2026年高考物理二輪復習 素養(yǎng)培優(yōu)4 動量觀點在電磁感應中綜合應用（專項訓練）含答案

2026年高考物理二輪復習素養(yǎng)培優(yōu)4動量觀點在電磁感應中綜合應用專項訓練

一、選擇題

1.某用磁緩沖裝置的原理如圖所示，兩足夠長的平行光滑金屬導軌置于同一水平面內，兩導軌左端之間與

一阻值為R的定值電阻相連，直線441右側處于豎直向下的勻強磁場中，一質量為根的金屬桿垂直導軌放置,

在直線441的右側有與其平行的兩直線和CCi，且與8/、與CCi間的距離均為d。現(xiàn)讓金屬桿以

初速度孫沿導軌向右經過7Ml進入磁場，最終金屬桿恰好停在CG處。已知金屬桿接入導軌之間的阻值為R。

導軌的電阻及空氣阻力均可忽略不計，下列說法中正磯的是（）

R

A.金屬桿經過BB］時的速度為學

B.在整個過程中，定值電阻R產生的熱量為2m詔

C.金屬桿經過AAi-BBi和BBi—CG區(qū)域，其所受安培力的沖量不同

D.若將金屬桿的初速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則其在磁場中運動的最大距離大于原來的2倍

2.如圖甲所示，水平面內有兩根足夠長的光滑平行金屬導軌，導軌固定且間距為L空間存在豎直向下的勻

強磁場，磁感應強度大小為瓦現(xiàn)將兩根材料相同、橫截面積不司、長度均為L的金屬棒，必、4分別靜置在

導軌上?，F(xiàn)給他棒一水平向右的初速度出,其速度隨時間變化的關系如圖乙所示，兩金屬棒運動過程中，

始終與導軌垂直且接觸良好。已知他棒的質量為〃?，電阻為導軌電阻可忽略不計。下列說法正確的是

)

