07 电磁感应中的动量观点应用 专项训练-2026届浙江省高考物理选考特训

F L W L (C S K) F L W L(CSK) C S K F L W L (C S K) F L W L(CSK) C S K 7 动量观点在电磁感应中的应用 【知识点】 一、 核心知识点 1.动量定理的应用（核心桥梁） (1)基本形式：合外力的冲量等于动量的变化量，即 。 (2)关键转化：在电磁感应中，导体棒通常受到变力（安培力 ）的作用。直接计算变力的冲量很困难，但我们可以通过电流的定义 进行转化。 (3)推导公式：将 代入动量定理，得到 。因此，安培力的冲量可以转化为 ，而电荷量 又等于磁通量的变化量除以电阻，即 。这个推导是解决此类问题的“金钥匙”。 2.动量守恒定律的应用 (1)当双杆系统在光滑导轨上运动，且不受水平外力作用时（安培力是系统的内力），系统的总动量守恒。 (2)最终状态：双杆通常会达到“共速”状态，即相对速度为零，回路中不再产生感应电流，安培力消失，两杆以相同的速度做匀速直线运动。 3.能量守恒观点 虽然动量解决速度和位移的关系，但求解焦耳热（ ）时，通常需要结合能量守恒定律。导体棒动能的减少量通常等于回路中产生的焦耳热（若有摩擦力，则还需减去摩擦力做的功）。 二、 解题策略 1.整体分析（先看守恒） (1)先判断系统是否满足动量守恒条件。如果导轨光滑且无其他外力（如恒定拉力 或摩擦力），优先使用动量守恒定律求解最终的共同速度。 (2)如果存在外力或摩擦力，则动量不守恒，必须使用动量定理。 2.过程拆解（列动量定理） (1)对导体棒进行受力分析，列出合外力（通常是安培力 摩擦力 拉力）。 (2)写出动量定理方程： 。 关键一步：将方程中的 替换为 ，再将 替换为 （ 为位移）。这样就消去了时间 ，建立起了速度变化与位移之间的直接联系。 3.能量收尾（求热量） 如果题目要求产生的热量，利用动能定理： 。注意安培力做负功，消耗机械能转化为电能再转化为热能。 三、 避坑点（易错警示） 1.矢量的方向性 在列动量定理或动量守恒方程时，必须规定正方向。如果两根导体棒反向运动（例如一根向左，一根向右），它们的动量方向相反，代入数值时必须注意正负号。例如文档第10题中，两棒初速度方向相反，动量计算需相减。 2.守恒条件的误判 (1)常见误区：看到“双杆”就盲目列动量守恒。 (2)正解：必须确认系统水平方向合外力是否为零。如果导轨粗糙有摩擦，或者有一根杆受到恒定外力作用，动量是不守恒的，必须用动量定理。 3.电荷量公式的适用性 公式 计算的是平均电流的效果。在利用 计算安培力冲量时，这是正确的；但不能用它来直接计算瞬时功率或瞬时加速度。 4.最终状态的判断 不要默认最后速度为零。在双杆模型中，最终往往是“共速”；在单杆模型中，往往是“匀速”。需要根据受力情况判断加速度何时为零。 【题型分类】 题型一、单杆在磁场中减速（微元法与累积量） 例题1、水平面上放置两个互相平行的足够长的金属导轨，间距为d，电阻不计，其左端连接一阻值为R的电阻。导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。质量为m、长度为d、阻值为R与导轨接触良好的导体棒MN以速度v0垂直导轨水平向右运动直到停下。不计一切摩擦，则下列说法正确的是（　　） A.导体棒运动过程中所受安培力先做正功再做负功 B.导体棒在导轨上运动的最大距离为 C.整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为m D.整个过程中，导体棒的平均速度大于 题型二、双杆无外力模型（动量守恒） 例题2、如图所示，一质量为2m的足够长U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，bc边长为L，不计金属框电阻。一长为L的导体棒MN置于金属框上，导体棒的阻值为R、质量为m。装置处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN始终与金属框保持良好接触，则（　　） A. 刚开始运动时产生的感应电流方向为M→N→c→b→M B. 导体棒的最大速度为 C. 通过导体棒的电荷量为 D. 导体棒产生的焦耳热为m 题型三、线框进出磁场（电荷量与速度关系） 例题3、如图所示，在光滑的水平面上宽度为L的区域内，有竖直向下的匀强磁场。现有一个边长为a(a<L)的正方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v0向右滑动，穿过磁场后速度刚好减为0，那么当线圈完全进入磁场时，其速度大小(　　) A.大于v0/2 B.等于v0/2 C.小于v0/2 D.以上均有可能 题型四、双杆有外力或复杂约束 例题4、5.如图所示，在水平面上有两根足够长的平行导轨，右端接有阻值为R的定值电阻，处于垂直轨道平面的磁感应强度为B的匀强磁场中，两轨道间距为L。