微专题(二十二) 电磁感应中的动量问题
(一) 动量定理在电磁感应中的应用
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,求解相应物理量。
求解的物理量 公式推导 模型示意图
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)
[例1] (2025·黑吉辽蒙高考)如图(a)所示,固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd,置于始终竖直向下的匀强磁场中,ad边与磁场边界平行,ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m=1 kg、电阻R=0.5 Ω、边长L=1 m。磁感应强度B随时间t连续变化,0~1 s内B t图像如图(b)所示。导体框中的感应电流I与时间t的关系图像如图(c)所示,其中0~1 s内的图像未画出,规定顺时针方向为电流正方向。
(1)求t=0.5 s时ad边受到的安培力大小F;
(2)画出图(b)中1~2 s内B t图像(无需写出计算过程);
(3)从t=2 s开始,磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定,给导体框一个向右的初速度v0=0.1 m/s,求ad边离开磁场时的速度大小v1。
规范解答:
[针对训练]
1.(2025·广西高考)如图,两条固定的光滑平行金属导轨,所在平面与水平面夹角为θ,间距为l,导轨电阻忽略不计,两端各接一个阻值为2R的定值电阻,形成闭合回路。质量为m的金属棒垂直导轨放置,并与导轨接触良好,接入导轨之间的电阻为R;劲度系数为k的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行,一端固定,另一端均与金属棒中间位置相连,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=kx2;将金属棒移至导轨中间位置时,两弹簧刚好处于原长状态;整个装置处于垂直导轨所在平面向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a后由静止释放,金属棒沿导轨向下运动到最远处用时为t,最远处与导轨中间位置距离为b,弹簧形变始终在弹性限度内。此过程中 ( )
A.金属棒所受安培力的冲量大小为
B.每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为+
C.每个定值电阻产生的热量为+
D.金属棒的平均输出功率为
(二) 动量守恒定律在电磁感应中的应用
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,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 若双杆合外力为零,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
[例2] (2025·海南高考)间距为L的金属导轨倾斜部分光滑,水平部分粗糙且平滑相接,导轨上方接有电源和开关,倾斜导轨与水平面夹角θ=30°,处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,水平导轨处于垂直于导轨平面竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度大小均为B,两相同导体棒ab、cd与水平导轨的动摩擦因数μ=0.25,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,两棒质量均为m,接入电路中的电阻均为R,cd棒仅在水平导轨上运动,两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好,且不互相碰撞,忽略金属导轨的电阻,重力加速度为g。
(1)锁定水平导轨上的cd棒,闭合开关,ab棒静止在倾斜导轨上,求通过ab棒的电流;断开开关,同时解除cd棒的锁定,当ab棒下滑距离为x0时,cd棒开始运动,求cd棒从解除锁定到开始运动过程中,cd棒产生的焦耳热。
(2)此后ab棒在下滑过程中,电流达到稳定,求此时ab、cd棒的速度大小之差。
(3)ab棒中电流稳定之后继续下滑,从ab棒到达水平导轨开始计时,t1时刻cd棒速度为零,加速度不为零,此后某时刻,cd棒的加速度为零,速度不为零,求从t1时刻到某时刻,ab、cd的路程之差。
规范解答:
[针对训练]
2.(2025·东北三省5月联考)(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
微专题(二十二) 电磁感应中的动量问题
(一)
[例1] 解析:(1)0~1 s内,由法拉第电磁感应定律可知,线框中产生的感应电动势为E1===0.05 V
由闭合电路欧姆定律可知,线框中的感应电流大小为
I1==0.1 A
由题图(b)可知,t=0.5 s时磁感应强度大小为B0.5=0.15 T
此时ad边受到的安培力大小为F=B0.5I1L=0.015 N。
(2)由题图(c)可知,1~2 s内的感应电流大小为I2=0.2 A>I1,方向为逆时针,根据楞次定律可知,1~2 s内穿过导体框的磁通量竖直向下且增大,则1~2 s内磁感应强度方向竖直向下且增大,根据闭合电路欧姆定律可知1~2 s内的感应电动势大小为E2=I2R=0.1 V
