1 kg、mb=0.5 kg，电阻分别为Ra=1 Ω、Rb=2 Ω。b棒静止于导轨水平部分，现将a棒从h=1.8 m高处自静止沿弧形导轨下滑，通过C点进入导轨的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，两棒始终不相碰。g取10 m/s2。求： (1)a棒刚进入磁场时，b棒的加速度； (2)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中，流过a棒的电荷量； __________________________________________________________________________________________ __________________________________________________________________________________________ (3)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中，a棒中产生的焦耳热。 __________________________________________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________ 电磁感应中不同物理量的求解策略 求加速度：动力学观点； 求焦耳热：能量观点； 系统的初、末速度关系：动量守恒定律； 求电荷量、位移或时间：运用动量定理分析。 例4　(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始终与导轨垂直且接触良好，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(　　) 知识结构/思维图示 第一章专题强化11：电磁感应中的动量问题课后作业 1.如图所示，在光滑绝缘水平面上，一矩形线圈以一定的初速度穿越匀强磁场区域，已知磁场区域宽度大于线圈宽度，则线圈进、出磁场的两个过程中(　　) A.感应电流的方向相同 B.受到的安培力相等 C.动能的变化量相等 D.速度的变化量相同 2.(多选)(2024·宝鸡市金台区高二期末)如图所示，平行光滑金属导轨水平放置，间距L=2 m，导轨左端接一阻值R=1 Ω的电阻，图中虚线与导轨垂直，其右侧存在磁感应强度大小为B=0.5 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量为m=1 kg的金属棒垂直导轨放置在虚线左侧，距虚线的距离为d=0.5 m。某时刻对金属棒施加一大小为F=4 N的向右的恒力，金属棒在磁场中运动s=2 m的距离后速度不再变化，金属棒与导轨的电阻忽略不计，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，则金属棒从静止到开始匀速运动的过程中，下列说法正确的是(　　) A.金属棒刚进入磁场时的速度为2 m/s B.金属棒开始匀速运动的速度为2 m/s C.金属棒从开始进入磁场到匀速运动的过程中通过电阻R的电荷量为2 C D.金属棒从开始进入磁场到匀速运动的过程中所用时间为1 s 3.(多选)空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.5 T。在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距为L=1 m，电阻可忽略不计。质量均为m=1 kg、电阻均为R=2.5 Ω的导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好。现给MN一水平向右的初速度v0=4 m/s，下列正确的是(　　) A.两棒最终速度都为2 m/s B.棒MN上产生的热量为4 J C.通过MN的电荷量为4 C D.从开始到稳定，回路MNPQ的面积增加了4 m2 4.(多选)如图所示，平行且光滑的金属导轨MN、PQ放置在垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距为L、电阻不计。质量为m的导体棒1和质量为2m的导体棒2置于导轨上，两导体棒相距x，导体棒1和导体棒2的电阻分别为R和2R。现在分别给导体棒1和导体棒2向左和向右的初速度v0和2v0，导体棒1和2始终与导轨垂直且接触良好，关于导体棒1和导体棒2以后的运动，下列说法正确的是(　　) A.