XXXX.XXXX

C

XXIx-xIX_XX~X

%

XXXX—>6XX

XXXXXXXX

xXxrtxXXX

甲

A.他棒剛開始運動時，cd棒中的電流方向為“TC

B.岫運動后，cd棒將做加速度逐漸增大的加速運動

C.在0~70時間內，ab棒產生的熱量為］

D.在。?山時間內，通過〃棒的電荷量為駕馴

第1頁

3.如圖所示，足夠長的水平放置的光滑平行導軌，寬軌道的間距為窄軌道的2倍，軌道處于豎直方向的勻

強磁場中，甲、乙兩桿垂直導軌放置，質量分別為2m、m。某時刻甲以速度為向右滑動，若甲始終在寬軌道

上運動，則系統(tǒng)最終產生的熱量為（）

V

甲—o>

A.B.|THVQC.D.gm詔

二、多項選擇題

4.如圖所示，金屬桿放置在足夠長的光滑水平導軌上，與導軌垂直，接入電路的有效長度為L,磁感應強度

大小為B的勻強磁場與導軌所在的平面成37。角斜向右上方，整個回路的電阻恒為R?，F(xiàn)給金屬桿施加水平

向右的恒定拉力，金屬桿最終以大小為v的速度做勻速直線運動，且導軌對金屬桿的彈力剛好為0,重力加

速度大小為g,0出37。=0.6、cos37°=0.8,下列說法正確的是（）

27

A.金屬桿的質量為加L\

5R

22

B.水平向右的恒定拉力為也導

C.若金屆桿從靜止到勻速運動的位移大小為X,則通過回路某一橫截面的電荷量為零

D.若金屬桿從靜止到勻速運動的位移大小為x,則這段運動時間為號+第

5.如圖所示，間距為的兩平行長直金屬導軌水平放置，導軌所在空間存在方向豎直向下、磁感應強度大小

為B的勻強磁場。長度均為仇的金屬桿ab、cd垂直導軌放置，初始時兩金屬桿相距為伉，金屬桿ab沿導軌

向右運動的速度大小為%,金屬桿cd速度為零且受到平行導軌向右、大小為F的恒力作用。已知金屬桿與

導軌接觸良好且整個過程中始終與導軌垂直，在金屬桿ab、cd的整個運動過程中，兩金屬桿間的最小距離為

J,重力加速度大小為g,兩金屬桿的質量均為m,電阻均為R,金屬桿與導軌間的動摩擦因數(shù)均為

總,金屬導軌電阻不計，下列說法正確的是（）

22

A.金屬桿cd運動過程中的最大加速度為￡+a如

2m干2mR

第2頁

22

B.從金屬桿cd開始運動到兩金屬桿間距離最小的時間為m%B-與）

尸十FR

C.金屬桿ab運動過程中的最小速度為學

FR,%

D.金屬桿cd的最終速度為石彳+

LDLQ

6.如圖，一電阻不計的U形導軌固定在水平面上，勻強磁場垂直導軌平面豎直向上，一粗細均勻的光滑金

屈桿垂直放在導軌上，始終與導軌接觸良好?，F(xiàn)使金屬桿以初速度孫向右運動，在軌道上滑行的最大距離為

x,金屬桿始終與導軌垂直。若改變金屬桿的初速度火、橫截面積S和U形導軌的寬度L時，仍能保證金屬

桿滑行的最大距離為x的是（）

B

A.保持L不變，%增大，S增大B.保持S不變，%增大，L增大

C.保持S不變，火不變，L增大D.保持L不變，火不變，S增大

7.電磁俘能器常在電器元件中使用。為探究俘能原理，某同學設計了如圖所示的實驗，俘能裝置中兩條相

距為L的平行光滑金屬導軌位于同一水平面內，右端連接阻值為Ro的定值電阻；質量為加、長為L的金屬桿成

靜置在導軌上，金屬桿與導軌垂直且接觸良好。導軌之間邊長為L的正方形區(qū)域ABCD內有勻強磁場，磁感

應強度大小為8,方向垂直導軌平面向里。動力源帶動磁場以速度u向右勻速掠過金屬桿時。已知金屬桿協(xié)

距離定值電阻足夠遠，導軌和金屬桿岫的電阻不計，則下列說法正確的是（）

■B弋

;xXXX；

L：XxXX：￡「凡

11

XXXXL1TJu

:XXXX；

II

D"""L""Ch

A.流過定值電阻的最大電流為

227

B.金屬桿M的最大加速度為注L

叫

23

C.磁場左邊界經過金屬桿Q匕的瞬間，金屬桿時的速率為竺。

8.如圖所示，MN和PQ為水平固定的間距為L的足夠長的光滑平行金屬導軌，在P、M之間接有阻值為R的定

值電阻甲，在N、Q之間接有阻值為2R的定值電阻乙，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。一長為L、質量為m、電阻為R的導體桿ab與導軌垂直且接觸良好，并以一定的初速度％開始水平

向右運動，不計導軌電阻，己知好的速度減為零時還沒有到達NQ,在必桿運動的整個過程中（）

第3頁

A.通過電阻甲的電荷量為舞B.通過電阻乙的電荷量為舞

ODLODL

C.M桿中產生的焦耳熱為龍D.成桿中產生的焦耳熱為殺m詔

9.如圖所示，兩段足夠長的光滑平行金屬導軌水平放置，導軌左右兩部分的間距分別為，、2i；空間存在豎

直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B,質量分別為m、27n的導體桿a、b均垂直導軌放置，接入電路的電