由法拉第电磁感应定律可知E2===0.1 V
1~2 s内磁感应强度的变化率为==0.2 T/s
则t=2 s时磁感应强度大小为B2=0.3 T
故1~2 s内的磁感应强度随时间变化的图像如图所示。
(3)由动量定理可知-B2LΔt″=mv1-mv0
其中Δt″=Δt″==
联立解得ad边经过磁场边界的速度大小为v1=0.01 m/s。
答案:(1)0.015 N (2)见解析图 (3)0.01 m/s
[针对训练]
1.选D 金属棒所受安培力平均大小为=Bl,则金属棒所受安培力的冲量大小为I安=Blt,又t=t==,R总=+R=2R,解得I安=,选项A错误;金属棒运动至任一位置,两根弹簧对金属棒的弹力均相同,规定沿斜面向下为正方向,设每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为I弹,由动量定理得2I弹-I安+mgsin θ·t=0,解得I弹=-mgtsin θ,选项B错误;由能量守恒定律可知,回路产生的总热量Q=mg(a+b)sin θ+2×ka2-2×kb2,每个定值电阻产生的热量为Q1=Q=+k(a2-b2),选项C错误;金属棒的平均输出功率为==,选项D正确。
(二)
[例2] 解析:(1)ab棒静止在倾斜导轨上,根据平衡条件可得F安ab=mgsin 30°=BIabL
解得通过ab棒的电流为Iab=;
设当ab棒下滑距离为x0时速度为v0,cd棒开始运动时回路中的电流为I1,此时对cd棒有F安cd=μmg=BI1L
ab棒产生的感应电动势为Eab=BLv0,则I1=
分析可知cd棒从解除锁定到开始运动过程中,cd棒产生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等,整个过程根据能量守恒定律可得mgx0sin 30°-m=2Qcd
联立解得cd棒产生的焦耳热为Qcd=mgx0-。
(2)分析可知ab棒在下滑过程中产生的感应电动势与cd棒在向左运动的过程中产生的感应电动势方向相反,故当电流达到稳定时,两棒的速度差恒定,可知此时两棒的加速度大小相等,此时两棒受到的安培力大小相等,对两棒,由牛顿第二定律有mgsin 30°-F安=ma,F安-μmg=ma
同时有F安=BIL,I==
联立解得此时ab、cd棒的速度大小之差为Δv=。
(3)分析可知从ab棒到达水平导轨至t1时刻,两棒整体所受的合外力为零,故该过程系统动量守恒,设t1时刻ab棒的速度为v1',可知mΔv=mv1'
解得v1'=Δv=
设某时刻ab棒速度为v1″,cd棒速度为vcd,cd棒的加速度为零,可得F安cd2=μmg
又F安cd2=BI2L
此时两导体棒产生的感应电动势方向相反,可得I2=
从t1时刻到某时刻,对两棒分别根据动量定理有
-(μmg+BL)Δt=mv1″-mv1',(BL-μmg)Δt=mvcd
整理可得2BLΔt=mv1'-m(v1″-vcd)
又Δt=·Δt==
联立可得从t1时刻到某时刻,ab、cd的路程之差为Δs=。
答案:(1) mgx0- (2) (3)
[针对训练]
2.选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,以向右为正方向,当导体棒gh的速度为0时,由动量守恒定律有6mv0-mv0=2mv,解得导体棒ef的速度为v=v0,故B正确;由以上分析可知,两导体棒最终以相同速度向右匀速运动,设此时速度为v1,由动量守恒定律有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安=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知,回路中产生的焦耳热为Q=×2m×(3v0)2+m-×3m×2=m,故D正确。
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电磁感应中的动量问题
微专题（二十二）
目
录
专题验收评价
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3
(一) 动量定理在电磁感应中的应用
(二) 动量守恒定律在电磁感应中的应用
CONTENTS
(一) 动量定理在电磁感应中的应用
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，求解相应物理量。
求解的物理量 公式推导 模型示意图
电荷量或速度 -BLΔt=mv2-mv1，q=Δt， 即-BqL=mv2-mv1
位移 -=0-mv0， 即-=0-mv0
求解的物理量 公式推导 模型示意图
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) [例1] (2025·黑吉辽蒙高考)如图(a)所示，固定在光
滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于始终竖
直向下的匀强磁场中，ad边与磁场边界平行，ab边中点
位于磁场边界。导体框的质量m=1 kg、电阻R=0.5 Ω、
边长L=1 m。磁感应强度B随时间t连续变化，0~1 s内B t图像如图(b)所示。导体框中的感应电流I与时间t的关系图像如图(c)所示，其中0~1 s内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。
