資源簡介

專題強化練11　電磁感應中的動量問題
(分值：60分）
1~4題每題5分，共20分
考點一　動量定理在電磁感應中的應用
1.（2024·蘇州市高二期中）如圖所示，在光滑絕緣水平面上，一矩形線圈以一定的初速度穿越勻強磁場區域，已知磁場區域寬度大于線圈寬度，則線圈進、出磁場的兩個過程中（　　）
A.感應電流的方向相同
B.受到的安培力相等
C.動能的變化量相等
D.速度的變化量相同
2.（多選）（2024·泰安市第一中學高二月考）如圖所示，電阻不計的光滑金屬導軌MN、PQ水平放置，間距為d，兩側接有電阻R1、R2，阻值均為R，O1O2右側有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。質量為m、長度也為d的金屬桿置于O1O2左側，在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動，經時間t到達O1O2時撤去恒力F，金屬桿在到達NQ之前減速為零，已知金屬桿電阻也為R，與導軌始終保持垂直且接觸良好，下列說法正確的是（　　）
A.桿剛進入磁場時速度大小為
B.桿剛進入磁場時電阻R1兩端的電勢差大小為
C.整個過程中，流過金屬桿的電荷量為
D.整個過程中，電阻R1上產生的焦耳熱為
考點二　動量守恒定律在電磁感應中的應用
3.（2023·西安市第八十九中學高二期末）如圖所示，固定于水平面內的電阻不計的足夠長光滑平行金屬導軌間距為L，質量均為m、阻值均為R的金屬棒ab、cd垂直靜置于導軌上，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面向上，某一時刻同時給ab、cd以平行于導軌的水平向右的初速度v0、2v0，運動過程中兩棒始終與導軌垂直且接觸良好，則兩棒從開始運動至達到穩定速度的過程中（　　）
A.ab中的最大電流為
B.ab達到穩定速度時，其兩端的電壓為0
C.ab速度為時，其加速度比cd的小
D.ab、cd間距增加了
4.（多選）如圖所示，空間存在方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小B=0.5 T。在勻強磁場區域內，有一對光滑平行金屬導軌處于同一水平面內，導軌足夠長，導軌間距L=1 m，電阻可忽略不計。質量均為m=1 kg、電阻均為R=2.5 Ω的金屬導體棒MN和PQ垂直放置于導軌上，且始終與導軌接觸良好。現給MN一平行于導軌向右瞬時作用力F，使棒MN獲得初速度v0=4 m/s，下列說法正確的是（　　）
A.兩棒最終速度均為2 m/s
B.棒MN上產生的熱量為4 J
C.通過MN的電荷量為4 C
D.從開始到穩定，回路MNPQ的面積增加了4 m2
5~8題每題7分，9題12分，共40分
5.如圖所示，在光滑的水平面上，有一豎直向下的勻強磁場分布在寬度為L的區域內，現有一個邊長為a（aA.完全進入磁場中時的速度大于
B.完全進入磁場中時的速度等于
C.完全進入磁場中時的速度小于
D.以上情況均有可能
6.（多選）（2023·四川省自貢富順二中高二月考）如圖所示，兩足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ水平放置，導軌間距為L，虛線OO'垂直導軌，OO'兩側導軌所在空間區域存在著磁感應強度大小均為B的方向相反的豎直勻強磁場，兩長度均為L、電阻均為R、質量均為m的金屬導體棒a、b垂直導軌放在OO'左右兩側，并始終與導軌保持良好接觸，不計其他電阻。現給導體棒a一個瞬時沖量，使a獲得一個水平向右平行于導軌的初速度v0，下列關于a、b兩棒此后整個運動過程的說法正確的是（　　）
A.a、b兩棒組成的系統動量守恒
B.a、b兩棒最終都將以大小為的速度做勻速直線運動
C.整個過程中，流過a棒的電荷量為
D.整個過程中，a棒上產生的焦耳熱為m
7.（多選）（2023·玉林市高二期末）如圖所示，光滑絕緣水平桌面上，虛線MN右側有豎直向下的勻強磁場，其磁感應強度大小為0.5 T，虛線左側有一長ab=2 m、寬bc=1 m的矩形金屬框abcd，其質量為1 kg、電阻為0.5 Ω，ab邊與MN平行。第一次，讓金屬框沿水平桌面、垂直MN方向以5 m/s的初速度沖入磁場區域（如圖甲）；第二次，讓金屬框在平面內轉90°然后在水平向右的外力作用下以5 m/s的速度勻速進入磁場區域（如圖乙）。下列說法正確的是（　　）
A.兩次進入磁場的過程中，金屬框中的電流方向都為abcda
B.前、后兩次進入磁場的過程中，通過金屬框橫截面的電荷量之比為1∶1
C.前、后兩次進入磁場的過程中，金屬框產生的焦耳熱之比為8∶5
D.金屬框前、后兩次進入磁場過程的時間之比等于5∶8
8.（多選）（2023·三明市高二期末）如圖，足夠長的光滑平行金屬導軌水平放置，左右兩側導軌的間距分別為l、2l，導軌間存在豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。質量分別為m、2m的導體棒a、b均垂直導軌放置，回路總電阻保持不變。a、b兩棒分別以v0、2v0的初速度同時向右運動，兩棒在運動過程中始終與導軌垂直且保持接觸良好，a總在窄軌上運動，b總在寬軌上運動，從開始運動到兩棒穩定的過程中，下列說法正確的是（　　）
A.a棒的加速度始終等于b棒的加速度
B.a棒的加速度始終大于b棒的加速度
C.穩定時a棒的速度大小為v0
D.穩定時a棒的速度大小為2v0
9.（12分）（2023·鄭州市高二期末）如圖甲所示，兩根平行且足夠長的粗糙金屬導軌間距L=0.5 m，和阻值R=1.5 Ω的定值電阻組成的回路平面與水平面的夾角θ=37°。勻強磁場垂直于導軌平面向上，磁感應強度B=1 T。一質量為m=0.1 kg、電阻為r、長L=0.5 m的金屬棒ab垂直放置在導軌上，由靜止釋放后，金屬棒沿導軌向下運動x=2 m時達到最大速度，此過程中金屬棒的加速度a和速度v的關系如圖乙所示，金屬棒在運動中始終與導軌垂直且接觸良好，不計導軌電阻，g=10 m/s2，求：（已知sin 37°=0.6，不考慮電磁輻射）
（1）（3分）金屬棒與導軌間的動摩擦因數μ；
（2）（4分）金屬棒的電阻r；
（3）（5分）金屬棒從靜止釋放到速度達到最大所經歷的時間t和此過程中電阻R上產生的焦耳熱QR。