质量为m、电阻为r的金属棒ab静置于导轨上，棒ab在水平向左的恒力F的作用下开始运动，运动中与轨道垂直且接触良好，经过一段时间后，以速度v开始做匀速运动，随后撤去外力F，导轨的电阻不计，棒ab与导轨间动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则(　　) A．外力F的大小为B2L2v/(R+r)＋μmg B．匀速运动时，棒ab两端的电压为BLv C．若撤去外力后，又经过位移x，棒ab停止运动，则撤去外力后棒ab运动的时间t＝(v/μg)-B2L2x/μmg(R+r) D．若撤去外力后，又经过位移x，棒ab停止运动，则撤去外力后回路中产生的焦耳热Q＝0.5mv2－μmgx 题型五、微动与临界问题（碰撞与弹簧） 例题5、如图，足够长的间距d=1 m的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间存在一个宽度L＝1 m的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B＝0.5 T，方向如图所示。一根质量ma＝0.1 kg、阻值R＝0.5 Ω的金属棒a以初速度v0＝4 m/s从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量mb＝0.2 kg、阻值R＝0.5 Ω的原来静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则(　　) A．金属棒a第一次穿过磁场时做匀减速直线运动 B．金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流 C．金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒b上产生的焦耳热为0.25 J D．金属棒a最终停在距磁场左边界0.8 m处 【针对练习】 1.如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，一正 方形线框由位置Ⅰ以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v。则下列说法正确的是(　　) A. q1＝q2 B. q1＝2q2 C. v＝1.0 m/s D. v＝1.5 m/s 2. 如图所示，间距为 1 m 的足够长平行导轨固定在水平面上，导轨左端接阻值为2 Ω 的电 阻。导轨之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为1 T。一质量为1 kg的金属杆从左侧水平向右以2 m/s的速度进入磁场，在水平外力控制下做匀减速运动，1 s后速度刚好减为零。杆与导轨间的动摩擦因数为0.1，忽略杆与导轨的电阻，重力加速度g取10 m/s2。杆从进入磁场到静止过程中，下列说法正确的是（　　） A. 通过电阻的电荷量为0.5 C B. 整个过程中安培力做功为－1 J C. 整个过程中水平外力做功为零 D. 水平外力对金属杆的冲量大小为0.5 N·s 3.如图所示，两足够长光滑金属导轨平行固定在同一绝缘水平面内，垂直于导轨的虚线CD 右侧区域有竖直向上的匀强磁场B。两长度略大于导轨宽度的相同金属杆a、b垂直导轨静止放置在导轨上，杆a在CD左侧，杆b在CD右侧足够远处。现给杆a一水平向右的初速度v0，两杆在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，两杆没有发生碰撞，不计导轨电阻，下列说法正确的是(　　) A．杆a进入磁场时，感应电流方向由C指向D B．杆a最后将停在导轨上 C．若在杆a进入磁场前将杆b固定，整个过程中杆a中产生的焦耳热是不将杆b固定时的4倍 D．若在杆a进入磁场前将杆b固定，整个过程中通过杆b的电荷量是不将杆b固定时的2倍 4. 如图所示，一质量为2m的足够长的光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab、dc边平 行且和长为L的bc边垂直，整个金属框电阻可忽略。一根质量为m的导体棒MN置于金属框上，装置始终处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属框向右的初速度v0，运动时MN始终与金属框保持良好接触且与bc边平行，则整个运动过程中(　　) A.感应电流方向为M→b→c→N→M B.导体棒的最大速度为v0/2 C.通过导体棒的电荷量为2mv0/3BL D.导体棒产生的焦耳热为5mv/6 5. 如图所示，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(　　) 6. 