(1)求t=0.5 s时ad边受到的安培力大小F；
[答案] 0.015 N
[解析] 0~1 s内，由法拉第电磁感应定律可知，线框中产生的感应电动势为
E1===0.05 V
由闭合电路欧姆定律可知，线框中的感应电流大小为I1==0.1 A
由题图(b)可知，t=0.5 s时磁感应强度大小为
B0.5=0.15 T
此时ad边受到的安培力大小为
F=B0.5I1L=0.015 N。
(2)画出图(b)中1~2 s内B t图像(无需写出计算过程)；
[解析] 由题图(c)可知，1~2 s内的感应电流大小为I2=0.2 A>I1，方向为逆时针，根据楞次定律可知，1~2 s内穿过导体框的磁通量竖直向下且增大，则1~2 s内磁感应强度方向竖直向下且增大，根据闭合电路欧姆定律可知1~2 s内的感应电动势大小为E2=I2R=0.1 V
由法拉第电磁感应定律可知
E2===0.1 V
1~2 s内磁感应强度的变化率为
==0.2 T/s
则t=2 s时磁感应强度大小为B2=0.3 T
故1~2 s内的磁感应强度随时间变化的图像如图所示。
(3)从t=2 s开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度v0=0.1 m/s，求ad边离开磁场时的速度大小v1。
[答案] 0.01 m/s
[解析] 由动量定理可知-B2LΔt″=mv1-mv0
其中Δt″=Δt″==
联立解得ad边经过磁场边界的速度大小为
v1=0.01 m/s。
1.(2025·广西高考)如图，两条固定的光滑平行金属
导轨，所在平面与水平面夹角为θ，间距为l，导轨
电阻忽略不计，两端各接一个阻值为2R的定值电
阻，形成闭合回路。质量为m的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好，接入导轨之间的电阻为R；劲度系数为k的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行，一端固定，另一端均与金属棒中间位置相连，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=kx2；将金属棒移至导轨中间位置时，两弹簧刚好处于原长状态；
针对训练
整个装置处于垂直导轨所在平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a后由静止释放，金属棒沿导轨向下运动到最远处用时为t，最远处与导轨中间位置距离为b，弹簧形变始终在弹性限度内。此过程中( )
A.金属棒所受安培力的冲量大小为
B.每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为+
C.每个定值电阻产生的热量为+
D.金属棒的平均输出功率为
√
解析：金属棒所受安培力平均大小为=Bl，则金属棒所受安培力的冲量大小为I安=Blt，又t=t==，R总=+R=2R，解得I安=，选项A错误；金属棒运动至任一位置，两根弹簧对金属棒的弹力均相同，规定沿斜面向下为正方向，设每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为I弹，由动量定理得2I弹-I安+mgsin θ·t=0，解得I弹=-mgtsin θ，选项B错误；
由能量守恒定律可知，回路产生的总热量Q=mg(a+b)sin θ+2×ka2-2×kb2，每个定值电阻产生的热量为Q1=Q=+k(a2-b2)，选项C错误；金属棒的平均输出功率为==，选项D正确。
(二) 动量守恒定律在电磁感应中的应用
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，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 若双杆合外力为零，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
续表
[例2] (2025·海南高考)间距为L的金属导轨
倾斜部分光滑，水平部分粗糙且平滑相接，导轨
上方接有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角θ
=30°，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，
水平导轨处于垂直于导轨平面竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B，两相同导体棒ab、cd与水平导轨的动摩擦因数μ=0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒质量均为m，接入电路中的电阻均为R，cd棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不互相碰撞，忽略金属导轨的电阻，重力加速度为g。
(1)锁定水平导轨上的cd棒，闭合开关，ab棒静止在倾斜导轨上，求通过ab棒的电流；断开开关，同时解除cd棒的锁定，当ab棒下滑距离为x0时，cd棒开始运动，求cd棒从解除锁定到开始运动过程中，cd棒产生的焦耳热。
[答案] mgx0-
[解析] ab棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件可得F安ab=mgsin 30°=BIabL
