11.4电学中的动量和能量问题（解析版）-2023年高考物理一轮复习提升核心素养

这是一份11.4电学中的动量和能量问题（解析版）-2023年高考物理一轮复习提升核心素养，共28页。试卷主要包含了 如图所示，质量M＝3等内容，欢迎下载使用。

11.4电学中的动量和能量问题

1. 动量定理：合力的冲量等于物体动量的变化量。
2. 动能定理：合力做的功等于物体动能的变化量。
3. 动量守恒定律：系统不受外力时，系统的动量守恒。
4. 能量守恒定律

动量定理在电磁感应中的应用
导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解．
考向1　“单棒＋电阻”模型

情景示例1
水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒初速度为v0，质量为m，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来

求电荷量q
－BLΔt＝0－mv0，q＝Δt，q＝
求位移x
－Δt＝0－mv0，x＝Δt＝
应用技巧
初、末速度已知的变加速运动，在动量定理列出的式子中q＝Δt，x＝Δt；若已知q或x也可求末速度
情景示例2
间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m、接入电路的阻值为R的导体棒，当通过横截面的电荷量为q或下滑位移为x时，速度达到v

求运动时间
－BLΔt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，q＝Δt
－Δt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，x＝Δt
应用技巧
用动量定理求时间需有其他恒力参与．若已知运动时间，也可求q、x、v中的一个物理量

例题1.
水平面上放置两个互相平行的足够长的金属导轨，间距为d，电阻不计，其左端连接一阻值为R的电阻．导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.质量为m、长度为d、阻值为R与导轨接触良好的导体棒MN以速度v0垂直导轨水平向右运动直到停下．不计一切摩擦，则下列说法正确的是(　　)

A．导体棒运动过程中所受安培力先做正功再做负功
B．导体棒在导轨上运动的最大距离为
C．整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为mv02
D．整个过程中，导体棒的平均速度大于

【答案】B
【解析】
　导体棒向右运动过程中一直受到向左的安培力作用，即安培力一直做负功，选项A错误；由动量定理可知－dB·Δt＝0－mv0，其中·Δt＝·Δt＝，ΔΦ＝Bdx，解得x＝，故B正确；导体棒的阻值与左端所接电阻的阻值相等，故电阻R上产生的焦耳热应该为mv02，故C错误；根据a＝＝可知，导体棒做的是加速度逐渐减小的减速运动，故其平均速度将小于做匀减速运动的平均速度，即小于，故D错误．

(多选)如图所示，光滑水平平行导轨置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直水平面向下，左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，且导轨两侧均足够长．质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态．ab的电阻为R，cd的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动．现给cd一水平向右的初速度v0，则(　　)

A．两棒组成的系统动量守恒
B．最终通过两棒的电荷量为
C．ab棒最终的速度为v0
D．从cd棒获得初速度到二者稳定运动过程中产生的焦耳热为mv02

【答案】　BC
【解析】
当cd棒向右运动时，受向左的安培力，ab棒受向右的安培力，且Fcd＝2Fab，可知两棒组成的系统合外力不为零，则系统动量不守恒，选项A错误；cd棒获得速度后，电路中产生感应电流，cd棒减速，ab棒加速，当BLvab＝2BLvcd时，电路中磁通量不变，没有感应电流，最终两棒做匀速直线运动，由动量定理得－2BLt＝2mvcd－2mv0，BLt＝mvab，得vcd＋vab＝v0，联立解得vab＝v0，vcd＝v0，因q＝t，可得q＝，B、C正确；从cd棒获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为Q＝·2mv02－·mvab2－·2mvcd2，解得Q＝mv02，D错误．
如图，水平面内固定有两根平行的光滑长直金属导轨，导轨间距为L，电阻不计。整个装置处于两个磁感应强度大小均为B、方向相反的竖直匀强磁场中，虚线为两磁场的分界线。质量均为m的两根相同导体棒MN、PQ静置于图示的导轨上(两棒始终与导轨垂直且接触良好)。现使MN棒获得一个大小为v0、方向水平向左的初速度，则在此后的整个运动过程中(　　)

