動量觀點在電磁感應中的應用課前學習任務學習目標：1.掌握應用動量觀點處理電磁感應中的動量、電荷量、時間及位移等問題。2.掌握動量和能量觀點處理電磁感應中的能量轉(zhuǎn)化問題。核心精講在導體切割磁感線做變加速運動時，若運用牛頓運動定律和能量觀點不能解決問題，可運用動量定理巧妙解決問題。求解的物理量應用示例電荷量或速度BILΔt=mv2mv1，q=IΔt，即BqL=mv2mv1位移B2L2v即B2L2時間BILΔt+F其他Δt=mv2mv1，即BLq+F其他Δt=mv2mv1，已知電荷量q、F其他(F其他為恒力)B2L2vΔtR總+F其他即B2L2xR總+F其他Δt已知位移x、F其他(F其他為恒力)物理模型兩桿都在運動，要注意兩桿切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢是相加還是相減；系統(tǒng)動量是否守恒分析方法動力學觀點通常情況下一個金屬桿做加速度逐漸減小的加速運動，而另一個金屬桿做加速度逐漸減小的減速運動，最終兩金屬桿以共同的速度勻速運動能量觀點兩桿系統(tǒng)機械能減少量等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和動量觀點對雙桿合外力為零，應用動量守恒定律處理速度問題，對其中一桿應用動量定理可解電荷量、時間及位移差問題

課堂學習任務考點一動量定理在電磁感應中的應用例1(多選)如圖所示，在光滑的水平面上有一方向豎直向下的有界勻強磁場。磁場區(qū)域的左側(cè)，一正方形線框(右邊框平行于磁場邊界)由位置Ⅰ以4.5m/s的初速度垂直于磁場邊界水平向右運動，經(jīng)過位置Ⅱ，當運動到位置Ⅲ時速度恰為零，此時線框剛好有一半離開磁場區(qū)域。線框的邊長小于磁場區(qū)域的寬度。若線框進、出磁場的過程中通過線框橫截面的電荷量分別為q1、q2，線框經(jīng)過位置Ⅱ時的速度為v。則下列說法正確的是()A.q1=q2 B.q1=2q2C.v=1.0m/s D.v=1.5m/s變式訓練變式1(多選)如圖所示，足夠長、光滑、電阻不計的金屬導軌PQ、MN水平平行放置在絕緣水平面上，左端接有一定值電阻R，在垂直導軌分界線ab、cd間有豎直向下的勻強磁場B1，在分界線cd、ef之間及ef右側(cè)區(qū)域均有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小均為B2，且B1=3B2。一金屬棒以初速度v0進入磁場，經(jīng)過cd、ef處時的速度分別為v02、v03，金屬棒從ab至cd過程，回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q1，通過電阻R的電荷量為q1，金屬棒位移為x1，經(jīng)歷的時間為t1；金屬棒從cd至ef過程，回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q2，通過電阻R的電荷量為q2，金屬棒的位移為x2A.Q1Q2=275 C.x1x2=13 變式2(多選)(2024·黑龍江省二模)如圖所示，傾角為30°、間距為L、足夠長的光滑平行金屬導軌的底端接阻值為R的電阻；質(zhì)量為m的金屬棒通過跨過輕質(zhì)光滑定滑輪的細線與質(zhì)量為4m的重物相連，滑輪左側(cè)細線與導軌平行；金屬棒的電阻為R、長度為L，金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好。整個裝置處于垂直導軌平面向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中?，F(xiàn)將重物由靜止釋放，其下落高度h時達到最大速度v，重力加速度為g，空氣阻力及導軌電阻不計，此過程中()A.細線的拉力一直減小B.金屬棒所受安培力的沖量大小為BC.金屬棒克服安培力做功為12m(7gh5v2D.該過程所經(jīng)歷的時間為B2L考點二動量守恒定律在電磁感應中的應用例2(多選)如圖所示，水平放置的足夠長的平行光滑金屬導軌ab和cd處在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中，兩導軌間距為L?