解得通过ab棒的电流为Iab=；
设当ab棒下滑距离为x0时速度为v0，cd棒开始运动时回路中的电流为I1，此时对cd棒有
F安cd=μmg=BI1L
ab棒产生的感应电动势为Eab=BLv0，
则I1=
分析可知cd棒从解除锁定到开始运动过程中，cd棒产生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等，整个过程根据能量守恒定律可得
mgx0sin 30°-m=2Qcd
联立解得cd棒产生的焦耳热为
Qcd=mgx0-。
(2)此后ab棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时ab、cd棒的速度大小之差。
[答案]
[解析] 分析可知ab棒在下滑过程中产生的感应电动势与cd棒在向左运动的过程中产生的感应电动势方向相反，故当电流达到稳定时，两棒的速度差恒定，可知此时两棒的加速度大小相等，此时两棒受到的安培力大小相等，对两棒，由牛顿第二定律有mgsin 30°-F安=ma，F安-μmg=ma
同时有F安=BIL，I==
联立解得此时ab、cd棒的速度大小之差为Δv=。
(3)ab棒中电流稳定之后继续下滑，从ab棒到达水平导轨开始计时，t1时刻cd棒速度为零，加速度不为零，此后某时刻，cd棒的加速度为零，速度不为零，求从t1时刻到某时刻，ab、cd的路程之差。
[答案]
[解析] 分析可知从ab棒到达水平导轨至t1时刻，两棒整体所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒，设t1时刻ab棒的速度为v1'，可知mΔv=mv1'
解得v1'=Δv=
设某时刻ab棒速度为v1″，cd棒速度为vcd，cd棒的加速度为零，可得F安cd2
=μmg
又F安cd2=BI2L
此时两导体棒产生的感应电动势方向相反，可得I2=
从t1时刻到某时刻，对两棒分别根据动量定理有-(μmg+BL)Δt
=mv1″-mv1'，(BL-μmg)Δt=mvcd
整理可得2BLΔt=mv1'-m(v1″-vcd)
又Δt=·Δt==
联立可得从t1时刻到某时刻，ab、cd的路程之差为Δs=。
2.(2025·东北三省5月联考)(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 ( )
针对训练
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
√
√
解析：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，以向右为正方向，当导体棒gh的速度为0时，由动量守恒定律有6mv0-mv0=2mv，解得导体棒ef的速度为v=v0，故B正确；
由以上分析可知，两导体棒最终以相同速度向右匀速运动，设此时速度为v1，由动量守恒定律有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安=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知，回路中产生的焦耳热为Q=×2m×(3v0)2+m-×3m×=m，故D正确。
专题验收评价
测评内容：微专题(二十一)(二十二)
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1.(2025·江苏苏州模拟)如图所示，光滑绝缘水平
桌面上放置一边长为L、质量为m、阻值为R的
正方形金属线框MNPQ，a、b是垂直于水平面
向上的匀强磁场Ⅰ的边界，e、f是垂直于水平面向上的匀强磁场Ⅱ的边界，两磁场的磁感应强度大小均为B，磁场宽度均为L，两磁场边界相互平行且平行于金属线框的MN边，b、e间距为，给金属线框一个水平向右的初速度，使其滑进磁场，线框刚好能穿过两个磁场。则下列说法正确的是( )
6
A.线框MN边刚进入磁场Ⅱ时的加速度大小为
B.线框的初速度大小为
C.线框穿过磁场Ⅰ、Ⅱ产生的焦耳热之比为1∶1
D.若仅将磁场Ⅱ方向反向，线框也刚好穿出磁场Ⅱ
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解析：线框MN边刚进入磁场Ⅱ时，MN、PQ两边同时切割磁感线，产生的感应电动势大小相等、方向相反，线框中感应电流为0，线框所受安培力大小为0，则此时线框的加速度大小为0，故A错误；
√
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设线框的初速度大小为v0，线框穿过两磁场过程中，取向右为正方向，根据动量定理有-BLΔt=0-mv0，即=mv0，其中Δt=3L，解得v0=，故B正确；设PQ边刚出磁场Ⅰ时速度为v1，取向右为正方向，根据动量定理有
-B'LΔt'=mv1-mv0，即-=mv1-mv0，其中'Δt'=L，解得v1=v0，线框穿过磁场Ⅰ、Ⅱ产生的焦耳热之比为==，故C错误；若仅将磁场Ⅱ方向反向，MN边进入磁场时，MN、PQ两边同时切割磁感线，产生的感应电动势大小相等、方向相同，线框中感应电流不为零，线框所受安培力不为零，线框不能穿出磁场Ⅱ，故D错误。
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2.(2025·河南商丘期末)(多选)如图所示，两根电阻
不计、足够长的光滑平行金属导轨与水平面成θ角，
导轨上端连接电容器C，整个装置处在垂直于导轨