导体棒1和导体棒2构成的回路，初始时刻电动势为3BLv0 B.初始时刻导体棒2所受安培力大小为 C.当导体棒1的速度为0时，导体棒2的速度为v0 D.很长一段时间后，导体棒1和导体棒2的距离为+x 5.(8分)如图所示，MN、PQ为间距L=0.5 m、足够长的平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻均不计。导轨平面与水平面间的夹角θ=37°，N、Q间连接一个R=4 Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0=1 T。将一根金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好。金属棒的电阻为r=1 Ω、质量为m=0.05 kg，与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5。现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到最大速度v，已知在此过程中通过金属棒截面的电荷量q=0.15 C。设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。(g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)求： (1)(2分)金属棒的最大速度v的大小； (2)(2分)cd离NQ的距离x； (3)(2分)金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量QR； (4)(2分)金属棒从静止滑行至cd处的过程经过的时间t。 6.(12分)如图所示，左侧倾斜的足够长的光滑平行金属导轨与右侧足够长的水平光滑平行金属导轨之间用两段光滑绝缘圆弧轨道(长度可忽略)连接，两倾斜导轨平面与水平面的夹角为θ=37°，两导轨的水平部分在同一水平面内，间距为d，倾斜导轨顶端连接阻值为R的定值电阻。两部分导轨分别处于与导轨平面垂直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中(图中未画出)。质量为3m的金属棒Q静止在圆弧底部，质量为5m的金属棒P从倾斜导轨上某处由静止滑下，当金属棒P到达倾斜导轨底端时速度恰好达到最大。金属棒P、Q的电阻均为R，两棒发生弹性碰撞且碰撞时间极短，两棒始终与导轨垂直且接触良好，不计金属导轨的电阻。重力加速度为g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)(2分)金属棒P到达倾斜导轨底端时的速度大小； (2)(4分)金属棒P、Q碰撞后金属棒P的速度大小； (3)从金属棒P、Q碰撞后到两棒的运动状态达到稳定的过程中，金属棒P、Q的位移差。 第一章专题强化11：电磁感应中的动量问题课后作业答案 1.D　答案　D 解析　根据右手定则可知，进入磁场过程中，线圈的感应电流方向为顺时针，离开磁场时，线圈的感应电流方向为逆时针，故A错误；设线圈电阻为R，根据闭合电路欧姆定律可得I=，根据法拉第电磁感应定律有E=BLv，则安培力为F=BIL=，由于线圈进入磁场时，产生感应电流，线圈部分动能转化为内能，则动能减小，线圈速度也减小，即进入磁场时的速度大于离开磁场时的速度，因此，进入磁场时受到的安培力大于离开磁场时受到的安培力，故B错误；根据动能定理可得W合=F安·x=ΔEk，由于进入和离开磁场的位移都相同，而进入磁场时的安培力大于离开磁场时的安培力，则进入磁场时的动能变化量大于离开磁场时的动能变化量，故C错误；根据动量定理可得Δp=F安·Δt=BL·Δt=BL·q，而q=·Δt=·Δt=，进入和离开磁场过程中ΔΦ相同，由此可知，进入磁场和离开磁场时的动量的变化量相同，则速度的变化量相同，故D正确。 2.ACD解析　设金属棒刚进入磁场时速度为v0，根据运动学公式知=2··d，解得v0=2 m/s，故A正确； 设金属棒匀速运动时速度为v，此时有F与安培力平衡，即F=BIL=B··L，解得v=4 m/s，故B错误； 金属棒从开始进入磁场到匀速运动的过程中，对金属棒在每小段时间Δt根据动量定理有(F-BIL)·Δt=m·Δv，即FΔt-BLIΔt=m·Δv，其中IΔt为该段时间内通过电路的电荷量q，则两边对金属棒从开始进入磁场到匀速运动的过程中总时间t进行累积得Ft-BLq总=mv-mv0，同时有q总=t=t===2 C，解得t=1 s，故C、D正确。 