答案精析
1.D　［根據楞次定律可知，進入磁場過程中，線圈的感應電流方向為順時針，離開磁場時，線圈的感應電流方向為逆時針，故A錯誤；設線圈內阻為R，根據閉合電路歐姆定律可得I=，根據法拉第電磁感應定律有E=BLv，則安培力為F=BIL=，由于線圈進入磁場時，產生感應電流，線圈部分動能轉化為內能，則動能減小，線圈速度也減小，即進入磁場時的速度大于離開磁場時的速度，因此，進入磁場時受到的安培力大于離開磁場時受到的安培力，故B錯誤；根據動能定理可得W合=F安·x=ΔEk，由于進入和離開磁場的位移都相同，而進入磁場時的安培力大于離開磁場時的安培力，則進入磁場時的動能變化量大于離開磁場時的動能變化量，故C錯誤；根據動量定理可得Δp=F安·Δt=BL·Δt=BL·q，而q=·Δt=·Δt=，進入和離開磁場過程中ΔΦ相同，由此可知，進入磁場和離開磁場時的動量的變化量相同，則速度的變化量相同，故D正確。］
2.BCD　［桿剛進入磁場之前的加速度大小為a=，則進入磁場時速度大小為v=at=，故A錯誤；桿剛進入磁場時產生的感應電動勢為E=Bdv，則電阻R1兩端的電勢差大小為UR1=×=E=Bdv=，故B正確；金屬桿進入磁場后，由動量定理有Δt=mv即BdΔt=mv，又Δt=q，解得q==，故C正確；整個過程中，回路產生的總焦耳熱為Q=mv2=，則電阻R1上產生的焦耳熱為QR1=Q=，故D正確。］
3.D　［根據右手定則，回路產生順時針方向（從上往下看）的感應電流，根據左手定則，cd棒所受安培力向左做減速運動，ab棒所受安培力向右做加速運動，穩定時以相同的速度運動。初始時刻電流最大，且Im==，A錯誤；
根據動量守恒定律得mv0+m·2v0=2mv
解得v=v0，穩定時無感應電流，故ab棒兩端電壓為U=BLv=BLv0，B錯誤；穩定前兩棒所受安培力大小相等，方向相反，兩棒的加速度也大小相等，方向相反，C錯誤；對ab根據動量定理得BLΔt=m·v0-mv0，q=Δt，對回路=，=，ΔΦ=BLΔx，解得Δx=，D正確。］
4.AC　［在安培力作用下，MN減速，PQ加速，兩棒最終速度相等，回路電流為零，由動量守恒定律可得mv0=2mv1，解得兩棒最終速度為v1=2 m/s，A正確；由能量守恒定律可得，回路產生的焦耳熱為Q=m-·2m，兩棒電阻相等，產生的焦耳熱相等，故棒MN上產生的熱量為Q1=Q，解得Q1=2 J，B錯誤；對棒MN，由動量定理可得-BL·Δt=mv1-mv0，通過MN的電荷量為q=·Δt
聯立解得q=4 C，C正確；整個過程回路產生的平均感應電動勢為==
平均感應電流為=
通過MN的電荷量為q=Δt
聯立可得q=，解得ΔS=40 m2，故從開始到穩定，回路MNPQ的面積增加了40 m2，D錯誤。］
5.B　［設線圈完全進入磁場中時的速度為v'，
線圈進入磁場過程，由動量定理有
-BL·Δt1=mv'-mv0
線圈離開磁場過程，同理
-BL·Δt2=mv-mv'
由q=，進出磁場時穿過線圈磁通量變化數值相同
得q1=·Δt1=·Δt2=q2
聯立各式得v'-v0=v-v'
所以v'=，故B正確。］
6.BC　［由題意可知，a、b兩棒中的電流大小相等，由左手定則可知，安培力方向相同，則系統的合力不為0，系統動量不守恒，故A錯誤；由題意分析可知，a棒向右做減速運動切割磁感線，b棒向左做加速運動切割磁感線，當兩棒速度相等時回路中的電流為0，分別對兩棒應用動量定理且取向左為正方向，有Ft=mv，Ft=m（-v）-m（-v0）
解得v=，故B正確；由能量守恒可得m=2×mv2+Q總
Qa=Q總=m，故D錯誤；
對a棒由動量定理且取向右為正方向有-BtL=mv-mv0
即BqL=mv0-mv，解得q=，故C正確。］
7.BC　［金屬框兩次進入磁場時，根據右手定則可知電流方向均為adcba，故A錯誤；通過金屬框橫截面的電荷量為q=IΔt=Δt=，可知前、后兩次進入磁場的過程中，通過金屬框橫截面的電荷量之比為1∶1，故B正確；由動量定理得-BILabt=mv-mv0，即qBLab=mv0-mv，又q== C=2 C，聯立解得v=3 m/s，第一次進入磁場的過程中，產生的焦耳熱為Q1=m-mv2=8 J，第二次勻速進入磁場的過程中，產生的焦耳熱為Q2=UIt=t=qU=qBLadv0=2×0.5×1×5 J=5 J，則金屬框中的焦耳熱之比為=，故C正確；由C項分析可知，金屬框第一次完全進入磁場之后的速度 v=3 m/s， 假如金屬框勻減速進入磁場，則根據公式有Lbc=t1，解得t1=0.25 s，第二次金屬框勻速進入磁場，則運動時間為t2==0.4 s，則有=，根據題意可知，金屬框第一次進入磁場時，做加速度減小的減速運動，則實際所用時間t>t1，則金屬框前、后兩次進入磁場過程的時間之比大于5∶8，故D錯誤。］
8.AD　［由于兩個導體棒中的電流始終大小相等，根據牛頓第二定律，對導體棒a有BIl=maa，對導體棒b有BI·2l=2mab，可知aa=ab，故A正確，B錯誤；根據動量定理，對導體棒a有Bl·Δt=mva-mv0，對導體棒b有-B·2l·Δt=2mvb-2m·2v0，當最終穩定時滿足B·2lvb=Blva，聯立解得va=2v0，vb=v0，故C錯誤，D正確。］
9.（1）0.5　（2）1 Ω　（3）2 s　0.18 J
解析　（1）由題圖乙可知，當v=0時a=2 m/s2
由牛頓第二定律可知
mgsin θ-μmgcos θ=ma
代入數據解得μ=0.5
（2）由圖像可知vm=2 m/s，此時加速度為零
當金屬棒達到最大速度時有FA=BIL
且I=
由平衡條件得mgsin θ=μmgcos θ+FA
解得r=1 Ω
（3）從開始到最大速度所用時間設為t1，由動量定理可得
（mgsin θ-μmgcos θ）t1-BLt1=mvm
q=t1=Δt=
聯立得t1=2 s
由能量守恒定律得
（mgsin θ-μmgcos θ）x=Q+m
解得Q=0.2 J
電阻R上產生焦耳熱為
QR==0.12 J。專題強化11　電磁感應中的動量問題
［學習目標］　1.會用動量定理、動量守恒定律分析電磁感應的有關問題（重難點）。2.進一步掌握動量定理、動量守恒定律、能量守恒定律等基本規律（重難點）。
一、動量定理在電磁感應中的應用