平面向上的匀强磁场中。一电阻不计的金属棒MN
从某高度处由静止释放，下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。MN所受的安培力大小为F、加速度大小为a、位移大小为x、电容器(未被击穿)的电荷量为Q，则它们随时间t变化的关系图像可能正确的是 ( )
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√
√
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解析：金属棒切割磁感线产生电动势，相当于电源，持续对电容器充电。设在极短时间Δt内，电容器电荷量增加ΔQ，则回路中的电流大小为I===CBLa，金属棒受到的安培力大小为F=BIL=B2L2Ca，由牛顿第二定律得mgsin θ-F=ma，联立解得a=，可知加速度为定值，则通过金属棒的电流I和金属棒所受的安培力大小F均为定值，A错误，B可能正确；由位移x=at2可知，x t图像为开口向上的二次函数图像，C可能正确；电容器的电荷量Q=CU=CBLv=CBLat，可知Q与t为线性关系，D错误。
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3.(2025·山西模拟)(多选)如图所示，两足够长
且间距为L的光滑平行金属导轨固定在水平面
上，导轨处在垂直于导轨平面向下的匀强磁
场中，磁感应强度大小为B。质量均为m的金属棒a、b垂直放在导轨上，给金属棒a水平向右、大小为v0的初速度，同时给金属棒b水平向左、大小为v0的初速度，两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，两金属棒接入回路的有效阻值均为R，导轨的电阻不计，则下列说法正确的是( )
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A.开始运动的一瞬间，金属棒a的加速度大小为
B.当金属棒b的速度为零时，金属棒a的速度大小为v0
C.最终通过金属棒b的电荷量为
D.最终金属棒a中产生的焦耳热为m
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√
√
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解析：开始运动的一瞬间，回路中的感应电动势大小为E=Ea+Eb=BLv0+
BLv0=BLv0，回路中的感应电流大小为I==，此时金属棒a受到的安培力大小为FA=BIL=，由牛顿第二定律有FA=ma，解得金属棒a的加速度大小为a=，故A错误；由于金属棒a、b组成的系统的合外力为零，因此系统动量守恒，设金属棒b的速度为零时金属棒a的速度大小为v1，以水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv0-m×v0=mv1，解得v1=v0，故B正确；
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设最终金属棒a、b的共同速度为v，以水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv0-m×v0=2mv，解得v=v0，对金属棒b分析，根据动量定理有BLΔt=m×v0-，q=Δt，解得q=，故C错误；设金属棒a中产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律有2Q=m+m-×
2mv2，解得Q=m，故D正确。
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4.(10分)如图所示，间距为d的光滑平行金属
导轨由圆弧部分和水平部分组成，两导轨间
连接一个阻值为R的定值电阻。水平导轨间
存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向下，质量为2m、有效阻值为2R的金属棒甲静止在磁场左侧边界线上。现将一根质量为m的绝缘棒乙从圆弧轨道上距水平面高度为L处由静止释放，乙滑下后与甲发生弹性碰撞后反弹，之后再次与已经静止的甲发生弹性碰撞。甲始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g。求：
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(1)第一次碰后乙反弹的高度h；(6分)
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答案：
解析：设第一次碰撞前乙的速度大小为v0，根据动能定理有mgL=m
设第一次碰撞后甲的速度为v2，乙的速度为v1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0=mv1+2mv2，m=m+，解得v1=-，v2=
根据动能定理有-mgh=0-m，解得h=。
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(2)第一次碰撞到第二次碰撞过程中定值电阻R上产生的热量。(4分)
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答案：
