2026年高考物理二轮复习 素养培优4 动量观点在电磁感应中综合应用（专项训练）含答案

2026年高考物理二轮复习素养培优4动量观点在电磁感应中综合应用专项训练

一、选择题

1.某用磁缓冲装置的原理如图所示，两足够长的平行光滑金属导轨置于同一水平面内，两导轨左端之间与

一阻值为R的定值电阻相连，直线441右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为根的金属杆垂直导轨放置,

在直线441的右侧有与其平行的两直线和CCi，且与8/、与CCi间的距离均为d。现让金属杆以

初速度孙沿导轨向右经过7Ml进入磁场，最终金属杆恰好停在CG处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R。

导轨的电阻及空气阻力均可忽略不计，下列说法中正矶的是（）

R

A.金属杆经过BB］时的速度为学

B.在整个过程中，定值电阻R产生的热量为2m诏

C.金属杆经过AAi-BBi和BBi—CG区域，其所受安培力的冲量不同

D.若将金属杆的初速度变为原来的2倍，则其在磁场中运动的最大距离大于原来的2倍

2.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，磁感应强度大小为瓦现将两根材料相同、横截面积不司、长度均为L的金属棒，必、4分别静置在

导轨上。现给他棒一水平向右的初速度出,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。已知他棒的质量为〃?，电阻为导轨电阻可忽略不计。下列说法正确的是

)

XXXX.XXXX

C

XXIx-xIX_XX~X

%

XXXX—>6XX

XXXXXXXX

xXxrtxXXX

甲

A.他棒刚开始运动时，cd棒中的电流方向为“TC

B.岫运动后，cd棒将做加速度逐渐增大的加速运动

C.在0~70时间内，ab棒产生的热量为］

D.在。〜山时间内，通过〃棒的电荷量为驾驯

第1页

3.如图所示，足够长的水平放置的光滑平行导轨，宽轨道的间距为窄轨道的2倍，轨道处于竖直方向的匀

强磁场中，甲、乙两杆垂直导轨放置，质量分别为2m、m。某时刻甲以速度为向右滑动，若甲始终在宽轨道

上运动，则系统最终产生的热量为（）

V

甲—o>

A.B.|THVQC.D.gm诏

二、多项选择题

4.如图所示，金属杆放置在足够长的光滑水平导轨上，与导轨垂直，接入电路的有效长度为L,磁感应强度

大小为B的匀强磁场与导轨所在的平面成37。角斜向右上方，整个回路的电阻恒为R。现给金属杆施加水平

向右的恒定拉力，金属杆最终以大小为v的速度做匀速直线运动，且导轨对金属杆的弹力刚好为0,重力加

速度大小为g,0出37。=0.6、cos37°=0.8,下列说法正确的是（）

27

A.金属杆的质量为加L\

5R

22

B.水平向右的恒定拉力为也导

C.若金届杆从静止到匀速运动的位移大小为X,则通过回路某一横截面的电荷量为零

D.若金属杆从静止到匀速运动的位移大小为x,则这段运动时间为号+第

5.如图所示，间距为的两平行长直金属导轨水平放置，导轨所在空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小

为B的匀强磁场。长度均为仇的金属杆ab、cd垂直导轨放置，初始时两金属杆相距为伉，金属杆ab沿导轨

向右运动的速度大小为%,金属杆cd速度为零且受到平行导轨向右、大小为F的恒力作用。已知金属杆与

导轨接触良好且整个过程中始终与导轨垂直，在金属杆ab、cd的整个运动过程中，两金属杆间的最小距离为

J,重力加速度大小为g,两金属杆的质量均为m,电阻均为R,金属杆与导轨间的动摩擦因数均为

总,金属导轨电阻不计，下列说法正确的是（）

22

A.金属杆cd运动过程中的最大加速度为£+a如

2m干2mR

第2页

22

B.从金属杆cd开始运动到两金属杆间距离最小的时间为m%B-与）

尸十FR

C.金属杆ab运动过程中的最小速度为学

FR,%

D.金属杆cd的最终速度为石彳+

LDLQ

6.如图，一电阻不计的U形导轨固定在水平面上，匀强磁场垂直导轨平面竖直向上，一粗细均匀的光滑金

屈杆垂直放在导轨上，始终与导轨接触良好。现使金属杆以初速度孙向右运动，在轨道上滑行的最大距离为

x,金属杆始终与导轨垂直。若改变金属杆的初速度火、横截面积S和U形导轨的宽度L时，仍能保证金属

杆滑行的最大距离为x的是（）

B

A.保持L不变，%增大，S增大B.保持S不变，%增大，L增大

C.保持S不变，火不变，L增大D.保持L不变，火不变，S增大

7.电磁俘能器常在电器元件中使用。为探究俘能原理，某同学设计了如图所示的实验，俘能装置中两条相

距为L的平行光滑金属导轨位于同一水平面内，右端连接阻值为Ro的定值电阻；质量为加、长为L的金属杆成

静置在导轨上，金属杆与导轨垂直且接触良好。导轨之间边长为L的正方形区域ABCD内有匀强磁场，磁感

应强度大小为8,方向垂直导轨平面向里。动力源带动磁场以速度u向右匀速掠过金属杆时。已知金属杆协

距离定值电阻足够远，导轨和金属杆岫的电阻不计，则下列说法正确的是（）

■B弋

;xXXX；

L：XxXX：£「凡

11

XXXXL1TJu

:XXXX；

II

D"""L""Ch

A.流过定值电阻的最大电流为

227

B.金属杆M的最大加速度为注L

叫

23

C.磁场左边界经过金属杆Q匕的瞬间，金属杆时的速率为竺。

8.如图所示，MN和PQ为水平固定的间距为L的足够长的光滑平行金属导轨，在P、M之间接有阻值为R的定

值电阻甲，在N、Q之间接有阻值为2R的定值电阻乙，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。一长为L、质量为m、电阻为R的导体杆ab与导轨垂直且接触良好，并以一定的初速度％开始水平

向右运动，不计导轨电阻，己知好的速度减为零时还没有到达NQ,在必杆运动的整个过程中（）

第3页

A.通过电阻甲的电荷量为舞B.通过电阻乙的电荷量为舞

ODLODL

C.M杆中产生的焦耳热为龙D.成杆中产生的焦耳热为杀m诏

9.如图所示，两段足够长的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左右两部分的间距分别为，、2i；空间存在竖

直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B,质量分别为m、27n的导体杆a、b均垂直导轨放置，接入电路的电

阻分别为R、2R,导轨电阻忽略不计；。、如两杆同时分别以为、2%的初速度向右运动，。总在左边窄导轨上

运动，b总在右边宽导轨上运动，从开始运动到两杆稳定的过程中，下列说法正确的是（）

A.a杆加速度与b杆的加速度相同

B.稳定时。杆的速度为2%

C.电路中Q杆上产生的焦耳热为|m诺

D.通过导体杆a的某一横截面的电荷量为争

10.如图所示，两根足够长的导轨由上下两段电阻不计，光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接，

M、N两点等高，间距L=lm,连接处平滑。导轨面与水平面夹角6=30。，导轨两端分别连接一个C=0.6F

的电容器和一个阻值，R=1.6。的电阻，整个装置处于8=17的垂直斜面向上的匀强磁场中，两根导体棒

ab、cd分别放在MN两侧，质量分别为=0.4kg、m2=0.2kg,棒ab电阻忽略不计，棒cd电阻r=

0.4C,给cd施加一沿导轨平面向上的恒力F=5N,使cd由静止开始运动，同时ab从距离MN为％=1TH处

由静止开始释放，两棒恰好在MN处发生弹性碰撞，相遇前瞬间棒cd速度为4m/s,此时撤去作用力F,取

重力加速度g=10m/s2o则从棒ab静止释放开始（）

R

30°

第4页

A.棒ab静止释放到与棒cd相遇运动的时间为Is

B.棒cd沿导轨向上运动的距离为G4m

C.棒cd沿导轨向上运动过程中产生的焦耳热为24/

D.两棒碰后，棒cd速度大小为2m/s

三、计算题

11.如图所示，间距均为L的两段足够长平行光滑金属导轨M1N1M2N2、P1Q/2Q2均固定在水平面匕光滑

绝缘件将两段导轨相连，导轨左右两端分别与电容为C的电容器和阻值为R的电阻相连接，空间存在垂直导轨

平面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B,开始时电容器上极板带正电，电荷量大小为现将质

量为m、长为人电阻为r的导体棒在M1MM2N2内某位置垂直于导轨由静止释放，导体棒在到达绝缘件之前

已经做匀速直线运动，导轨电阻忽略不计，导体棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好。

导体棒2.

XXXXXXX绝缘件Xxxxxxxxx

XXXXXXXXXXXXXXXXXX

cR

丁XXXXXXXXxXXXXXXX

XXXXXXX绝缘件Xxxxxxxxx

N?P

2。2

(1)求导体棒在释放瞬间加速度的大小;

(2)求导体棒穿过光滑绝缘件时的速度大小；

(3)求导体棒最终静止时距连接处P』2的距离。

12.如图所示，水平面内有不计电阻的导轨，导轨宽轨部分间距为2L窄轨部分间距为L长度足够长，轨

道倾斜部分与水平面成0角，倾斜导轨与水平导轨平滑连接。水平导轨部分存在竖直向下的匀强磁场，磁感

应强度大小为从质量为必长度为，的金属棒Q静止在窄轨上，质量为/〃、长度为2L的金属棒尸从某处

静」魄放，P下滑到倾斜导轨底端时的速度为W①,P、。在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接

触，P、Q始终未相碰②。P在水平宽轨上运动的时间为^；F离开宽轨的瞬间，足的速度为教，。的速度

为萼。已知重力加速度大小为处除水平宽轨外不计所有摩擦。③求:

(I)P棒释放时的高度人；

(2)P的最终速度大小；

(3)P与水平宽轨间的动摩擦因数(用k表示)。

13.如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。Med区域有匀强磁场，磁感应强度大小为

B,方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属材M以初速度%向右运动。磁场内的细金属杆N处十静止状

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态，且到cd的距离为两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为义为，两金属杆与导轨接触良好且运动

过程中始终与导轨垂直。金属杆M质量为2机，金属杆N质量为m,两杆在导轨间的电阻均为R,感应电流

(1)求M刚进入磁场时M两端的电压;

(2)N在磁场内运动过程中N上产生的热量；

(3)N刚离开磁场时M在磁场中运动的距离；

(4)N在磁场内运动的时间to

14.某探究小组利用电磁阻尼原理设计了一减震装置，其简化结构如图1所示。质量为m的“日”字型金属框

架abcdcf由7根长度均为1,电阻均为r的金属杆焊接而成，水立有界匀强磁场的高度也为I,水平足够宽

广，磁感应强度大小为B。开始时水平杆af与磁场的上边界平行。框架由某一高度下落，以初速度先进入磁

场，磁场中框架运动的速度v与下落距离x之间的v~x图像如图2所示，则

(I)框架刚进入磁场时受到的安培力的大小心；

(2)穿过磁场过程中，框架上产生的焦耳热Q；

(3)框架在磁场中运动时间I。

15.如图，两固定光滑平行直金属导轨MN、MN，与PQ、P'Q'间用两段光滑小圆弧平滑连接，两导轨间距

L=0.5m,M、M一两点间接有阻值R=2.0C的电阻。质量mi=0.2kg的均匀直金属杆ab放在导轨上，其接入回

路的电阻r=0.5C,质量m2=0.6kg的绝缘杆cd静置于水平轨道上，水平轨道处于磁感应强度大小B=1T,方

向竖直向上的匀强磁场中，导轨电I且忽略不计。现让金属杆ab由静止释放，释放点距水平轨道的竖直高度

h=0.45m,进入水平轨道减速运动一段时间后，与绝缘杆cd发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后瞬间杆ab

的速度大小vi=lm/s,方向水平向右。已知杆ab、cd均与导轨垂直,重力加速度g=l()m/s2。求：

第6页

M

R

（1）金属杆ab刚进入磁场时的加速度大小a；

（2）两杆碰后瞬间，绝缘杆cd获得的速度大小；

（3）全过程中电阻R上产生的焦耳热。

16.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=0.5m,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=2T,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mi=0.2kg、m2=0.Qkg,其电阻分别为%=0.5Q、

R2=20,金属棒a位于磁场边界紧靠PQ放置，金属棒b在磁场内部。门时刻同时给两金属棒大小相等、方

向相反的初速度q）=5m/S,两金属棒相向运动，且始终没有发生碰撞，以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）S时刻金属棒b加速度大小；

（2）口〜£2时间内通过回路的电荷量；

（3）G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。

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答案解析部分

1.【答案】A

【解析】【解答】本题通过电磁感应知识考查动量与能量的综合应用，要求学生能正确分析物体的运动过程和

运动性质，熟练应用对应的规律解题。A.设平行金属导轨间距为L,金属杆在区域向右运动的过

程中切割磁感线有

E=BM1=&

金属杆在A41-GC区域运动的过程中，时间内，根据动量定理有

一BILAt=rn.Lv

则

r)22

BL¥v

----2R△£=mLv

由于

d.=217At

则上面方程左右两边累计求和，可得

B2L22d

设金属杆经过8名的速度为巧，同理对金属杆在8当-GC区域运动的过程中根据动量定理，同理可得

B2L2d

--2R-=-mVi

综上有

-E20

VI

则金属杆经过的速度等于学，A正确;

B.在整个过程中，根据能量守恒有

1

Q=-

2

则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为

12

mv

QR=^o

B错误；

C.金属杆经过A4i-BiB与BBi区域，金属杆所受安培力的冲量为

2,2

B2L2BDLx

-EB1LM=-SvAt=

~2R~2R

第8页

因金属杆经过A4-818与BBi-GC区域滑行距离均为d,所以金属杆所受安培力的冲量相同，C错误；

D.根据A选项可得，金属杆以初速度盯在磁场中运动有

B2L22d

—一2R~=~mVQ

可见若将金属杆的初速度变为原来的2倍，则金属杆在磁场中运动的最大距离等于原来的2倍，D错误。

故选A。

【分析】金属杆在AAI-BIB区域向右运动的过程中切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律、讯合电路欧姆定

律列式，结合金属杆在AA.-B.B区域运动的过程中的动量定理井累计求和，可得金属杆在AA.-BiB区域安培

力冲量的大小以及BBi处的速度的表达式。

2.【答案】D

【解析】【解答】A：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CTd,故A错误；

B：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:

C：两金属棒组成的系统动量守恒，则mvo=(m+m,)ivo,解得m'=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=&得电阻之比为2：1,故ab棒与cd棒产生的热

量之比为2：1,

2

对于两棒组成的系统，由能量守恒定律有扣为2弓(m+m，)(lp0)+Q»0〜to时间内，

ab棒产生的热量Qab^QqnwoZ,故c错误；

D：对cd棒，由动量定理有B2o=2mxjvo,Xq=7to,则在。〜to时间内，通过cd棒的电荷量q=g簪，

故D正确

【分析】本题以双金属棒在磁场中的电磁感应运动为核心，先由动量守恒确定最终共同速度，再结合楞次

定律、安培力公式、能量守恒和动量定理，逐一分析各选项的正确性。

3.【答案】B

【解析】【解答】本题考查电磁感应过程中的能量类问题，解题时需注意电磁感应过程的实质是不同形式的能

量转化的过程，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，而克服安培力做功的过程，则是其

他形式的能转化为电能的过程。最终状态两棒均做匀速运动，此时两棒切割产生的电动势大小相等B2Lv甲

=BLv乙得末速度v乙二2v甲

对甲棒根据动量定理可得-而•甲-

2Mt=2mv0

对乙棒根据动量定理可得而•LAt=mu乙

第9页

联立解得〃甲=等乙二字

系统最终产生的热量为Q=_827n琢：+)=留九诏

故选B。

【分析】稳定状态时，回路的感应旦动势为0,感应电流为0。导体棒a、b均向右做匀速直线运动，根据法

拉第电磁感应定律、动量定理分别列式，即可求出两棒的最终速度；根据能量守恒定律求出整个过程产生的

焦耳热。

4.【答案】B.D

【解析】【解答】AB.金属杆最终以大小为v的速度做匀速直线运动，此时有E=8Lusin37。，/=率F安=

BIL

92

可得匕,=练¥

文57?

由右手定则结合左手定则可知安培力斜向左上方与水平方向的夹角成53。，由于导轨对金属杆的弹力刚好为

0,竖直方向由平衡条件可得尸安$由53。=巾9

22

解得金属杆的质量为喋异

2SRg

水平方向根据平衡条件可得尸=尸安cos53。

27

解得水平向右的恒定拉力为F=9BL匕故A错误，B正确；

25/?

C.若金属杆从静止到匀速运动的位移大小为x,则通过回路某•横截面的电荷量为q=7At=(母=

R

△中

国A「一△①.BLxsin37°_故c错误；

R及一R一R-5R

D.若金属杆从静止到匀速运动的位移大小为x,根据动量定理可得F£-8〃A£cos53o=mv-0

其中7&=空姿

联立解得这段运动时间为1=*+翁，故D正确。

故答案为：BDo

【分析】先分析金属杆的感应电动势、安培力，再结合受力平衡求质量和拉力；利用磁通量变化求电荷量，

通过动量定理结合电荷量公式求运动时间。

5.【答案】A,D

【解析】【解答】对金属杆ab、cd的运动过程分析如下：

①初始ab向右运动，cd速度为零，两者间距开始减小，回路中磁通量先开始减小，根据楞次定律可知回路

中的感应电流方向先是顺时针的，ab受到的安培力与滑动摩擦尢均先向左，ab先向右做减速运动，设其速度

大小为w。cd受到的安培力先向右，而滑动摩擦力向左，因动摩擦因数为

第10页

F

〃—2mg

可知滑动摩擦力小于F,故Cd先向右做加速运动，设其速度大小为V2。回路中的感应电动势为

E=BL（）（V1-V2）

因（vi-V2）先减小，故感应电动势、感应电流、两金属杆所受安培力均减小。故ab先向右做加速度减小的减

速运动，cd先向右做加速度减小的加速运动。

②当v产V2时，感应电动势、安培力均为零，由于存在滑动摩擦力，ab继续减速，但cd继续加速（因F>

Mtng）,导致V2>w,两者间距开始增大，回路中磁通量先开始增大，根据楞次定律可知回路中的感应电流方

向变为逆时针，ab受到的安培力反向，方向向右，与滑动摩擦力方向相反；cd受到的安培力也反向，方向向

左，与滑动摩擦力同向。此后的回路中的感应电动势为

E=BL（）（V2-V1）

因（V2-vi）增大，故感应电动势、感应电流、两金属杆所受安培力均由零逐渐增大，对ab有

pmg-BILo=mai

对cd有

F-|.img-BILo=ma2

可见ab、cd的加速度均减小，故ab继续向右做加速度减小的减速运动，cd向右做加速度减小的加速运动。

③当安培力增加到等于滑动摩擦力，即：BILo=pmg时，ab的加速度ai为零，此时对于cd有

F-ptng-BIL（）=F-2pmg=0

（因〃=白），即：cd的加速度a2为零，可见两者加速度同时减小到零，此后VI、V2若保持不变，则（V2-

VI）恒定，感应电动势、感应电流、两金属杆所受安培力均保持不变，两者加速度可保持为零，故两者终极

状态为匀速直线运动。终极状态有

V2>Vl

BILo=j.img

F=2卜img

A.由上述分析，可知金属杆cd运动过程中的加速度一直减小到零，则初始其加速度最大。

初始电动势为

Eo=BL<jvo

安培力为

F_D^Or_FAW%

FQ_B_LO___

根据牛顿第二定律得

ma（产F+Fo-pmg

第11页

结合〃=急，解得

/B2Llv.

°°一而+2mR

故A正确；

B.由上述①②的分析可知当V尸V2时两者的间距离最小，以水平向右为正方向，根据动量定理得:

对ab有

-BlLQt—fimgt=mv1-mv0

对cd有

Ft+BlLot-fimgt-mv2-0....④

两式相加，再结合〃=募可得

又有

一E△中

It=2Rt=l^~

△①=BLQILQ-Li)

可得

片次——1)

叫'2R

代入④式可得所求的时间为

mv0B^OCLQ-L^

t=~FFR

故B错误；

C.由B选项可知V1二V2时，金属杆ab的速度W=：vo,而由②的分析可知此后ab继续做减速运动，故运动

过程中金属杆ab的最小速度小于3o,故C错误;

D.设ab、cd的最终速度分别为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页

从两者速度V|=V2=/VO时到终极状态的过程，以水平向右为正方向，根据动量定理得:

对ab有

-1

-BILQ^-Rmgh=mva一亍小孙

对cd有

-1

Ft】+BILot1—Rmgt、=mvc--^mv0

两式相加可得

Va+Vc=VO

联立解得

故D正确。

故选ADo

【分析】

1.力学对象和电学对象的相互关系

r电动势：E=n券E=BLv<

r内电路」

I内电阻：r

(1)电学对象y外电路：串、并联电路E

、全电路：E=I(R+r)-----------

「受力分析：F^BIL

(2)力学对象<

、运动过程分析：a—►沙

2.动态分析的基本思路

第13页

E=BIv

导体有初速度或受外力运动一一一感应电动

[=上

势-------＞感应电流一二导体受安培力

F人=ma

―＞合力变化———＞加速度变化一＞速度变

化一临界状态。

3.导体棒运动非匀变速运动时一般要用能量和动量知识求解，当安培力变化，且又涉及位移、速度、电荷量

等问题时，用动量定理往往能巧妙解决。在电磁感应中用动量定理时，通常将下面两式结合应用：

A0

q=/At=n—5-

6.【答案】C,D

【解析】【解答】本题中金属杆在磁场中做非匀变速直线运动，不能根据运动学公式求出滑行距离，运用动量

定理求滑行距离是常用方法，要学会运用。设金属棒材料密度为Pi，质量金属棒的质量为

m=p[LS

设金属棒的电阻率为P2,则金属棒的电阻为

L

R=p2S

金属杆速度由初速度%减小到o,根据动量定理可得

一£BILXt=0-?nvQ

又

BLv

I=~R~

则有

S2L2B2L2

Efi/LAt=—p—JvAt=­p—x

KK

联立可得

PPvo

x—r27

Bz

由此可知，材料不变，磁场不变，最大距离X只与为有关。

故选CD,

【分析】先根据密度公式得到金属棒的质量与L、S的关系，根据电阻定律得到金属棒的电阻与L、S的关系，

第14页

再根据动量定理列式，得到X的表达式，即可进行判断。

7.【答案】A,C

【解析】【解答】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列

出方程；另一条是能量，分析涉及日磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求

解。AB.以磁场为参考系，金属杆仍以大小为u的初速度向左减速运动，则就刚进入磁场时产生的电动势最

大，感应电流最大，加速度也最大，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为

E=BLv

根据欧姆定律可得电流

BLv

F

根据牛顿第二定律可得,

F=BIL=ma

联立解得加速度

B2LZV

Q=5两

A正确，B错误;

CD.以磁场为参考系，对M根据动量定理可得

£BLlXt=mv—mv!

即

△①

—=mv-mv

B2L3,

—5-=mv-mv

解得

B2L3

P,=v——

TWRQ

所以就相对地面的速率

B2L3

v

mR。

此时感应电动势

g2q

E一BL

m/?oj

第15页

定值电阻的功率

22223

EBLBL7

PFF（"-两）

c正确，D错误。

故选：ACo

【分析】根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律求解流过定值电阻Ro的最大电流；根据牛顿第二定律

求解加速度大小；对金属棒根据动量定理求解金属杆ab相对于地的速率；根据电功率的计算公式求解定值电

阻Ro的功率。

8.【答案】B.D

【解析】【解答】AB.对a匕杆由动量定理有一BZJAC=-BLq=0-mv0

得通过电路的总电荷量为q0=等

心DL

通过电阻甲的电荷量为饵=褊喝=符

通过电阻乙的电荷量为（/乙=益忘=舞，故A错识，B正确；

CD.甲、乙并联电阻阻值为/?并=：/?,由能量守恒可知，回路中产生的总焦耳热为Q=*m诏

R八32

前杆中产生的焦耳热为名n下二而五；。总=花小诏，故C错误，D正确。

并

故答案为：BDo

【分析】本题考查导体棒在磁场中运动的电荷量与焦耳热问题，核心是结合动量定理求电荷量、利用串并联电

路规律与能量守恒求焦耳热。

9.【答案】B.D

【解析】【解答】A.感应电流大小相等，根据牛顿第二定律有8〃=巾/，B/•21=2ma＞可知，加速度大小

相等，根据右手定则可知，从上往不看，感应电流方向沿顺时针方向，根据左手定则可知，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，则加速度方向相反，可知，Q杆加速度与b杆的加速

度不相同，故A错误；

B.稳定时，感应电流为0,回路总的感应电动势为0,则有8・21%=员%,对a杆，根据动量定理有

BllLt=mva—mv0»对b杆，根据动量定理有—87♦2必£=2m%—2nl•2%，解得%=2%,vh=v0,故

B正确；

D.根据电流的定义式有7=卷，解得《=用£,故D正确；

C.回路产生的总的焦耳热Q=为诺+贝2m（2%）2-幼蓝+X2m瑶，电路中Q杆上产生的焦耳热Q。=

力雪与，解得Q=imvg＞故C错误。

故答案为：BDo

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【分析】结合牛顿第二定律分析加速度，利用感应电动势为零的稳定条件和动量定理求解速度，通过能量守

恒计克焦耳热，依据电流定义式推导电荷量。

10.【答案】A.B

【解析】【解答】A.由电容器电荷曷公式q=CU及感应电动势U=BLvt得回路电荷量变化Aq=C•

BLAu。对金属棒Qb,由牛顿第二定律m}gs\n300-BIL=,其中电流I=魁,联立得=

mqsinO〜

A代入数据解得ai=2m/s2,运动至t=ls时速度为0,故A符合题意；

nii+C/）L

-BLXpd

lt

B.对cd棒上滑过程应用动量定理Ft-m2asin0-t-B1L-t=m2v^其中平均电流==~R—，总

点

电阻R总=2Q0联立解得xcd=6.4m,故B符合题意；

2

C.碰前瞬间cd速度为4m/s,由功能关系Fxcd—m2gxcds\n0—Q=^m2v解得总焦耳热Q=24人

cd棒产生的焦耳热Q”=号3Q=48/，故C不符合题意；

D.两棒发生弹性碰撞，取沿斜面向上为正方向，碰前vx=-2m/s.v=4m/s,由动量守恒叫巧+

gu=巾1〃2+瓶2也与能量守恒5叫方+=④叫诏+：血2谑，联立解得碰后cd速度v3=

-4m/s,故D不符合题意；

故答案为：ABo

【分析】利用电磁感应与牛顿第二定律结合，推导Q匕棒的匀加速运动规律；借助动量定理结合电磁感应电

荷量公式，求解cd棒上滑位移；通过功能关系计算总焦耳热并分配；利用弹性碰撞的动量守恒与能量守

恒，推导碰撞后的速度。

11•【答案】（1）解：释放瞬间导体棒两端电压即为电容器两端电压，知U=%

对导体棒，根据牛顿第二定律，有=

W/=-

r

联立可得Q=吗

mrC

（2）解：导体棒匀速时说明导体棒切割磁感线产生的电动势和电容器两极板间电压相等，设导体棒匀速时

的速度为v,可知=?

对导体棒，根据动量定理，有=

且他t=Qo-Q'

BLQO

联立可得u=

m+CB2L2

（3）解：对导体棒穿过绝缘件后减速运动过程中，根据动量定理，有=0—

又有了=BLv

R+r-R+r

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位移为x=vLt

肤J得B,WBL(m+CB%2)

【解析】【分析】(1)先由电容器电压与电荷量的关系得到导体棒两端电压，再结合欧姆定律求出回路电流，

最后对导体棒应用牛顿第二定律，联立求解释放瞬间的加速度。

(2)先根据导体棒匀速时感应电动势与电容器电压相等的条件，建立速度与电荷量的关系；再对导体棒应用

动量定理，结合电流的冲量等于电荷量变化，联立求解导体棒的匀速速度。

(3)对导体棒减速过程应用动量定理，结合平均感应电流、平均速度与位移的关系，联立求解导体棒的运动

位移。

(1)释放瞬间导体棒两端电压即为电容器两端电压，知〃=奥

对•导体棒，根据牛顿第二定律，有=

r

联立可得Q=更隼

mrC

(2)导体棒匀速时说明导体棒切割磁感线产生的电动势和电容器两极板间电压相等，设导体棒匀速时的速

度为v，可知8八=,

对导体棒，根据动量定理，有=

，

且/△£=QQ-Q

联立可得u=华2

(3)对导体棒穿过绝缘件后减速运动过程中，根据动量定理，有=

又有了-工-BLv

1~R+P~R^

位移为x=vAt

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

联立可得％=B217~BL(m+CB2L2

12.【答案】(1)解：金属棒P沿光滑导轨下滑，根据动能定理可得mgh=.nwo2

2

解得h=要。

2g

(2)解：金属棒P离开水平宽轨后，金属棒P与金属棒Q组成的系统动量守恒，则有m翌+m^=(m

lo10

+m)v共

解得VJt=ivo

即金属棒P的最终速度大小