3.AC　[在安培力作用下，MN减速，PQ加速，两棒最终速度相等，回路中电流为零，由动量守恒定律可得mv0=2mv1，解得两棒最终速度为v1=2 m/s，A正确；由能量守恒定律可得，回路产生的焦耳热为Q=m-×2m，两棒电阻相等，产生的焦耳热相等，故棒MN上产生的热量为Q1=Q，解得Q1=2 J，B错误；对棒MN，由动量定理可得-BL·Δt=mv1-mv0，通过MN的电荷量为q=·Δt，联立解得q=4 C，C正确；整个过程回路产生的平均感应电动势为==，平均感应电流为=，通过MN的电荷量为q=Δt，联立可得q=，解得ΔS=40 m2，故从开始到稳定，回路MNPQ的面积增加了40 m2，D错误。] 4.AD　[根据右手定则可知，初始时刻导体棒1和导体棒2中产生的感应电流方向分别为向下和向上，所以总感应电动势大小为E=E1+E2=3BLv0，故A正确；初始时刻，回路中电流为I==，导体棒2所受安培力大小为F=BIL=，故B错误；导体棒1和导体棒2所受安培力大小相等、方向相反，导体棒1和导体棒2组成的系统所受合外力为零，则系统动量守恒，取向右为正方向，当导体棒1速度为0时，根据动量守恒定律有2m·2v0-mv0=2mv2，解得v2=v0，故C错误；很长一段时间后，回路中感应电流为零，导体棒1和导体棒2会以相同的速度运动，根据动量守恒定律有2m·2v0-mv0=3mv共，解得v共=v0，对导体棒2根据动量定理有-BLt=2mv共-2m·2v0，设最终导体棒1和导体棒2的距离为x'，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有==，解得x'=+x，故D正确。] 5.(1)2 m/s　(2)1.5 m　(3)0.04 J　(4)1.75 s解析　(1)金属棒的加速度为零时速度最大，根据平衡条件有 mgsin 37°=μmgcos 37°+B0IL 其中I= E=B0Lv 解得v=2 m/s (2)金属棒滑行至cd处的过程中通过金属棒截面的电荷量q=Δt=Δt===0.15 C 解得x=1.5 m (3)金属棒由静止释放到达到最大速度的过程中，根据功能关系得 mgxsin 37°-μmgxcos 37°-Q=mv2 解得Q=0.05 J QR=Q=0.04 J (4)金属棒由静止释放滑行到cd处的过程中，根据动量定理得mgsin 37°·t-μmgcos 37°·t-B0Lt=mv-0 其中q=·t=0.15 C 解得t=1.75 s。 6.(1)　(2)　(3) 解析　(1)金属棒P速度最大时加速度为零，此时有 5mgsin 37°=B··d 解得金属棒P到达底端的速度大小为v= (2)金属棒P和Q碰撞前后，由动量守恒定律可得5mv=5mv1+3mv2 由机械能守恒定律可得×5mv2=×5m+×3m 联立解得金属棒P、Q碰撞后金属棒P的速度大小为v1=，v2= (3)碰后金属棒P和Q组成的系统，水平方向上所受的合外力为0，则水平方向上动量守恒，两棒的运动状态达到稳定时两金属棒的速度相同，再水平方向上，由动量守恒定律5mv1+3mv2=(5m+3m)v0 解得两金属棒一起做匀速直线运动时的速度大小为v0= 设两金属棒碰后至一起做匀速直线运动过程中，两者的位移差为Δx，所经历的时间为Δt，回路的平均电流为，则== 此过程中，对金属棒P，由动量定理可得Bd·Δt=5mv0-5mv1 联立解得Δx=。 第一章专题强化11：电磁感应中的动量问题课后作业（基础巩固） 1.如图所示，在光滑绝缘水平面上，一矩形线圈以一定的初速度穿越匀强磁场区域，已知磁场区域宽度大于线圈宽度，则线圈进、出磁场的两个过程中(　　) A.感应电流的方向相同 B.受到的安培力相等 C.动能的变化量相等 D.速度的变化量相同 2.(多选)(2024·宝鸡市金台区高二期末)如图所示，平行光滑金属导轨水平放置，间距L=2 m，导轨左端接一阻值R=1 Ω的电阻，图中虚线与导轨垂直，其右侧存在磁感应强度大小为B=0.5 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场。质量为m=1 kg的金属棒垂直导轨放置在虚线左侧，距虚线的距离为d=0.5 m。