，F(xiàn)將質(zhì)量為2m的導體棒ef和質(zhì)量為m的導體棒gh放置在導軌上，兩導體棒的電阻均為R、長度均為L，導軌電阻不計。t=0時刻，給導體棒ef水平向右、大小為3v0的初速度，同時也給導體棒gh水平向左、大小為v0的初速度，若運動過程中兩導體棒未發(fā)生碰撞，兩導體棒始終垂直導軌且與導軌接觸良好，則下列說法正確的是()A.t=0時刻，兩導體棒受到的安培力大小均為3B.導體棒gh的速度大小為0時，導體棒ef的速度大小為52vC.從兩導體棒開始運動到速度不再變化，導體棒gh受到安培力的沖量大小為23mvD.兩導體棒運動過程中，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為163m變式訓練變式3(多選)如圖，足夠長的粗糙平行金屬導軌傾斜固定在水平面上，與水平面的夾角均為θ=37°，導軌間距為L。長為L的金屬桿ab和cd垂直導軌放置，質(zhì)量分別為m和2m，電阻均為R，與導軌間的動摩擦因數(shù)大小均為0.75，整個裝置處于方向垂直導軌平面向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B?，F(xiàn)同時使金屬桿ab和cd分別獲得大小為v0和2.5v0的初速度，方向如圖所示，運動過程中兩金屬桿始終保持與導軌垂直且接觸良好。從開始運動到運動穩(wěn)定的過程中，tanθ=0.75，下列說法正確的是()A.剛開始運動ab桿的電流方向從b到aB.通過ab桿的電荷量為mC.回路產(chǎn)生的熱量為34mD.桿ab、cd間距離縮小了2變式4(多選)如圖，兩根光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場中，磁感應強度大小分別為2B和B。已知導體棒MN的電阻為R、長度為d，導體棒PQ的電阻為2R、長度為2d，PQ的質(zhì)量是MN的2倍。初始時刻兩棒靜止，兩棒中點之間連接一壓縮量為L的輕質(zhì)絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場中運動直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個過程中兩棒保持與導軌垂直并接觸良好，導軌足夠長且電阻不計。下列說法正確的是()A.彈簧伸展過程中，回路中產(chǎn)生順時針方向的電流B.PQ速率為v時，MN所受安培力大小為4C.整個運動過程中，MN與PQ的路程之比為2∶1D.整個運動過程中，通過MN的電荷量為BLd考點三用力學三大觀點分析電磁感應問題例3如圖，質(zhì)量為m的均勻金屬棒ab垂直架在水平面甲內(nèi)間距為3L的兩光滑金屬導軌的右邊緣處。下方的導軌由光滑圓弧導軌與處于水平面乙的光滑水平導軌平滑連接而成(圖中半徑OM和O'P豎直)，圓弧導軌半徑為R、對應圓心角為60°、間距為3L，水平導軌間距分別為3L和L。質(zhì)量也為m的均勻金屬棒cd垂直架在間距為L的導軌左端。導軌MM'與PP'，NN'與QQ'均足夠長，所有導軌的電阻都不計。電源電動勢為E、內(nèi)阻不計。所有水平部分的導軌均有豎直方向的、磁感應強度為B的勻強磁場，圓弧部分和其他部分無磁場。閉合開關(guān)S，金屬棒ab迅即獲得水平向右的速度(未知，記為v0)做平拋運動，并在高度降低3R時恰好沿圓弧軌道上端的切線方向落在圓弧軌道上端，接著沿圓弧軌道下滑。已知重力加速度為g，求：(1)空間勻強磁場的方向；(2)棒ab做平拋運動的初速度v0；(3)通過電源E某截面的電荷量q；(4)從金屬棒ab剛落到圓弧軌道上端起至棒ab開始勻速運動止，這一過程中棒ab和棒cd組成的系統(tǒng)損失的機械能ΔE。

