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第63课时　动量观点在电磁感应中的应用(进阶课)
[学习目标]　1．会利用动量定理分析导体棒、线框在磁场中的运动。2．会利用动量守恒定律分析双金属棒在磁场中的运动问题。
动量定理在电磁感应现象中的应用
1．导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可用动量定理分析棒的速度变化，表达式为
I其他＋lBΔt＝mv－mv0
或I其他－lBΔt＝mv－mv0；
若其他力的冲量和为零
则有lBΔt＝mv－mv0或－lBΔt＝mv－mv0。
2．求电荷量：q＝Δt＝。
3．求位移：由－Δt＝mv－mv0
有x＝Δt＝。
4．求时间
(1)已知电荷量q，F其他为恒力，可求出非匀变速运动的时间。
－BlΔt＋F其他Δt＝mv－mv0
即－Blq＋F其他Δt＝mv－mv0。
(2)若已知位移x，F其他为恒力，也可求出非匀变速运动的时间。
＋F其他Δt＝mv－mv0
即＋F其他Δt＝mv－mv0。
　“导体棒＋电阻”模型
[典例1]　(2025·山东潍坊三模)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杆速度减为时，ab杆加速度大小为
B．ab杆速度减为时，ab杆通过的位移为
C．ab杆速度从v0减为的过程中，ab杆产生的焦耳热为
D．ab杆速度从v0减为的过程中，通过定值电阻的电荷量为
　“导体棒＋电容器”模型
[典例2]　(多选)如图所示，光滑的水平金属导轨宽为L且足够长，电阻不计，匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度为B；导轨左端接有电容为C的电容器，击穿电压足够大；质量为m、电阻为R的金属棒与导轨垂直，且在运动过程中接触良好。若电容器开始不带电，给金属棒水平向右的初速度v0，闭合开关后，金属棒最终匀速运动速度为v1；若电容器开始带电量为Q，金属棒初速度为0，闭合开关后，金属棒最终匀速运动速度为v2。则下列说法正确的是(　　)
A．v1＝v0　　 B．v1＝
C．v2＝ D．v2＝
　“导体框＋变化磁场”模型
[典例3]　(2025·山东卷)如图所示，平行轨道的间距为L，轨道平面与水平面夹角为α，二者的交线与轨道垂直，以轨道上O点为坐标原点，沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ(－2Lx<－L)内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ(x0)内充满方向垂直轨道平面向上的磁场，磁感应强度大小B1＝k1t＋k2x (T)，k1和k2均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf放置在轨道上，pq边与轨道垂直，由静止释放。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动，磁场上、下边界均与x轴垂直，整个过程中金属框不发生形变，重力加速度大小为g，不计自感。
(1)若金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中匀速运动，求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s；
(2)金属框沿轨道下滑，当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t＝0)，此时金属框的速率为v0，若k1＝，求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，ef边移动的距离d。
________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________动量守恒定律在电磁感应中的应用
1．问题特点
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，安培力是系统内力，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，运用动量守恒定律求解比较方便。
2．双棒模型
类型 不受外力(导轨光滑) 受到恒力(导轨光滑)
模型
运动 图像
运动 过程 杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动；稳定时，两杆以相等的速度匀速运动 开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动
分析 方法 将两杆视为整体，不受外力，最后a＝0 将两杆视为整体，只受外力F，最后a＝
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 F做的功＝杆PQ的动能＋杆MN的动能＋焦耳热
[典例4]　(多选)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，导体棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，导体棒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(　　)
A　　 　 　B　　　　C　　　 　D
[典例5]　(多选)(2023·辽宁卷)如图所示，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，回路中产生顺时针方向的电流
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