A．两棒受到的安培力冲量大小相等，方向相反
B．两棒最终的速度大小均为，方向相同
C．MN棒产生的焦耳热为
D．通过PQ棒某一横截面的电荷量为
【答案】D
【解析】MN棒向左运动，由右手定则可知，MN中的电流由N到M，PQ中的电流由P到Q，由左手定则可知，MN棒受到的安培力方向向右，PQ棒受到的安培力方向也向右，由于两棒组成回路所以两棒中的电流相等，由F＝BIL可知，安培力大小相等，故两棒受到的安培力冲量大小相等，方向相同，故A错误；由于MN棒受到的安培力方向向右，PQ棒受到的安培力方向也向右，则MN棒向左做减速运动，PQ向右做加速运动，两棒切割磁感线产生的感应电动势正极与正极相连，当两棒产生的电动势相等时，两棒速度大小相等，回路中的电流为0，此后两棒以相同速率反方向做匀速直线运动，取向左为正方向，对两棒分别由动量定理得－t＝mv－mv0
－t＝－mv
解得v＝
由能量守恒定律得Q＝mv－×2mv2＝mv
则MN棒产生的焦耳热为mv，故B、C错误；
对PQ 棒由动量定理得BLt＝mv
即BLq＝m·，则q＝，故D正确。

例题2. (多选)如图甲所示，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，电阻均可忽略不计．在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻为r，与导轨垂直且接触良好．整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动．则(　　)

A．当杆ab刚具有初速度v0时，杆ab两端的电压U＝，且a点电势高于b点电势
B．通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐增大
C．若将M和P之间的电阻R改为接一电容为C的电容器，如图乙所示，同样给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动，则杆ab稳定后的速度为v＝
D．在C选项中，杆稳定后a点电势高于b点电势
【答案】ACD
【解析】
　当杆ab刚具有初速度v0时，其切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv0，杆ab两端的电压U＝＝，根据右手定则知，感应电流的方向为b到a，杆ab相当于电源，a相当于电源的正极，则a点电势高于b点电势，A正确；通过电阻R的电流I＝，由于杆ab速度减小，则电流减小，所受安培力减小，所以杆ab做加速度逐渐减小的减速运动，速度v随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，则通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，B错误；当杆ab以初速度v0开始切割磁感线时，电路开始给电容器充电，有电流通过杆ab，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小，当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动，电容器两端的电压U＝Blv，而q＝CU，对杆ab，根据动量定理得－Bl·Δt＝－Blq＝mv－mv0，联立可得v＝，C正确；杆稳定后，电容器不再充电，回路中没有电流，根据右手定则知，a点的电势高于b点电势，D正确．

(2017·天津卷·12)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器．电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距离为l，电阻不计．炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S接1，使电容器完全充电．然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动．当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨．问：

(1)磁场的方向；
(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；
(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少．
【答案】(1)垂直于导轨平面向下　(2) 　(3)
【解析】
(1)将S接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S接2时，电容器放电，流经MN的电流由M到N，又知MN向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下．
(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有
I＝①
设MN受到的安培力为F，有F＝IlB②
由牛顿第二定律，有F＝ma③
联立①②③式得a＝④
(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有
Q0＝CE⑤
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，有E′＝Blvmax⑥
依题意有E′＝⑦
设在此过程中流经MN的平均电流为，MN受到的平均安培力为，有＝lB⑧
由动量定理，有Δt＝mvmax－0⑨
又Δt＝Q0－Q⑩
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝.

