2025届高考物理二轮专题讲义：动量观点在电磁感应中的应用（含解析）

动量观点在电磁感应中的应用
课前学习任务
学习目标：
1.掌握应用动量观点处理电磁感应中的动量、电荷量、时间及位移等问题。2.掌握动量和能量观点处理电磁感应中的能量转化问题。
核心精讲
在导体切割磁感线做变加速运动时，若运用牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题。
求解的 物理量 应用示例
电荷量或速度 -BLΔt=mv2-mv1，q=Δt， 即-BqL=mv2-mv1
位移 -=0-mv0， 即-=0-mv0
时间 -BLΔt+F其他Δt=mv2-mv1， 即-BLq+F其他Δt=mv2-mv1， 已知电荷量q、F其他(F其他为恒力)
-+F其他Δt=mv2-mv1， 即-+F其他Δt=mv2-mv1， 已知位移x、F其他(F其他为恒力)
物理 模型
两杆都在运动，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒
分析 方法 动力学 观点 通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动
能量 观点 两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和
动量 观点 对双杆合外力为零，应用动量守恒定律处理速度问题，对其中一杆应用动量定理可解电荷量、时间及位移差问题
课堂学习任务
考点一　动量定理在电磁感应中的应用
例1　(多选)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，一正方形线框(右边框平行于磁场边界)由位置 Ⅰ 以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，经过位置 Ⅱ，当运动到位置 Ⅲ 时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置 Ⅱ 时的速度为v。则下列说法正确的是(　　)
A.q1=q2 B.q1=2q2
C.v=1.0 m/s D.v=1.5 m/s
变式训练
变式1　(多选)如图所示，足够长、光滑、电阻不计的金属导轨PQ、MN水平平行放置在绝缘水平面上，左端接有一定值电阻R，在垂直导轨分界线ab、cd间有竖直向下的匀强磁场B1，在分界线cd、ef之间及ef右侧区域均有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B2，且B1=3B2。一金属棒以初速度v0进入磁场，经过cd、ef处时的速度分别为、，金属棒从ab至cd过程，回路产生的焦耳热为Q1，通过电阻R的电荷量为q1，金属棒位移为x1，经历的时间为t1；金属棒从cd至ef过程，回路产生的焦耳热为Q2，通过电阻R的电荷量为q2，金属棒的位移为x2，经历的时间为t2。金属棒始终与导轨垂直，则(　　)
A.= B.=
C.= D.=
变式2　(多选)(2024·黑龙江省二模)如图所示，倾角为30°、间距为L、足够长的光滑平行金属导轨的底端接阻值为R的电阻；质量为m的金属棒通过跨过轻质光滑定滑轮的细线与质量为4m的重物相连，滑轮左侧细线与导轨平行；金属棒的电阻为R、长度为L，金属棒始终与导轨垂直且接触良好。整个装置处于垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现将重物由静止释放，其下落高度h时达到最大速度v，重力加速度为g，空气阻力及导轨电阻不计，此过程中(　　)
A.细线的拉力一直减小
B.金属棒所受安培力的冲量大小为
C.金属棒克服安培力做功为m(7gh-5v2)
D.该过程所经历的时间为+
考点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用