如图所示，在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有两根位于同一水平 面内且间距为L的平行金属导轨(导轨足够长，电阻不计)；两根质量均为m、内阻均为r的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上(导体棒与金属导轨接触良好)，t＝0时，ab棒以初速度3v0向右滑动，cd棒以初速度v0向左滑动，关于两棒的运动情况，下列说法正确的是(　　) A.当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为v0 B.当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的加速度大小为2B2L2v0/3mr C.从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中，导体棒ab产生的焦耳热为3mv/2 D.cd棒的收尾速度大小为v0 7. 如图所示，两电阻可以忽略不计的平行金属长直导轨固定在水平面上，相距为L，另外 两根长度为L、质量为m、电阻为R的相同导体棒垂直静置于导轨上，导体棒在长导轨上可以无摩擦地滑动，导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，某时刻使导体棒a获得大小为v0、水平向右的初速度，同时使导体棒b获得大小为2v0、水平向右的初速度，下列结论正确的是(　　) A.该时刻回路中产生的感应电动势为3BLv0 B.该时刻导体棒a的加速度为B2L2v0/2mR C.当导体棒a的速度大小为3v0/2时，导体棒b的速度大小也是3v0/2 D.运动过程中通过导体棒a的电荷量的最大值qm＝mv0/2BL 8. 如图所示，在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨，其间距为L，电阻 不计。在虚线l1的左侧存在竖直向上的匀强磁场，在虚线l2的右侧存在竖直向下的匀强磁场，两部分磁场的磁感应强度大小均为B。ad、bc两根电阻均为R的金属棒与导轨垂直，分别位于两磁场中，现突然给ad棒一个水平向左的初速度v0，在两棒达到稳定的过程中，下列说法正确的是(　　) A．两金属棒组成的系统的动量守恒 B．两金属棒组成的系统的动量不守恒 C．ad棒克服安培力做功的功率等于ad棒的发热功率 D．ad棒克服安培力做功的功率等于安培力对bc棒做功的功率与两棒总发热功率之和 9. 如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，足够长的光滑平行金 属导轨水平放置，导轨左右两部分的间距分别为l、2l；质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置，导体棒a接入电路的电阻为R，其余电阻均忽略不计；a、b两棒分别以v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状态，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是(　　) A.a棒加速度的大小始终等于b棒加速度的大小 B.稳定时a棒的速度为1.5v0 C.电路中产生的焦耳热为1.5mv D.通过导体棒a的某一横截面的电荷量为mv0/2Bl 10. 如图所示，半径为r的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相连，四分之一圆弧 导轨区域没有磁场，水平导轨区域存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，导轨间距为d，ab、cd是质量为m、电阻为R的金属棒，导轨电阻忽略不计。cd静止在平滑轨道上，ab从四分之一圆弧轨道顶端由静止释放，在圆弧轨道上克服阻力做功mgr，水平导轨足够长，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，且不会相撞，重力加速度为g。从ab棒进入水平轨道开始，下列说法正确的是（　　） A.ab棒先做匀减速运动，最后做匀速运动 B.cd棒先做匀加速直线运动，最后和ab以相同的速度做匀速运动 C.ab棒刚进入磁场时，流过cd棒的电流为 D.ab棒的最终速度大小为 11. 如图所示，两根间距为l的光滑金属导轨(不计电阻)，由一段圆弧部分与一段无限长的 水平部分组成，其水平段加有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。导轨水平段上静止放置一金属棒cd，质量为2m，电阻为2r。另一质量为m、电阻为r的金属棒ab，从圆弧段M处由静止释放下滑至N处进入水平段，棒与导轨始终垂直且接触良好，圆弧段MN半径为R，所对圆心角为60°，重力加速度为g。求： (1)ab棒在N处进入磁场区速度是多大？