如图1所示，两平行长直光滑金属导轨水平放置，间距为L，左端连接一个电容为C的电容器，导轨处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。质量为m的金属棒垂直导轨放置，某时刻金属棒获得一个水平向右的初速度v0，之后金属棒运动的v－t图象如图2所示。不考虑导轨的电阻。

(1)求金属棒匀速运动时的速度v1；
(2)求金属棒匀速运动时电容器的电荷量q；
(3)已知金属棒从开始到匀速运动的过程中，产生的焦耳热为Q，求电容器充电稳定后储存的电能E。
【答案】(1) (2)(3)－－Q
【解析】(1)金属棒匀速运动切割磁感线产生的电动势E=BLv1
电容器的电荷量q=CE
金属棒从开始到匀速运动的过程中，由动量定理有－BLt0=mv1－mv0
电容器的电荷量q=t0
联立解得v1=
(2)由(1)可知q=CE=CBLv1=
(3)在0～t时间内，金属棒的速度由v0到v1，由能量守恒可得E＋Q=
解得E=－－Q
动量守恒定律在电磁感应中的应用
1．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，安培力充当系统内力，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，运用动量守恒定律解题比较方便．
2．双棒模型(不计摩擦力)

双棒无外力
双棒有外力
示意图


F为恒力
动力学观点
导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动
导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动
动量观点
系统动量守恒
系统动量不守恒
能量观点
棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热
外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热

例题3.
(多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)如图，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，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，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(　　)



【答案】　AC
【解析】
　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，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，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，即最终棒ab和棒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．


(多选)如图所示，两电阻可以忽略不计的平行金属长直导轨固定在水平面上，相距为L，另外两根长度为L、质量为m、电阻为R的相同导体棒垂直静置于导轨上，导体棒在长导轨上可以无摩擦地滑动，导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，某时刻使导体棒a获得大小为v0、水平向右的初速度，同时使导体棒b获得大小为2v0、水平向右的初速度，下列结论正确的是(　　)

A．该时刻回路中产生的感应电动势为3BLv0
B．该时刻导体棒a的加速度为
C．当导体棒a的速度大小为时，导体棒b的速度大小也是
D．运动过程中通过导体棒a电荷量的最大值qm＝
【答案】BCD
【解析】
　根据右手定则可知两根导体棒切割磁感线产生的感应电动势方向相反，故该时刻回路中产生的感应电动势E＝BL·2v0－BLv0＝BLv0，A错误；在该时刻，回路中的感应电流I＝＝，导体棒a所受安培力大小F＝BIL＝ma，可得a＝，B正确；由于两导体棒整体在水平方向动量守恒，当导体棒a的速度大小为时，根据动量守恒定律得m·2v0＋mv0＝m·＋mv1，解得v1＝，C正确；由上解析知v共＝，对a由动量定理有安Δt＝mv共－mv0，而由安培力公式得安＝BL，通过导体棒a电荷量的最大值qm＝Δt＝，D正确．

(2021·重庆北碚西南大学附中高三月考)如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中有两根固定的足够长的金属平行导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行且相距d，构成一矩形回路．导轨间距为L，导体棒的质量均为m，电阻均为R，导轨电阻可忽略不计．设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度v0，求：

(1)当cd棒速度减为0.6v0时，ab棒的速度v及加速度a的大小；
(2)ab、cd棒间的距离从d增大到最大的过程中，通过回路的电荷量q及两棒间的最大距离x.

【答案】(1)0.4v0　　(2)　d＋
【解析】
(1)两棒系统所受合外力为零，因此满足动量守恒定律，有
mv0＝0.6mv0＋mv
解得v＝0.4v0
回路感应电动势E＝0.6BLv0－0.4BLv0
此时回路电流I＝
因此加速度a＝
整理得a＝
(2)ab、cd棒间有最大距离时两棒速度相等，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv共
对ab棒，根据动量定理有BLΔt＝mv共
而q＝Δt
解得q＝
在这段时间内，平均感应电动势＝BLΔ
回路平均电流＝
因此流过某截面的电荷量q＝Δt＝Δt＝
解得最大距离x＝d＋.