解析：乙为绝缘棒，第一次碰撞到第二次碰撞过程，设整个回路产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律有=Q
则电阻R上产生的热量QR=Q，解得QR=。
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5.(14分)(2025·广东广州三模)每个快递入库
时都会贴一张电子标签，以便高效仓储、
分拣。如图所示，某快递表面的标签上固
定了一个横放的“日”字形线圈，在入库时快递与传送带一起以水平恒定速度v0穿过磁感应强度大小为B、方向竖直向下且宽为L的有界匀强磁场，磁场边界与CD边平行。传送带连接的传感器(图中未画出)可以采集到快递受到的摩擦力。已知线圈短边CD长为L，长边CG长为2L，E、F为两长边的中点。线圈短边CD、GH的阻值为RCD=RGH=r，EF的阻值为REF=2r，其余部分电阻不计。求：
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(1)CD边刚进入磁场时，CD中感应电流的方向；(2分)
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答案：由D到C
解析：CD边刚进入磁场时，根据右手定则可知，CD中感应电流的方向由D到C。
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(2)CD边刚进入磁场时，快递受到的摩擦力f；(5分)
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答案：，方向水平向右
解析：CD边刚进入磁场时，线圈中产生的感应电动势大小为E=BLv0
回路总电阻为R1=r+=r
通过CD边的电流为I1==
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CD边受到的安培力大小为
FA1=BI1L=
根据左手定则可知，CD边受到安培力的方向水平向左，由平衡条件可得，快递受到的摩擦力大小为f=FA1=，方向水平向右。
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(3)整个“日”字形线圈穿过磁场的过程中，产生的总焦耳热Q。(7分)
答案：
解析：从CD边进入磁场到EF边进入磁场过程中，线圈克服安培力做功为W1=FA1L=
在EF边切割磁感线的过程中，回路的总电阻为R2=2r+=r
通过EF边的电流为I2==
EF边受到的安培力大小为
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FA2=BI2L=
从EF边进入磁场到GH边进入磁场过程中，线圈克服安培力做功为W2=FA2L=
根据对称性可知，GH边穿过磁场的过程，线圈克服安培力做功为W3=W1=
所以整个“日”字形线圈穿过磁场的过程中，产生的总焦耳热为Q=W1+W2+W3=。
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6.(14分)(2025·天津二模)某种新型智能汽车的电磁减震器是利用电
磁感应原理制造的，如图为其简化的原理图。该减震器由绝缘的
橡胶滑动杆及多个相同的单匝矩形闭合线圈组成，线圈相互靠近、
彼此绝缘、固定在绝缘杆上，线圈之间的间隔忽略不计。滑动杆
及线圈的总质量为m，每个矩形线圈的电阻为R，ab边长为L，bc
边长为。某次减震过程中，该减震器从距离磁场边缘高h处由静止自由下落，当线圈2恰好完全进入磁场时减震器的速度大小为。已知匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，该减震器始终保持竖直，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
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(1)线圈1的ab边进入磁场瞬间，减震器的加速度大小a；(4分)
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答案：-g
解析：根据机械能守恒定律有mgh=mv2
ab边进入磁场瞬间的速度大小为v=
ab边产生的感应电动势大小为E=BLv，线圈1中的感应电流为I=，线圈1受到的安培力大小为F=BIL，
由牛顿第二定律有F-mg=ma，解得减震器的加速度大小为a=-g。
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(2)减震器下落过程中，线圈1和2产生的热量之和；(4分)
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答案：mg
解析：从减震器开始下落到第二个线圈完全进入磁场，由能量守恒定律有Q=mg-m
解得Q=mg。
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(3)从减震器开始下落到线圈2恰好完全进入磁场所用的时间t。(6分)
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答案：+
解析：设减震器在磁场中运动的时间为t1，以竖直向下为正方向，根据动量定理有mgt-BLt1=m，
又=、===
解得t=+。