此时棒中电流是多少？ (2)cd棒能达到的最大速度是多大？ (3)cd棒由静止到达最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？ 12. 如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，一理想电流表与两导轨相连， 匀强磁场与导轨平面垂直。一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放。导体棒进入磁场后流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I。整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻，重力加速度为g。求： (1)导体棒的最大速度和磁感应强度的大小； (2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小； (3)若金属棒进入磁场后恰经t时间达到稳定，求这段时间的位移x大小。 13.如图所示，两条平行光滑导轨相距L，水平导轨足够长，导轨电阻不计。水平轨道处在竖 直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。金属棒b放在水平导轨上，金属棒a从斜轨上高h处自由滑下。已知金属棒a、b质量均为m，金属棒a、b电阻均为R，重力加速度为g，整个过程中金属棒a、b始终未相撞。求： (1)金属棒b的最大加速度； (2)金属棒a最多产生的热量。 14. 如图所示，PQMN与CDEF为两根足够长的固定平行金属导轨，导轨间距为L。PQ、 MN、CD、EF为相同的弧形导轨；QM、DE为足够长的水平导轨。导轨的水平部分QMED处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。a、b为材料相同、长度都为L的导体棒，跨接在导轨上。已知a棒的质量为3m、电阻为R，b棒的质量为m、电阻为3R，其他电阻不计。金属棒a和b都从距水平面高度为h的弧形导轨上由静止释放，分别通过DQ、EM同时进入匀强磁场中，a、b棒在水平导轨上运动时不会相碰。若金属棒a、b与导轨接触良好，且不计导轨的电阻和棒与导轨的摩擦，重力加速度为g。 (1)金属棒b向左运动速度大小减为金属棒a的速度大小的一半时，金属棒a的速度多大？ (2)金属棒a、b进入磁场后，如先离开磁场的某金属棒在离开磁场前已匀速运动，此棒从进入磁场到匀速运动的过程电路中产生的焦耳热多大？ 15. 如图所示，两根足够长且电阻不计的平行金属导轨MNPQ和M1N1P1Q1，固定在倾角为 θ的斜面上，MN与M1N1距离为L，PQ与P1Q1距离为2L/3。金属棒A、B质量均为m、阻值均为R、长度分别为L与2L/3，金属棒A、B分别垂直放在导轨MN、M1N1和PQ、P1Q1上，且恰好都能静止在导轨上。整个装置处于垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B0的匀强磁场中。现固定住金属棒B，用沿导轨向下的外力F作用在金属棒A上，使金属棒A以加速度a沿斜面向下做匀加速运动。此后A棒一直在MN与M1N1上运动，B棒一直在PQ与P1Q1上静止或运动，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： (1)外力F与作用时间t的函数关系式； (2)当A棒的速度为v0时，撤去F并解除对B的固定，一段时间后A棒在MN与M1N1上匀速运动，求A棒匀速运动的速度大小。 16. 如图(a)所示，电阻为2R、半径为r、匝数为n的圆形导体线圈两端与水平导轨AD、MN 连．与导体线圈共圆心的圆形区域内有竖直向下的磁场，其磁感应强度随时间变化的规律如图(b)所示，图(b)中的B0和t0均已知．PT、DE、NG是横截面积和材料完全相同的三根粗细均匀的金属棒．金属棒PT的长度为3L、电阻为3R、质量为m.导轨AD与MN平行且间距为L，导轨EF与GH平行且间距为3L，DE和NG的长度相同且与水平方向的夹角均为30°.区域Ⅰ和区域Ⅱ是两个相邻的、长和宽均为d的空间区域．区域Ⅰ中存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B0的匀强磁场.0～2t0时间内，使棒PT在区域Ⅰ中某位置保持静止，且其两端分别与导轨EF和GH对齐．除导体线圈、金属棒PT、DE、NG外，其余导体电阻均不计，所有导体间接触均良好且均处于同一水平面内，不计一切摩擦，不考虑回路中的自感． (1)求在0～2t0时间内，使棒PT保持静止的水平外力F的大小； (2)在2t0以后的某时刻，若区域Ⅰ内的磁场在外力作用下从区域Ⅰ以v0的速度匀速运动，完全运动到区域Ⅱ时，导体棒PT速度恰好达到v0且恰好进入区域Ⅱ，该过程棒PT产生的焦耳热为Q，求金属棒PT与区域Ⅰ右边界的初始距离x0和该过程维持磁场匀速运动的外力做的功W； (3)若磁场完全运动到区域Ⅱ时立刻停下，求导体棒PT运动到EG时的速度大小v. 