例题4. 如图所示，质量M＝3.0 kg的小车静止在光滑的水平地面上，AD部分是表面粗糙的水平导轨，DC部分是光滑的圆弧导轨，AD和DC部分平滑相连，整个导轨都是由绝缘材料制成的，小车所在空间内有竖直向上E＝40 N/C的匀强电场和垂直于纸面水平向里B＝2.0 T的匀强磁场。今有一质量为m＝1.0 kg带负电的滑块(可视为质点)以v0＝8 m/s的水平速度向右冲上小车，当它过D点时对地速度为v1＝5 m/s，对水平导轨的压力为10.5 N，g取10 m/s2。求：

(1)滑块的电荷量大小；
(2)滑块从A到D过程中，小车、滑块系统损失的机械能；
(3)若滑块通过D时立即撤去磁场，求此后小车所能获得的最大速度。
【答案】(1)1.0×10－2 C　(2)18 J　(3)3 m/s
【解析】(1)在D点，竖直方向上满足N＝mg＋qv1B＋qE
解得q＝＝ C＝1.0×10－2 C。
(2)从A→D，滑块、小车系统水平方向动量守恒，设到D点时小车速度为u1，有
mv0＝mv1＋Mu1
解得u1＝＝ m/s＝1 m/s
由能量守恒定律可知系统损失的机械能
ΔE＝mv－mv－Mu
解得ΔE＝18 J。
(3)撤去磁场后，滑块在圆弧轨道上运动的整个过程中，小车都在加速，因此滑块返回D点时，小车速度最大，设此时滑块、小车的速度分别为v2、u2，因滑块由D点上滑到滑回D点过程中，电场力做功为零，故系统在水平方向动量守恒的同时初末状态机械能相等，即：
mv0＝mv2＋Mu2
＋＝＋
联立两式解得u2＝1 m/s(舍去)，u2＝3 m/s
即此后小车所能获得的最大速度为3 m/s。
半径为L的圆形边界内分布有垂直圆所在平面的磁场，垂直纸面向里的磁感应强度大小为2B，垂直纸面向外的磁感应强度大小为B，如图3所示．AEO为八分之一圆导线框，其总电阻为R，以角速度ω绕O轴逆时针匀速转动，从图中所示位置开始计时，用i表示导线框中的感应电流(顺时针方向为正)，线框中感应电流i随时间t变化图象可能是(　　)

图3


【答案】B
【解析】当线框转过0～45°时，产生的感应电流为顺时针方向，电动势E＝BωL2＋·2BωL2＝BωL2，感应电流I＝；当线框转过45°～90°时，产生的感应电动势为零，感应电流为零；当线框转过90°～135°时，产生的感应电流为逆时针方向，电动势E＝BωL2＋·2BωL2＝BωL2，感应电流I＝；当线框转过135°～180°时，产生的感应电动势为零，感应电流为零；当线框转过180°～225°时，产生的感应电流为顺时针方向，电动势E＝·2BωL2＝BωL2，感应电流I＝；当线框转过225°～270°时，产生的感应电动势为零，感应电流为零；当线框转过270°～315°时，产生的感应电流为逆时针方向，电动势E＝·2BωL2＝BωL2，感应电流I＝；当线框转过315°～360°时，产生的感应电动势为零，感应电流为零，故选B.

(多选)如图甲所示，半径为1 m的带缺口刚性金属圆环导轨固定在水平面内，在导轨上垂直放置一质量为0.1 kg、电阻为1 Ω的直导体棒，其长度恰好等于金属圆环的直径，导体棒初始位置与圆环直径重合，且与导轨接触良好．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为0.3，不计金属圆环的电阻，导体棒受到的最大静摩擦力等于其滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.现若在圆环内加一垂直于纸面向里的变化磁场，变化规律如图乙所示，则(　　)