如圖所示，水平固定且足夠長的光滑U形金屬導軌處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，在導軌上放置金屬棒。定值電阻的阻值為R，金屬棒的有效電阻為r，導軌寬度為L。若棒分別以初速度v0、2v0向右運動，
（1）請分析棒的運動情況？
（2）兩種情況下，從棒開始運動至棒停止過程中，通過R的電荷量q1、q2之比為多少？
（3）兩種情況，從棒開始運動至棒停止時的位移x1、x2之比為多少？
　　 　
　　 　
在導體單棒切割磁感線做非勻變速運動時，若牛頓運動定律、能量觀點不能解決問題，可運用動量定理求解。
導體棒或金屬框在感應電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時，
安培力的沖量為I安=BLt=BLq，
通過導體棒或金屬框的電荷量為q=，
磁通量變化量：ΔΦ=BΔS=BLx。
如果安培力是導體棒或金屬框受到的合外力，則I安=mv2-mv1。
例1　（多選）如圖所示，水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN和PQ，兩導軌間距為L，導軌電阻均可忽略不計。在M和P之間接有一阻值為R的定值電阻，導體桿ab質量為m、電阻也為R，并與導軌垂直且接觸良好。整個裝置處于方向豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。現給ab桿一個初速度v0，使桿向右運動并始終垂直于導軌且與其接觸良好，最終ab桿停止在導軌上。下列說法正確的是（　　）
A.ab桿將做勻減速運動直到靜止
B.ab桿速度減為
C.ab桿速度減為
D.ab桿速度減為
針對訓練 1　（2023·達州市高二期末）如圖甲所示，電阻不計且間距L=1.5 m的光滑平行金屬導軌豎直放置，上端接一阻值R=2 Ω的電阻，虛線OO'下方有垂直于導軌平面向里的勻強磁場，現將質量m=0.2 kg、電阻r=1 Ω的金屬桿ab從OO'上方某處由靜止釋放。金屬桿在下落的過程中與導軌保持良好接觸且始終水平。已知桿ab進入磁場時的速度v0=1 m/s，下落0.3 m的過程中加速度a與下落距離h的關系圖像如圖乙所示，g取10 m/s2。求：
（1）勻強磁場的磁感應強度大小B；（結果可用根號表示）
　　 　
　　 　
（2）桿ab下落0.3 m的過程中，電阻R上產生的熱量Q；（結果保留三位有效數字）
（3）桿ab從進入磁場到下落至0.3 m處的時間。
　　 　
　　 　
二、動量守恒定律在電磁感應中的應用
如圖所示，水平面上有足夠長的平行光滑金屬導軌MN和PQ，導軌間距為L，電阻不計，導軌所處空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。導軌上放有質量均為m、有效電阻均為R的金屬棒a、b。開始時金屬棒b靜止，金屬棒a獲得向右的初速度v0。
（1）試分析金屬棒a、b的運動情況，兩金屬棒穩定后分別做什么運動。
（2）在運動過程中兩金屬棒受到安培力的沖量有什么關系？把兩棒作為一個系統，該系統的動量怎樣變化。
（3）金屬棒a、b穩定后的速度多大？
（4）從金屬棒a開始運動至穩定的過程中產生的焦耳熱多少？
　　 　
　　 　
在雙金屬棒切割磁感線的系統中，雙金屬棒和導軌構成閉合回路，安培力為系統內力，如果兩安培力等大反向，且它們受到的外力的合力為0，則滿足動量守恒條件，運用動量守恒定律求解比較方便。這類問題可以從以下三個觀點來分析：
（1）動力學觀點：通常情況下一個金屬棒做加速度逐漸減小的加速運動，而另一個金屬棒做加速度逐漸減小的減速運動，最終兩金屬棒以共同的速度勻速運動。
（2）動量觀點：如果光滑導軌間距恒定，則兩個金屬棒所受的安培力等大反向，通常情況下系統的動量守恒。
（3）能量觀點：其中一個金屬棒動能的減少量等于另一個金屬棒動能的增加量與回路中產生的焦耳熱之和。
在上面的問題中，求金屬棒a從初速度v0到勻速的過程中，
（1）流過金屬棒a的電荷量q；
（2）a和b距離的增加量Δx。
　　 　
　　 　
例2　（2023·內江市高二期末）如圖，P、Q是兩根固定在水平面內的光滑平行金屬導軌，間距為L，導軌足夠長且電阻可忽略不計。圖中EFHG矩形區域內有一方向垂直導軌平面向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。在t=0時刻，兩金屬棒a、b以大小相同的速率v0，分別從磁場的邊界EF、GH進入磁場。經過一段時間后，其中有一棒恰好停在磁場邊界處，且在這個過程中，金屬棒a、b沒有相碰，相距最近時b棒仍位于磁場區域內。已知金屬棒a、b是由相同材料制成，長度均為L，電阻分別為R和2R，a棒的質量為2m。在運動過程中兩金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好。求：
（1）在t=0時刻b棒的加速度大小；
（2）兩棒在整個過程中相距最近的距離；
（3）在整個過程中，b棒產生的焦耳熱。
　　 　
　　 　
　　 　
　　 　
針對訓練 2　（多選）（2024·河北省高二開學考）如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內的足夠長的平行金屬導軌，兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上，t=0時，棒ab以初速度v0向右滑動。運動過程中，ab、cd始終與導軌垂直且接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示。下列圖像中可能正確的是（　　）
答案精析
一、
（1）金屬棒受到向左的安培力F安==ma ，金屬棒速度減小，加速度減小，棒做加速度減小的減速運動，最終靜止。
（2）當棒的初速度為v0時，由動量定理可得-BLt=0-mv0，q1=t，解得q1=，同理可得q2=，得=。
（3）q1=，ΔΦ=BΔS=BLx1，可得q1=，x1=，同理可得x2=
得==。
例1　BD　［ab桿在水平方向上受到與運動方向相反的安培力，安培力大小為FA=，加速度大小為a==，由于速度減小，所以ab桿做加速度減小的減速運動直到靜止，故A錯誤；當ab桿的速度為時，安培力大小為FA'=，所以加速度大小為a==，故B正確；對ab桿，由動量定理得-BL·Δt=m-mv0，即BLq=mv0，解得q=，所以通過定值電阻的電荷量為，故C錯誤；由q==，解得ab桿通過的位移：x==，故D正確。］