17.如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应 强度大小为B，方向竖直向上．初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态．两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直．两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计． (1)求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向； (2)若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为v0/3，求： ①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q； ②初始时刻N到ab的最小距离x； (3)初始时刻，若N到cd的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab的距离为kx(k>1)，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围． 【参考答案】 例题1、B 解析：B　导体棒向右运动过程中一直受到向左的安培力作用，则安培力一直做负功，选项A错误；由动量定理可知－dB·Δt＝0－mv0，其中·Δt＝·Δt＝，ΔΦ＝Bdx，解得x＝，故B正确；导体棒的阻值与左端所接电阻的阻值相等，导体棒与左端所接电阻所产生的焦耳热总值为m，故电阻R上产生的焦耳热为m，故C错误；根据a＝＝可知，导体棒做的是加速度逐渐减小的减速运动，故其平均速度小于做匀减速运动的平均速度，即小于，故D错误。 例题2、AC 解析：AC　金属框开始获得向右的初速度v0，根据右手定则可知电流方向为M→N→c→b→M，故A正确；以整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得2mv0＝3mv，可得v＝v0，故B错误；对导体棒根据动量定理可得BLΔt＝mv－0，其中Δt＝q，可得通过导体棒的电荷量为q＝，故C正确；导体棒产生的焦耳热为Q＝×2m－×3mv2＝m，故D错误。 例题3、B 解析　通过线圈横截面的电荷量q＝Δt＝Δt＝，由于线圈进入和穿出磁场过程，线圈磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过线圈横截面的电荷量q相等，由动量定理得，线圈进入磁场过程－Bat＝mv－mv0，线圈离开磁场过程－Bat＝0－mv，由于q＝t，则－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，解得v＝，故B正确。 例题4、ACD 解析　棒ab匀速运动时，根据平衡条件有F＝FA＋μmg，其中FA＝BIL，I＝，E＝BLv，联立解得F＝＋μmg，故A正确；棒ab匀速运动时，感应电动势为E＝BLv，棒ab两端的电压为U＝E＝·BLv，故B错误；从撤去外力到棒ab停止运动，根据动量定理有－IA－μmgt＝0－mv，其中IA＝BLt，＝，＝，ΔΦ＝BLx，联立可解得t＝－，故C正确；从撤去外力到棒ab停止运动，根据能量守恒定律有mv2＝Q＋μmgx，可得Q＝mv2－μmgx，故D正确。 例题5、BD 解析　金属棒a第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，则感应电流减小，金属棒a所受的安培力减小，加速度减小，故金属棒a第一次穿过磁场时做加速度减小的减速直线运动，故A错误。根据右手定则可知，金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，故B正确。金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的平均感应电动势为＝＝，平均感应电流为＝，金属棒a受到的安培力大小的平均值为＝Bd，规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得－Bd·Δt＝mava－mav0，解得金属棒a第一次离开磁场时的速度大小为va＝1.5 m/s；金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的减少量，即Q＝mav－mav，代入数据得Q＝0.6875 J，由于两棒电阻相同，两棒产生的焦耳热相同，则金属棒b上产生的焦耳热为Qb＝＝0.34375 J，故C错误。