例2　(多选)如图所示，水平放置的足够长的平行光滑金属导轨ab和cd处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，两导轨间距为L。现将质量为2m的导体棒ef和质量为m的导体棒gh放置在导轨上，两导体棒的电阻均为R、长度均为L，导轨电阻不计。t=0时刻，给导体棒ef水平向右、大小为3v0的初速度，同时也给导体棒gh水平向左、大小为v0的初速度，若运动过程中两导体棒未发生碰撞，两导体棒始终垂直导轨且与导轨接触良好，则下列说法正确的是(　　)
A.t=0时刻，两导体棒受到的安培力大小均为
B.导体棒gh的速度大小为0时，导体棒ef的速度大小为v0
C.从两导体棒开始运动到速度不再变化，导体棒gh受到安培力的冲量大小为mv0
D.两导体棒运动过程中，回路中产生的焦耳热为m
变式训练
变式3　(多选)如图，足够长的粗糙平行金属导轨倾斜固定在水平面上，与水平面的夹角均为θ=37°，导轨间距为L。长为L的金属杆ab和cd垂直导轨放置，质量分别为m和2m，电阻均为R，与导轨间的动摩擦因数大小均为0.75，整个装置处于方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现同时使金属杆ab和cd分别获得大小为v0和2.5v0的初速度，方向如图所示，运动过程中两金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好。从开始运动到运动稳定的过程中，tan θ=0.75，下列说法正确的是(　　)
A.刚开始运动ab杆的电流方向从b到a
B.通过ab杆的电荷量为
C.回路产生的热量为m
D.杆ab、cd间距离缩小了
变式4　(多选)如图，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
考点三　用力学三大观点分析电磁感应问题
例3　如图，质量为m的均匀金属棒ab垂直架在水平面甲内间距为3L的两光滑金属导轨的右边缘处。下方的导轨由光滑圆弧导轨与处于水平面乙的光滑水平导轨平滑连接而成(图中半径OM和O'P竖直)，圆弧导轨半径为R、对应圆心角为60°、间距为3L，水平导轨间距分别为3L和L。质量也为m的均匀金属棒cd垂直架在间距为L的导轨左端。导轨MM'与PP'，NN'与QQ'均足够长，所有导轨的电阻都不计。电源电动势为E、内阻不计。所有水平部分的导轨均有竖直方向的、磁感应强度为B的匀强磁场，圆弧部分和其他部分无磁场。闭合开关S，金属棒ab迅即获得水平向右的速度(未知，记为v0)做平抛运动，并在高度降低3R时恰好沿圆弧轨道上端的切线方向落在圆弧轨道上端，接着沿圆弧轨道下滑。已知重力加速度为g，求：
(1)空间匀强磁场的方向；
(2)棒ab做平抛运动的初速度v0；
(3)通过电源E某截面的电荷量q；
(4)从金属棒ab刚落到圆弧轨道上端起至棒ab开始匀速运动止，这一过程中棒ab和棒cd组成的系统损失的机械能ΔE。
课后学习任务
一、单选题
1．如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，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l、2l；质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置，导体棒a接入电路的电阻为R，其余电阻均忽略不计；a、b两棒分别以v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状态，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．a棒加速度大于b棒的加速度
B．稳定时a棒的速度为1.5v0
C．电路中产生的焦耳热为
D．通过导体棒a的某一横截面的电荷量为
2．如图所示，正方形线框边长，质量，电阻，水平放置在粗糙绝缘水平面上，开始时线框边紧靠匀强磁场左边界，平行的边界与之间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁场宽度为，磁感应强度大小，现对线框施加一水平向右的拉力F，使线框以的加速度由静止开始匀加速进入匀强磁场，当线框边到达磁场左边界时，撤去拉力，当线框边到达磁场右边界时，线框速度恰好减为零。已知重力加速度g取，线框与水平面间的动摩擦因数，下列说法正确的是（　　）
A．整个过程中线框达到的最大速度为