某时刻对金属棒施加一大小为F=4 N的向右的恒力，金属棒在磁场中运动s=2 m的距离后速度不再变化，金属棒与导轨的电阻忽略不计，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，则金属棒从静止到开始匀速运动的过程中，下列说法正确的是(　　) A.金属棒刚进入磁场时的速度为2 m/s B.金属棒开始匀速运动的速度为2 m/s C.金属棒从开始进入磁场到匀速运动的过程中通过电阻R的电荷量为2 C D.金属棒从开始进入磁场到匀速运动的过程中所用时间为1 s 3.(多选)空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.5 T。在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距为L=1 m，电阻可忽略不计。质量均为m=1 kg、电阻均为R=2.5 Ω的导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好。现给MN一水平向右的初速度v0=4 m/s，下列正确的是(　　) A.两棒最终速度都为2 m/s B.棒MN上产生的热量为4 J C.通过MN的电荷量为4 C D.从开始到稳定，回路MNPQ的面积增加了4 m2 4.(多选)(2023·玉林市高二期末)如图所示，光滑绝缘水平桌面上，虚线MN右侧有竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度大小为0.5 T，虚线左侧有一长ab=2 m、宽bc=1 m的矩形金属框abcd，其质量为1 kg、电阻为0.5 Ω，ab边与MN平行。第一次，让金属框沿水平桌面、垂直MN方向以5 m/s的初速度冲入磁场区域(如图甲)；第二次，让金属框在平面内转90°然后在水平向右的外力作用下以5 m/s的速度匀速进入磁场区域(如图乙)。下列说法正确的是 (　　) A.两次进入磁场的过程中，金属框中的电流方向都为abcda B.前、后两次进入磁场的过程中，通过金属框横截面的电荷量之比为1∶1 C.前、后两次进入磁场的过程中，金属框产生的焦耳热之比为8∶5 D.金属框前、后两次进入磁场过程的时间之比等于5∶8 5．水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，电阻均可忽略不计。在M和Q之间接有一阻值为R的电阻器，导体杆ab质量为m、电阻为r，并与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动，ab杆最后停在导轨上。下列说法正确的是（  ） A．ab杆将做匀减速运动直到静止，整个过程回路产生的热量为 B．ab杆速度减为时，ab杆加速度大小 C．ab杆速度减为时，通过电阻器的电量 D．ab杆速度减为时，ab杆走过的位移 【选做提高】6.(8分)如图所示，MN、PQ为间距L=0.5 m、足够长的平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻均不计。导轨平面与水平面间的夹角θ=37°，N、Q间连接一个R=4 Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度为B0=1 T。将一根金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好。金属棒的电阻为r=1 Ω、质量为m=0.05 kg，与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5。现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到最大速度v，已知在此过程中通过金属棒截面的电荷量q=0.15 C。设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。(g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)求： (1)(2分)金属棒的最大速度v的大小； (2)(2分)cd离NQ的距离x； (3)(2分)金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量QR； (4)(2分)金属棒从静止滑行至cd处的过程经过的时间t。 