課后學習任務一、單選題1．如圖所示，空間存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B，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l、2l；質(zhì)量分別為m、2m的導體棒a、b均垂直導軌放置，導體棒a接入電路的電阻為R，其余電阻均忽略不計；a、b兩棒分別以v0、2v0的初速度同時向右運動，兩棒在運動過程中始終與導軌垂直且保持良好接觸，a總在窄軌上運動，b總在寬軌上運動，直到兩棒達到穩(wěn)定狀態(tài)，從開始運動到兩棒穩(wěn)定的過程中，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)棒加速度大于b棒的加速度B．穩(wěn)定時a棒的速度為1.5v0C．電路中產(chǎn)生的焦耳熱為D．通過導體棒a的某一橫截面的電荷量為2．如圖所示，正方形線框邊長，質(zhì)量，電阻，水平放置在粗糙絕緣水平面上，開始時線框邊緊靠勻強磁場左邊界，平行的邊界與之間存在方向豎直向下的勻強磁場，磁場寬度為，磁感應強度大小，現(xiàn)對線框施加一水平向右的拉力F，使線框以的加速度由靜止開始勻加速進入勻強磁場，當線框邊到達磁場左邊界時，撤去拉力，當線框邊到達磁場右邊界時，線框速度恰好減為零。已知重力加速度g取，線框與水平面間的動摩擦因數(shù)，下列說法正確的是（）A．整個過程中線框達到的最大速度為B．整個過程中線框中感應電流的最大值為C．線框進入磁場過程中拉力的功率與時間的函數(shù)關(guān)系為D．線框從邊剛離開邊界到邊抵達邊界經(jīng)歷的時間為3．如圖甲所示，一固定豎直倒放的“U”形足夠長金屬導軌的上端接一定值電阻R，整個裝置處于方向垂直軌道平面向里的勻強磁場中?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m的金屬棒從距電阻R足夠遠的導軌上某處，以大小為的初動量豎直向上拋出，金屬棒的動量隨時間變化的圖像如圖乙所示。整個過程中金屬棒與導軌接觸良好且保持垂直，不計空氣阻力及金屬棒和導軌電阻，重力加速度大小為g。關(guān)于此過程中，下列說法正確的是（）A．時刻金屬棒的加速度為零B．金屬棒的最大加速度大小為2gC．金屬棒上升過程安培力的沖量大小為D．金屬棒上升過程定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱等于4．某電磁緩沖裝置如圖所示，兩足夠長且間距為L的平行金屬導軌置于同一水平面內(nèi)，導軌左端與一阻值為R的定值電阻相連，導軌BC段與段粗糙，其余部分光滑，右側(cè)處于磁感應強度大小為B方向豎直向下的勻強磁場中，、、均與導軌垂直，一質(zhì)量為m的金屬桿垂直導軌放置。現(xiàn)讓金屬桿以初速度沿導軌向右經(jīng)過進入磁場，最終恰好停在處。已知金屬桿接入導軌之間的阻值為R，與粗糙導軌間的動摩擦因數(shù)為，，導軌電阻不計，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．金屬桿經(jīng)過的速度為B．在整個過程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為C．金屬桿經(jīng)過區(qū)域過程，其所受安培力的沖量大小為D．若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運動的距離等于原來的2倍5．如圖（a），水平面內(nèi)有兩根足夠長的光滑平行固定金屬導軌，間距為d。導軌所在空間存在方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。兩導體棒M、N靜止放置在足夠長的導軌上。已知M的質(zhì)量為m，阻值為R，導體棒N的質(zhì)量未知，阻值為，導軌電阻不計。現(xiàn)給M棒一水平向右的初速度，其速度隨時間變化關(guān)系如圖（b）所示，兩導體棒運動過程中，始終與導軌垂直且接觸良好，則下列說法正確的是（

