2027届高三物理一轮复习课件：第十二章第67课时 专题强化：电磁感应中的动量问题

该高中物理高考复习课件聚焦“电磁感应中的动量问题”专题，依据高考评价体系明确动量定理应用、动量守恒模型两大核心考点，通过“单棒+电阻”“双棒”“电容器+棒”等模型归类，结合2024湖北卷、2025江苏检测等真题，分析位移计算、电荷量求解、共速问题等高频题型，构建针对性备考体系。 课件亮点在于“模型建构+科学推理+真题实战”策略，如以双棒模型为例，用动量守恒推导共速条件及能量转化，培养科学思维素养。提供“动量定理公式应用模板”“易错点警示”，通过课时精练强化解题技巧，助力学生高效突破考点，教师可据此精准规划复习，提升备考效率。

第十二章 电磁感应 专题强化：电磁感应 中的动量问题 第67课时 1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的方法技巧，能识别常用动量定理的模型。 2.建立电磁感应问题中动量守恒的模型，并能灵活用动量守恒定律解决问题。 目标要求 3 考点一　动量定理在电磁感应中的应用 考点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 内容索引 课时精练 4 动量定理在电磁感应 中的应用 考点一 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，当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解。 1.“单棒+电阻”模型 (1)水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有阻值为R的电阻，导体棒初速度为v0，质量为m，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从导体棒开始运动至停下来。求： ①此过程中通过导体棒横截面的电荷量q=_____； ②此过程导体棒的位移x=______； ③若导体棒从获得初速度v0经一段时间减速至v1，通过导体棒的电荷量 为q1，则v1=________； ④导体棒从获得初速度v0经过位移x0，速度减至v2，则v2=_________。 v0- v0- (2)间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m、接入电路的阻值为R的导体棒，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直导轨所在倾斜面向下(重力加速度为g，导轨电阻不计)。 ①经Δt1=___________，通过横截面的电荷量为q，速度达到v1。 ②经Δt2=___________，导体棒下滑位移为x，速度达到v2。 　　　(2025·江苏南京市检测)如图所示，水平面上固定放置两足够长且间距为L的平行光滑金属导轨，导轨左端与一阻值R的定值电阻相连。虚线MN右侧存在方向垂直于导轨平面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B，磁场的区域足够大。质量为m、电阻为R、长度也为L的金属棒垂直于导轨放置，以初速度v0沿导轨进入匀强磁场区域，最终静止。金属棒与导轨始终垂直且接触良好，不计金属导轨电阻，则 A.金属棒刚进入磁场时受到的安培力大小为 B.金属棒在磁场中运动的时间为 C.金属棒在磁场中运动的距离为 D.流过金属棒横截面的总电荷量为 √ 　　　根据题意可知，金属棒刚进入磁场时，感应电动势为E=BLv0，通过金属棒的感应电流为I==，金属棒刚进入磁场时受到的安培力大小为F= BIL=，故A错误； 设金属棒在磁场中运动的距离为x，由动量定理有-FΔt=-BL·Δt=0-mv0，则有=mv0，解得金属棒在磁场中运动的距离为x=，流过金属棒横截面的总电荷量为q=·Δt===，若金属棒做匀减速运动，则有x=t，解得t=，由于金属棒做加速度减小的减速运动，所以金属棒在磁场中运动的时间不等于，故B、D错误，C正确。 　　　(2025·江苏镇江市部分学校期初考)如图所示，M、N、P、Q四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L和L，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直向下的、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计。 2.不等间距的双棒模型 t=0时使导体棒C获得瞬时速度v0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，且达到稳定运动时导体棒C未到两组导轨连接处，则下列说法正确的是 A.t=0时，导体棒D的加速度大小为a= B.达到稳定运动时，C、D两棒速度之比为1∶1 C.从t=0时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为m D.从t=0时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为 √ 　　　开始时，导体棒中的感应电动势E=2BLv0，电路中感应电流I=，导体棒D所受安培力F=BIL，设导体棒D的加速度为a，则有F=ma，解得a=，故A错误； 稳定运动时，电路中电流为零，设此时C、D棒的速度分别为v1、v2，则有2BLv1=BLv2，得v2=2v1，即v1∶v2=1∶2，故B错误； 　　　设变速运动的时间为Δt，变速运动过程中电路平均电流为，则由动量定理得，对C棒有2BLΔt=m(v0-v1)，对D棒有BLΔt=mv2，故对变速运动全过程有v0-v1=2v2，解得v2=v0，v1=v0，根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q=m-m-m，解得Q=m，故C正确； 由动量定理，对C棒有2BLΔt=m(v0-v1)，其中Δt=q，可得2BLq=m(v0-v1)，解得q=，故D错误。 3.“电容器+棒”模型 (1)无外力充电式 基本 模型 规律   (导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C) 电路特点 导体棒相当于电源，电容器充电 电流特点 安培力为阻力，棒减速，E减小，有I=，电容器充电UC变大，当BLv=UC时，I=0，F安=0，棒匀速运动 基本 模型 规律 (导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C) 运动特点和最终特征 棒做加速度a减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I=0，但电容器带电荷量不为零 最终速度 电容器充电电荷量：q=CUC 最终电容器两端电压UC=BLv 对棒应用动量定理： mv-mv0=-BL·Δt=-BLq v= 基本 模型 规律 (导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C) v-t图像   (2)无外力放电式 基本 模型 规律   (电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C) 电路特点 电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动 电流特点 电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时UC=BLvm 基本 模型 规律   (电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C) 运动特点及最终特征 做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I=0 最大速度vm 电容器初始电荷量： Q0=CE 放电结束时电荷量： Q=CUC=CBLvm 电容器放电电荷量：ΔQ=Q0-Q=CE-CBLvm 对棒应用动量定理： mvm-0=BL·Δt=BLΔQ vm= 基本 模型 规律   (电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C) v-t图像   　　　(2026·江苏南京市检测)据报道，中国第三艘航母“福建舰”采用电磁弹射技术成功实现对歼-35进行加速起飞。如图所示为电磁弹射装置的等效电路图(俯视图)。间距为L=0.4 m的两根相互平行的光滑长直导轨固定在水平面上，在导轨的左端接入电容为C=1 F的超级电容器，质量为m=0.16 kg、接入电路的电阻为R=0.2 Ω的导体棒MN(相当于飞机)静止于导轨上。先给电容器充电，其电荷量为Q=18 C，闭合开关S后，电容 器释放储存的电能，所产生的强大电流经过棒MN，在垂直于导轨平面向下、磁感应强度大小为B=2.0 T的磁场作用下向右加速。达到最大速度之后离开导轨。 棒MN始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻。下列说法正确的是 A.超级电容器相当于电源，放电时两端电压不变 B.闭合开关S后，MN做匀加速直线运动 C.棒MN的最大速度为16 m/s D.若要继续以相同最大速度弹射下一架相同飞机，该超级电容器需充电 　的电荷量为3.6 C √ 　　　超级电容器相当于电源，放电时两端电压逐渐减小，故A错误； 开关闭合后，电容器开始放电，在安培力作用下，MN开始向右加速运动，MN切割磁感线产生的感应电动势阻碍电容器放电，当 MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，此过程中通过MN的电流减小，MN在水平方向有a==，所以 MN 先做加速度逐渐减小的加速运动，达到最大速度后离开导轨，故B错误； 返回 　　　当MN达到最大速度时，切割磁感线产生的感应电动势等于此时电容器两端电压，即=BLvm，由动量定理得BL·Δt=mvm-0，电容器放电电荷量q=Q-Q'=Δt，联立解得vm==18 m/s，故C错误； 当MN达到最大速度时，电容器上的电荷量为Q'=CBLvm=14.4 C，若要以相同最大速度弹射下一架相同飞机，该超级电容器上还需要充电的电荷量Δq=Q-Q'=3.6 C，故D正确。 动量守恒定律在电磁 感应中的应用 考点二 1.在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便。 2.双棒模型(不计摩擦力) 模型示意图及条件   水平面内的光滑等距导轨，两个棒的质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2，给棒2一个初速度v0 电路特点 棒2相当于电源；棒1受安培力而加速运动，运动后产生反电动势 电流及速度变化 棒2做变减速运动，棒1做变加速运动，随着两棒相对速度的减小，回路中的电流减小，I=BL，安培力减小，加速度减小，稳定时，两棒的加速度均为零，以相等的速度匀速运动 最终状态 a=0，I=0，v1=v2 系统规律 动量守恒m2v0=(m1+m2)v 能量守恒Q=m2-(m1+m2)v2 两棒产生焦耳热之比= 　　　两根光滑且足够长的固定平行金属导轨MN、PQ水平放置，导轨的间距为L=1 m，两根导体棒ab和cd垂直导轨放置且与导轨始终垂直并接触良好，如图所示。导体棒的质量均为m=1 kg，接入电路的电阻均为R=2 Ω，其余电阻不计，磁感应强度为B=1 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面。开始时，ab棒静止，给cd棒一水平向右的初速度v0=2 m/s，设两导体棒在此后的运动过程中始终不接触。 (1)求开始瞬间cd棒的加速度大小。 答案　0.5 m/s2　 　　　开始瞬间cd棒切割磁感线，产生感应电动势为E=BLv0 产生的感应电流为I= cd棒受到的安培力为F=BIL 由牛顿第二定律可知a= 解得a==0.5 m/s2 (2)求两导体棒在运动中最终产生的热量。 答案　1 J　 　　　两棒组成系统所受合力为0，则动量守恒，最后两棒达到共速，规定水平向右为正方向， 根据动量守恒定律有mv0=2mv 解得v=v0=1 m/s 由能量守恒定律，可知整个过程回路中产生的焦耳热为 Q=m-·2mv2 解得Q=1 J (3)在两棒整个的运动过程中，求导体棒ab和cd在水平导轨间扫过的面积之差。 答案　4 m2 　　　以导体棒ab为研究对象，规定水平向右为正方向， 由动量定理得BLΔt=mv-0 又因为=，== 解得ΔS=4 m2。 针对训练　(2024·湖北卷·15)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。 现将金属棒ab由静止释放，求： (1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小。 答案　BL　 　　　根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中， 由动能定理有mgL=m 解得v0= 则金属棒ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E=BLv0=BL (2)金属环刚开始运动时的加速度大小。 答案　 　　　根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两段圆弧被短路， 由几何关系可得，每段圆弧的电阻为R0=R 可知，整个回路的总电阻为R总=R+=R ab刚越过MP时，通过金属棒ab的感应电流为I== 对金属环由牛顿第二定律有2BL·=2ma 解得a= (3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。 答案　 　　　根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为v， 由动量守恒定律有mv0=mv+2mv 解得v=v0 设经过时间t，金属棒ab与金属环共速， 对金属棒ab，由动量定理有-BLt=m·-mv0 则有BLq=mv0 　　　设金属棒运动距离为x1，金属环运动的距离为x2， 则有q= 联立解得Δx=x1-x2= 则金属环圆心初始位置到MP的最小距离 d=L+Δx=。 返回 课时精练 精练高频考点 提升关键能力 对一对 题号 1 2 3 4 　5 答案 D A D C (1)3m　(2) 题号 6 7 　8 答案 B C (1)　(2)2gsin θ (3)gsin θ·t0+　 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 1.我国自主研发的“电磁阻尼器”广泛应用于高速列车制动系统。其简化模型如图所示，水平平行光滑金属导轨间距为L，导轨间接有阻值为R的定值电阻，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。一质量为m的金属棒垂直置于导轨上，现给金属棒一个水平向右的初速度v0，运动过程中金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和金属棒的电阻。下列说法正确的是 A.金属棒运动过程中，通过定值电阻的感应电流方向由b到a B.金属棒运动过程中，加速度大小随速度减小而增大 C.金属棒从开始运动到停止，通过定值电阻的电荷量为 D.金属棒运动的最大距离为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 基础落实练 43 　　　当金属棒向右运动时，切割磁感线产生感应电动势，由右手定则(或楞次定律)可知，感应电流方向为顺时针(俯视)，则通过定值电阻的感应电流方向由a到b，故A错误； 安培力大小为F=BIL，其中电流I=，代入得F=，根据牛顿第二定律，可得加速度大小为a==，可见加速度大小与速度大小成正比，随着v减小，加速度逐渐减小，故B错误； 对金属棒应用动量定理得-BL·Δt=0-mv0，通过电阻的电荷量为q=·Δt，联立解得q=，故C错误； 由q=·Δt=Δt=，联立解得x=，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 2.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 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 √ 　　　棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv=v1-v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1=v2，这时两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有mv0=mv1+mv2，解得v1=v2=，选项A正确，B、C、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 3.(2024·江苏省锡中、省常中、溧阳中学期初调研)2023年11月，我国第三艘国产航母福建舰在长兴岛成功进行了首次电磁弹射测试。电磁弹射的原理可简化为如图所示结构，电容为C的电容器充满电后板间电压为U0，导体轨道abcd处存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，装置置于水平面内，匀强磁场方向竖直向下，金属牵引杆开始时静止在ac处，接通电路，电容器通过轨道和金属杆放电。金属杆和轨道电阻可忽略不计，金属杆在安培力作用下开始加速，已知ac=L。金属杆的质量为m，所受阻力忽略不计，金属杆在运动到bd之前已经匀速，速度大小为v，则 A.整个过程电容器放出的电荷量为CU0 B.整个过程电容器放出的电荷量为CBLv C.金属杆匀速运动的速度可表示为v= D.金属杆匀速运动的速度可表示为v= 1 2 3 4 5 6 7 8 √ 答案 　　　金属杆在运动到bd之前已经匀速，速度大小为v，设此时电容器两端电压为U，则有U=BLv，可知整个过程电容器放出的电荷量为Δq= CΔU=C(U0-BLv)，对金属杆根据动量定理可得BLΔt=BLΔq=mv-0，则有BLC(U0-BLv)=mv，解得金属杆匀速运动的速度可表示为v=，故选D。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 4.(2025·江苏徐州市一模)作为高速交通的有益补充，高速磁悬浮列车可以满足人们多元化的出行需求(如图甲所示)，图乙为磁悬浮列车系统的简化模型：水平光滑的绝缘平行直导轨间，等间隔分布着方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，导轨的间距为L，每个磁场分布区间的长度也为L。现导轨上有一边长为L、质量为m的单匝正方形金属线框，电阻为R。线框从如图乙所示位置以速度v0开始水平向右滑行，下列说法正确的是 A.此时线框中的感应电流方向是顺时针方向 B.线框中产生的电流最大值为 C.线框运动过程中的最大加速度为 D.从开始到线框停止滑行的过程中，通过线框横截面的电荷量为 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 　　　线框向右运动，根据右手定则可知，此时线框中的感应电流方向是逆时针方向，故A错误； 线框左、右两边产生的感应电动势顺次相加，根据法拉第电磁感应定律，可知题图乙所示时刻有最大感应电动势E=2BLv0，线框中的电流I= =，故B错误； 开始时，线框所受安培力最大，为F=2BIL=，根据牛顿第二定律得线框的最大加速度am==，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 　　　在线框滑行过程中，其左、右两边均受到安培力作用，由左手定则可知安培力水平向左，对线框从速度为v0到停止的过程，由动量定理有-2BLΔt=0-mv0，且q=Δt，联立解得通过线框横截面的电荷量q=，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 5.如图所示，光滑平行导轨MNPQ固定在水平面上，导轨宽度为d，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨足够长，将质量分别为2m、m，有效电阻均为R的金属棒J和K分别置于轨道上，棒始终与轨道垂直并接触良好，导轨电阻不计。现使J棒获得水平向右的初速度2v0，K棒获得水平向左的初速度v0，两棒不会相碰，求： (1)全过程中系统产生的热量Q。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 答案　3m　 　　　两棒组成的系统动量守恒，取向右为正方向，则2m·2v0-mv0=(2m+m)v 根据能量守恒可得产生的热量为 Q=×2m(2v0)2+m-(2m+m)v2 联立解得v=v0，Q=3m 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 (2)从开始运动到稳定状态过程中两棒间距离的改变量Δx。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 答案　 　　　取J棒研究，设运动过程中平均电流为，经历时间为Δt，取向右为正方向，根据动量定理得 -Bd·Δt=2mv0-2m·2v0 而== 解得Δx=。 6.在甲、乙两图中，足够长的光滑平行金属导轨在同一水平面内固定放置在方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端分别接有电荷量为零且电容足够大的电容器和阻值为R的定值电阻，金属杆ab、cd垂直导轨静止放置，除了电阻R以外不计其他电阻。若给棒ab施加水平向右的恒力F，棒cd瞬间获得水平向右的初速度v0，则下列关于两棒在运动过程中所受安培力F安和棒两端电压U随棒的位移x变化的图像中正确的是(两棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好) 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 能力综合练 √ 　　　对棒ab分析，某一时刻t，根据牛顿第二定律有F-F安ab=ma，设该时刻电流大小为i，则F安ab= BiL，F-BiL=ma，在很短时间间隔内ΔQ=i·Δt，ΔQ=C·ΔU，ΔU=BL·Δv，联立可得i=BLC=BLCa，结合前式可得F-B2L2Ca=ma，可得a=，可知导体棒ab做匀加速直线运动，根据运动学公式v2=2ax，可得v=，通过导体棒ab的电流不变，导体棒ab所受安培力始终不变；导体棒ab两端的电压Uab=BL·v= BL·，故A、C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 　　　导体棒cd所受的安培力F安cd==ma'=m，则v·Δt=m·Δv，两边求和∑v·Δt=m·∑Δv，得x=m(v0-v)，整理可得v=v0-x，则 F安cd=·v=-·x，Ucd=BLv=BLv0-·x，可知F安cd、Ucd与x是一次函数，故B正确，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 7.(2023·辽宁卷·10改编)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。下列说法正确的是 A.弹簧伸展过程中，回路中产生逆时针方向的电流 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 　　　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错误； 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=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； 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 　　　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； 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。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 8.(2023·湖南卷·14)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θ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v0。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 尖子生选练 答案　　 　　　棒a在运动过程中重力沿导轨平面向下的分力和棒a所受安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E=BLv0，由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I=，F=BIL 棒a受力平衡可得mgsin θ=BIL 联立解得v0= 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 (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a0。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 答案　2gsin θ　 　　　由左手定则可以判断棒b所受安培力沿导轨平面向下，释放棒b瞬间电路中电流不变，则对棒b由牛顿第二定律可得mgsin θ+BIL=ma0 解得a0=2gsin θ (3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 答案　gsin θ·t0+　 　　　棒a受到沿导轨平面向上的安培力，释放棒b后，在到达共速时对棒a由动量定理有mgsin θ·t0-BLt0=mv-mv0 棒b受到沿导轨平面向下的安培力，对b棒由动量定理有 mgsin θ·t0+BLt0=mv 联立解得v=gsin θ·t0+=gsin θ·t0+，= 由法拉第电磁感应定律可得== 联立可得Δx==。 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 返回 本课结束 THANKS 第十二章 $