A．导体棒中的电流是从b到a
B．通过导体棒的电流大小为0.5 A
C．0～2 s内，导体棒产生的热量为0.125 J
D．t＝π s时，导体棒受到的摩擦力大小为0.3 N
【答案】AC
【解析】穿过闭合回路的磁通量向里增加，由楞次定律可知导体棒中的电流是从b到a，选项A正确；假设0～π s时间内导体棒静止不动，感应电动势E＝＝·πr2＝×π×12 V＝0.25 V，则感应电流I＝＝ A＝0.25 A，t＝π s时，导体棒受到的安培力F＝2BIr＝2×0.5×0.25×1 N＝0.25 N，最大静摩擦力Ffm＝μmg＝0.3 N，则假设成立，故导体棒所受摩擦力大小为0.25 N，选项B、D错误；0～2 s内，导体棒产生的热量为Q＝I2Rt＝0.252×1×2 J＝0.125 J，选项C正确．


1. （多选）（2022·河南·新安县第一高级中学模拟预测）如图是一种电梯突然失控下落时的保护装置。在电梯后方墙壁上交替分布着方向相反的匀强磁场，每块磁场区域宽，高，大小均为。电梯后方固定一个匝矩形线圈，线圈总电阻为，高度为，，宽度略大于磁场。已知某次电梯运行试验中电梯总质量为，忽略一切阻力，重力加速度为。若电梯失去其他保护，由静止从高处突然失控下落，某时刻电梯下降时，速度为，则（　　）

A．下降时，线圈的电动势为
B．下落瞬间电梯的加速度的大小为
C．若电梯与地面的距离足够高，电梯最终的速度为
D．下降过程所需要的时间为
【答案】BD
【解析】A．下降时，上下两边均切割磁感线产生感应电动势，故线圈的电动势为

故A错误；
B．下落瞬间，电梯速度为零，无感应电动势，安培力为零，则只受重力作用，加速度的大小为，故B正确；
C．若电梯与地面的距离足够高，最终安培力与重力平衡，电梯匀速运动，此时

解得

故C错误；
D．下降过程，根据动量定理

其中

解得

故D正确。
故选BD。
2. （多选）（2022·辽宁·模拟预测）如图所示，两根足够长、电阻不计且相距的平行金属导轨固定在倾角的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压为的小灯泡（电阻恒定），两导轨间有一磁感应强度大小为、方向垂直斜面向上的匀强磁场。今将一根长为L、质量、电阻的金属棒垂直于导轨放置，在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数。已知金属棒下滑x=3.6m后速度稳定，且此时小灯泡恰能正常发光，重力加速度g取，则（　　）

A．金属棒刚开始运动时的加速度大小为
B．金属棒稳定下滑时的速度大小为4.8m/s
C．从开始下滑到稳定过程中流过灯泡的电荷量为3.6C
D．金属棒从开始下滑到稳定所经历的时间为1.95s
【答案】BD
【解析】A．金属棒刚开始运动时初速度为零，不受安培力作用，由牛顿第二定律得

代入数据得

故A错误；
B．设金属棒稳定下滑时速度为v，回路中的电流为I，由平衡条件得

由闭合电路欧姆定律得

感应电动势，联立解得

故B正确；
C．设灯泡的电阻为R，稳定时

解得

又因为



联立解得

故C错误；
D．由动量定理得

由C选项分析可知

解得

故D正确。
故选BD。
3. （多选）（2022·山东·胜利一中模拟预测）如图，固定的足够长平行光滑双导轨由水平段和弧形段在处相切构成，导轨的间距为L，区域内存在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场，间距也为L。现将多根长度也为L的相同导体棒依次从弧形轨道上高为h的处由静止释放（释放前棒均未接触导轨），释放第根棒时，第根棒刚好穿出磁场。已知每根棒的质量均为m，电阻均为R，重力加速度大小为g，且与导轨垂直，导轨电阻不计，棒与导轨接触良好。则（　　）

A．第2根棒刚穿出磁场时的速度大小为
B．第3根棒刚进入磁场时的加速度大小为
C．第n根棒刚进入磁场时，第1根棒的热功率为
D．从释放第1根棒到第n根棒刚穿出磁场的过程中，回路产生的焦耳热为
【答案】BC
【解析】A．设金属棒滑到CD位置时速度为v0，由动能定理