針對訓練 1　（1） T　（2）0.383 J　（3）0.45 s
解析　（1）金屬桿進入磁場后，桿ab所受的安培力方向與運動方向相反，豎直向上。由題圖乙知，剛進入磁場時，金屬桿ab的加速度大小a0=10 m/s2，方向豎直向上。
由牛頓第二定律得BI0L-mg=ma0
金屬桿剛進入磁場時，根據閉合電路歐姆定律得I0=
解得B= T
（2）通過a-h圖像知h=0.3 m時a=0
則金屬桿受到的重力與安培力平衡，可得mg=BIL=
解得v==0.5 m/s
ab桿下落0.3 m的過程中，由能量守恒定律有mgh=Q總+mv2
電阻R上產生的熱量為
Q=Q總≈0.383 J
（3）金屬桿自由下落的高度
h0==0.05 m
桿ab下落0.3 m的過程中，通過磁場的距離為
x=h-h0=0.3 m-0.05 m=0.25 m
桿ab從進入磁場到下落至0.3 m處通過電阻R的電荷量
q=Δt=== C
桿ab從進入磁場到下落至0.3 m處，由動量定理得
mgt-BLt=mgt-BLq=mv-mv0
解得t=0.45 s。
二、
（1）金屬棒a向右運動切割磁感線，根據右手定則可知在回路中產生逆時針方向的感應電流，根據左手定則可知，a棒受到向左的安培力，b棒受到向右的安培力，a棒在安培力作用下做減速運動，b棒在安培力作用下做加速運動，b棒切割磁感線產生順時針方向的感應電流；兩棒的速度差減小，總電動勢E=BL（va-vb）減小，感應電流減小，安培力減小，加速度減小，即a做加速度減小的減速直線運動，b做加速度減小的加速直線運動，兩金屬棒穩定后均做勻速直線運動。
（2）兩金屬棒所受安培力沖量等大反向，系統的合外力為零，兩棒組成的系統動量守恒。
（3）設最終達到的共同速度為v，由動量守恒定律得mv0=2mv，解得v=va=vb=。
（4）根據能量守恒定律，整個過程產生的焦耳熱
Q=m-（2m）v2=。
討論交流
（1）由動量定理得
-BLΔt=m-mv0 ，
q=Δt，解得q=
（2）根據電荷量的推論公式q==，解得a和b距離的增加量Δx==。
例2　（1）　（2）
（3）m
解析　（1）根據電阻定律有
Ra=R=ρ，Rb=2R=ρ
可得Sa=2Sb
根據ma=2m=ρ'LSa，mb=ρ'LSb
可得mb=ma=m
a進入磁場的速度方向向右，b的速度方向向左，根據右手定則可知，a、b組成的回路中產生逆時針方向（從上往下看）的感應電流，流過a、b的感應電流I=
對于b，根據牛頓第二定律有BIL=mba
聯立解得在t=0時刻b棒的加速度大小為a=
（2）取向右為正方向，相距最近時，兩棒具體相同速度，根據系統動量守恒有2mv0-mv0=（2m+m）v
解得v=
此時，電路中感應電流為0，a、b棒一起向右勻速運動，直到b棒出磁場區域，之后b棒不受安培力，a棒受安培力減速直到停下；從b棒出磁場區域到a棒剛好停在磁場邊界處，對a棒運用動量定理得-BLΔt=0-2mv
又q=Δt=Δt=Δt==
聯立解得兩棒在整個過程中相距最近的距離為s=
（3）對a、b組成的系統，最終b棒一直做勻速直線運動，根據能量守恒有
×2m+×m=mv2+Q總
對a、b，根據焦耳定律有Q=I2RΔt
因a、b流過的電流一直相等，所用時間相同，故a、b產生的熱量與電阻成正比，即Qa∶Qb=1∶2
又Qa+Qb=Q總
聯立解得b棒產生的焦耳熱為
Qb=m。
針對訓練 2　AC　［以兩導體棒為研究對象，在導體棒運動過程中，兩導體棒所受的安培力大小相等，方向相反，且不受其他水平外力作用，在水平方向兩導體棒組成的系統動量守恒，對系統有mv0=2mv，解得兩導體棒運動的末速度為v=v0，棒ab做減速運動，棒cd做加速運動，它們的速度差逐漸減小，產生的感應電流也減小，安培力減小，加速度也減小，即棒ab做加速度減小的減速運動，棒cd做加速度減小的加速運動，穩定時兩導體棒的加速度為零，一起向右做勻速運動，選項A正確，B錯誤；ab棒和cd棒最后做勻速運動，棒與導軌組成的回路磁通量不變化，不會產生感應電流，選項C正確，D錯誤。］(共67張PPT)
DIERZHANG
第二章
專題強化11　電磁感應中
的動量問題
1.會用動量定理、動量守恒定律分析電磁感應的有關問題(重難點)。
2.進一步掌握動量定理、動量守恒定律、能量守恒定律等基本規律(重難點)。
學習目標
一、動量定理在電磁感應中的應用
二、動量守恒定律在電磁感應中的應用
專題強化練
內容索引
動量定理在電磁感應中的應用
一
如圖所示，水平固定且足夠長的光滑U形金屬導軌處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，在導軌上放置金屬棒。定值電阻的阻值為R，金屬棒的有效電阻為r，導軌寬度為L。若棒分別以初速度v0、2v0向右運動，
(1)請分析棒的運動情況？
答案　金屬棒受到向左的安培力F安==ma ，金屬棒速度減小，加速度減小，棒做加速度減小的減速運動，最終靜止。
(2)兩種情況下，從棒開始運動至棒停止過程中，通過R的電荷量q1、q2之比為多少？
答案　當棒的初速度為v0時，由動量定理可得-BLt=0-mv0，q1=t，解得q1=，同理可得q2=，得=。
(3)兩種情況，從棒開始運動至棒停止時的位移x1、x2之比為多少？
答案　q1=，ΔΦ=BΔS=BLx1，可得q1=，x1=，
同理可得x2=
得==。
在導體單棒切割磁感線做非勻變速運動時，若牛頓運動定律、能量觀點不能解決問題，可運用動量定理求解。
導體棒或金屬框在感應電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時，安培力的沖量為I安=BLt=BLq，
通過導體棒或金屬框的電荷量為q=Δt=Δt=n·Δt=n，
磁通量變化量：ΔΦ=BΔS=BLx。
如果安培力是導體棒或金屬框受到的合外力，則I安=mv2-mv1。
提煉·總結