规定向右为正方向，对两金属棒碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得mava＝mava′＋mbvb，mav＝mava′2＋mbv，联立并代入数据解得金属棒a碰后的速度为va′＝－0.5 m/s；设金属棒a最终停在距磁场左边界x处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均感应电动势为′＝＝，平均感应电流为′＝，金属棒a受到的平均安培力大小为′＝B′d，规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得B′d·Δt′＝0－mava′，联立并代入数据解得x＝0.8 m，故D正确。 【针对训练】 1. 　BD 解析　根据q＝＝可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1＝2q2，故A错误，B正确；线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理－B1LΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理－B2LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，联立解得v＝v0＝1.5 m/s，选项C错误，D正确。 2. AD 解析：AD　金属杆在磁场中运动的位移为x＝t＝1 m，通过电阻的电荷量为q＝t＝t＝·t＝＝0.5 C，A正确；根据动能定理得WF－W安－μmgx＝0－mv2，因为外力做功无法确定，所以安培力做功也无法确定，B、C错误；根据动量定理得IF－LBt－μmgt＝0－mv，结合q＝t＝0.5 C，解得IF＝－0.5 N·s，D正确。 3.AD [解析]　由右手定则可知，杆a进入磁场时，感应电流方向由C指向D，A正确；杆a进入磁场时受到向左的安培力，向右做减速运动，杆b受到向右的安培力，向右做加速运动，当两杆速度相等时，两杆中均无感应电流，不再受安培力的作用而做匀速直线运动，B错误；杆b不固定时，由于两杆中安培力大小总是相等，方向总是相反，所以两杆的动量守恒，有mv0＝(m＋m)v，两杆的共同速度大小v＝，系统中产生的总焦耳热Q＝mv－×2mv2＝mv，杆a中产生的焦耳热Qa＝Q＝mv，若杆b固定，杆a中产生的焦耳热Qa′＝×mv＝mv，则Qa′＝2Qa，C错误；杆b不固定时，对杆b由动量定理有BLΔt＝mv，q1＝Δt＝，杆b固定时，对杆a由动量定理有－BL′Δt′＝0－mv0，q2＝′Δt′＝，则q2＝2q1，D正确。 4. C 解析　金属框以初速度v0向右运动时，导体棒MN还没开始运动，此时金属框bc边切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则知，回路中的感应电流的方向c→b→M→N→c，A错误；金属框bc边中的电流方向沿c→b，导体棒MN中的电流方向沿M→N，根据左手定则可知，金属棒与金属框所受安培力大小相等，方向相反，把框和棒MN视作一个系统，遵循动量守恒定律，则有2mv0＝3mv，解得其共同速度v＝，方向沿导轨向右，B错误；以棒MN为研究对象，由动量定理得BL·Δt＝mv－0，即BLq＝m·－0，即整个过程中通过导体棒的电荷量为q＝，C正确；根据能量守恒定律，整个运动过程中产生的总热量Q＝×2mv－×3mv2＝mv，D错误。 5. AC 解析　导体棒ab运动，切割磁感线，产生感应电流(逆时针)，导体棒ab受到安培阻力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F′作用，速度增大，最终两棒速度相等，如图所示。由E＝BLv知，感应电动势E随速度v的减小而减小，则感应电流非均匀变化。当两棒的速度相等时，回路上感应电流消失，两棒在导轨上以共同速度做匀速运动。由系统的动量守恒得mv0＝2mv共，v共＝，A正确；导体棒cd受变力作用，加速度逐渐减小，其v－t图像应该是曲线，B错误；由前面分析知，两导体棒做变速运动，感应电流变小，最后为零，但非均匀变化，C正确，D错误。 6. CD 解析　由于两棒组成的系统动量守恒，取向右方向为正方向，由动量守恒定律可得m·3v0－mv0＝mv1＋mv2，所以当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，故A错误；当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，则有E＝BL·2v0 ，I＝ ，F＝ILB，联立解得F＝，由牛顿第二定律可得，另一根棒的加速度大小为a＝＝，故B错误；从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中，两根导体棒上产生的焦耳热为Q总＝mv＋m(3v0)2－m(2v0)2＝3mv，则导体棒ab产生的焦耳热为Q＝Q总＝mv，故C正确；cd棒的收尾速度为两根导体棒具有的共同速度，则有m·3v0－mv0＝2mv共，解得v共＝v0，故D正确。 