B．整个过程中线框中感应电流的最大值为
C．线框进入磁场过程中拉力的功率与时间的函数关系为
D．线框从边刚离开边界到边抵达边界经历的时间为
3．如图甲所示，一固定竖直倒放的“U”形足够长金属导轨的上端接一定值电阻R，整个装置处于方向垂直轨道平面向里的匀强磁场中。现将一质量为m的金属棒从距电阻R足够远的导轨上某处，以大小为的初动量竖直向上抛出，金属棒的动量随时间变化的图像如图乙所示。整个过程中金属棒与导轨接触良好且保持垂直，不计空气阻力及金属棒和导轨电阻，重力加速度大小为g。关于此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．时刻金属棒的加速度为零
B．金属棒的最大加速度大小为2g
C．金属棒上升过程安培力的冲量大小为
D．金属棒上升过程定值电阻产生的焦耳热等于
4．某电磁缓冲装置如图所示，两足够长且间距为L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BC段与段粗糙，其余部分光滑，右侧处于磁感应强度大小为B方向竖直向下的匀强磁场中，、、均与导轨垂直，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度沿导轨向右经过进入磁场，最终恰好停在处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的动摩擦因数为，，导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．金属杆经过的速度为
B．在整个过程中，定值电阻R产生的热量为
C．金属杆经过区域过程，其所受安培力的冲量大小为
D．若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离等于原来的2倍
5．如图（a），水平面内有两根足够长的光滑平行固定金属导轨，间距为d。导轨所在空间存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两导体棒M、N静止放置在足够长的导轨上。已知M的质量为m，阻值为R，导体棒N的质量未知，阻值为，导轨电阻不计。现给M棒一水平向右的初速度，其速度随时间变化关系如图（b）所示，两导体棒运动过程中，始终与导轨垂直且接触良好，则下列说法正确的是（ ）
A．导体棒N的质量为 B．导体棒N的最终的速度为
C．在内导体棒M产生的热量为 D．在内通过导体棒M的电荷量为
6．如图所示，两水平平行金属导轨由宽轨、，窄轨、两部分组成，宽轨部分间距为2L，窄轨部分间距为L。现将两根材料相同、横截面积相同的金属棒ab、cd分别静置在宽轨和窄轨上。金属棒ab的质量为m，电阻为R，长度为2L，金属棒cd的长度为L，两金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。除金属棒的电阻之外其余电阻不计，宽轨和窄轨都足够长。金属导轨处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给金属棒ab水平向右的初速度，此后金属棒ab始终在宽轨磁场中运动，金属棒cd始终在窄轨磁场中运动，不计一切摩擦。下列说法正确的是（　　）
A．金属棒ab刚开始运动时，ab棒中的电流方向为b→a
B．当两金属棒匀速运动时，ab棒的速度为
C．金属棒ab从开始运动到匀速的过程中，通过ab棒的电荷量为
D．金属棒ab从开始运动到匀速的过程中，ab棒中产生的热量为
二、多选题
7．一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑定滑轮，绳的一端连接质量为、边长为的正方形金属线框，另一端连接质量为的物块。虚线区域内有磁感应强度大小均为的匀强磁场，其方向如图所示，磁场边界Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均水平，相邻边界间距均为。最初拉住线框使其边与Ⅰ重合。时刻，将线框由静止释放，边由Ⅱ运动至Ⅲ的过程中，线框速度恒为。已知线框的电阻为，运动过程中线框始终在纸面内且上下边框保持水平，重力加速度为。下列说法正确的是（　　）