(多選)如圖所示，水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN和PQ，兩導軌間距為L，導軌電阻均可忽略不計。在M和P之間接有一阻值為R的定值電阻，導體桿ab質量為m、電阻也為R，并與導軌垂直且接觸良好。整個裝置處于方向豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。現給ab桿一個初速度v0，使桿向右運動并始終垂直于導軌且與其接觸良好，最終ab桿停止在導軌上。下列說法正確的是
A.ab桿將做勻減速運動直到靜止
B.ab桿速度減為時，ab桿加速度大小為
C.ab桿速度減為時，通過定值電阻的電荷量為
D.ab桿速度減為時，ab桿通過的位移為
例1
√
√
ab桿在水平方向上受到與運動方向相反的安培力，安
培力大小為FA=，加速度大小為a==，由于
速度減小，所以ab桿做加速度減小的減速運動直到靜止，故A錯誤；
當ab桿的速度為時，安培力大小為FA'=，所以加速度大小為a=
=，故B正確；
對ab桿，由動量定理得-BL·Δt=m-mv0，即BLq=mv0，解得q=
，故C錯誤；
由q==，解得ab桿通過的位移：x==，故D正確。
　(2023·達州市高二期末)如圖甲所
示，電阻不計且間距L=1.5 m的光滑平行
金屬導軌豎直放置，上端接一阻值R=2 Ω
的電阻，虛線OO'下方有垂直于導軌平面向里的勻強磁場，現將質量m=
0.2 kg、電阻r=1 Ω的金屬桿ab從OO'上方某處由靜止釋放。金屬桿在下落的過程中與導軌保持良好接觸且始終水平。已知桿ab進入磁場時的速度v0=1 m/s，下落0.3 m的過程中加速度a與下落距離h的關系圖像如圖乙所示，g取10 m/s2。求：
針對訓練 1
(1)勻強磁場的磁感應強度大小B；(結果可用根號表示)
答案　 T　
金屬桿進入磁場后，桿ab所受的安培力方向與運動方向相反，豎直向上。由題圖乙知，剛進入磁場時，金屬桿ab的加速度大小a0=10 m/s2，方向豎直向上。
由牛頓第二定律得BI0L-mg=ma0
金屬桿剛進入磁場時，
根據閉合電路歐姆定律得I0=
解得B= T
(2)桿ab下落0.3 m的過程中，電阻R上產生的熱量Q；(結果保留三位有效數字)
答案　0.383 J　
通過a-h圖像知h=0.3 m時a=0
則金屬桿受到的重力與安培力平衡，可得mg=BIL=
解得v==0.5 m/s
ab桿下落0.3 m的過程中，
由能量守恒定律有mgh=Q總+mv2
電阻R上產生的熱量為Q=Q總≈0.383 J
(3)桿ab從進入磁場到下落至0.3 m處的時間。
答案　0.45 s
金屬桿自由下落的高度h0==0.05 m
桿ab下落0.3 m的過程中，通過磁場的
距離為x=h-h0=0.3 m-0.05 m=0.25 m
桿ab從進入磁場到下落至0.3 m處通過電阻R的電荷量
q=Δt=== C
桿ab從進入磁場到下落至0.3 m處，由動量定理得
mgt-BLt=mgt-BLq=mv-mv0
解得t=0.45 s。
返回
動量守恒定律在電磁感應中的應用
二
如圖所示，水平面上有足夠長的平行光滑金屬導軌MN和PQ，導軌間距為L，電阻不計，導軌所處空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。導軌上放有質量均為m、有效電阻均為R的金屬棒a、b。開始時金屬棒b靜止，金屬棒a獲得向右的初速度v0。
(1)試分析金屬棒a、b的運動情況，兩金屬棒
穩定后分別做什么運動。
答案　金屬棒a向右運動切割磁感線，根據右手定則可知在回路中產生逆時針方向的感應電流，根據左手定則可知，a棒受到向左的安培力，b棒受到向右的安培力，a棒在安培力作用下做減速運動，b棒在安培力作用下做加速運動，b棒切割磁感線產生順時針方向的感應電流；兩棒的速度差減小，總電動勢E=BL(va-vb)減小，感應電流減小，安培力減小，加速度減小，即a做加速度減小的減速直線運動，b做加速度減小的加速直線運動，兩金屬棒穩定后均做勻速直線運動。
(2)在運動過程中兩金屬棒受到安培力的沖量有什么關系？把兩棒作為一個系統，該系統的動量怎樣變化。
答案　 兩金屬棒所受安培力沖量等大反向，系統的合外力為零，兩棒組成的系統動量守恒。
(3)金屬棒a、b穩定后的速度多大？
答案　 設最終達到的共同速度為v，由動量守恒定律得mv0=2mv，解得v=va=vb=。
(4)從金屬棒a開始運動至穩定的過程中產生的焦耳熱多少？
答案　 根據能量守恒定律，整個過程產生的焦耳熱Q=m-(2m)v2=。
在雙金屬棒切割磁感線的系統中，雙金屬棒和導軌構成閉合回路，安培力為系統內力，如果兩安培力等大反向，且它們受到的外力的合力為0，則滿足動量守恒條件，運用動量守恒定律求解比較方便。這類問題可以從以下三個觀點來分析：
(1)動力學觀點：通常情況下一個金屬棒做加速度逐漸減小的加速運動，而另一個金屬棒做加速度逐漸減小的減速運動，最終兩金屬棒以共同的速度勻速運動。
提煉·總結
(2)動量觀點：如果光滑導軌間距恒定，則兩個金屬棒所受的安培力等大反向，通常情況下系統的動量守恒。
(3)能量觀點：其中一個金屬棒動能的減少量等于另一個金屬棒動能的增加量與回路中產生的焦耳熱之和。
討論交流
在上面的問題中，求金屬棒a從初速度v0到勻速的過程中，
(1)流過金屬棒a的電荷量q；
答案　由動量定理得-BLΔt=m-mv0 ，q=Δt，解得q=
(2)a和b距離的增加量Δx。
答案　根據電荷量的推論公式q==，解得a和b距離的增加量Δx=
=。
(2023·內江市高二期末)如圖，P、Q是兩根固
定在水平面內的光滑平行金屬導軌，間距為L，
導軌足夠長且電阻可忽略不計。圖中EFHG矩形
區域內有一方向垂直導軌平面向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。在t=0時刻，兩金屬棒a、b以大小相同的速率v0，分別從磁場的邊界EF、GH進入磁場。經過一段時間后，其中有一棒恰好停在磁場邊界處，且在這個過程中，金屬棒a、b沒有相碰，相距最近時b棒仍位于磁場區域內。已知金屬棒a、b是由相同材料制成，長度均為L，電阻分別為R和2R，a棒的質量為2m。在運動過程中兩金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好。求：
例2
(1)在t=0時刻b棒的加速度大小；
答案　　
根據電阻定律有Ra=R=ρ，Rb=2R=ρ
可得Sa=2Sb
根據ma=2m=ρ'LSa，mb=ρ'LSb
可得mb=ma=m
a進入磁場的速度方向向右，b的速度方向向左，根據右手定則可知，a、b組成的回路中產生逆時針方向(從上往下看)的感應電流，流過a、b的感應
電流I=
對于b，根據牛頓第二定律有BIL=mba
聯立解得在t=0時刻b棒的加速度大小為a=
(2)兩棒在整個過程中相距最近的距離；
答案　　
取向右為正方向，相距最近時，兩棒具體相同速度，
根據系統動量守恒有2mv0-mv0=(2m+m)v
解得v=
此時，電路中感應電流為0，a、b棒一起向右勻速運動，直到b棒出磁場區域，之后b棒不受安培力，a棒受安培力減速直到停下；從b棒出磁場區域到a棒剛好停在磁場邊界處，對a棒運用動量定理得
-BLΔt=0-2mv
又q=Δt=Δt=Δt==
聯立解得兩棒在整個過程中相距最近的距離為s=
(3)在整個過程中，b棒產生的焦耳熱。
答案　m
對a、b組成的系統，最終b棒一直做勻速直線運動，
根據能量守恒有×2m+×m=mv2+Q總
對a、b，根據焦耳定律有Q=I2RΔt
因a、b流過的電流一直相等，所用時間相同，故a、b產生的熱量與電阻成正比，即Qa∶Qb=1∶2
又Qa+Qb=Q總
聯立解得b棒產生的焦耳熱為Qb=m。
(多選)(2024·河北省高二開學考)如圖，方向豎
直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內的足夠
長的平行金屬導軌，兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止
在導軌上，t=0時，棒ab以初速度v0向右滑動。運動過程中，ab、cd始終與導軌垂直且接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示。下列圖像中可能正確的是
針對訓練 2
√
√
以兩導體棒為研究對象，在導體棒運動過程中，兩導
體棒所受的安培力大小相等，方向相反，且不受其他
水平外力作用，在水平方向兩導體棒組成的系統動量
守恒，對系統有mv0=2mv，解得兩導體棒運動的末速度為v=v0，棒ab做
減速運動，棒cd做加速運動，它們的速度差逐漸減小，產生的感應電流也減小，安培力減小，加速度也減小，即棒ab做加速度減小的減速運動，棒cd做加速度減小的加速運動，穩定時兩導體棒的加速度為零，一起向右做勻速運動，選項a正確，b錯誤；
ab棒和cd棒最后做勻速運動，棒與導軌組成的回路磁通量不變化，不會產生感應電流，選項c正確，d錯誤。
返回
專題強化練
三
考點一　動量定理在電磁感應中的應用
1.(2024·蘇州市高二期中)如圖所示，在光滑絕緣水平面上，一矩形線圈以一定的初速度穿越勻強磁場區域，已知磁場區域寬度大于線圈寬度，則線圈進、出磁場的兩個過程中
A.感應電流的方向相同 B.受到的安培力相等
C.動能的變化量相等 D.速度的變化量相同
1
2
3
4
5
6
7
8
9
基礎對點練
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
根據楞次定律可知，進入磁場過程中，線圈的感應
電流方向為順時針，離開磁場時，線圈的感應電流
方向為逆時針，故A錯誤；
設線圈內阻為R，根據閉合電路歐姆定律可得I=，根據法拉第電磁感應定律有E=BLv，則安培力為F=BIL=，由于線圈進入磁場時，
產生感應電流，線圈部分動能轉化為內能，則動能減小，線圈速度也減小，即進入磁場時的速度大于離開磁場時的速度，因此，進入磁場時受到的安培力大于離開磁場時受到的安培力，故B錯誤；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
根據動能定理可得W合=F安·x=ΔEk，由于進入和離開
磁場的位移都相同，而進入磁場時的安培力大于離
開磁場時的安培力，則進入磁場時的動能變化量大于離開磁場時的動能變化量，故C錯誤；
根據動量定理可得Δp=F安·Δt=BL·Δt=BL·q，而q=·Δt=·Δt=，進
入和離開磁場過程中ΔΦ相同，由此可知，進入磁場和離開磁場時的動量的變化量相同，則速度的變化量相同，故D正確。
2.(多選)(2024·泰安市第一中學高二月考)如圖所示，
電阻不計的光滑金屬導軌MN、PQ水平放置，間距
為d，兩側接有電阻R1、R2，阻值均為R，O1O2右側
有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強
磁場。質量為m、長度也為d的金屬桿置于O1O2左側，在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動，經時間t到達O1O2時撤去恒力F，金屬桿在到達NQ之前減速為零，已知金屬桿電阻也為R，與導軌始終保持垂直且接觸良好，下列說法正確的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
A.桿剛進入磁場時速度大小為
B.桿剛進入磁場時電阻R1兩端的電勢差大小為
C.整個過程中，流過金屬桿的電荷量為
D.整個過程中，電阻R1上產生的焦耳熱為
1
2
3
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6
7
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9
√
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
桿剛進入磁場之前的加速度大小為a=，則進入
磁場時速度大小為v=at=，故A錯誤；
桿剛進入磁場時產生的感應電動勢為E=Bdv，則
電阻R1兩端的電勢差大小為UR1=×=E=Bdv=，故B正確；
金屬桿進入磁場后，由動量定理有Δt=mv即BdΔt=mv，又Δt=q，解得q==，故C正確；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
整個過程中，回路產生的總焦耳熱為Q=mv2=，則電阻R1上產生的焦耳熱為QR1=Q=，故D正確。
考點二　動量守恒定律在電磁感應中的應用
3.(2023·西安市第八十九中學高二期末)如圖所示，固定于水平面內的電阻不計的足夠長光滑平行金屬導軌間距為L，質量均為m、阻值均為R的金屬棒ab、cd垂直靜置于導軌上，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面向上，某一時刻同時給ab、cd以平行于導軌的水平向右的初速度v0、2v0，運動過程中兩棒始終與導軌垂直且接觸良好，則兩棒從開始運動至達到穩定速度的過程中
A.ab中的最大電流為
B.ab達到穩定速度時，其兩端的電壓為0
C.ab速度為時，其加速度比cd的小
D.ab、cd間距增加了
1
2
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√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
根據右手定則，回路產生順時針方向(從上往下
看)的感應電流，根據左手定則，cd棒所受安培
力向左做減速運動，ab棒所受安培力向右做加
速運動，穩定時以相同的速度運動。初始時刻電流最大，且Im=
=，A錯誤；
根據動量守恒定律得mv0+m·2v0=2mv
解得v=v0，穩定時無感應電流，故ab棒兩端電壓為U=BLv=BLv0，B
錯誤；
1
2
3
4
5
6
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8
9
穩定前兩棒所受安培力大小相等，方向相反，
兩棒的加速度也大小相等，方向相反，C錯誤；
對ab根據動量定理得BLΔt=m·v0-mv0，q=Δt，
對回路==，ΔΦ=BLΔx，解得Δx=，D正確。
4.(多選)如圖所示，空間存在方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小B=0.5 T。在勻強磁場區域內，有一對光滑平行金屬導軌處于同一水平面內，導軌足夠長，導軌間距L=1 m，電阻可忽略不計。質量均為m=1 kg、電阻均為R=2.5 Ω的金屬導體棒MN和PQ垂直放置于導軌上，且始終與導軌接觸良好。現給MN一平行于導軌向右瞬時作用力F，使棒MN獲得初速度v0=4 m/s，下列說法正確的是
A.兩棒最終速度均為2 m/s
B.棒MN上產生的熱量為4 J
C.通過MN的電荷量為4 C
D.從開始到穩定，回路MNPQ的面積增加了4 m2
1
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√
√
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9
在安培力作用下，MN減速，PQ加速，兩棒最終速
度相等，回路電流為零，由動量守恒定律可得mv0=
2mv1，解得兩棒最終速度為v1=2 m/s，A正確；
由能量守恒定律可得，回路產生的焦耳熱為Q=m-·2m，兩棒電阻相等，產生的焦耳熱相等，故棒MN上產生的熱量為Q1=Q，
解得Q1=2 J，B錯誤；
對棒MN，由動量定理可得-BL·Δt=mv1-mv0，
通過MN的電荷量為q=·Δt
1
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9
聯立解得q=4 C，C正確；
整個過程回路產生的平均感應電動勢為==
平均感應電流為=
通過MN的電荷量為q=Δt
聯立可得q=，解得ΔS=40 m2，故從開始到穩定，回路MNPQ的面
積增加了40 m2，D錯誤。
5.如圖所示，在光滑的水平面上，有一豎直向下的勻強磁場分布在寬度為L的區域內，現有一個邊長為a(aA.完全進入磁場中時的速度大于
B.完全進入磁場中時的速度等于
C.完全進入磁場中時的速度小于
D.以上情況均有可能
1
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√
能力綜合練
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設線圈完全進入磁場中時的速度為v'，
線圈進入磁場過程，由動量定理有-BL·Δt1=mv'-mv0
線圈離開磁場過程，同理-BL·Δt2=mv-mv'
由q=，進出磁場時穿過線圈磁通量變化數值相同
得q1=·Δt1=·Δt2=q2
聯立各式得v'-v0=v-v'
所以v'=，故B正確。
6.(多選)(2023·四川省自貢富順二中高二月考)如圖
所示，兩足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ水平
放置，導軌間距為L，虛線OO'垂直導軌，OO'兩側
導軌所在空間區域存在著磁感應強度大小均為B的方向相反的豎直勻強磁場，兩長度均為L、電阻均為R、質量均為m的金屬導體棒a、b垂直導軌放在OO'左右兩側，并始終與導軌保持良好接觸，不計其他電阻。現給導體棒a一個瞬時沖量，使a獲得一個水平向右平行于導軌的初速度v0，下列關于a、b兩棒此后整個運動過程的說法正確的是
1
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9
A.a、b兩棒組成的系統動量守恒
B.a、b兩棒最終都將以大小為的速度做勻速直線運動
C.整個過程中，流過a棒的電荷量為
D.整個過程中，a棒上產生的焦耳熱為m
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√
√
1
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由題意可知，a、b兩棒中的電流大小相等，由左手定則可知，安培力方向相同，則系統的合力不為0，系統動量不守恒，故A錯誤；
由題意分析可知，a棒向右做減速運動切割磁感線，b棒向左做加速運動切割磁感線，當兩棒速度相等時回路中的電流為0，分別對兩棒應用動量定理且取向左為正方向，有Ft=mv，Ft=m(-v)-m(-v0)
解得v=，故B正確；由能量守恒可得
m=2×mv2+Q總
Qa=Q總=m，故D錯誤；
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對a棒由動量定理且取向右為正方向有
-BtL=mv-mv0
即BqL=mv0-mv，解得q=，故C正確。
1
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7.(多選)(2023·玉林市高二期末)如圖所示，
光滑絕緣水平桌面上，虛線MN右側有豎直
向下的勻強磁場，其磁感應強度大小為0.5 T，
虛線左側有一長ab=2 m、寬bc=1 m的矩形金屬框abcd，其質量為1 kg、電阻為0.5 Ω，ab邊與MN平行。第一次，讓金屬框沿水平桌面、垂直MN方向以5 m/s的初速度沖入磁場區域(如圖甲)；第二次，讓金屬框在平面內轉90°然后在水平向右的外力作用下以5 m/s的速度勻速進入磁場區域(如圖乙)。下列說法正確的是
1
2
3
4
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9
A.兩次進入磁場的過程中，金屬框中的電流方向都為abcda
B.前、后兩次進入磁場的過程中，通過金屬框橫截面的電荷量之比為1∶1
C.前、后兩次進入磁場的過程中，金屬框產生的焦耳熱之比為8∶5
D.金屬框前、后兩次進入磁場過程的時間之比等于5∶8
√
√
1
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9
金屬框兩次進入磁場時，根據右手定則
可知電流方向均為adcba，故A錯誤；
通過金屬框橫截面的電荷量為q=IΔt=Δt
=，可知前、后兩次進入磁場的過程中，通過金屬框橫截面的電荷
量之比為1∶1，故B正確；
由動量定理得-BILabt=mv-mv0，即qBLab=mv0-mv，又q== C=2 C，
聯立解得v=3 m/s，
1
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9
第一次進入磁場的過程中，產生的焦耳熱為Q1=m-mv2=8 J，第二次勻速進入磁場的過程中，產生的焦耳熱為Q2=UIt=t=qU=qBLadv0
=2×0.5×1×5 J=5 J，則金屬框中的焦耳熱之比為=，故C正確；
1
2
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9
由C項分析可知，金屬框第一次完全進
入磁場之后的速度 v=3 m/s， 假如金屬
框勻減速進入磁場，則根據公式有Lbc=
t1，解得t1=0.25 s，第二次金屬框勻速進入磁場，則運動時間為t2==0.4 s，則有=，根據題意可知，金屬框第一次進入磁場時，
做加速度減小的減速運動，則實際所用時間t>t1，則金屬框前、后兩次進入磁場過程的時間之比大于5∶8，故D錯誤。
8.(多選)(2023·三明市高二期末)如圖，足夠長的光滑平行金屬導軌水平放置，左右兩側導軌的間距分別為l、2l，導軌間存在豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。質量分別為m、2m的導體棒a、b均垂直導軌放置，回路總電阻保持不變。a、b兩棒分別以v0、2v0的初速度同時向右運動，兩棒在運動過程中始終與導軌垂直且保持接觸良好，a總在窄軌上運動，b總在寬軌上運動，從開始運動到兩棒穩定的過程中，下列說法正確的是
A.a棒的加速度始終等于b棒的加速度
B.a棒的加速度始終大于b棒的加速度
C.穩定時a棒的速度大小為v0
D.穩定時a棒的速度大小為2v0
1
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√
√
1
2
3
4
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8
9
由于兩個導體棒中的電流始終大小相等，根據牛
頓第二定律，對導體棒a有BIl=maa，對導體棒b有
BI·2l=2mab，可知aa=ab，故A正確，B錯誤；
根據動量定理，對導體棒a有Bl·Δt=mva-mv0，對導體棒b有-B·2l·Δt=
2mvb-2m·2v0，當最終穩定時滿足B·2lvb=Blva，聯立解得va=2v0，vb=v0，故C錯誤，D正確。
9.(2023·鄭州市高二期末)如圖甲所示，兩根
平行且足夠長的粗糙金屬導軌間距L=0.5 m，
和阻值R=1.5 Ω的定值電阻組成的回路平面
與水平面的夾角θ=37°。勻強磁場垂直于導
軌平面向上，磁感應強度B=1 T。一質量為m=0.1 kg、電阻為r、長L=0.5 m的金屬棒ab垂直放置在導軌上，由靜止釋放后，金屬棒沿導軌向下運動x=2 m時達到最大速度，此過程中金屬棒的加速度a和速度v的關系如圖乙所示，金屬棒在運動中始終與導軌垂直且接觸良好，不計導軌電阻，g=10 m/s2，求：(已知sin 37°=0.6，不考慮電磁輻射)
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(1)金屬棒與導軌間的動摩擦因數μ；
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答案　0.5　
由題圖乙可知，當v=0時a=2 m/s2
由牛頓第二定律可知mgsin θ-μmgcos θ=ma
代入數據解得μ=0.5
(2)金屬棒的電阻r；
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答案　1 Ω
由圖像可知vm=2 m/s，此時加速度為零
當金屬棒達到最大速度時有FA=BIL
且I=
由平衡條件得mgsin θ=μmgcos θ+FA
解得r=1 Ω
(3)金屬棒從靜止釋放到速度達到最大所經歷的時間t和此過程中電阻R上產生的焦耳熱QR。
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答案　2 s　0.18 J
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從開始到最大速度所用時間設為t1，由動量定理可得
(mgsin θ-μmgcos θ)t1-BLt1=mvm
q=t1=Δt=
聯立得t1=2 s
由能量守恒定律得(mgsin θ-μmgcos θ)x=Q+m
解得Q=0.2 J
電阻R上產生焦耳熱為QR==0.12 J。
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