[典例6]　(2025·河北卷节选)某电磁助推装置设计如图所示，超级电容器经调控系统为电路提供1 000 A的恒定电流，水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中，a可视为始终垂直导轨的导体棒，b为表面绝缘的无人机。初始时a静止于MM′处，b静止于a右侧某处。现将开关S接1端，a与b正碰后锁定并一起运动，损失动能全部储存为弹性势能。当a运行至NN′时将S接2端，同时解除锁定，所储势能瞬间全部转化为动能，a与b分离。已知电容器电容C为10 F，导轨间距为0.5 m，磁感应强度大小为1 T，MM′到NN′的距离为5 m，a、b质量分别为2 kg、8 kg，a在导轨间的电阻为0.01 Ω。碰撞、分离时间极短，各部分始终接触良好，不计导轨电阻、摩擦和储能耗损，忽略电流对磁场的影响。
(1)若分离后某时刻a的速度大小为10 m/s，求此时通过a的电流大小。
(2)忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初始间距为1.25 m时，求b分离后的速度大小，分析其是否为b能够获得的最大速度；并求a运动过程中电容器的电压减小量。
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第63课时　动量观点在电磁感应中的应用(进阶课)
进阶1
典例1　B　[根据FBILBLma，有a，所以当ab杆的速度为时，加速度大小为a，故A错误；对ab杆，由动量定理得－B－mv0，其中mv0，解得x，故B正确；对ab杆，由能量守恒定律得Q总，QabQ总，解得Qab，故C错误；对ab杆，由动量定理得－B－mv0，即BLqmv0，解得q，故D错误。]
典例2　BD　[若电容器开始不带电，给金属棒水平向右的初速度v0，当金属棒最终匀速运动速度为v1时，电容器两极板间电压等于金属棒产生的感应电动势，即UBLv1，整个过程中由动量定理得－BLΔtmv1－mv0，其中ΔtqCUCBLv1，解得v1，选项A错误，B正确； 若电容器开始带电量为Q，金属棒初速度为0，闭合开关后，电容器放电，金属棒加速运动，则当金属棒切割磁感线产生的电动势跟电容器两极板之间的电压相等时，金属棒中电流为零，此后金属棒将匀速运动下去；设闭合开关S后，电容器的放电时间为Δt，金属棒获得的速度为v2，由动量定理可得BLΔtmv2－0，其中BLΔtBL(Q－CBLv2)，解得v2，选项C错误，D正确。]
典例3　解析：(1)金属框在区域Ⅰ内做匀速直线运动，则其受力平衡，由受力分析可知其所受安培力F安mgtan α
对金属框在区域Ⅰ内的运动，由法拉第电磁感应定律有EBLvcos α
由闭合电路欧姆定律有I
由安培力公式有F安BIL
联立解得v
对金属框由静止释放至刚进入区域Ⅰ的过程，由动能定理有mgssin αmv2－0
解得s。
(2)金属框在区域Ⅱ中达到平衡状态时，由平衡条件有(Bpq－Bef)LI'mgsin α
其中Bpqk1t＋k2(x＋L) (T)，Befk1t＋k2x (T)
金属框在区域Ⅱ中运动产生的电动势，可以视为一个感生电动势和一个动生电动势的叠加，其中感生电动势E1k1L2
动生电动势E2BpqLv'－BefLv'k2L2v'
又I'
联立解得金属框达到平衡状态时的速度大小v'0
设从0时刻到金属框刚达到平衡状态的过程运动时间为t0，由动量定理有－k2L2't0＋mgt0sin α0－mv0
又'，'t0d
联立解得d。
答案：(1)
(2)
进阶2
典例4　AC　[导体棒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，判断可知导体棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，导体棒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Δvv1－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，即最终导体棒ab和导体棒cd的速度相同，v1v2，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mv0mv1＋mv2，解得v1v2，选项A、C正确，B、D错误。]
典例5　AC　[弹簧伸展过程中，回路磁通量向上增加，根据楞次定律和右手螺旋定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，A正确；分析可知，双杆—弹簧系统动量守恒，设MN、PQ的速度大小分别为v1、v2，MN的质量为m，则PQ的质量为2m，有0mv1－2mv2，当PQ速率为v时，MN速率为2v，回路中电流I，MN所受安培力大小为F2BId，B错误；由双杆—弹簧系统动量守恒，有0mv1－2mv2，则有0mx1－2mx2，则MN、PQ路程之比为2∶1，C正确；最后弹簧处于原长状态，即整个过程MN向左运动，PQ向右运动，则通过MN的电荷量q，D错误。]
典例6　解析：(1)分离后a切割磁感线有EBLv
则通过a的电流I
解得I500 A。
(2)由于超级电容器经调控系统为电路提供I01 000 A的恒定电流，则当a与b的初始间距为1.25 m时，a与b碰撞前瞬间根据动能定理有BI0Lxab
a与b碰撞时根据动量守恒定律和能量守恒定律有
mava(ma＋mb)v共
(ma＋mb)＋Ep
a与b整体从碰撞后到NN'的过程中根据动能定理有
BI0L(xMN－xab)(ma＋mb)(ma＋mb)
a与b分离时根据动量守恒定律和能量守恒定律有
(ma＋mb)v共1mava1＋mbvb1
(ma＋mb)
联立解得vb125 m/s，此为b能够获得的最大速度
由于a和ab组合体均做匀变速直线运动，分别有xabt1，xMN－xabt2
则电容器流出的电荷量有ΔqI0(t1＋t2)
a运动过程中电容器的电压减小量ΔU40 V。
答案：(1)500 A　(2)25 m/s　是　40 V
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第十一章 电磁感应
第63课时　动量观点在电磁感应中的应用(进阶课)
[学习目标]　1．会利用动量定理分析导体棒、线框在磁场中的运动。2．会利用动量守恒定律分析双金属棒在磁场中的运动问题。
进阶1　动量定理在电磁感应现象中的应用