解得

由，，可得

则第2根杆穿过磁场的过程通过导体棒的电量为

设第2根杆穿越磁场后获得的速度为v，对于第2根杆穿越磁场的过程应用动量定理

又因为

联立可得

故A错误；
B．第3根棒刚进入磁场时，有

解得

回路中的感应电动势为

总电阻为

故流过第3根棒的电流为

由牛顿第二定律

联立可得

故B正确；
C．第n棒刚进入磁场时，前根棒并联电阻为

电路总电阻为

电路总电流

第一根棒中电流

解得

第1根棒的热功率为

故C正确；
D．由A项、C项分析可知，第n根棒穿过磁场时回路中的总电阻为

流过第n根棒的电量为

第n根杆穿过磁场的过程，由动量定理可得

解得

若所有金属杆离开磁场时的速度都与第2根杆离开磁场时速度相同，则回路产生的焦耳热为

但是本题中各个金属杆离开磁场的速度不同，离开磁场的速度越来越小，故从释放第1根棒到第n根棒刚穿出磁场的过程中，回路产生的焦耳热不等于，故D错误。
故选BC。
4. （多选）（2022·安徽·模拟预测）如图所示，相距为L的两条足够长的固定光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，下端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小为B。质量为m、有效电阻为r的导体棒垂直放置在导轨上，且以初速度v0沿导轨上滑。上滑到最高点视为过程I，导体棒从最高点返回到初始位置视为过程II。导轨电阻不计，则（　　）

A．过程I导体棒运动的时间大于过程II导体棒运动的时间
B．过程I电阻R产生的热量大于过程II电阻R产生的热量
C．过程I重力的平均功率大于过程II重力的平均功率
D．过程I电阻R通过的电荷量大于过程II电阻R通过的电荷量
【答案】BC
【解析】A．金属棒速度为时，安培力

过程I中由牛顿第二定律得

过程II中由牛顿第二定律得

过程I中的平均加速度大于过程II中平均加速度，过程I中和过程II中的位移大小相等，过程I导体棒运动的时间小于过程II导体棒运动的时间。A错误；
B．过程I的平均速度大于过程II的平均速度，则过程I中克服安培力做的功大于过程II中克服安培力做的功，过程I电阻R产生的热量大于过程II电阻R产生的热量。B正确；
C．过程I导体棒运动的时间小于过程II导体棒运动的时间，过程I重力做功的绝对值等于过程II重力做功的绝对值，过程I重力的平均功率大于过程II重力的平均功率。C正确；
D．设过程I金属棒沿斜面上升最大位移为x，由

又

过程I电阻R通过的电荷量等于于过程II电阻R通过的电荷量。D错误。
故选BC。
5. （2022·河北省玉田县第一中学模拟预测）舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻，同时施加回撤力，在和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的图如图2所示，在至时间内，时撤去F。已知起飞速度，，线圈匝数匝，每匝周长，动子和线圈的总质量，飞机质量，，，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求
（1）恒流源的电流；    
（2）线圈电阻；    
（3）时刻。

【答案】（1）80A；（2）；（3）
【解析】（1）由题意可知接通恒流源时安培力

动子和线圈在0~t1时间段内做匀加速直线运动，运动的加速度为

根据牛顿第二定律有

代入数据联立解得

（2）当S掷向2接通定值电阻R0时，感应电流为

此时安培力为

所以此时根据牛顿第二定律有

由图可知在至期间加速度恒定，则有

解得
，
（3）根据图像可知

故；在0~t2时间段内的位移

而根据法拉第电磁感应定律有

又


可得

从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路的电荷量，根据动量定理有


联立可得

解得


6. (多选)如图所示，相距L的光滑金属导轨固定于水平地面上，由竖直放置的半径为R的圆弧部分和水平平直部分组成．MNQP范围内有方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场．金属棒ab和cd(长度均为L)垂直导轨放置且接触良好，cd静止在磁场中；ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd没有接触；cd离开磁场时的速度是此时ab速度的一半．已知ab的质量为m、电阻为r，cd的质量为2m、电阻为2r.金属导轨电阻不计，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)