阻分別為R、2R,導軌電阻忽略不計；。、如兩桿同時分別以為、2%的初速度向右運動，?？傇谧筮呎瓕к壣?/p>

運動，b總在右邊寬導軌上運動，從開始運動到兩桿穩(wěn)定的過程中，下列說法正確的是（）

A.a桿加速度與b桿的加速度相同

B.穩(wěn)定時。桿的速度為2%

C.電路中Q桿上產生的焦耳熱為|m諾

D.通過導體桿a的某一橫截面的電荷量為爭

10.如圖所示，兩根足夠長的導軌由上下兩段電阻不計，光滑的金屬導軌組成，在M、N兩點絕緣連接，

M、N兩點等高，間距L=lm,連接處平滑。導軌面與水平面夾角6=30。，導軌兩端分別連接一個C=0.6F

的電容器和一個阻值，R=1.6。的電阻，整個裝置處于8=17的垂直斜面向上的勻強磁場中，兩根導體棒

ab、cd分別放在MN兩側，質量分別為=0.4kg、m2=0.2kg,棒ab電阻忽略不計，棒cd電阻r=

0.4C,給cd施加一沿導軌平面向上的恒力F=5N,使cd由靜止開始運動，同時ab從距離MN為％=1TH處

由靜止開始釋放，兩棒恰好在MN處發(fā)生彈性碰撞，相遇前瞬間棒cd速度為4m/s,此時撤去作用力F,取

重力加速度g=10m/s2o則從棒ab靜止釋放開始（）

R

30°

第4頁

A.棒ab靜止釋放到與棒cd相遇運動的時間為Is

B.棒cd沿導軌向上運動的距離為G4m

C.棒cd沿導軌向上運動過程中產生的焦耳熱為24/

D.兩棒碰后，棒cd速度大小為2m/s

三、計算題

11.如圖所示，間距均為L的兩段足夠長平行光滑金屬導軌M1N1M2N2、P1Q/2Q2均固定在水平面匕光滑

絕緣件將兩段導軌相連，導軌左右兩端分別與電容為C的電容器和阻值為R的電阻相連接，空間存在垂直導軌

平面向下的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B,開始時電容器上極板帶正電，電荷量大小為現(xiàn)將質

量為m、長為人電阻為r的導體棒在M1MM2N2內某位置垂直于導軌由靜止釋放，導體棒在到達絕緣件之前

已經做勻速直線運動，導軌電阻忽略不計，導體棒運動過程中始終與導軌垂直并接觸良好。

導體棒2.

XXXXXXX絕緣件Xxxxxxxxx

XXXXXXXXXXXXXXXXXX

cR

丁XXXXXXXXxXXXXXXX

XXXXXXX絕緣件Xxxxxxxxx

N?P

2。2

(1)求導體棒在釋放瞬間加速度的大小;

(2)求導體棒穿過光滑絕緣件時的速度大??；

(3)求導體棒最終靜止時距連接處P』2的距離。

12.如圖所示，水平面內有不計電阻的導軌，導軌寬軌部分間距為2L窄軌部分間距為L長度足夠長，軌

道傾斜部分與水平面成0角，傾斜導軌與水平導軌平滑連接。水平導軌部分存在豎直向下的勻強磁場，磁感

應強度大小為從質量為必長度為，的金屬棒Q靜止在窄軌上，質量為/〃、長度為2L的金屬棒尸從某處

靜」魄放，P下滑到傾斜導軌底端時的速度為W①,P、。在運動過程中始終相互平行且與導軌保持良好接

觸，P、Q始終未相碰②。P在水平寬軌上運動的時間為^；F離開寬軌的瞬間，足的速度為教，。的速度

為萼。已知重力加速度大小為處除水平寬軌外不計所有摩擦。③求:

(I)P棒釋放時的高度人；

(2)P的最終速度大?。?/p>

(3)P與水平寬軌間的動摩擦因數(shù)(用k表示)。

13.如圖所示，兩平行光滑長直金屬導軌水平放置，間距為L。Med區(qū)域有勻強磁場，磁感應強度大小為

B,方向豎直向上。初始時刻，磁場外的細金屬材M以初速度%向右運動。磁場內的細金屬桿N處十靜止狀

第5頁

態(tài)，且到cd的距離為兩桿在磁場內未相撞且N出磁場時的速度為義為，兩金屬桿與導軌接觸良好且運動

過程中始終與導軌垂直。金屬桿M質量為2機，金屬桿N質量為m,兩桿在導軌間的電阻均為R,感應電流

(1)求M剛進入磁場時M兩端的電壓;