1．导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可用动量定理分析棒的速度变化，表达式为
I其他＋lBΔt＝mv－mv0
或I其他－lBΔt＝mv－mv0；
若其他力的冲量和为零
则有lBΔt＝mv－mv0或－lBΔt＝mv－mv0。
2．求电荷量：q＝Δt＝。
3．求位移：由－Δt＝mv－mv0
有x＝Δt＝。
4．求时间
(1)已知电荷量q，F其他为恒力，可求出非匀变速运动的时间。
－BlΔt＋F其他Δt＝mv－mv0
即－Blq＋F其他Δt＝mv－mv0。
(2)若已知位移x，F其他为恒力，也可求出非匀变速运动的时间。
＋F其他Δt＝mv－mv0
即＋F其他Δt＝mv－mv0。
角度1　“导体棒＋电阻”模型
[典例1]　(2025·山东潍坊三模)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杆速度减为时，ab杆加速度大小为
B．ab杆速度减为时，ab杆通过的位移为
C．ab杆速度从v0减为的过程中，ab杆产生的焦耳热为
D．ab杆速度从v0减为的过程中，通过定值电阻的电荷量为
√
B　[根据FBILBLma，有a，所以当ab杆的速度为时，加速度大小为a，故A错误；对ab杆，由动量定理得
－B－mv0，其中m0，解得x，故B正确；对ab杆，由能量守恒定律得Q总，QabQ总，解得Qab，故C错误；对ab杆，由动量定理得－B－mv0，即BLqmv0，解得q，故D错误。]
角度2　“导体棒＋电容器”模型
[典例2]　(多选)如图所示，光滑的水平金属导轨宽为L且足够长，电阻不计，匀强磁场垂直导轨平面向上，磁感应强度为B；导轨左端接有电容为C的电容器，击穿电压足够大；质量为m、电阻为R的金属棒与导轨垂直，且在运动过程中接触良好。若电容器开始不带电，给金属棒水平向右的初速度v0，闭合开关后，金属棒最终匀速运动速度为v1；若电容器开始带电量为Q，金属棒初速度为0，闭合开关后，金属棒最终匀速运动速度为v2。则下列说法正确的是(　　)
A．v1＝v0　　 B．v1＝
C．v2＝ D．v2＝
√
√
BD　[若电容器开始不带电，给金属棒水平向右的初速度v0，当金属棒最终匀速运动速度为v1时，电容器两极板间电压等于金属棒产生的感应电动势，即UBLv1，整个过程中由动量定理得
－BLΔtmv1－mv0，其中ΔtqCUCBLv1，解得v1，选项A错误，B正确； 若电容器开始带电量为Q，金属棒初速度为0，闭合开关后，电容器放电，金属棒加速运动，则当金属棒切割磁感线产生的电动势跟电容器两极板之间的电压相等时，
金属棒中电流为零，此后金属棒将匀速运动下去；设闭合开关S后，电容器的放电时间为Δt，金属棒获得的速度为v2，由动量定理可得BLΔtmv2－0，其中BLΔtBL(Q－CBLv2)，解得v2，选项C错误，D正确。]
角度3　“导体框＋变化磁场”模型
[典例3]　(2025·山东卷)如图所示，平行轨道的间距为L，轨道平面与水平面夹角为α，二者的交线与轨道垂直，以轨道上O点为坐标原点，沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ(－2Lx<－L)内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ(x0)内充满方向垂直轨道平面向上的磁场，磁感应强度大小B1＝k1t＋k2x (T)，k1和k2均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁
场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf 放置在轨道上，pq边与轨道垂直，由静止释放。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动，磁场上、下边界均与x轴垂直，整个过程中金属框不发生形变，重力加速度大小为g，不计自感。
(1)若金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中匀速运动，求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s；
(2)金属框沿轨道下滑，当ef 边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t＝0)，此时金属框的速率为v0，若k1＝，求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，ef 边移动的距离d。
[解析]　(1)金属框在区域Ⅰ内做匀速直线运动，则其受力平衡，由受力分析可知其所受安培力F安＝mg tan α
对金属框在区域Ⅰ内的运动，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv cos α
由闭合电路欧姆定律有I＝
由安培力公式有F安＝BIL
联立解得v＝
对金属框由静止释放至刚进入区域Ⅰ的过程，由动能定理有mgs sinα＝mv2－0
解得s＝。
(2)金属框在区域Ⅱ中达到平衡状态时，由平衡条件有(Bpq－Bef )LI′＝mg sinα
其中Bpq＝k1t＋k2(x＋L) (T)，Bef ＝k1t＋k2x (T)
金属框在区域Ⅱ中运动产生的电动势，可以视为一个感生电动势和一个动生电动势的叠加，其中感生电动势E1＝＝k1L2
动生电动势E2＝BpqLv′－Bef Lv′＝k2L2v′
又I′＝
联立解得金属框达到平衡状态时的速度大小v′＝0
设从0时刻到金属框刚达到平衡状态的过程运动时间为t0，由动量定理有－k2L2′t0＋mgt0sin α＝0－mv0
又′＝′t0＝d
联立解得d＝。
[答案]　(1)(2)
进阶2 动量守恒定律在电磁感应中的应用
1．问题特点
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，安培力是系统内力，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，运用动量守恒定律求解比较方便。