A．闭合回路感应电流产生的磁场与原磁场方向相反
B．cd在磁场中运动的速度不断变大，速度的变化率不断变小
C．cd在磁场中运动的过程中通过ab横截面的电荷量q＝
D．从ab由静止释放至cd刚离开磁场时，cd上产生的焦耳热为mgR
【答案】BCD
【解析】
　cd在磁场中运动时，穿过abdc回路的磁通量减小，根据楞次定律可知，闭合回路感应电流产生的磁场与原磁场方向相同，故A错误；当ab进入磁场后回路中产生感应电流，则ab受到向左的安培力而做减速运动，cd受到向右的安培力而做加速运动，由于两者的速度差逐渐减小，可知感应电流逐渐减小，安培力逐渐减小，可知cd向右做加速度减小的加速运动，故B正确；ab从释放到刚进入磁场过程，由动能定理得mgR＝mv02，ab进入磁场后，对ab和cd系统，所受合外力为零，则由动量守恒定律有mv0＝m·2vcd＋2m·vcd，解得vcd＝v0＝，对cd由动量定理有BL·Δt＝2m·vcd，其中q＝·Δt，解得q＝，通过ab、cd横截面的电荷量相同，故C正确；从ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，至cd刚离开磁场时由能量关系得：mgR＝m(2vcd)2＋×2mvcd2＋Q，其中Qcd＝Q，解得Qcd＝mgR，故D正确．

7. 如图甲所示，固定放置在水平桌面上的两根足够长的光滑金属导轨间的距离为L＝1 m．质量m＝1 kg的直导体棒放在导轨上，且与导轨垂直．导轨左端与阻值R＝4 Ω的电阻相连，其余电阻不计，整个装置放在竖直向上的匀强磁场内，磁感应强度B＝2 T．在t＝0时，一水平向右的恒定拉力F垂直作用于直导体棒，使直导体棒由静止开始向右做直线运动，图乙是描述导体棒运动过程的v－t图像(设导轨足够长)．求：

(1)拉力F的大小；
(2)t＝1.6 s时，导体棒的加速度大小a；
(3)前1.6 s内导体棒的位移大小x.

【答案】　(1)10 N　(2)2 m/s2　(3)8 m
【解析】
(1)导体棒的运动速度为v时产生的电动势E＝BLv，闭合回路中的感应电流I＝
导体棒所受安培力FA＝BIL＝
由题图乙可知，当速度v＝10 m/s时拉力F＝FA，
得F＝10 N.
(2)由题图乙知，t＝1.6 s时，v＝8 m/s，由牛顿第二定律有F－＝ma，得a＝2 m/s2.
(3)在导体棒的速度为任意值v的一段极短时间Δt内，发生位移Δx，安培力的冲量ΔI＝
－·Δt＝－Δx
则前1.6 s内安培力的总冲量I＝－x
由动量定理有Ft－x＝mv－0，得x＝8 m.
8. 如图所示，两平行且无限长金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ＝30°，两导轨之间的距离为L＝1 m，两导轨M、P之间接入阻值R＝0.2 Ω的定值电阻，导轨电阻不计，在abdc区域内有方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度B1＝1 T，磁场的宽度x1＝1 m；在cd连线以下区域有方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B2＝0.5 T．一个质量为m＝2 kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数μ＝，金属棒的电阻r＝0.2 Ω，若金属棒在离ab连线上端x0处由静止释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速运动．金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时又达到平衡状态，cd与ef之间的距离x2＝16 m．求(g取10 m/s2)

(1)金属棒在磁场Ⅰ运动的速度大小；
(2)金属棒从开始运动到滑到ef位置这个过程回路产生的电热；
(3)金属棒从开始运动到滑到ef位置这个过程所用的时间．
【答案】(1)2 m/s　(2)25 J　(3)5.7 s
【解析】
　(1)设棒在ab处的速度为v1，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为
E＝B1Lv1
电路中的感应电流为I1＝
金属棒做匀速直线运动，由平衡条件得mgsin θ－μmgcos θ＝B1I1L，
联立解得v1＝2 m/s
(2)经过ef时又达到平衡状态，由平衡条件得mgsin θ－μmgcos θ＝B2I2L
感应电流I2＝，联立解得v2＝8 m/s
金属棒从开始运动到滑到ab的过程中
由动能定理有(mgsin θ－μmgcos θ)x0＝mv12
解得x0＝0.8 m
从开始运动到滑到ef的过程中由动能定理得(mgsin θ－μmgcos θ)(x0＋x1＋x2)－Q＝
解得Q＝25 J
(3)全过程由动量定理得(mgsin θ－μmgcos θ)t－B1Lq1－B2Lq2＝mv2
且q1＝，q2＝
解得t＝5.7 s.

9. (2022·福建莆田市高三模拟)如图，两条足够长的平行金属导轨间距L＝0.5 m，与水平面的夹角θ＝30°，处于磁感应强度B＝0.2 T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．导轨上的a、b两根导体棒质量分别为ma＝0.3 kg、mb＝0.1 kg，电阻均为R＝0.1 Ω.现将a、b棒由静止释放，同时用大小为2 N的恒力F沿平行导轨方向向上拉a棒．导轨光滑且电阻忽略不计，运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，取重力加速度g＝10 m/s2.已知当a棒中产生的焦耳热Qa＝0.12 J时，其速度va＝1.0 m/s，求：

(1)此时b棒的速度大小；
(2)此时a棒的加速度大小；
(3)a棒从静止释放到速度达到1.0 m/s所用的时间．
【答案】　(1)3 m/s　(2)1 m/s2　(3)0.768 s
【解析】
　(1)设a、b棒受到的安培力大小为F安，则对a、b棒由牛顿第二定律分别有
F－magsin θ－F安＝maaa
mbgsin θ－F安＝mbab
联立可得maaa＝mbab，所以有mava＝mbvb，
可解得vb＝3 m/s.
(2)设此电路产生的感应电动势为E，电流为I，则有
E＝BLva＋BLvb，I＝，F安＝BIL
联立(1)中式子解得aa＝1 m/s2.
(3)设此过程a、b棒位移分别为xa、xb，由(1)的分析可得maxa＝mbxb
根据能量守恒有Fxa＋mbgxbsin θ－magxasin θ－mava2－mbvb2＝2Qa
对a棒根据动量定理有(F－magsin θ)t－I安＝mava－0
其中安培力的冲量I安＝∑F安Δt
可得I安＝
联立代入数据可解得t＝0.768 s.

10. (2018·天津卷·12)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置．图甲是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计．ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m.列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图甲所示．为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计．列车启动后电源自动关闭．
　
(1)要使列车向右运行，启动时图甲中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由．
(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小．
(3)列车减速时，需在前方设置如图乙所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l.若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
【答案】　(1)见解析　(2)　(3)见解析
【解析】
　(1)列车要向右运动，安培力方向应向右．根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b、由c到d，故M接电源正极．
(2)由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为R总，由电阻的串并联知识得R总＝①
设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有
I＝②
设两根金属棒所受安培力之和为F，有F＝IlB③
根据牛顿第二定律有F＝ma④
联立①②③④式得a＝⑤
(3)设列车减速时，cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为ΔΦ，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有E1＝⑥
其中ΔΦ＝Bl2⑦
设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有
I′＝⑧
设cd受到的平均安培力为F′，有F′＝I′lB⑨
以向右为正方向，设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲，有
I冲＝－F′Δt⑩
同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有
I0＝2I冲⑪
设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有
I总＝0－mv0⑫
联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得＝⑬
讨论：若恰为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场；若不是整数，设的整数部分为N，则需设置N＋1块有界磁场．