(2)N在磁場內運動過程中N上產生的熱量；

(3)N剛離開磁場時M在磁場中運動的距離；

(4)N在磁場內運動的時間to

14.某探究小組利用電磁阻尼原理設計了一減震裝置，其簡化結構如圖1所示。質量為m的“日”字型金屬框

架abcdcf由7根長度均為1,電阻均為r的金屬桿焊接而成，水立有界勻強磁場的高度也為I,水平足夠寬

廣，磁感應強度大小為B。開始時水平桿af與磁場的上邊界平行?？蚣苡赡骋桓叨认侣?，以初速度先進入磁

場，磁場中框架運動的速度v與下落距離x之間的v~x圖像如圖2所示，則

(I)框架剛進入磁場時受到的安培力的大小心；

(2)穿過磁場過程中，框架上產生的焦耳熱Q；

(3)框架在磁場中運動時間I。

15.如圖，兩固定光滑平行直金屬導軌MN、MN，與PQ、P'Q'間用兩段光滑小圓弧平滑連接，兩導軌間距

L=0.5m,M、M一兩點間接有阻值R=2.0C的電阻。質量mi=0.2kg的均勻直金屬桿ab放在導軌上，其接入回

路的電阻r=0.5C,質量m2=0.6kg的絕緣桿cd靜置于水平軌道上，水平軌道處于磁感應強度大小B=1T,方

向豎直向上的勻強磁場中，導軌電I且忽略不計。現(xiàn)讓金屬桿ab由靜止釋放，釋放點距水平軌道的豎直高度

h=0.45m,進入水平軌道減速運動一段時間后，與絕緣桿cd發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短，碰后瞬間桿ab

的速度大小vi=lm/s,方向水平向右。已知桿ab、cd均與導軌垂直,重力加速度g=l()m/s2。求：

第6頁

M

R

（1）金屬桿ab剛進入磁場時的加速度大小a；

（2）兩桿碰后瞬間，絕緣桿cd獲得的速度大??；

（3）全過程中電阻R上產生的焦耳熱。

16.如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導軌固定在水平面上，導軌間距L=0.5m,單邊有界勻強磁場垂

直導軌平面豎直向下，磁場左邊界為PQ（垂直導軌），磁感應強度大小為B=2T,兩根長度相同的金屬棒

a、b垂直放置在導軌上，金屬棒a、b的質量分別為mi=0.2kg、m2=0.Qkg,其電阻分別為%=0.5Q、

R2=20,金屬棒a位于磁場邊界緊靠PQ放置，金屬棒b在磁場內部。門時刻同時給兩金屬棒大小相等、方

向相反的初速度q）=5m/S,兩金屬棒相向運動，且始終沒有發(fā)生碰撞，以時刻回路中電流強度為零，此時

金屬棒a又恰好運動到磁場邊界PQ處，金屬棒b最終恰好停在磁場邊界PQ處，運動過程中兩金屬棒始終與

導軌垂直且接觸良好，不計導軌電阻及摩擦，求：

（1）S時刻金屬棒b加速度大?。?/p>

（2）口?￡2時間內通過回路的電荷量；

（3）G時刻金屬棒b距離磁場邊界PQ的距離及整個過程金屬棒b產生的熱量。

第7頁

答案解析部分

1.【答案】A

【解析】【解答】本題通過電磁感應知識考查動量與能量的綜合應用，要求學生能正確分析物體的運動過程和

運動性質，熟練應用對應的規(guī)律解題。A.設平行金屬導軌間距為L,金屬桿在區(qū)域向右運動的過

程中切割磁感線有

E=BM1=&

金屬桿在A41-GC區(qū)域運動的過程中，時間內，根據動量定理有

一BILAt=rn.Lv

則

r)22

BL￥v

----2R△￡=mLv

由于

d.=217At

則上面方程左右兩邊累計求和，可得

B2L22d

設金屬桿經過8名的速度為巧，同理對金屬桿在8當-GC區(qū)域運動的過程中根據動量定理，同理可得

B2L2d

--2R-=-mVi

綜上有

-E20

VI

則金屬桿經過的速度等于學，A正確;

B.在整個過程中，根據能量守恒有

1

Q=-

2

則在整個過程中，定值電阻R產生的熱量為

12

mv

QR=^o

B錯誤；

C.金屬桿經過A4i-BiB與BBi區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量為

2,2

B2L2BDLx

-EB1LM=-SvAt=

~2R~2R

第8頁

因金屬桿經過A4-818與BBi-GC區(qū)域滑行距離均為d,所以金屬桿所受安培力的沖量相同，C錯誤；

D.根據A選項可得，金屬桿以初速度盯在磁場中運動有

B2L22d

—一2R~=~mVQ

可見若將金屬桿的初速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則金屬桿在磁場中運動的最大距離等于原來的2倍，D錯誤。

故選A。

【分析】金屬桿在AAI-BIB區(qū)域向右運動的過程中切割磁感線，根據法拉第電磁感應定律、訊合電路歐姆定

律列式，結合金屬桿在AA.-B.B區(qū)域運動的過程中的動量定理井累計求和，可得金屬桿在AA.-BiB區(qū)域安培

力沖量的大小以及BBi處的速度的表達式。

2.【答案】D

【解析】【解答】A：金屬棒ab剛開始運動時，根據右手定則可知cd棒中的電流方向為CTd,故A錯誤；

B：ab運動后，由于安培力作用，速度會逐漸減小，同時cd棒將做加速運動，回路總電動勢減小，電流減

小，cd棒受到的安培力會減小,由F=mcda可知，cd棒的加速度會減小,故B錯誤:

C：兩金屬棒組成的系統(tǒng)動量守恒，則mvo=(m+m,)ivo,解得m'=2m,由于ab棒與cd棒質量之比為

1：2,

且它們的材料和長度相同，故橫截面積之比為1：2,由R=&得電阻之比為2：1,故ab棒與cd棒產生的熱

量之比為2：1,

2

對于兩棒組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律有扣為2弓(m+m，)(lp0)+Q?0?to時間內，

ab棒產生的熱量Qab^QqnwoZ,故c錯誤；

D：對cd棒，由動量定理有B2o=2mxjvo,Xq=7to,則在。?to時間內，通過cd棒的電荷量q=g簪，

故D正確

【分析】本題以雙金屬棒在磁場中的電磁感應運動為核心，先由動量守恒確定最終共同速度，再結合楞次

定律、安培力公式、能量守恒和動量定理，逐一分析各選項的正確性。

3.【答案】B

【解析】【解答】本題考查電磁感應過程中的能量類問題，解題時需注意電磁感應過程的實質是不同形式的能

量轉化的過程，安培力做功的過程，是電能轉化為其他形式的能的過程，而克服安培力做功的過程，則是其

他形式的能轉化為電能的過程。最終狀態(tài)兩棒均做勻速運動，此時兩棒切割產生的電動勢大小相等B2Lv甲

=BLv乙得末速度v乙二2v甲

對甲棒根據動量定理可得-而?甲-

2Mt=2mv0

對乙棒根據動量定理可得而?LAt=mu乙

第9頁

聯(lián)立解得〃甲=等乙二字

系統(tǒng)最終產生的熱量為Q=_827n琢：+)=留九詔

故選B。

【分析】穩(wěn)定狀態(tài)時，回路的感應旦動勢為0,感應電流為0。導體棒a、b均向右做勻速直線運動，根據法

拉第電磁感應定律、動量定理分別列式，即可求出兩棒的最終速度；根據能量守恒定律求出整個過程產生的

焦耳熱。

4.【答案】B.D

【解析】【解答】AB.金屬桿最終以大小為v的速度做勻速直線運動，此時有E=8Lusin37。，/=率F安=

BIL

92

可得匕,=練￥

文57?

由右手定則結合左手定則可知安培力斜向左上方與水平方向的夾角成53。，由于導軌對金屬桿的彈力剛好為

0,豎直方向由平衡條件可得尸安$由53。=巾9

22

解得金屬桿的質量為喋異

2SRg

水平方向根據平衡條件可得尸=尸安cos53。

27

解得水平向右的恒定拉力為F=9BL匕故A錯誤，B正確；

25/?