类型 不受外力(导轨光滑) 受到恒力(导轨光滑)
模型
运动 图像
2．双棒模型
类型 不受外力(导轨光滑) 受到恒力(导轨光滑)
运动 过程 杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动；稳定时，两杆以相等的速度匀速运动 开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动
分析 方法 将两杆视为整体，不受外力，最后a＝0 将两杆视为整体，只受外力F，最后a＝
类型 不受外力(导轨光滑) 受到恒力(导轨光滑)
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 F做的功＝杆PQ的动能＋杆MN的动能＋焦耳热
[典例4]　(多选)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，导体棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，导体棒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(　　)
√
√
AC　[导体棒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，判断可知导体棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，导体棒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，即最终导体棒ab和导体棒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、C正确，B、D错误。]
[典例5]　(多选)(2023·辽宁卷)如图所示，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，回路中产生顺时针方向的电流
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
√
√
AC　[弹簧伸展过程中，回路磁通量向上增加，根据楞次定律和右手螺旋定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，A正确；分析可知，双杆—弹簧系统动量守恒，设MN、PQ的速度大小分别为v1、v2，MN的质量为m，则PQ的质量为2m，有0＝mv1－2mv2，当PQ速率为v时，MN速率为2v，回路中电流I＝＝，MN所受安培力大小为F＝2BId＝，B错误；由双杆—弹簧系统动量守恒，有0＝mv1－2mv2，则有0＝mx1－2mx2，则MN、
PQ路程之比为2∶1，C正确；最后弹簧处于原长状态，即整个过程MN向左运动，PQ向右运动，则通过MN的电荷量q＝＝＝，D错误。]
[典例6]　(2025·河北卷节选)某电磁助推装置设计如图所示，超级电容器经调控系统为电路提供1 000 A的恒定电流，水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中，a可视为始终垂直导轨的导体棒，b为表面绝缘的无人机。初始时a静止于MM′处，b静止于a右侧某处。现将开关S接1端，a与b正碰后锁定并一起运动，损失动能全部储存为弹性势能。当a运行至NN′时将S接2端，同时解除锁定，所储势能瞬间全部转化为动能，a与b分离。已知电容器电容C为10 F，导轨间距为0.5 m，磁感应强度大小为1 T，MM′到NN′的距离为5 m，a、b质量分别为2 kg、8 kg，a在导轨间的电阻为0.01 Ω。碰撞、分离时间极短，各部分始终接触良好，不计导轨电阻、摩擦和储能耗损，忽略电流对磁场的影响。
(1)若分离后某时刻a的速度大小为10 m/s，求此时通过a的电流大小。
(2)忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初始间距为1.25 m时，求b分离后的速度大小，分析其是否为b能够获得的最大速度；并求a运动过程中电容器的电压减小量。
[解析]　(1)分离后a切割磁感线有E＝BLv
则通过a的电流I＝
解得I＝500 A。
(2)由于超级电容器经调控系统为电路提供I0＝1 000 A的恒定电流，则当a与b的初始间距为1.25 m时，a与b碰撞前瞬间根据动能定理有BI0Lxab＝
a与b碰撞时根据动量守恒定律和能量守恒定律有
mava＝(ma＋mb)
＝＋Ep
a与b整体从碰撞后到NN′的过程中根据动能定理有
BI0L(xMN－xab)＝
a与b分离时根据动量守恒定律和能量守恒定律有
(ma＋mb)v共1＝
＋Ep＝
联立解得vb1＝25 m/s，此为b能够获得的最大速度
由于a和ab组合体均做匀变速直线运动，分别有xab＝t1，xMN－xab＝t2
则电容器流出的电荷量有Δq＝I0(t1＋t2)
a运动过程中电容器的电压减小量ΔU＝＝40 V。
[答案]　(1)500 A　(2)25 m/s　是　40 V
课时数智作业(六十三)　动量观点在电磁感应中的应用
(进阶课)
题号
1
3
5
2
4
6
7
说明：第1～5题，每小题5分；本试卷共53分。
1．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(aA．大于 B．等于
C．小于 D．以上均有可能
√
题号
1
3
5
2
4
6
7
B　[对于线圈进入磁场过程或穿出磁场过程，线圈中产生的平均感应电动势＝
Δt，联立可得q＝，线圈进入和穿出磁场过程，由于穿过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，根据动量定理，线圈进入磁场过程有－Bat1＝mv－mv0，线圈离开磁场过程有－Bat2＝0－mv，由于q＝t1＝t2，联立解得线圈完全进入磁场时的速度大小v＝，故B正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
7
2．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(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
7
A．感应电流方向为M→b→c→N→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
√
题号
1
3
5
2
4
6
7
C　[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为c→b→M→N→c，A错误；金属框bc边中的电流方向为c→b，导体棒MN中的电流方向为M→N，根据左手定则可知，导体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＝，方向向右，B错误；以棒MN为研究对象，由动量
题号
1
3
5
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6
7
定理得BLΔt＝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＝－×3mv2＝，D错误。]
题号
1
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6
7
3．(多选)(2025·四川遂宁高三诊断)如图所示，右端足够长的两平行光滑导轨左端是半径为R＝0.8 m的四分之一圆弧轨道，圆弧轨道部分没有磁场，导轨的水平部分有竖直向上的匀强磁场，导轨间距为L＝0.5 m，匀强磁场的磁感应强度为B＝0.5 T，质量为0.1 kg的导体棒a静止在水平轨道上，质量为0.3 kg的导体棒b从四分之一圆弧轨道顶端由静止开始下滑，运动过程中a、b始终与两导轨垂直且保持接触良好，a、b电阻均为r＝0.1 Ω，其他电阻均不计，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
7
A．a运动过程中的最大加速度为10 m/s2
B．b刚进入磁场时a中的电流大小为5 A
C．整个过程中安培力对a、b做功的总和为－0.3 J
D．整个过程中导体棒a产生的焦耳热为0.3 J
√
题号
1
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2
4
6
7
√
BD　[b下滑到底端过程有mbgR＝，可得到达底端时的速度v0＝
4 m/s，b刚进入磁场时，a的加速度最大，此时E＝BLv0，I＝，对导体棒a，有ILB＝maa，解得I＝5 A，a＝12.5 m/s2，故A错误，B正确；b进入磁场后，a、b组成的系统动量守恒，则有mbv0＝(ma＋mb)v，由能量守恒定律得损失的机械能ΔE＝v2，解得ΔE＝0.6 J，安培力对系统做的总功为负功，数值上等于系统损失的机械能，即整个过程中安培力对a、b做功的总和为－0.6 J，故C错误；因两根导体棒电阻相等，故导体棒a产生的焦耳热为0.3 J，故D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
7
4．“自由落体塔”是一种惊险刺激的游乐设备，将游客升至数十米高空，自由下落至接近地面时再减速，让游客体验失重的乐趣。物理兴趣小组设计了相关的减速模型，如图甲所示，单匝线圈质量为m，半径为r0，总电阻为R。磁场减速区有一辐向磁场，俯视图如图乙所示，到中心轴距离为r处的磁感应强度大小为B＝(k为常量)。线圈由
静止开始释放，下落过程中线圈保持水平且圆心一
直在中心轴上。磁场减速区高度为h2，线圈释放处
离减速区下边界的高度为h1，忽略一切空气阻力，
重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
7
A．线圈在磁场减速区内速度可以为零
B．线圈从静止至磁场减速区下边界的过程重力的冲量大小等于安培力的冲量大小
C．线圈刚进入磁场时受到的安培力大小为
D．线圈从静止至磁场减速区下边界的过程产生的焦耳热为mgh1
√
题号
1
3
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4
6
7
C　[线圈在磁场减速区做减速运动，由法拉第电磁感应定律可知线圈中产生的感应电动势逐渐减小，感应电流逐渐减小，由安培力公式F＝BIL可知线圈受到的安培力大小逐渐减小，当线圈受到的安培力大小逐渐减小至与线圈的重力相等时，线圈的加速度为零，此后线圈在磁场减速区做匀速直线运动，显然线圈在磁场减速区的速度不可能减为零，A错误；设线圈到达磁场减速区下边界瞬间的速度大小为v，规定竖直向下为正方向，则线圈从静止至磁场减速区下边界过程由动量定理得IG－IF＝mv－0，解得IG＝IF＋mv，则有
题号
1
3
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2
4
6
7
IG>IF，即该过程重力的冲量大小大于安培力的冲量大小，B错误；线圈进入磁场减速区前做自由落体运动，则由自由落体运动规律可知，线圈刚进入磁场时的速度大小为v0＝，由法拉第电磁感应定律得线圈刚进入磁场时的感应电动势E＝B0Lv0，结合闭合电路欧姆定律和安培力公式可得此时线圈受到的安培力大小为F0＝，由题意可知线圈所在处磁感应强度大小为B0＝，切割磁
题号
1
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2
4
6
7
感线的长度为线圈周长，即L＝2πr0，联立可得F0＝·
，C正确；线圈从静止至磁场减速区下边界的过程，由能量守恒定律得mgh1＝mv2＋Q，解得Q＝mgh1－mv2，因此该过程线圈产生的焦耳热小于mgh1，D错误。]
题号
1
3
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6
7
5．(2025·江西鹰潭一模)如图甲所示，水平面内有两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨固定且间距为L。空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现将两根材料相同、横截面积不同、长度均为L的金属棒ab、cd分别静置在导轨上。现给ab棒一水平向右的初速度v0，其速度随时间变化的关系如图乙所示，两金属棒运动过程中，始终与导轨垂直且接触良好。已知ab棒的质量为m，电阻为R。导轨电阻可忽略不计。下列说法正确的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
7
A．ab棒刚开始运动时，cd棒中的电流方向为d→c
B．ab运动后，cd棒将做加速度逐渐增大的加速运动
C．在0～t0时间内，ab棒产生的热量为
D．在0～t0时间内，通过cd棒的电荷量为
√
题号
1
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6
7
D　[金属棒ab刚开始运动时，根据右手定则可知cd棒中的电流方向为c→d，故A错误；ab运动后，由于安培力作用，速度会逐渐减小，同时cd棒将做加速运动，回路总电动势减小，电流减小，cd棒受到的安培力会减小，由F＝mcda可知，cd棒的加速度会减小，故B错误；两金属棒组成的系统动量守恒，有mv0＝(m＋mcd)v0，解得mcd＝2m，由于ab棒与cd棒质量之比为1∶2，且它们的材料和长度相同，故横截面积之比为1∶2，由R＝ρ得电阻之比为2∶1，故ab棒与cd
题号
1
3
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6
7
棒产生的热量之比为2∶1，根据两棒组成的系统能量守恒有＝(m＋mcd)·＋Q，0～t0时间内ab棒产生的热量Qab＝Q＝，故C错误；对cd棒列动量定理有BLt0＝2m×v0，又q＝t0，则在0～t0时间内，通过cd棒的电荷量q＝，故D正确。]
题号
1
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7
6．(14分)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上，导轨间距L＝0.5 m，单边有界匀强磁场垂直导轨平面竖直向下，磁场左边界为PQ(垂直导轨)，磁感应强度大小为B＝2 T，两根长度相同的金属棒a、b垂直放置在导轨上，金属棒a、b的质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.8 kg，其电阻分别为R1＝0.5 Ω、R2＝2 Ω，金属棒a位于磁场边界PQ处，金属棒b在磁场内部。t1时刻同时给两金属棒大小相等、方向相反的初速度v0＝5 m/s，两金属棒相向运动，且始终没有发生碰撞，t2时刻回路中电流强度为零，此时金属棒a又恰好运动到磁场边界PQ处，金属棒b最终恰好停在磁场边界PQ处，运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及摩擦，求：
题号
1
3
5
2
4
6
7
(1)t1时刻金属棒b加速度大小；
(2)t1～t2时间内通过回路的电荷量；
(3)t1时刻金属棒b距离磁场边界PQ的距离及整个过程金属棒b产生的热量。
题号
1
3
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2
4
6
7
[解析]　(1)根据右手定则可知，t1时刻两金属棒产生的感应电流是加强的，回路中感应电动势E＝2BLv0＝10 V
根据闭合电路欧姆定律可得，回路中感应电流为I＝＝4 A
对金属棒b，根据牛顿第二定律有BIL＝m2ab
联立解得ab＝5 m/s2。
题号
1
3
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2
4
6
7
(2)t2时刻回路中电流强度为零，此时两金属棒速度相等，t1～t2时间内两棒受安培力始终等大反向，系统动量守恒，则有m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v
解得v＝3 m/s，方向向左
对b棒由动量定理有－BLt＝m2(v－v0)
此过程通过回路电荷量q1＝t
联立解得q1＝1.6 C。
题号
1
3
5
2
4
6
7
(3)最终金属棒b恰好停在磁场边界PQ处，a棒以v＝3 m/s向左做匀速运动，设t1时刻金属棒b距离磁场边界PQ距离为x，从t1时刻到金属棒b最终停止，对金属棒b由动量定理得－B′Lt＝m2(0－v0)
又q2＝′t＝·t＝
题号
1
3
5
2
4
6
7
联立解得x＝10 m
由能量守恒定律可知，整个回路中产生的热量Q＝－m1v2＝11.6 J
由于两棒串联，整个过程金属棒b产生热量Qb＝Q＝9.28 J。
题号
1
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2
4
6
7
[答案]　(1)5 m/s2　(2)1.6 C　(3)10 m　9.28 J
7．(14分)(2025·甘肃卷)在自动化装配车间，常采用电磁驱动的机械臂系统。如图所示，ab、cd为两条足够长的光滑平行金属导轨，间距为L，电阻忽略不计。导轨置于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，导轨上有与之垂直并接触良好的金属机械臂1和2，质量均为m，电阻均为R。导轨左侧接有电容为C的电容器。初始时刻，机械臂1以初速度v0向右运动，机械臂2静止，运动过程中两机械臂不发生碰撞。系统达到稳定状态后，电流为零，两机械臂速度相同。
题号
1
3
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2
4
6
7
(1)求初始时刻机械臂1的感应电动势
大小和感应电流方向。
(2)系统达到稳定状态前，若机械臂1和2中的电流分别为I1和I2，写出两机械臂各自所受安培力的大小；若电容器两端电压为U，写出电容器电荷量的表达式。
(3)求系统达到稳定状态后两机械臂的速度。若要两机械臂不相撞，二者在初始时刻的间距至少为多少？
题号
1
3
5
2
4
6
7
[解析]　(1)由法拉第电磁感应定律可知，初始时机械臂1的感应电动势大小为E＝BLv0
由右手定则，知电流方向沿机械臂1向上。
(2)达到稳定前，两臂电流分别为I1和I2
安培力大小分别为F1＝BI1L，F2＝BI2L
电容器电压为U，其带电荷量为Q＝CU。
题号
1
3
5
2
4
6
7
(3)达到稳定状态时，I1＝I2＝I＝0，两机械臂的速度相同，设为v，对机械臂1和2分别根据动量定理有－＝mv－mv0，＝mv
其中＝Q1，＝Q2
电容器充电量Q＝Q1－Q2＝CU
稳定时U＝BLv
联立以上方程，解得v＝，方向向右
题号
1
3
5
2
4
6
7
稳定前任意时刻，U＝BLv1－I1R＝BLv2＋I2R
即BL(v1－v2)＝I2R＋I1R
对时间累计，有＝
其中(v1－v2)Δt＝dmin，即BLdmin＝(Q1＋Q2)R
由前面动量定理的方程可得BL(Q1＋Q2)＝mv0
解得初始时刻两机械臂的最小距离为dmin＝。
题号
1
3
5
2
4
6
7
[答案]　(1)BLv0　沿机械臂1向上　(2)BI1L　BI2L　CU　(3)，方向向右　
题号
1
3
5
2
4
6
7
谢 谢 ！课时数智作业(六十三)　动量观点在电磁感应中的应用(进阶课)
说明：第1～5题，每小题5分；本试卷共53分。
1．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(aA．大于 B．等于
C．小于 D．以上均有可能
2．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
C．通过导体棒的电荷量为
D．导体棒产生的焦耳热为
3．(多选)(2025·四川遂宁高三诊断)如图所示，右端足够长的两平行光滑导轨左端是半径为R＝0.8 m的四分之一圆弧轨道，圆弧轨道部分没有磁场，导轨的水平部分有竖直向上的匀强磁场，导轨间距为L＝0.5 m，匀强磁场的磁感应强度为B＝0.5 T，质量为0.1 kg的导体棒a静止在水平轨道上，质量为0.3 kg的导体棒b从四分之一圆弧轨道顶端由静止开始下滑，运动过程中a、b始终与两导轨垂直且保持接触良好，a、b电阻均为r＝0.1 Ω，其他电阻均不计，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．a运动过程中的最大加速度为10 m/s2
B．b刚进入磁场时a中的电流大小为5 A
C．整个过程中安培力对a、b做功的总和为－0.3 J
D．整个过程中导体棒a产生的焦耳热为0.3 J
4．“自由落体塔”是一种惊险刺激的游乐设备，将游客升至数十米高空，自由下落至接近地面时再减速，让游客体验失重的乐趣。物理兴趣小组设计了相关的减速模型，如图甲所示，单匝线圈质量为m，半径为r0，总电阻为R。磁场减速区有一辐向磁场，俯视图如图乙所示，到中心轴距离为r处的磁感应强度大小为B＝(k为常量)。线圈由静止开始释放，下落过程中线圈保持水平且圆心一直在中心轴上。磁场减速区高度为h2，线圈释放处离减速区下边界的高度为h1，忽略一切空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．线圈在磁场减速区内速度可以为零
B．线圈从静止至磁场减速区下边界的过程重力的冲量大小等于安培力的冲量大小
C．线圈刚进入磁场时受到的安培力大小为
D．线圈从静止至磁场减速区下边界的过程产生的焦耳热为mgh1
5．(2025·江西鹰潭一模)如图甲所示，水平面内有两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨固定且间距为L。空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现将两根材料相同、横截面积不同、长度均为L的金属棒ab、cd分别静置在导轨上。现给ab棒一水平向右的初速度v0，其速度随时间变化的关系如图乙所示，两金属棒运动过程中，始终与导轨垂直且接触良好。已知ab棒的质量为m，电阻为R。导轨电阻可忽略不计。下列说法正确的是(　　)
A．ab棒刚开始运动时，cd棒中的电流方向为d→c
B．ab运动后，cd棒将做加速度逐渐增大的加速运动
C．在0～t0时间内，ab棒产生的热量为
D．在0～t0时间内，通过cd棒的电荷量为
6．(14分)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上，导轨间距L＝0.5 m，单边有界匀强磁场垂直导轨平面竖直向下，磁场左边界为PQ(垂直导轨)，磁感应强度大小为B＝2 T，两根长度相同的金属棒a、b垂直放置在导轨上，金属棒a、b的质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.8 kg，其电阻分别为R1＝0.5 Ω、R2＝2 Ω，金属棒a位于磁场边界PQ处，金属棒b在磁场内部。t1时刻同时给两金属棒大小相等、方向相反的初速度v0＝5 m/s，两金属棒相向运动，且始终没有发生碰撞，t2时刻回路中电流强度为零，此时金属棒a又恰好运动到磁场边界PQ处，金属棒b最终恰好停在磁场边界PQ处，运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及摩擦，求：
(1)t1时刻金属棒b加速度大小；
(2)t1～t2时间内通过回路的电荷量；
(3)t1时刻金属棒b距离磁场边界PQ的距离及整个过程金属棒b产生的热量。
7．(14分)(2025·甘肃卷)在自动化装配车间，常采用电磁驱动的机械臂系统。如图所示，ab、cd为两条足够长的光滑平行金属导轨，间距为L，电阻忽略不计。导轨置于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，导轨上有与之垂直并接触良好的金属机械臂1和2，质量均为m，电阻均为R。导轨左侧接有电容为C的电容器。初始时刻，机械臂1以初速度v0向右运动，机械臂2静止，运动过程中两机械臂不发生碰撞。系统达到稳定状态后，电流为零，两机械臂速度相同。
(1)求初始时刻机械臂1的感应电动势大小和感应电流方向。
(2)系统达到稳定状态前，若机械臂1和2中的电流分别为I1和I2，写出两机械臂各自所受安培力的大小；若电容器两端电压为U，写出电容器电荷量的表达式。