7. BCD 解析　根据右手定则可知两根导体棒切割磁感线产生的感应电动势方向相反，故该时刻回路中产生的感应电动势E＝BL·2v0－BLv0＝BLv0，A错误；在该时刻，回路中的感应电流I＝＝，导体棒a所受安培力大小F＝ILB＝ma，可得a＝，B正确；由于两导体棒整体在水平方向动量守恒，当导体棒a的速度大小为时，根据动量守恒定律得m·2v0＋mv0＝m·＋mv1，解得v1＝，C正确；由上解析知v共＝，对a由动量定理有安Δt＝mv共－mv0，而安＝LB，通过导体棒a的电荷量的最大值qm＝Δt＝，D正确。 8. BD　 [开始时，ad棒以初速度v0切割磁感线，产生感应电动势，在回路中产生顺时针方向(俯视)的感应电流，ad棒因受到向右的安培力而减速，bc棒受到向右的安培力而向右加速；当两棒的速度大小相等，即两棒因切割磁感线而产生的感应电动势相等时，回路中没有感应电流，两棒各自做匀速直线运动；由于两棒所受的安培力都向右，两金属棒组成的系统所受合外力不为零，所以该系统的动量不守恒，选项A错误，B正确；根据能量守恒定律可知，ad棒动能的减小量等于回路中产生的热量和bc棒动能的增加量，由动能定理可知，ad棒动能的减小量等于ad棒克服安培力做的功，bc棒动能的增加量等于安培力对bc棒做的功，所以ad棒克服安培力做功的功率等于安培力对bc棒做功的功率与两棒总发热功率之和，选项C错误，D正确。] 9. AC 解析　由F安＝ILB＝ma，可得a＝，a、b棒串联，电流相等，a、b棒长度分别为l、2l，质量分别为m、2m，则a、b棒加速度大小相等，故A正确；因为导轨光滑只受到安培力作用，对a棒，根据动量定理有Fat＝lBt＝mva－mv0，同理，对b棒有－Fbt＝－B×2l·t＝2mvb－2m·2v0，稳定时无电流，即Blva＝B·2lvb，得va＝2vb，联立解得va＝2v0，vb＝v0，故B错误；由能量守恒定律可知，动能的损失等于焦耳热，初动能Ek0＝mv＋×2m×(2v0)2，末动能Ek＝m×(2v0)2＋×2m×v，则电路中产生的焦耳热为Ek0－Ek＝mv，故C正确；对a应用动量定理有lB·Δt＝mva－mv0，又q＝·Δt, va＝2v0，解得q＝，故D错误。 10. CD 解析：CD　ab棒进入磁场受向左的安培力，做减速运动，所受安培力减小，则ab先做加速度减小的减速运动，cd棒与ab串联，所以先做加速度减小的加速运动，最后它们共速，做匀速运动，故A、B错误；ab刚进入磁场的速度就是它下滑到圆弧导轨底端的速度，根据动能定理得mgr－mgr＝mv2，可得速度为v＝，则感应电动势为E＝Bdv，两金属棒串联，故两棒瞬时电流为I＝，两棒共速时由动量守恒定律有mv＝2mv'，解得速度大小为v'＝，故C、D正确。 11. 　(1)　　(2) (3)mgR 解析　(1)ab棒由M下滑到N过程中机械能守恒，有 mgR(1－cos 60°)＝mv2 解得v＝ 进入磁场瞬间，回路中的电流为 I＝＝。 (2)ab棒在安培力作用下做减速运动，cd棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度v′时，电路中电流为零，安培力为零，cd棒达到最大速度。由动量守恒定律得 mv＝(2m＋m)v′，解得v′＝。 (3)系统释放的热量应等于系统机械能的减少量 故Q＝mv2－×3mv′2 解得Q＝mgR。 12. 　(1)　　 (2) (3)(mgt＋m－) 解析　(1)由题意知导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为vm，由机械能守恒定律得 mgh＝mv，解得vm＝ 电流稳定后，导体棒做匀速运动，此时导体棒受到的重力和安培力平衡，有mg＝ILB 解得B＝。 (2)感应电动势E＝BLv 感应电流I＝，解得v＝。 (3)金属棒进入磁场后，由动量定理有 mgt－LBt＝mv－mvm 即mgt－＝mv－mvm 解得x＝(mgt＋m－)。 13. (1)　(2)mgh 解析　(1)当金属棒a刚进入磁场时速度最大，产生的感应电动势最大，回路中感应电流最大，金属棒b所受安培力最大，加速度最大。设金属棒a刚进入磁场时的速度大小为v1，根据机械能守恒定律有mgh＝mv 解得v1＝ 此时金属棒a产生的感应电动势大小为 E＝BLv1＝BL 根据闭合电路欧姆定律可得此时回路中的感应电流大小为I＝＝ 此时金属棒b所受安培力大小为 F＝ILB＝ 根据牛顿第二定律可得金属棒b的最大加速度为 a＝＝。 (2)金属棒a和b组成的系统动量守恒，易知二者最终将以共同速度运动，设此速度大小为v2， 根据动量守恒定律有 mv1＝2mv2 解得v2＝＝ 两金属棒电阻相同，通过的电流大小相等，所以产生的总焦耳热相同，根据能量守恒定律，有 2Q＝mgh－×2mv 解得Q＝mgh。 