第一章专题强化11：电磁感应中的动量问题课后作业答案（基础巩固） 1.D　答案　D 解析　根据右手定则可知，进入磁场过程中，线圈的感应电流方向为顺时针，离开磁场时，线圈的感应电流方向为逆时针，故A错误；设线圈电阻为R，根据闭合电路欧姆定律可得I=，根据法拉第电磁感应定律有E=BLv，则安培力为F=BIL=，由于线圈进入磁场时，产生感应电流，线圈部分动能转化为内能，则动能减小，线圈速度也减小，即进入磁场时的速度大于离开磁场时的速度，因此，进入磁场时受到的安培力大于离开磁场时受到的安培力，故B错误；根据动能定理可得W合=F安·x=ΔEk，由于进入和离开磁场的位移都相同，而进入磁场时的安培力大于离开磁场时的安培力，则进入磁场时的动能变化量大于离开磁场时的动能变化量，故C错误；根据动量定理可得Δp=F安·Δt=BL·Δt=BL·q，而q=·Δt=·Δt=，进入和离开磁场过程中ΔΦ相同，由此可知，进入磁场和离开磁场时的动量的变化量相同，则速度的变化量相同，故D正确。 2.ACD解析　设金属棒刚进入磁场时速度为v0，根据运动学公式知=2··d，解得v0=2 m/s，故A正确； 设金属棒匀速运动时速度为v，此时有F与安培力平衡，即F=BIL=B··L，解得v=4 m/s，故B错误； 金属棒从开始进入磁场到匀速运动的过程中，对金属棒在每小段时间Δt根据动量定理有(F-BIL)·Δt=m·Δv，即FΔt-BLIΔt=m·Δv，其中IΔt为该段时间内通过电路的电荷量q，则两边对金属棒从开始进入磁场到匀速运动的过程中总时间t进行累积得Ft-BLq总=mv-mv0，同时有q总=t=t===2 C，解得t=1 s，故C、D正确。 3.AC　[在安培力作用下，MN减速，PQ加速，两棒最终速度相等，回路中电流为零，由动量守恒定律可得mv0=2mv1，解得两棒最终速度为v1=2 m/s，A正确；由能量守恒定律可得，回路产生的焦耳热为Q=m-×2m，两棒电阻相等，产生的焦耳热相等，故棒MN上产生的热量为Q1=Q，解得Q1=2 J，B错误；对棒MN，由动量定理可得-BL·Δt=mv1-mv0，通过MN的电荷量为q=·Δt，联立解得q=4 C，C正确；整个过程回路产生的平均感应电动势为==，平均感应电流为=，通过MN的电荷量为q=Δt，联立可得q=，解得ΔS=40 m2，故从开始到稳定，回路MNPQ的面积增加了40 m2，D错误。] 4.BC　[金属框第一次进入磁场时，ab边切割磁感线，根据右手定则可知电流方向为adcba，故A错误；通过金属框横截面的电荷量为q=IΔt=Δt=，从q的表达式知前、后两次进入磁场的过程中，通过金属框横截面的电荷量之比为1∶1，故B正确；由动量定理得-BILabt=mv-mv0，即qBLab=mv0-mv，又q== C=2 C，联立解得v=3 m/s，由能量守恒定律知第一次进入磁场的过程中，产生的焦耳热为Q1=m-mv2=8 J。第二次匀速进入磁场的过程中，产生的焦耳热为Q2=qU=qBLadv0=2×0.5×1×5 J=5 J，则金属框中的焦耳热之比为=，故C正确；由C项分析可知，金属框第一次完全进入磁场之后的速度 v=3 m/s，假如金属框匀减速进入磁场，则根据公式有Lbc=t1，解得t1=0.25 s，第二次金属框匀速进入磁场，则运动时间为t2==0.4 s，则有=，根据题意可知，金属框第一次进入磁场时，做加速度减小的减速运动，则实际所用时间t>t1，则金属框前、后两次进入磁场过程的时间之比大于5∶8，故D错误。] 5.D【详解】A．金属棒运动时受向左的安培力而做减速运动，加速度为 则随速度减小，加速度减小，则金属棒的运动不是匀减速运动，A错误； B．ab杆速度减为时，ab杆加速度大小 B错误；C．ab杆速度减为时，由动量定理 且 解得 C错误； D．根据 则 解得 D正确。 故选D。 6.(1)2 m/s　(2)1.5 m　(3)0.04 J　(4)1.75 s 解析　(1)金属棒的加速度为零时速度最大，根据平衡条件有 mgsin 37°=μmgcos 37°+B0IL 其中I= E=B0Lv 解得v=2 m/s (2)金属棒滑行至cd处的过程中通过金属棒截面的电荷量q=Δt=Δt===0.15 C 解得x=1.5 m (3)金属棒由静止释放到达到最大速度的过程中，根据功能关系得 mgxsin 37°-μmgxcos 37°-Q=mv2 解得Q=0.05 J QR=Q=0.04 J (4)金属棒由静止释放滑行到cd处的过程中，根据动量定理得mgsin 37°·t-μmgcos 37°·t-B0Lt=mv-0 其中q=·t=0.15 C 解得t=1.75 s。 学科网（北京）股份有限公司 $