A．边由Ⅲ运动至Ⅳ的过程中，线框速度恒为
B．
C．时刻，边恰好与Ⅱ重合
D．边由Ⅰ运动至Ⅱ与由Ⅲ运动至Ⅳ历时相等
8．如图，两根足够长的光滑平行导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为2L和L，左侧是电阻不计的金属导轨，右侧是绝缘轨道。 左侧处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B0；右侧以 O 为原点，沿导轨方向建立 x 轴，沿 Ox 方向存在分布规律为 B =B0+ kx（k > 0）的竖直向下的磁场（图中未标出）。一质量为 m、阻值为 R、三边长度均为 L 的 U 形金属框，左端紧靠 静置在绝缘轨道上（与金属导轨不接触）。导体棒 a 、b 质量均为 m ，电阻均为 R ，分别静止在立柱左右 两侧的金属导轨上。现同时给导体棒 a ，b 大小相同的水平向右的速度v0，当导体棒 b 运动至 时，导体棒 a 中已无电流（a 始终在宽轨上）。导体棒 b 与 U 形金属框碰撞后连接在一起构成回路，导体棒 a 、b 、金属框与导轨始终接触良好，导体棒 a 被立柱挡住没有进入右侧轨道。下列说法正确的是（　　）
A．导体棒a到达立柱时的速度大小为 v0
B．导体棒b到达 时的速度大小为 v0
C．导体棒b与U形金属框碰撞后连接在一起后做匀减速运动
D．导体棒b与U形金属框碰撞后，导体棒 b 静止时与 的距离为
三、解答题
9．如图所示，水平地面上竖直放置一个边长为2L = 0.2 m、质量m = 0.8 kg、总电阻为R = 1 × 10 4 Ω的正方形单匝导体框MNPQ，竖直面内存在两个矩形匀强磁场区域abcd和efgh，宽度均为3L且足够高，磁感应强度大小均为B = 0.1 T，方向均垂直纸面向里，cd水平且在地面以下，gh水平且与地面相距L，bc与eh的水平距离为2L。导体框的MQ边刚好和ad重合。对导体框施加一个水平向右的拉力，使导体框由静止开始做加速度大小为a = 0.6 m/s2的匀加速运动，直至导体框恰好离开磁场区域abcd，之后令其做匀速直线运动。已知重力加速度为g = 10 m/s2，导体框平面始终与磁场垂直，导体框与地面的动摩擦因数为μ = 0.1，。求：
(1)导体框的NP边刚离开bc边时，拉力的大小F0；
(2)导体框从开始运动到恰好离开磁场区域abcd的过程中，拉力冲量IF的大小；
(3)导体框从开始运动至NP边到达fg边的过程中与地面摩擦产生的热量Q。
10．如图所示，相距的平行金属导轨，左侧部分水平，分布着竖直向上的匀强磁场，右侧部分倾斜，倾角为，倾斜导轨上的、两点处各有一小段绝缘导轨（长度可忽略不计），在连线到连线之间分布着垂直导轨向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为，倾斜导轨上端、之间接有阻值为的电阻，其余导轨电阻不计，水平与倾斜导轨连接处平滑过渡。金属棒1与2的质量都为，有效接入导轨间的长度都为，电阻都为。金属棒1从连线上方处由静止释放，与之间距离与之间距离与之间棒与导轨间的动摩擦因数为，其余部分导轨均光滑，金属棒2初始静止，到距离为。金属棒1进入磁场后，在运动到前已达到稳定速度，在运动到前已再次达到稳定速度。运动过程中，两棒与导轨接触良好，且始终与导轨垂直，不计金属棒经过时的能量损失，若两棒相碰则发生弹性碰撞。（已知，重力加速度取）求：
(1)金属棒1运动到前达到的稳定速度的大小；
(2)金属棒1运动到时，金属棒2的速度大小；
(3)最终稳定时金属棒1所在位置，以及全过程金属棒1产生的焦耳热。
答案精析
课堂学习任务
例1　BD　[根据q==可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1=2q2，故A错误，B正确；线框从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理有-BLΔt1=mv-mv0，即-BLq1=mv-mv0，同理线框从位置 Ⅱ 到位置Ⅲ，由动量定理有-BLΔt2=0-mv，即-BLq2=0-mv，联立解得v=v0=1.5 m/s，故C错误，D正确。]
变式1　AC　[设金属棒质量为m，从ab到cd过程，有
Q1=m-m()2
从cd到ef过程，有
Q2=m()2-m()2
整理有=，故A正确；
设导轨间距为L，金属棒从ab至cd过程，由动量定理有
-BLΔt=mv2-mv1
又因为=
所以整理有-B1q1L=mv0-mv0
从cd到ef过程，同理可得
-B2q2L=mv0-mv0
整理有q1=q2，故B错误；
根据法拉第电磁感应定律有=
又因为=，=
所以整理有q==
整理有=，故C正确；
金属棒从ab至cd过程，平均速度大，位移小，所以金属棒从ab至cd过程经历的时间一定小于从cd至ef过程经过的时间，即t1变式2　BCD　[根据题意，对重物和金属棒组成的系统受力分析可得4mg-mgsin 30°-F安=5ma，F安=BIL=，随着系统开始运动，棒的加速度沿金属导轨向上，速度逐渐增大，安培力逐渐增大，则系统做加速度逐渐减小的加速运动，直至加速度为0时系统以速度v做匀速直线运动。对重物受力分析可得4mg-FT=4ma，根据上述分析可知细线的拉力一直增大，速度最大后拉力大小保持不变，故A错误；金属棒所受安培力的冲量为I安=BL·Δt=B·L·Δt=，故B正确；由能量守恒定律得4mgh=mghsin 30°+(m+4m)v2+Q总，解得Q总=m(7gh-5v2)，根据功能关系可知金属棒克服安培力做的功为W=Q总=m(7gh-5v2)，故C正确；对系统列动量定理可知(4mg-mgsin 30°)·Δt-I安=5mv，联立解得Δt=+，故D正确。]
例2　BD　[t=0时刻，整个回路产生的感应电动势大小为E=E1+E2=4BLv0，感应电流的大小I==，导体棒受到的安培力大小为F=BIL=，故A错误；导体棒ef和导体棒gh受到的安培力等大反向，导体棒ef和导体棒gh组成的系统动量守恒，当导体棒gh的速度为0时，有6mv0-mv0=2mv，导体棒ef的速度为v=v0，故B正确；最终两导体棒以相同速度向右匀速运动，设此时速度为v1，则有6mv0-mv0=3mv1，解得v1=v0，根据动量定理可知导体棒gh受到的安培力的冲量I=mv0-(-mv0)=mv0，故C错误；对两导体棒运动过程，根据能量守恒定律可得回路中产生的焦耳热为Q=×2m×(3v0)2+m-×3m×()2=m，故D正确。]
变式3　ACD　[同时使金属杆ab和cd获得大小为v0和2.5v0的初速度，根据题意可以判断，两电动势方向相反，所以根据右手定则可以判断，刚开始运动ab杆的电流方向由cd杆决定，从b到a，故A正确；因为μ=tan θ，且两棒安培力等大反向，所以系统合力为零，动量守恒，mv0+2m×2.5v0=(m+2m)v，解得v=2v0，对cd分析2m×2v0-2m×2.5v0=-BLt=-BLq，解得q=，故B错误；根据能量守恒，回路产生的热量为Q=m+×2m×(2.5v0)2-×3m×(2v0)2，解得Q=m，故C正确；根据q=，解得Δx=，故D正确。]
变式4　AC　[弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确；任意时刻，设电流为I，则PQ所受安培力FPQ=BI·2d，方向向左，MN所受安培力FMN=2BId，方向向右，可知两棒系统所受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m， PQ速率为v时，则有2mv=mv'，解得v'=2v，回路中的感应电流I==，MN所受安培力大小为FMN=2BId=，选项B错误；设整个运动过程中，某时刻MN与PQ的速率分别为v1、v2，同理有mv1=2mv2，可知MN与PQ的速率之比始终为2∶1，则MN与PQ的路程之比为2∶1，故C正确；两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得mx1=2mx2，x1+x2=L，可得最终MN向左移动x1=，PQ向右移动x2=，则q=Δt===，选项D错误。]
例3　(1)竖直向上　(2)　(3)　(4)mgR
解析　(1)闭合开关S，金属棒ab迅即获得水平向右的速度，表明金属棒受到水平向右的冲量，所以安培力水平向右，因为金属棒ab中的电流方向为由a指向b，根据左手定则，空间匀强磁场的方向竖直向上。
(2)金属棒ab做平抛运动，其竖直方向有3R=gt2，vy=gt
由于金属棒在高度降低3R时恰好沿圆弧轨道上端的切线方向落在圆弧轨道上端，有tan 60°=，解得v0=
(3)金属棒ab弹出瞬间，规定向右为正方向，由动量定理
B×3L·Δt=mv0-0
又因为=，整理有3BqL=mv0，解得q=
(4)金属棒ab滑至水平轨道时，有
mg[3R+R(1-cos 60°)]=mv2-m
解得v=3
最终匀速运动，电路中无电流，所以棒ab和棒cd产生的感应电动势大小相等，即B×3L·vab=BL·vcd
此过程中，对棒ab由动量定理有
-BI'×3L·Δt'=mvab-mv
对棒cd，由动量定理有BI'·LΔt'=mvcd-0
联立解得vab=，vcd=
由能量守恒定律可知该过程中机械能的损失量为ΔE=mv2-m-m，解得ΔE=mgR
课后学习任务
1．C
【详解】A．根据牛顿第二定律
则a、b棒加速度大小相等，故A错误；
B．对a、b棒，根据动量定理有
稳定时有
可得
联立解得
，
故B错误；
C．由能量守恒定律可知，动能的损失等于焦耳热，则电路中产生的焦耳热为
故C正确；
D．对a，根据动量定理可得
联立解得
故D错误。
故选C。
2．C
【详解】A．线框先以加速，撤去拉力后，线框在摩擦力作用下减速，则在撤去拉力时线框速度最大，由运动学公式得
解得
故A错误；
B．当线框速度最大时，其感应电动势最大
由欧姆定律得
联立解得
故B错误；
C．线框进入磁场得过程中，由牛顿第二定律得
其中
，
代入数据得
则线框进入磁场过程中拉力的功率与时间的函数关系为
故C正确；
D．在撤去拉力后到ab边刚到达PQ的过程中，由牛顿第二定律得
由运动学得
解得ab边到达PQ时线框速度
线框从ab边离开PQ到cd边抵达PQ的过程中，由动量定理得
其中
由微元法可知
解得
故D错误。
故选C。
3．C
【详解】A．时刻金属棒的速度为零，则电路中感应电动势为零，金属棒所受安培力为零，则金属棒仅受重力作用，加速度为，故A错误；
B．由金属棒在运动中
，，
可得
由图可知金属棒向下运动动量大小为时
解得
金属棒所受安培力竖直向上，且重力与安培力大小相等，则
在时，金属棒向上运动的速度最大，所受向下的安培力最大。由
解得金属棒向上运动的最大速度
可知金属棒向下最大的安培力大小为
金属棒的最大加速度大小为
故B错误；
C．设金属棒上升过程安培力的冲量大小为，竖直向下为正方向，对金属棒利用动量定理得
解得
故C正确；
D．金属棒的初动能为
金属棒上升过程由动能定理可知
金属棒上升过程克服安培力所做的功等于定值电阻产生的焦耳热，小于，故D错误。
故选C。
4．B
【详解】AC．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
，
金属杆在区域运动的过程中根据动量定理有
则安培力的冲量
由于，则上面方程左右两边累计求和，可得
则金属杆在区域安培力冲量的大小为
BB1处的速度
设金属杆在区域运动的时间为，同理可得，则金属杆在区域运动的过程中有
解得
综上有
则金属杆经过的速度大于。故AC错误；
B．在整个过程中，根据能量守恒有
则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为
故B正确；
D．根据A选项可得，金属杆以初速度在磁场中运动有
金属杆的初速度加倍，设此时金属杆在区域运动的时间为，全过程对金属棒分析得
联立整理得
分析可知当金属杆速度加倍后，金属杆通过区域的速度比第一次大，故，可得
可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，故D错误。
故选B。
5．D
【详解】A．导体棒M、N受到的安培力大小相等，方向相反，所以两导体棒组成的系统动量守恒，取向右为正方向，且两导体棒最终速度大小相等，有
解得
故A错误；
B．根据题意可知，两棒组成回路，电流大小相同，M棒受安培阻力做变减速直线运动，N棒受安培动力做变加速直线运动，当两者的速度相等时，电流等于零，两棒不再受安培力，则达到共同速度做匀速直线运动，导体棒N的最终的速度为，故B错误；
C．在0～t1内回路产生的总热量为
所以导体棒M产生的焦耳热为
解得
故C错误；
D．取向右为正方向，由动量定理可知，在0～t1内导体棒N有
通过导体棒M的电荷量
解得
故D正确。
故选D。
6．C
【详解】A．金属棒ab刚开始运动时，根据右手定则可知ab棒中的电流方向为a→b。故A错误；
B．依题意，金属棒cd的质量为，电阻为匀速运动时，两棒切割产生的电动势大小相等
得末速度
对ab棒
对cd棒
解得
则
，
故B错误；
C．根据
联立，解得
故C正确；
D．由能量关系，整个过程中产生的热量
又
联立，解得
故D错误。
故选C。
7．AC
【详解】A．边由Ⅱ运动至Ⅲ的过程中，线框速度恒为，可知线框受力平衡；边由Ⅲ运动至Ⅳ的过程中，线框仍有两条边切割磁感线，产生的感应电流大小不变，线框仍受力平衡，则线框速度恒为，故A正确；
B．边由Ⅱ运动至Ⅲ的过程中，线框速度恒为，线框产生的感应电动势为
线框中的电流为
线框受到的安培力为
根据受力平衡可得
解得
故B错误；
C．设经过时间边恰好与Ⅱ重合，在边从Ⅰ运动到Ⅱ过程，对系统根据动量定理可得
其中
联立解得
故C正确；
D．边由Ⅰ运动至Ⅱ线框以速度做匀速运动，边由Ⅲ运动至Ⅳ只有一边切割磁感线，线框从速度开始做加速运动，由于两个过程通过的位移相等，所以边由Ⅰ运动至Ⅱ所用时间大于由Ⅲ运动至Ⅳ所用时间，故D错误。
故选BC。
8．BD
【详解】AB．设b到达 时的速度为，此时a的速度为，电路中刚好无电流，则
由动量定理可知
解得
故A错误，B正确；
C．碰撞后，由于磁场是变化的感应电流也是变化的，安培力的大小不是一个恒定的值，加速度不恒定，故C错误；
D．设碰后的共同速度为，则
右侧的磁感应强度比左边区域的磁感应强度大
从碰撞共速到停止的过程中，电路中的平均电流
结合动量定理可知
其中
解得
故D正确。
故选BD。
9．(1)2.64 N
(2)2.08 N s
(3)0.492 J
【详解】（1）根据牛顿第二定律，可得
根据已知条件，可得
设导体框的NP边刚离开bc边时的速度为v0，则有
可知，导体框的NP边刚离开bc边时，导体框所受的安培力
联立解得
（2）根据动量定理可得
设导体框恰好离开磁场区域abcd时的速度为v1，则有
可知，从开始运动到恰好离开磁场区域abcd所用的时间为
从开始运动到恰好离开磁场区域abcd，摩擦力冲量的大小为
导体框在磁场区域abcd内运动时不受安培力，出磁场区域时受到安培力作用，方向水平向左。设从导体框的NP边刚离开bc边到MQ边刚离开bc边用时为t1，则
可知，导体框从开始运动到恰好离开磁场区域abcd的过程中，安培力冲量的大小为
联立解得，导体框从开始运动到恰好离开磁场区域abcd的过程中，拉力冲量的大小
（3）导体框从开始运动到进入磁场efgh区域之前，地面对导体框的支持力大小等于mg，导体框与地面的摩擦产生的热量为
当NP边开始匀速进入磁场efgh区域时，设此时刻后导体框的位移大小为x，此过程产生的电流大小为
当0 ≤ x < 2L时，导体框竖直方向受力平衡，地面对导体框的支持力满足
地面对导体框的摩擦力为
当x = 0时，f1′ = 0.8 N；当x = 2L时，f2′ = 0.92 N，则这段运动过程中的平均摩擦力为
当2L ≤ x ≤ 3L时，回路无感应电流，所以地面对导体框的支持力大小等于mg ，摩擦力为
因此，在0 ≤ x ≤ 3L阶段，导体框与地面摩擦产生的热量为
所以导体框从开始运动到NP边到达fg边的过程中与地面摩擦产生的总热量为
10．(1)
(2)金属棒2的速度大小为
(3)金属棒1停在左侧处
【详解】（1）匀速运动时，则有
联立解得
（2）根据题意可得
故再次匀速必有
金属棒1沿斜导轨向下运动，金属棒2沿着水平导轨向右运动，由动量定理得，对1棒有：
即
对2棒有
联立上述三式解得
（3）由第（2）问可得
所以
此后1棒和2棒都以的初速率在EF的右侧相向运动，两棒初始相距
并以大小相同的加速度减速，如果相碰，各自原速率反弹后继续以相同的加速度减速，直至两棒的速度都为零，设两棒在此过程中所经历的路程为、，对任意棒有
解得
最终两棒相向运动0.75m后停止运动，即金属棒1停在左侧0.375m处。在任意阶段都是1棒电阻与另一等大电阻（R或2棒r）产生等量焦耳热，故由能量守恒
解得