14. (1)　(2)3mgh 解析　(1)金属棒从弧形轨道滑下，由机械能守恒有mgh＝mv 解得v0＝ 两棒同时进入磁场区域的初速度大小均为。由于两棒在水平轨道上时所受合外力为零，则两棒在水平轨道上运动时动量守恒，可得 3mv0－mv0＝3mva－m va＝v0＝。 (2)先离开磁场的某金属棒在离开磁场前已匀速运动，则两棒在水平面上匀速运动的速度相等，由动量守恒定律得 ma＋mb(－)＝(ma＋mb)v 解得v＝，方向向右。 由题意可判断b棒先离开磁场 金属棒a、b进入磁场后，到b棒第一次离开磁场过程中，由能量守恒定律得 (ma＋mb)v＝(ma＋mb)v2＋Q 解得此棒从进入磁场到匀速运动的过程中电路中产生的焦耳热Q＝3mgh。 15. (1)F＝t＋ma　(2)v0 解析　(1)金属棒A、B刚好都能静止在导轨上，对金属棒，有mgsin θ－f＝0 金属棒A沿斜面向下做匀加速运动，对金属棒A，有F＋mgsin θ－f－F安＝ma 由安培力公式有F安＝ILB0 对金属棒与导轨构成的回路，根据欧姆定律，有 I＝ 金属棒A切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律，有E＝B0Lv 又因为v＝at 联立解得F＝t＋ma。 (2)A棒匀速时，安培力为零，电流为零，两棒产生的电动势大小相等，有 B0LvA＝B0·LvB 在撤去F到A棒匀速的过程中，对A，根据动量定理，有 (mgsin θ－f－B0L)t1＝mvA－mv0 对B，根据动量定理，有 (mgsin θ－f＋B0·L)t1＝mvB－0 联立可解出vA＝v0。 16. (1)0～t0时间内F＝；t0～2t0时间内F＝0　(2)d－　3Q＋mv02　(3)v0－ 解析　(1)在0～t0时间内，由法拉第电磁感应定律得E＝nS＝nπr2 由闭合电路欧姆定律得I＝＝ 故在0～t0时间内，使PT棒保持静止的水平外力大小为F＝FA＝BIL＝ 在t0～2t0时间内，磁场不变化，回路中电动势为零，无电流，则外力F＝0 (2)PT棒向右加速运动过程中，取向右的方向为正方向，由动量定理得＝mv0 得Δx＝ 所以x0＝d－Δx＝d－ PT棒向右加速过程中，回路中的总焦耳热为Q总＝3Q 由功能关系和能量守恒定律得W＝3Q＋mv02 (3)棒PT从磁场区域Ⅱ左边界向右运动距离x时，回路中棒PT的长度为lx＝2x＋L 回路中总电阻为R总x＝＋2R＝＋2R ＝(2x＋3L) 回路中电流为Ix＝＝＝ 棒PT所受安培力大小为FAx＝B0Ixlx＝ 棒PT从磁场区域Ⅱ左边界运动到EG过程中，以v0方向为正方向，由动量定理得－∑Δt＝mv－mv0 即－＝mv－mv0 其中S梯＝2L2 所以v＝v0－. 17. (1)　方向水平向左 (2)①　② (3)2≤k<3 解析　(1)细金属杆M以初速度v0向右运动，刚进入磁场时，产生的电动势为E＝BLv0 电流的大小为I＝ 则所受的安培力大小为F＝BIL＝ 由左手定则可知安培力的方向水平向左； (2)①金属杆N在磁场内运动的过程中，取水平向右为正方向，由动量定理有 BL·Δt＝m·－0 且q＝·Δt 联立解得通过回路的电荷量q＝ ②设杆M在磁场中运动的位移大小为x1，杆N在磁场中运动的位移大小为x2，则有Δx＝x1－x2，有 ＝，＝ 整理可得q＝ 联立可得Δx＝ 若两杆在磁场内刚好相撞，N到ab的最小距离为x＝Δx＝ (3)两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到cd的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab的距离为kx(k>1)，则N到cd边的速度大小恒为，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可知mv0＝mv1＋m· 解得N出磁场时，M的速度大小为v1＝v0 由题意可知，此时M到cd边的距离为s＝(k－1)x 若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况： ①M减速到时出磁场，速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有 －BL·Δt1＝m·－m·v0 q1＝·Δt1＝ 联立解得k＝2 ②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有－BL·Δt2＝0－m·v0 同理解得k＝3 综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k<3. 2.7 动量观点在电磁感应中的应用 2 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $