第11章 微专题21 动量观点在电磁感应中的应用（Word习题）-【满分思维】2027年高考一轮总复习讲义·物理（江苏专版）

该高中物理高考复习讲义聚焦电磁感应与动量观点的综合应用，覆盖单杆、双杆、导体框三大核心模型，按“模型本质-应用技巧-真题链接”逻辑架构知识体系，通过考点梳理、方法提炼、典例精讲、类题巩固等环节，帮助学生构建电磁感应问题的动量分析框架。 讲义突出模型建构与科学推理融合的教学特色，如单杆模型中引导学生用动量定理推导电荷量与位移关系，培养科学思维。设置基础巩固、能力提升、综合应用分层练习，配合即时反馈，确保高效突破难点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支撑。

动量观点在电磁感应中的应用 模型一　单杆模型 1．“单杆＋电阻”模型 情景示例1 情景示例2 基本模型 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，从开始运动至停下来 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，当通过横截面的电荷量为q或下滑位移为s时，速度达到v 应用技巧 初、末速度已知的变加速运动，在动量定理列出的式子中q＝Δt，s＝Δt；若已知q或s可求末速度 用动量定理求时间需有其他条件参与．若已知运动时间，也可求q、s、v中的某个物理量 求电荷量q －BLΔt＝0－mv0，q＝Δt＝ 求位移s －Δt＝0－mv0，s＝Δt＝ 求运动 时间 －BLΔt＋mg sin θ·Δt＝mv－0，q＝Δt －Δt＋mg sin θ·Δt＝mv－0，s＝Δt 2．“单杆＋电容器”模型 无外力充电式 无外力放电式 基本模型 导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C 电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C 电路特点 导体棒相当于电源，电容器充电 电容器放电，相当于电源，导体棒受安培力而运动 电流特点 安培力为阻力，导体棒减速，E减小，有I＝，电容器充电UC变大，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，导体棒匀速运动 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 运动特点和最终特征 导体棒做加速度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 导体棒做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0 最终速度 电容器充电电荷量q＝CU 最终电容器两端电压U＝BLv 对棒应用动量定理 mv－mv0＝－BL·Δt＝－BLq 解得v＝ 电容器充电电荷量Q0＝CE 放电结束时电荷量Q＝CU＝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 解得vm＝ v-t图像 典例1　如图甲、乙所示，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图甲中的电容器C原来不带电．设导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面(即纸面)向里的匀强磁场中，导轨足够长．现给导体棒ab一个向右的初速度v0，在图甲、乙两种情形下，关于导体棒ab的运动状态，下列说法中正确的是(　B　) 甲 乙 A．图甲中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动 B．图乙中，ab棒先做加速度越来越小的减速运动，最终静止 C．两种情况下通过电阻的电荷量一样大 D．两种情形下导体棒ab最终都保持匀速运动 【解析】 图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B正确，D错误；根据安＝BL，有安t＝BLt＝qBL＝mΔv，得q＝，电荷量跟导体棒ab的动量变化量成正比，因为图甲中导体棒的动量变化量小于图乙，所以图甲中通过R的电荷量小于图乙中通过R的电荷量，故C错误． 类题固法1 1．(2026·南京期初补偿训练)如图所示，两条平行的金属导轨所在平面与水平面成一定夹角θ，间距为d.导轨上端与电容器连接，电容器电容为C.导轨下端与光滑水平直轨道通过绝缘小圆弧平滑连接，水平直轨道平行且间距也为d，左侧末端连接一阻值为R的定值电阻．导轨均处于匀强磁场中，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直导轨所在平面．质量为m，电阻为r，宽度为d的金属棒MN从倾斜导轨某位置由静止释放，保证金属棒运动过程始终与平行导轨垂直且接触良好，金属棒下滑到两个轨道连接处时的速度刚好是v，重力加速度为g，忽略导轨电阻，水平导轨足够长．下列说法中正确的是(　D　) A．金属棒初始位置到水平轨道的高度为 B．金属棒在倾斜导轨上做变加速直线运动 C．金属棒在水平轨道上运动时定值电阻产生的焦耳热为 mv2 D．金属棒在水平轨道运动的最大位移为 【解析】 金属棒沿斜面下滑到底端时，重力势能转化为动能和电容器储存的电能(若倾斜导轨不光滑，还有摩擦生热)，即由能量关系可知mgh＝mv2＋E电容，则金属棒初始位置到水平轨道的高度不等于，A错误；导轨下滑过程中，由牛顿第二定律可得mg sin θ－f－BId＝ma，由法拉第电磁感应定律及闭合回路欧姆定律可得Blv－Ir＝，对上式时间求导可得Bla＝，联立可得mg sin θ－f＝B2l2Ca＋ma，解得加速度是定值，可知物体做匀变速直线运动，B错误；由能量关系可知，金属棒在水平轨道上运动时产生的总焦耳热Q＝mv2，因金属棒有内阻，则定值电阻产生的焦耳热小于mv2，C错误；由动量定理得－BdΔt＝0－mv，由电荷量公式得q＝Δt＝Δt＝，解得金属棒在水平轨道运动的最大位移x＝，D正确． 2．(2025·无锡期末)某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨NP段与N1P1段粗糙，其余部分光滑．MM1右侧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的金属杆垂直导轨放置，接入轨道间的长度为L.现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过MM1进入磁场，最终恰好停在PP1处．已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的摩擦因数为μ.MN＝NP＝d，导轨电阻不计，重力加速度为g，试求： (1) 金属杆运动至MM1时的安培力． (2) 在整个过程中，定值电阻R产生的热量Q. (3) 金属杆经过NN1时的速度大小vB. 答案： (1) ，方向水平向左　(2) mv－μmgd　(3) v0－ 【解析】 (1) 金属杆运动至MM1时的电动势E＝BLv0 回路中的总电阻R总＝2R 回路中的电流大小为I＝ 金属杆运动至MM1时的安培力F＝ILB＝ 方向水平向左 (2) 在整个过程中，根据能量守恒有 mv＝μmgd＋Q 则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为 QR＝Q＝mv－μmgd (3) 金属杆在MM1NN1区域运动的过程中，根据动量定理有－BLΔt＝mΔv 则－Δt＝mΔv 由于d＝∑Δt 则上面方程左右两边累计求和可得 －＝mvB－mv0 则vB＝v0－ 模型二　双杆模型 两类双杆模型(不计摩擦) 类型 不受外力 受到恒力 模型 图 运动 图像 运动 过程 杆MN受安培力的作用做加速度减小的减速运动，杆PQ受安培力的作用做加速度减小的加速运动．稳定时，两杆以相同的速度做匀速直线运动 杆PQ做加速度逐渐减小的加速运动，杆MN做加速度逐渐增大的加速运动．最终两杆以相同的加速度做匀加速直线运动 动量 观点 系统动量守恒 系统动量不守恒 能量 观点 杆MN动能的减少量＝杆PQ动能的增加量＋焦耳热 外力做的功＝杆PQ的动能＋杆MN的动能＋焦耳热 典例2　如图所示，两光滑平行长直导轨，间距为d，放置在水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直，两质量都为m、电阻都为r的导体棒L1、L2垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，两导体棒距离足够远，L1静止，L2以初速度v0向右运动，不计导轨电阻，忽略感生电流产生的磁场，则(　D　) A．导体棒L1的最终速度为v0 B．导体棒L2产生的焦耳热为 C．通过导体棒横截面的电荷量为 D．两导体棒的初始距离最小为 【解析】 导体棒L1、L2最终以相同的速度做匀速直线运动，设共同速度为v1，水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv1，解得v1＝，故A错误；设导体棒L1、L2在整个过程中产生的焦耳热为Q总，根据能量守恒定律可得 mv＝Q总＋(2m)v，解得Q总＝mv，导体棒L1、L2的电阻都为r，因此导体棒L2产生的焦耳热为Q＝Q总＝mv，故B错误；对导体棒L1，由动量定理得Bdt＝mv1，因为q＝t，故Bdq＝mv1，因此通过导体棒横截面的电荷量为q＝＝，故C错误；当导体棒L1、L2速度相等时距离为零，则两棒初始距离最小，设最小初始距离为x，则通过导体棒横截面的电荷量q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝，解得x＝，故D正确． 类题固法2 1．如图所示，两根质量均为m的金属棒垂直地放在光滑的水平导轨上，左、右两部分导轨间距之比为1∶2，导轨间左、右两部分有大小相等、方向相反的匀强磁场，两棒单位长度的电阻相同，不计导轨电阻．现用水平恒力F向右拉CD棒，在CD棒向右运动距离为s的过程中，AB棒上产生的热量为Q，此时AB棒和CD棒的速度大小均为v，此时立即撤去拉力F.设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，则下列说法中正确的是(　C　) A．v的大小等于 B．撤去拉力F后，AB棒的最终速度大小为v，方向向右 C．撤去拉力F后，CD棒的最终速度大小为v，方向向右 D．撤去拉力F后，整个回路产生的热量为 mv2 【解析】 根据动能定理可知Fs－Q总＝·2mv2，根据AB棒上产生的热量可知Q总＝3Q，可解得v＝，A错误；最终稳定后，AB的速度方向向左，CD的速度方向向右，则有BlvAB＝B·2lvCD，分别对两根金属棒列动量定理，则有Blt＝m(vAB－v)，－2Blt＝m(vCD－v)，联立可解得vAB＝v，vCD＝v，B错误，C正确；根据能量守恒可知Q＝·2mv2－＝mv2，D错误． 2．(2025·海南卷)间距为L的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙且平滑相接，导轨上方接有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角θ＝30°，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B，两相同导体棒ab、cd与水平导轨的动摩擦因数μ＝0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒质量均为m，接入电路中的电阻均为R，cd棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不互相碰撞，忽略金属导轨的电阻，重力加速度为g. (1) 锁定水平导轨上的cd棒，闭合开关，ab棒静止在倾斜导轨上，求通过ab棒的电流；断开开关，同时解除cd棒的锁定，当ab棒下滑距离为x0时，cd棒开始运动，求cd棒从解除锁定到开始运动过程中，cd棒产生的焦耳热． (2) 此后ab棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时ab、cd棒的速度大小之差． (3) ab棒中电流稳定之后继续下滑，从ab棒到达水平导轨开始计时，t1时刻cd棒速度为零，加速度不为零，此后某时刻，cd棒的加速度为零，速度不为零，求从t1时刻到某时刻，ab、cd的路程之差． 答案： (1) 　mgx0－　(2) 　(3) 【解析】 (1) ab棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件可得F安ab＝mg sin 30°，F安ab＝BIabL 解得通过ab棒的电流为Iab＝ 设当ab棒下滑距离为x0时速度为v0，cd棒开始运动时回路中的电流为I1，此时对cd棒有 F安cd＝μmg 同时有F安cd＝BI1L，I1＝ 分析可知cd棒从解除锁定到开始运动过程中，cd棒产生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等，整个过程根据能量守恒可得 mgx0sin 30°－mv＝2Qcd 联立解得cd棒产生的焦耳热为 Qcd＝mgx0－ (2) 分析可知ab棒在下滑过程中产生的电动势与cd棒在向左运动的过程中产生的电动势方向相反，故当电流达到稳定时，两棒的速度差恒定，故可知此时两棒的加速度相等，由于两棒受到的安培力大小相等，对两棒有 mg sin 30°－F安＝ma，F安－μmg＝ma 同时有F安＝BIL，I＝＝ 联立解得此时ab、cd棒的速度大小之差为Δv＝ (3) 分析可知从开始计时到t1时刻，两棒整体所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒，设t1时刻ab棒的速度为v′1，可知mΔv＝mv′1 解得v′1＝Δv＝ 设某时刻时，ab棒速度为v″1，cd棒速度为vcd，cd棒的加速度为零，可得F安cd2＝μmg① 其中F安cd2＝BI2L 分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得 I2＝② 从t1时刻到某时刻间，对两棒分别根据动量定理有 －(μmg＋BL)Δt＝mv″1－mv′1，(BL－μmg)Δt＝mvcd 变式可得μmgΔt＋BLq＝mv′1－mv″1，BLq－μmgΔt＝mvcd 两式相加得2BLq＝mv′1－m(v″1－vcd)③ 同时有q＝Δt＝·Δt＝＝④ 联立①②③④可得从t1到某时刻，ab、cd的路程之差为Δs＝ 模型三　导体框模型 常见情景 动力学分析 能量分析 动量分析 在安培力作用下穿越磁场 以进入磁场时为例，设运动过程中某时刻的速度为v，加速度大小为a，则a＝，a与v方向相反，导线框做减速运动，v↓→a↓，即导线框做加速度减小的减速运动，最终匀速运动(全都进入磁场)或静止(导线框离开磁场过程的分析相同) 部分(或全部)动能转化为焦耳热：Q＝－ΔEk　 动量不守恒，可用动量定理分析导线框的位移、速度，通过某横截面的电荷量和力作用的时间： (1) 求电荷量或速度： －B·LΔt＝mv2－mv1，q＝Δt (2) 求位移：－＝0－mv0，即－＝0－mv0 (3) 求时间：①－BLΔt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他·Δt＝mv2－mv1 (已知电荷量q，F其他为恒力，可求出变加速运动的时间) ② －＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－＋F其他·Δt＝mv2－mv1 (若已知位移x，F其他为恒力，可求出变加速运动的时间) 在恒力F(包括重力mg)和安培力作用下穿越磁场 以进入磁场的过程为例，设运动过程中某时刻导线框的速度为v，加速度为a＝＝ (1) 若进入磁场时＝，则导线框匀速运动 (2) 若进入磁场时＞，则导线框做加速度减小的加速运动(直至匀速) (3) 若进入磁场时＜，则导线框做加速度减小的减速运动(直至匀速) (导线框离开磁场过程的分析相同) 力F做的功等于导线框的动能变化量与回路中产生的焦耳热之和，WF＝ΔEk＋Q　 典例3　(2026·南京六校联合体调研)如图甲所示，列车进站时利用电磁制动技术产生的电磁力来刹车．某种列车制动系统核心部分的模拟原理图如图乙所示．在光滑水平地面上方存在着水平方向上的磁场，磁感应强度大小均为B ＝1 T，磁场方向垂直于纸面向里、向外分区域交替排列，依次编号为区域1、2、3、4、…，磁场区域足够多，每个区域的边界均保持竖直，且各区域宽度相等均为L＝0.1 m．现有一个正方形线圈，边长也为L＝0.1 m，线圈匝数n＝100，总电阻R＝10 Ω，质量为m＝1 kg，以初速度v0＝10 m/s向右滑入磁场区域，取g＝10 m/s2. 甲 乙 (1) 线圈从开始进入区域1到刚要进入区域2的过程中，求流经线圈的电荷量． (2) 线圈从开始进入区域1到刚要进入区域2的过程中，求线圈产生的焦耳热． (3) 线圈从开始运动到最终停止，求线框右侧边完整经过的磁场个数． 答案： (1) 0.1 C　(2) 9.5 J　(3) 3个 【解析】 (1) 进入区域1，右边切割磁感线产生感应电动势＝n 由欧姆定律有＝ 流经线圈的电荷量q＝·Δt 联立解得q＝0.1 C (2) 线圈进入区域1的过程中做变减速运动，取一个短暂时间Δt′，根据动量定理得－nBILΔt′＝mΔv 微元累加有－nBLq＝mv1－mv0 根据能量守恒定律有Q＝mv－mv 代入数据解得Q＝9.5 J (3) 当线圈进入区域2以后的磁场时，左右两边均在切割磁感线，故在某一时刻的电动势E′＝2nBLv2 此时电流为I′＝ 线圈受到的安培力F＝2nI′LB 取一短暂时间Δt″，由动量定理有－FΔt″＝mΔv 微元累加可得－＝0－mv1 代入数据得x＝0.225 m 故线圈穿过的磁场个数为N＝1＋＝3.25 线框右侧边完整经过的磁场个数为3个 类题固法3 1．(2025·陕西、山西、宁夏、青海卷)如图所示，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场，其磁感应强度大小为B.甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2L，宽均为L，电阻分别为R和2R.两线框在光滑水平面上以相同初速度v0＝并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用．则(　D　) A．甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同 B．甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1∶1 C．乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0 D．甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3 【解析】 根据楞次定律，甲线框进磁场的过程电流方向为顺时针，出磁场的过程中电流方向为逆时针，故A错误；甲线框刚进磁场区域时，合力为F安1＝BI1L，I1＝，乙线框刚进磁场区域时，合力为F安2＝BI2L，I2＝，可知 ＝2，故B错误；假设甲、乙都能完全出磁场，对甲根据动量定理有－BLΔt＝mv1－mv0，q1＝Δt＝·Δt＝＝，同理对乙有－BLΔt′＝mv2－mv0，q2＝Δt′＝·Δt′＝＝，解得v1＝0，v2＝v0＝，故甲恰好完全出磁场区域，乙完全出磁场区域时，速度大小不为0，故C错误；由能量守恒可知甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q1＝mv，Q2＝mv－m＝mv，即＝，故D正确． 2．(2025·福建卷)光滑斜面倾角为θ＝30°，Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向外的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等，均为B.正方形线框abcd质量为m，总电阻为R，由同种材料制成且粗细均匀，Ⅰ区域长为L1，Ⅱ区域长为L2，两区域间无磁场的区域长度大于线框长度．线框从某一位置释放，cd边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度均为v；cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度一致，重力加速度为g.则： (1) 求线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离． (2) 求cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差． (3) 求线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率． 答案： (1) 　(2) 　(3) 见解析 【解析】 (1) 线框在没有进入磁场区域时，根据牛顿第二定律mg sin θ＝ma 根据运动学公式v2＝2ad 联立可得线框释放时cd边与 Ⅰ 区域上边缘的距离d＝ (2) 因为cd边进入 Ⅰ 区域时速度为v，且直到ab边离开 Ⅰ 区域时速度均为v，可知线框的边长与 Ⅰ 区域的长度相等，根据平衡条件有mg sin θ＝BIL1 又E＝BL1v，I＝ cd边两端的电势差U＝E 联立可得U＝ (3) ①若L2＞L1，在线框进入 Ⅰ 区域过程中，根据动量定理有mg sin θ·t1－BIL1t1＝0 其中t1＝，q1＝It1，I＝ 联立可得q1＝ 线框在 Ⅱ 区域运动过程中，根据动量定理有 mg sin θ·t2－2BL1t3＝0 根据q＝·t＝·t＝ 线框进入磁场过程中电荷量都相等，即q1＝t3 联立可得t2＝ 根据能量守恒定律有 －W安＋mg sin θ(L2＋L1)＝0 克服安培力做功的平均功率P＝ 联立可得P＝ ②若L2＜L1，同理可得q′＝ 根据动量定理mg sin θ·t4－2BL1t5＝0 其中q′＝t5 结合q1＝＝ 联立可得t4＝ 根据能量守恒定律有 －W′安＋mg sin θ(L2＋L1)＝0 克服安培力做功的平均功率P′＝ 联立可得P′＝ ③若L2＝L1，该情况不符合题意 配套热练 一、 选择题 1．如图所示，足够长的间距为L的光滑平行导轨水平放置，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上．金属棒a、b垂直静止放置在水平导轨上，棒a的质量为m、电阻为R，棒b的质量为2m、电阻为2R.现给棒a一水平向右的初速度v，至两棒达到稳定状态的过程中(　B　) A．棒a、b的加速度大小始终相等，方向相反 B．安培力对棒a、b的冲量大小相等，方向相反 C．通过金属棒a、b横截面的电荷量之比为2∶1 D．棒a、b达到稳定后均做速度为的匀速直线运动 【解析】 金属棒a、b受到的安培力大小相等，由于金属棒a、b质量不同，则加速度大小不同，故A错误；金属棒a、b受到的安培力大小相等，方向相反，冲量I＝Ft，则安培力对棒a、b的冲量大小相等，方向相反，故B正确；通过金属棒a、b的电流相等，电荷量q＝It，通过金属棒a、b横截面的电荷量之比为1∶1，故C错误；根据动量守恒有mv＝(m＋2m)v1，金属棒a、b达到稳定后均做速度为v1＝的匀速直线运动，故D错误． 2．如图所示，在竖直平面内有一上下边界均水平、垂直线框所在平面的匀强磁场，磁感应强度B＝2.5 T．正方形单匝金属线框在磁场上方h＝0.45 m处，质量为0.1 kg、边长为0.4 m、总阻值为1 Ω.现将线框由静止释放，下落过程中线框ab边始终与磁场边界平行，ab边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度均为2 m/s，不计空气阻力，取g＝10 m/s2.下列说法中错误的是(　C　) A．cd边刚进入磁场时克服安培力做功的功率为9 W B．匀强磁场区域的高度为0.65 m　 C．穿过磁场的过程中线框电阻产生的热量为0.65 J D．线框通过磁场上边界所用时间为0.3 s 【解析】 cd边刚进入磁场时的速度为v1＝＝ m/s＝3 m/s，感应电动势为E＝BLv1＝2.5×0.4×3 V＝3 V，受到的安培力为FA＝BIL＝BL＝2.5××0.4 N＝3 N，则cd边刚进入磁场时克服安培力做功的功率为P＝FAv1＝9 W，故A正确；ab边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度均为v2＝2 m/s，根据对称性，cd边刚到达下边界时的速度为3 m/s，从ab边刚好进入磁场到cd边刚到达下边界时，由于线框的磁通量不变，则无电流产生，加速度为重力加速度，则有v－v＝2gh，得h＝0.25 m，匀强磁场区域的高度为s＝h＋L＝0.65 m，故B正确；由能量守恒得Q＝mg(s＋L)＋mv－mv＝1.3 J，故C错误；线框通过磁场上边界过程由动量定理得mgt－BLt＝mv2－mv1，即mgt－BqL＝mv2－mv1，此过程的电荷量为q＝＝，联立解得t＝0.3 s，故D正确． 3．(2025·湖南卷)如图所示，关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导轨形状为抛物线，顶点位于O点．一足够长的金属杆初始位置与y轴重合，金属杆的质量为m，单位长度的电阻为r0.整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.现给金属杆一沿x轴正方向的初速度v0，金属杆运动过程中始终与y轴平行，且与电阻不计的导轨接触良好．下列说法中正确的是(　C　) A．金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴正方向 B．金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动 C．金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为 D．若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半 【解析】 根据右手定则可知金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向，故A错误；若金属杆可以在沿x轴正方向的恒力F作用下做匀速直线运动，可知F＝F安＝BIL，I＝＝＝，可得F＝ ，由于金属杆运动过程中接入导轨中的长度L在变化，故F在变化，故B错误；取一微小时间Δt，设此时金属杆接入导轨中的长度为L′，根据动量定理有－BI′L′Δt＝－BL′q′＝mΔv，同时有q＝·Δt＝＝，联立得－＝mΔv，对从开始到金属杆停止运动时整个过程累积可得－＝0－mv0，解得此时金属杆与导轨围成的面积为S＝，故C正确；若金属杆的初速度减半，根据前面分析可知当金属杆停止运动时金属杆与导轨围成的面积为S′＝S，根据抛物线的图像规律可知此时金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半，故D错误． 二、 计算题 4．如图所示，足够长光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角θ＝37°，导轨间距L＝0.4 m，其下端连接一个定值电阻R＝2 Ω，其他电阻不计．两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T．一质量为m＝0.02 kg的导体棒ab垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. (1) 求导体棒下滑的最大速度． (2) 求ab棒下滑过程中电阻R消耗的最大功率． (3) 若导体棒从静止经t＝1.4 s加速到v＝4 m/s，求该过程中R产生的热量Q. 答案： (1) 6 m/s　(2) 0.72 W　(3) 0.368 J 【解析】 (1) 速度最大时，合力为零，根据平衡条件可得mg sin θ＝F安＝BIL 由闭合电路欧姆定律可得I＝ 根据法拉第电磁感应定律有E＝BLvm 代入数据解得vm＝6 m/s (2) 当速度最大时，感应电流最大，电功率最大，根据电功率的计算公式可得 P＝I2R＝＝0.72 W (3) 从静止经t＝1.4 s加速到v＝4 m/s的过程中，根据动量定理mgt sin θ－BLt＝mv 且q＝t＝ 解得x＝4.4 m 由能量守恒定律得mgx sin θ＝mv2＋Q 解得Q＝0.368 J 5．如图所示，光滑绝缘斜面与水平面的夹角θ＝30°，斜面所在空间存在两个相邻且互不影响的有界匀强磁场Ⅰ、Ⅱ，磁场边界水平，两磁场的磁感应强度方向相反，且与斜面垂直，大小均为B＝1 T，宽度均为L＝0.3 m．现有一边长也为L，电阻R＝0.1 Ω的正方形闭合导线框abcd从距磁场Ⅰ上边界线x＝0.4 m处由静止释放，已知线框ab边刚进入磁场Ⅰ时恰好做匀速直线运动，进入磁场Ⅱ区域后经一段时间后，在ab边未出磁场Ⅱ区域下边界之前又做匀速直线运动，整个线框在穿过磁场区域的过程中ab边始终与磁场边界平行，取g＝10 m/s2，求： (1) 导线框abcd的质量m. (2) 导线框从开始运动到ab边刚到达磁场Ⅱ下边界线过程中线框产生的内能Q. (3) 导线框从开始运动到ab边刚到达磁场Ⅱ下边界线过程中运动的总时间t. 答案： (1) 0.36 kg　(2) 1.755 J　(3) 0.85 s 【解析】 (1) 线框由静止开始做匀加速运动，设加速度为a，到达磁场Ⅰ上边界线时速度为v1，则mg sin θ＝ma，v＝2ax 线框ab边进入磁场Ⅰ边界切割磁感线产生感应电流，根据电磁感应定律可得 E＝BLv1，I＝，BIL＝mg sin θ 解得m＝0.36 kg (2) 当ab边进入磁场区域Ⅱ后，再次匀速运动时的速度为v2，线框ab边和cd边同时切割磁感线，产生同方向感应电流，同理可得I2＝ 线框ab边和cd边同时受到沿斜面向上的安培力，由受力平衡可得2BI2L＝mg sin θ 从线框开始运动到ab边刚到达磁场Ⅱ下边界线过程中，由能量守恒定律可得 mg(x＋2L)sin θ＝mv＋Q 解得Q＝1.755 J (3) 设线框ab边在磁场外匀加速运动时间为t1，在磁场Ⅰ中运动的时间为t2，在磁场Ⅱ中运动的时间为t3，则t1＝，t2＝ 在t3时间段内，选沿斜面向下为正方向，由动量定理可得mg sin θ·t3－2BLt3＝mv2－mv1 在t3时间段内流过线框横截面的电荷量 q＝t3，q＝＝ 联立解得t＝t1＋t2＋t3＝0.85 s 6．如图所示，在水平面内固定着间距为L的两根光滑平行金属导轨(导轨足够长且电阻忽略不计)，导轨MN两点右侧处在方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．在导轨的左端接入电动势为E、内阻不计的电源和电容为C的电容器．先将金属棒a静置在导轨上，闭合开关S1、S3，让a运动速度达到v0时断开S1，同时将金属棒b静置在导轨上，经过一段时间后，流经a的电流为零．已知a、b的长度均为L，电阻均为R，质量均为m，在运动过程中与导轨垂直并保持良好接触． (1) 开关S1、S3闭合，求金属棒a运动速度刚为v0时其加速度大小． (2) 求b产生的焦耳热Qb. (3) 若将棒a、b均静置在水平轨道上，闭合开关S1、S2，稍后再断开S1同时闭合S3，求两棒最终速度的大小． 答案： (1) 　(2) mv　(3) 【解析】 (1) a切割磁感线产生的电动势E1＝Blv0 由牛顿第二定律得BL＝ma 解得a＝ (2) 对a、b系统，由动量守恒得mv0＝2mv1，则 v1＝ 由能量守恒得2Qb＝mv－·2mv 则Qb＝mv (3) 闭合开关S1、S2，稍后再断开S1同时闭合S3，两棒同时加速，直到匀速运动，对电容器，放电荷量q＝C(E－BLv) 对棒a，某时刻经极短时间Δt，BILΔt＝mΔv 整个过程∑BLΔq＝∑mΔv，BL＝mv 所以两棒最终速度大小为v＝ 学科网（北京）股份有限公司 $