(3)求系统达到稳定状态后两机械臂的速度。若要两机械臂不相撞，二者在初始时刻的间距至少为多少？
课时数智作业(六十三)
1．B　[对于线圈进入磁场过程或穿出磁场过程，线圈中产生的平均感应电动势，通过线圈横截面的电荷量qΔt，联立可得q，线圈进入和穿出磁场过程，由于穿过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，根据动量定理，线圈进入磁场过程有－Bat1mv－mv0，线圈离开磁场过程有－Bat20－mv，由于qt2，联立解得线圈完全进入磁场时的速度大小v，故B正确。]
2．C　[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为cbMNc，A错误；金属框bc边中的电流方向为cb，导体棒MN中的电流方向为MN，根据左手定则可知，导体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2mv03mv，解得其共同速度v，方向向右，B错误；以棒MN为研究对象，由动量定理得BLΔtmv－0，即BLqm·－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，D错误。]
3．BD　[b下滑到底端过程有mbgR，可得到达底端时的速度v04 m/s，b刚进入磁场时，a的加速度最大，此时EBLv0，I，对导体棒a，有ILBmaa，解得I5 A，a12.5 m/s2，故A错误，B正确；b进入磁场后，a、b组成的系统动量守恒，则有mbv0(ma＋mb)v，由能量守恒定律得损失的机械能ΔE(ma＋mb)v2，解得ΔE0.6 J，安培力对系统做的总功为负功，数值上等于系统损失的机械能，即整个过程中安培力对a、b做功的总和为－0.6 J，故C错误；因两根导体棒电阻相等，故导体棒a产生的焦耳热为0.3 J，故D正确。]
4．C　[线圈在磁场减速区做减速运动，由法拉第电磁感应定律可知线圈中产生的感应电动势逐渐减小，感应电流逐渐减小，由安培力公式FBIL可知线圈受到的安培力大小逐渐减小，当线圈受到的安培力大小逐渐减小至与线圈的重力相等时，线圈的加速度为零，此后线圈在磁场减速区做匀速直线运动，显然线圈在磁场减速区的速度不可能减为零，A错误；设线圈到达磁场减速区下边界瞬间的速度大小为v，规定竖直向下为正方向，则线圈从静止至磁场减速区下边界过程由动量定理得IG－IFmv－0，解得IGIF＋mv，则有IG＞IF，即该过程重力的冲量大小大于安培力的冲量大小，B错误；线圈进入磁场减速区前做自由落体运动，则由自由落体运动规律可知，线圈刚进入磁场时的速度大小为v0，由法拉第电磁感应定律得线圈刚进入磁场时的感应电动势EB0Lv0，结合闭合电路欧姆定律和安培力公式可得此时线圈受到的安培力大小为F0，由题意可知线圈所在处磁感应强度大小为B0，切割磁感线的长度为线圈周长，即L2πr0，联立可得F0，C正确；线圈从静止至磁场减速区下边界的过程，由能量守恒定律得mgh1mv2＋Q，解得Qmgh1－mv2，因此该过程线圈产生的焦耳热小于mgh1，D错误。]
5．D　[金属棒ab刚开始运动时，根据右手定则可知cd棒中的电流方向为cd，故A错误；ab运动后，由于安培力作用，速度会逐渐减小，同时cd棒将做加速运动，回路总电动势减小，电流减小，cd棒受到的安培力会减小，由Fmcda可知，cd棒的加速度会减小，故B错误；两金属棒组成的系统动量守恒，有mv0(m＋mcd)v0，解得mcd2m，由于ab棒与cd棒质量之比为1∶2，且它们的材料和长度相同，故横截面积之比为1∶2，由Rρ得电阻之比为2∶1，故ab棒与cd棒产生的热量之比为2∶1，根据两棒组成的系统能量守恒有(m＋mcd)·＋Q，0~t0时间内ab棒产生的热量Qab，故C错误；对cd棒列动量定理有Bv0，又qt0，则在0~t0时间内，通过cd棒的电荷量q，故D正确。]
6．解析：(1)根据右手定则可知，t1时刻两金属棒产生的感应电流是加强的，回路中感应电动势E2BLv010 V
根据闭合电路欧姆定律可得，回路中感应电流为I4 A
对金属棒b，根据牛顿第二定律有BILm2ab
联立解得ab5 m/s2。
(2)t2时刻回路中电流强度为零，此时两金属棒速度相等，t1~t2时间内两棒受安培力始终等大反向，系统动量守恒，则有m2v0－m1v0(m1＋m2)v
解得v3 m/s，方向向左
对b棒由动量定理有－BLtm2(v－v0)
此过程通过回路电荷量q1t
联立解得q11.6 C。
(3)最终金属棒b恰好停在磁场边界PQ处，a棒以v3 m/s向左做匀速运动，设t1时刻金属棒b距离磁场边界PQ距离为x，从t1时刻到金属棒b最终停止，对金属棒b由动量定理得－B'Ltm2(0－v0)
又q2
联立解得x10 m
由能量守恒定律可知，整个回路中产生的热量Qm1v211.6 J
由于两棒串联，整个过程金属棒b产生热量QbQ9.28 J。
答案：(1)5 m/s2　(2)1.6 C　(3)10 m　9.28 J
7．解析：(1)由法拉第电磁感应定律可知，初始时机械臂1的感应电动势大小为EBLv0
由右手定则，知电流方向沿机械臂1向上。
(2)达到稳定前，两臂电流分别为I1和I2
安培力大小分别为F1BI1L，F2BI2L
电容器电压为U，其带电荷量为QCU。
(3)达到稳定状态时，I1I2I0，两机械臂的速度相同，设为v，对机械臂1和2分别根据动量定理有－∑BI1LΔtmv－mv0，∑BI2LΔtmv
其中∑I1ΔtQ1，∑I2ΔtQ2
电容器充电量QQ1－Q2CU
稳定时UBLv
联立以上方程，解得v，方向向右
稳定前任意时刻，UBLv1－I1RBLv2＋I2R
即BL(v1－v2)I2R＋I1R
对时间累计，有∑BL(v1－v2)Δt∑I2RΔt＋∑I1RΔt
其中(v1－v2)Δtdmin，即BLdmin(Q1＋Q2)R
由前面动量定理的方程可得BL(Q1＋Q2)mv0
解得初始时刻两机械臂的最小距离为dmin。
答案：(1)BLv0　沿机械臂1向上　(2)BI1L　BI2L　CU　(3)
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