C.若金屬桿從靜止到勻速運動的位移大小為x,則通過回路某?橫截面的電荷量為q=7At=(母=

R

△中

國A「一△①.BLxsin37°_故c錯誤；

R及一R一R-5R

D.若金屬桿從靜止到勻速運動的位移大小為x,根據動量定理可得F￡-8〃A￡cos53o=mv-0

其中7&=空姿

聯(lián)立解得這段運動時間為1=*+翁，故D正確。

故答案為：BDo

【分析】先分析金屬桿的感應電動勢、安培力，再結合受力平衡求質量和拉力；利用磁通量變化求電荷量，

通過動量定理結合電荷量公式求運動時間。

5.【答案】A,D

【解析】【解答】對金屬桿ab、cd的運動過程分析如下：

①初始ab向右運動，cd速度為零，兩者間距開始減小，回路中磁通量先開始減小，根據楞次定律可知回路

中的感應電流方向先是順時針的，ab受到的安培力與滑動摩擦尢均先向左，ab先向右做減速運動，設其速度

大小為w。cd受到的安培力先向右，而滑動摩擦力向左，因動摩擦因數(shù)為

第10頁

F

〃—2mg

可知滑動摩擦力小于F,故Cd先向右做加速運動，設其速度大小為V2?；芈分械母袘妱觿轂?/p>

E=BL（）（V1-V2）

因（vi-V2）先減小，故感應電動勢、感應電流、兩金屬桿所受安培力均減小。故ab先向右做加速度減小的減

速運動，cd先向右做加速度減小的加速運動。

②當v產V2時，感應電動勢、安培力均為零，由于存在滑動摩擦力，ab繼續(xù)減速，但cd繼續(xù)加速（因F>

Mtng）,導致V2>w,兩者間距開始增大，回路中磁通量先開始增大，根據楞次定律可知回路中的感應電流方

向變?yōu)槟鏁r針，ab受到的安培力反向，方向向右，與滑動摩擦力方向相反；cd受到的安培力也反向，方向向

左，與滑動摩擦力同向。此后的回路中的感應電動勢為

E=BL（）（V2-V1）

因（V2-vi）增大，故感應電動勢、感應電流、兩金屬桿所受安培力均由零逐漸增大，對ab有

pmg-BILo=mai

對cd有

F-|.img-BILo=ma2

可見ab、cd的加速度均減小，故ab繼續(xù)向右做加速度減小的減速運動，cd向右做加速度減小的加速運動。

③當安培力增加到等于滑動摩擦力，即：BILo=pmg時，ab的加速度ai為零，此時對于cd有

F-ptng-BIL（）=F-2pmg=0

（因〃=白），即：cd的加速度a2為零，可見兩者加速度同時減小到零，此后VI、V2若保持不變，則（V2-

VI）恒定，感應電動勢、感應電流、兩金屬桿所受安培力均保持不變，兩者加速度可保持為零，故兩者終極

狀態(tài)為勻速直線運動。終極狀態(tài)有

V2>Vl

BILo=j.img

F=2卜img

A.由上述分析，可知金屬桿cd運動過程中的加速度一直減小到零，則初始其加速度最大。

初始電動勢為

Eo=BL<jvo

安培力為

F_D^Or_FAW%

FQ_B_LO___

根據牛頓第二定律得

ma（產F+Fo-pmg

第11頁

結合〃=急，解得

/B2Llv.

°°一而+2mR

故A正確；

B.由上述①②的分析可知當V尸V2時兩者的間距離最小，以水平向右為正方向，根據動量定理得:

對ab有

-BlLQt—fimgt=mv1-mv0

對cd有

Ft+BlLot-fimgt-mv2-0....④

兩式相加，再結合〃=募可得

又有

一E△中

It=2Rt=l^~

△①=BLQILQ-Li)

可得

片次——1)

叫'2R

代入④式可得所求的時間為

mv0B^OCLQ-L^

t=~FFR

故B錯誤；

C.由B選項可知V1二V2時，金屬桿ab的速度W=：vo,而由②的分析可知此后ab繼續(xù)做減速運動，故運動

過程中金屬桿ab的最小速度小于3o,故C錯誤;

D.設ab、cd的最終速度分別為va、vc,由③的分析有

F-pmg-BILo=O

其中

8/(%一%)

2R

解得

FR

%一%=-T-2

B2LI

第12頁

從兩者速度V|=V2=/VO時到終極狀態(tài)的過程，以水平向右為正方向，根據動量定理得:

對ab有

-1

-BILQ^-Rmgh=mva一亍小孫

對cd有

-1

Ft】+BILot1—Rmgt、=mvc--^mv0

兩式相加可得

Va+Vc=VO

聯(lián)立解得

故D正確。

故選ADo

【分析】

1.力學對象和電學對象的相互關系

r電動勢：E=n券E=BLv<

r內電路」

I內電阻：r

(1)電學對象y外電路：串、并聯(lián)電路E

、全電路：E=I(R+r)-----------

「受力分析：F^BIL

(2)力學對象<

、運動過程分析：a—?沙

2.動態(tài)分析的基本思路

第13頁

E=BIv

導體有初速度或受外力運動一一一感應電動

[=上

勢-------＞感應電流一二導體受安培力

F人=ma

―＞合力變化———＞加速度變化一＞速度變

化一臨界狀態(tài)。

3.導體棒運動非勻變速運動時一般要用能量和動量知識求解，當安培力變化，且又涉及位移、速度、電荷量

等問題時，用動量定理往往能巧妙解決。在電磁感應中用動量定理時，通常將下面兩式結合應用：

A0

q=/At=n—5-

6.【答案】C,D

【解析】【解答】本題中金屬桿在磁場中做非勻變速直線運動，不能根據運動學公式求出滑行距離，運用動量

定理求滑行距離是常用方法，要學會運用。設金屬棒材料密度為Pi，質量金屬棒的質量為

m=p[LS

設金屬棒的電阻率為P2,則金屬棒的電阻為

L

R=p2S

金屬桿速度由初速度%減小到o,根據動量定理可得

一￡BILXt=0-?nvQ

又

BLv

I=~R~

則有

S2L2B2L2

Efi/LAt=—p—JvAt=-p—x

KK

聯(lián)立可得

PPvo

x—r27

Bz

由此可知，材料不變，磁場不變，最大距離X只與為有關。

故選CD,

【分析】先根據密度公式得到金屬棒的質量與L、S的關系，根據電阻定律得到金屬棒的電阻與L、S的關系，

第14頁

再根據動量定理列式，得到X的表達式，即可進行判斷。

7.【答案】A,C

【解析】【解答】對于電磁感應問題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據牛頓第二定律或平衡條件列

出方程；另一條是能量，分析涉及日磁感應現(xiàn)象中的能量轉化問題，根據動能定理、功能關系等列方程求

解。AB.以磁場為參考系，金屬桿仍以大小為u的初速度向左減速運動，則就剛進入磁場時產生的電動勢最

大，感應電流最大，加速度也最大，根據法拉第電磁感應定律，感應電動勢為

E=BLv

根據歐姆定律可得電流

BLv

F

根據牛頓第二定律可得,

F=BIL=ma

聯(lián)立解得加速度

B2LZV

Q=5兩

A正確，B錯誤;

CD.以磁場為參考系，對M根據動量定理可得

￡BLlXt=mv—mv!

即

△①

—=mv-mv

B2L3,

—5-=mv-mv

解得

B2L3

P,=v——

TWRQ

所以就相對地面的速率

B2L3

v

mR。

此時感應電動勢

g2q

E一BL

m/?oj

第15頁

定值電阻的功率

22223

EBLBL7

PFF（"-兩）

c正確，D錯誤。

故選：ACo

【分析】根據法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律求解流過定值電阻Ro的最大電流；根據牛頓第二定律

求解加速度大?。粚饘侔舾鶕恿慷ɡ砬蠼饨饘贄Uab相對于地的速率；根據電功率的計算公式求解定值電

阻Ro的功率。

8.【答案】B.D

【解析】【解答】AB.對a匕桿由動量定理有一BZJAC=-BLq=0-mv0

得通過電路的總電荷量為q0=等

心DL

通過電阻甲的電荷量為餌=褊喝=符

通過電阻乙的電荷量為（/乙=益忘=舞，故A錯識，B正確；

CD.甲、乙并聯(lián)電阻阻值為/?并=：/?,由能量守恒可知，回路中產生的總焦耳熱為Q=*m詔

R八32

前桿中產生的焦耳熱為名n下二而五；?？?花小詔，故C錯誤，D正確。

并

故答案為：BDo

【分析】本題考查導體棒在磁場中運動的電荷量與焦耳熱問題，核心是結合動量定理求電荷量、利用串并聯(lián)電

路規(guī)律與能量守恒求焦耳熱。

9.【答案】B.D

【解析】【解答】A.感應電流大小相等，根據牛頓第二定律有8〃=巾/，B/?21=2ma＞可知，加速度大小

相等，根據右手定則可知，從上往不看，感應電流方向沿順時針方向，根據左手定則可知，a受到的安培力

方向向右，b受到的安培力方向向左，安培力方向相反，則加速度方向相反，可知，Q桿加速度與b桿的加速

度不相同，故A錯誤；

B.穩(wěn)定時，感應電流為0,回路總的感應電動勢為0,則有8?21%=員%,對a桿，根據動量定理有

BllLt=mva—mv0?對b桿，根據動量定理有—87?2必￡=2m%—2nl?2%，解得%=2%,vh=v0,故

B正確；

D.根據電流的定義式有7=卷，解得《=用￡,故D正確；

C.回路產生的總的焦耳熱Q=為諾+貝2m（2%）2-幼藍+X2m瑤，電路中Q桿上產生的焦耳熱Q。=

力雪與，解得Q=imvg＞故C錯誤。

故答案為：BDo

第16頁

【分析】結合牛頓第二定律分析加速度，利用感應電動勢為零的穩(wěn)定條件和動量定理求解速度，通過能量守

恒計克焦耳熱，依據電流定義式推導電荷量。

10.【答案】A.B

【解析】【解答】A.由電容器電荷曷公式q=CU及感應電動勢U=BLvt得回路電荷量變化Aq=C?

BLAu。對金屬棒Qb,由牛頓第二定律m}gs\n300-BIL=,其中電流I=魁,聯(lián)立得=

mqsinO?

A代入數(shù)據解得ai=2m/s2,運動至t=ls時速度為0,故A符合題意；

nii+C/）L

-BLXpd

lt

B.對cd棒上滑過程應用動量定理Ft-m2asin0-t-B1L-t=m2v^其中平均電流==~R—，總

點

電阻R總=2Q0聯(lián)立解得xcd=6.4m,故B符合題意；

2

C.碰前瞬間cd速度為4m/s,由功能關系Fxcd—m2gxcds\n0—Q=^m2v解得總焦耳熱Q=24人

cd棒產生的焦耳熱Q”=號3Q=48/，故C不符合題意；

D.兩棒發(fā)生彈性碰撞，取沿斜面向上為正方向，碰前vx=-2m/s.v=4m/s,由動量守恒叫巧+

gu=巾1〃2+瓶2也與能量守恒5叫方+=④叫詔+：血2謔，聯(lián)立解得碰后cd速度v3=

-4m/s,故D不符合題意；

故答案為：ABo

【分析】利用電磁感應與牛頓第二定律結合，推導Q匕棒的勻加速運動規(guī)律；借助動量定理結合電磁感應電

荷量公式，求解cd棒上滑位移；通過功能關系計算總焦耳熱并分配；利用彈性碰撞的動量守恒與能量守

恒，推導碰撞后的速度。

11?【答案】（1）解：釋放瞬間導體棒兩端電壓即為電容器兩端電壓，知U=%

對導體棒，根據牛頓第二定律，有=

W/=-

r

聯(lián)立可得Q=嗎

mrC

（2）解：導體棒勻速時說明導體棒切割磁感線產生的電動勢和電容器兩極板間電壓相等，設導體棒勻速時

的速度為v,可知=?

對導體棒，根據動量定理，有=

且他t=Qo-Q'

BLQO

聯(lián)立可得u=

m+CB2L2

（3）解：對導體棒穿過絕緣件后減速運動過程中，根據動量定理，有=0—

又有了=BLv

R+r-R+r

第17頁

位移為x=vLt

膚J得B,WBL(m+CB%2)

【解析】【分析】(1)先由電容器電壓與電荷量的關系得到導體棒兩端電壓，再結合歐姆定律求出回路電流，

最后對導體棒應用牛頓第二定律，聯(lián)立求解釋放瞬間的加速度。

(2)先根據導體棒勻速時感應電動勢與電容器電壓相等的條件，建立速度與電荷量的關系；再對導體棒應用

動量定理，結合電流的沖量等于電荷量變化，聯(lián)立求解導體棒的勻速速度。

(3)對導體棒減速過程應用動量定理，結合平均感應電流、平均速度與位移的關系，聯(lián)立求解導體棒的運動

位移。

(1)釋放瞬間導體棒兩端電壓即為電容器兩端電壓，知〃=奧

對?導體棒，根據牛頓第二定律，有=

r

聯(lián)立可得Q=更隼

mrC

(2)導體棒勻速時說明導體棒切割磁感線產生的電動勢和電容器兩極板間電壓相等，設導體棒勻速時的速

度為v，可知8八=,

對導體棒，根據動量定理，有=

，

且/△￡=QQ-Q

聯(lián)立可得u=華2

(3)對導體棒穿過絕緣件后減速運動過程中，根據動量定理，有=

又有了-工-BLv

1~R+P~R^

位移為x=vAt

mi;(R+r)_mQo(R+r)

聯(lián)立可得％=B217~BL(m+CB2L2

12.【答案】(1)解：金屬棒P沿光滑導軌下滑，根據動能定理可得mgh=.nwo2

2

解得h=要。

2g

(2)解：金屬棒P離開水平寬軌后，金屬棒P與金屬棒Q組成的系統(tǒng)動量守恒，則有m翌+m^=(m

lo10

+m)v共

解得VJt=ivo

即金屬棒P的最終速度大小