）A．導體棒N的質(zhì)量為 B．導體棒N的最終的速度為C．在內(nèi)導體棒M產(chǎn)生的熱量為 D．在內(nèi)通過導體棒M的電荷量為6．如圖所示，兩水平平行金屬導軌由寬軌、，窄軌、兩部分組成，寬軌部分間距為2L，窄軌部分間距為L?，F(xiàn)將兩根材料相同、橫截面積相同的金屬棒ab、cd分別靜置在寬軌和窄軌上。金屬棒ab的質(zhì)量為m，電阻為R，長度為2L，金屬棒cd的長度為L，兩金屬棒在運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好。除金屬棒的電阻之外其余電阻不計，寬軌和窄軌都足夠長。金屬導軌處在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。現(xiàn)給金屬棒ab水平向右的初速度，此后金屬棒ab始終在寬軌磁場中運動，金屬棒cd始終在窄軌磁場中運動，不計一切摩擦。下列說法正確的是（）A．金屬棒ab剛開始運動時，ab棒中的電流方向為b→aB．當兩金屬棒勻速運動時，ab棒的速度為C．金屬棒ab從開始運動到勻速的過程中，通過ab棒的電荷量為D．金屬棒ab從開始運動到勻速的過程中，ab棒中產(chǎn)生的熱量為二、多選題7．一絕緣細繩跨過兩個在同一豎直面（紙面）內(nèi)的光滑定滑輪，繩的一端連接質(zhì)量為、邊長為的正方形金屬線框，另一端連接質(zhì)量為的物塊。虛線區(qū)域內(nèi)有磁感應強度大小均為的勻強磁場，其方向如圖所示，磁場邊界Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均水平，相鄰邊界間距均為。最初拉住線框使其邊與Ⅰ重合。時刻，將線框由靜止釋放，邊由Ⅱ運動至Ⅲ的過程中，線框速度恒為。已知線框的電阻為，運動過程中線框始終在紙面內(nèi)且上下邊框保持水平，重力加速度為。下列說法正確的是（）A．邊由Ⅲ運動至Ⅳ的過程中，線框速度恒為B．C．時刻，邊恰好與Ⅱ重合D．邊由Ⅰ運動至Ⅱ與由Ⅲ運動至Ⅳ歷時相等8．如圖，兩根足夠長的光滑平行導軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導軌間距分別為2L和L，左側(cè)是電阻不計的金屬導軌，右側(cè)是絕緣軌道。左側(cè)處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B0；右側(cè)以O為原點，沿導軌方向建立x軸，沿Ox方向存在分布規(guī)律為B=B0+kx（k>0）的豎直向下的磁場（圖中未標出）。一質(zhì)量為m、阻值為R、三邊長度均為L的U形金屬框，左端緊靠靜置在絕緣軌道上（與金屬導軌不接觸）。導體棒a、b質(zhì)量均為m，電阻均為R，分別靜止在立柱左右兩側(cè)的金屬導軌上?，F(xiàn)同時給導體棒a，b大小相同的水平向右的速度v0，當導體棒b運動至時，導體棒a中已無電流（a始終在寬軌上）。導體棒b與U形金屬框碰撞后連接在一起構(gòu)成回路，導體棒a、b、金屬框與導軌始終接觸良好，導體棒a被立柱擋住沒有進入右側(cè)軌道。下列說法正確的是（）A．導體棒a到達立柱時的速度大小為v0B．導體棒b到達時的速度大小為v0C．導體棒b與U形金屬框碰撞后連接在一起后做勻減速運動D．導體棒b與U形金屬框碰撞后，導體棒b靜止時與的距離為三、解答題9．如圖所示，水平地面上豎直放置一個邊長為2L=0.2m、質(zhì)量m=0.8kg、總電阻為R=1×10?4Ω的正方形單匝導體框MNPQ，豎直面內(nèi)存在兩個矩形勻強磁場區(qū)域abcd和efgh，寬度均為3L且足夠高，磁感應強度大小均為B=0.1T，方向均垂直紙面向里，cd水平且在地面以下，gh水平且與地面相距L，bc與eh的水平距離為2L。導體框的MQ邊剛好和ad重合。對導體框施加一個水平向右的拉力，使導體框由靜止開始做加速度大小為a=0.6m/s2的勻加速運動，直至導體框恰好離開磁場區(qū)域abcd，之后令其做勻速直線運動。已知重力加速度為g=10m/s2，導體框平面始終與磁場垂直，導體框與地面的動摩擦因數(shù)為μ=0.1，。求：(1)導體框的NP邊剛離開bc邊時，拉力的大小F0；(2)導體框從開始運動到恰好離開磁場區(qū)域abcd的過程中，拉力沖量IF的大?。?3)導體框從開始運動至NP邊到達fg邊的過程中與地面摩擦產(chǎn)生的熱量Q。

10．如圖所示，相距的平行金屬導軌，左側(cè)部分水平，分布著豎直向上的勻強磁場，右側(cè)部分傾斜，傾角為，傾斜導軌上的、兩點處各有一小段絕緣導軌（長度可忽略不計），在連線到連線之間分布著垂直導軌向下的勻強磁場，磁感應強度大小均為，傾斜導軌上端、之間接有阻值為的電阻，其余導軌電阻不計，水平與傾斜導軌連接處平滑過渡。金屬棒1與2的質(zhì)量都為，有效接入導軌間的長度都為，電阻都為。金屬棒1從連線上方處由靜止釋放，與之間距離與之間距離與之間棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為，其余部分導軌均光滑，金屬棒2初始靜止，到距離為。金屬棒1進入磁場后，在運動到前已達到穩(wěn)定速度，在運動到前已再次達到穩(wěn)定速度。運動過程中，兩棒與導軌接觸良好，且始終與導軌垂直，不計金屬棒經(jīng)過時的能量損失，若兩棒相碰則發(fā)生彈性碰撞。（已知，重力加速度?。┣螅?1)金屬棒1運動到前達到的穩(wěn)定速度的大?。?2)金屬棒1運動到時，金屬棒2的速度大小；(3)最終穩(wěn)定時金屬棒1所在位置，以及全過程金屬棒1產(chǎn)生的焦耳熱。

答案精析課堂學習任務例1BD[根據(jù)q=ΔΦR=BSR可知，線框進、出磁場的過程中通過線框橫截面的電荷量q1=2q2，故A錯誤，B正確；線框從開始進入到位置Ⅱ，由動量定理有BI1LΔt1=mvmv0，即BLq1=mvmv0，同理線框從位置Ⅱ到位置Ⅲ，由動量定理有BI2LΔt2=0mv，即BLq2=0mv，聯(lián)立解得v=13v0=1.5m/s變式1AC[設金屬棒質(zhì)量為m，從ab到cd過程，有Q1=12mv0212m從cd到ef過程，有Q2=12m(v02)212m整理有Q1Q2=27設導軌間距為L，金屬棒從ab至cd過程，由動量定理有BILΔt=mv2mv1又因為I1=所以整理有B1q1L=12mv0mv從cd到ef過程，同理可得B2q2L=13mv012整理有q1=q2，故B錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律有E=Δ又因為I=ER總，I所以整理有q=ΔΦR整理有x1x2=1金屬棒從ab至cd過程，平均速度大，位移小，所以金屬棒從ab至cd過程經(jīng)歷的時間一定小于從cd至ef過程經(jīng)過的時間，即t1<t2，故D錯誤。]變式2BCD[根據(jù)題意，對重物和金屬棒組成的系統(tǒng)受力分析可得4mgmgsin30°F安=5ma，F(xiàn)安=BIL=B2L2v'2R，隨著系統(tǒng)開始運動，棒的加速度沿金屬導軌向上，速度逐漸增大，安培力逐漸增大，則系統(tǒng)做加速度逐漸減小的加速運動，直至加速度為0時系統(tǒng)以速度v做勻速直線運動。對重物受力分析可得4mgFT=4ma，根據(jù)上述分析可知細線的拉力一直增大，速度最大后拉力大小保持不變，故A錯誤；金屬棒所受安培力的沖量為I安=BIL·Δt=B·ΔΦΔt2RL·Δt=B2L2?2R，故B正確；由能量守恒定律得4mgh=mghsin30°+12(m+4m)v2+Q總，解得Q總=12m(7gh5v2)，根據(jù)功能關(guān)系可知金屬棒克服安培力做的功為W=Q總=12m(7gh5v2)，故C正確；對系統(tǒng)列動量定理可知(4mgmgsin例2BD[t=0時刻，整個回路產(chǎn)生的感應電動勢大小為E=E1+E2=4BLv0，感應電流的大小I=E2R=2BLv0R，導體棒受到的安培力大小為F=BIL=2B2L2v0R，故A錯誤；導體棒ef和導體棒gh受到的安培力等大反向，導體棒ef和導體棒gh組成的系統(tǒng)動量守恒，當導體棒gh的速度為0時，有6mv0mv0=2mv，導體棒ef的速度為v=52v0，故B正確；最終兩導體棒以相同速度向右勻速運動，設此時速度為v1，則有6mv0mv0=3mv1，解得v1=53v0，根據(jù)動量定理可知導體棒gh受到的安培力的沖量I=53mv0(mv0)=83mv0，故C錯誤；對兩導體棒運動過程，根據(jù)能量守恒定律可得回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=12×2m×(3v0)2+1變式3ACD[同時使金屬桿ab和cd獲得大小為v0和2.5v0的初速度，根據(jù)題意可以判斷，兩電動勢方向相反，所以根據(jù)右手定則可以判斷，剛開始運動ab桿的電流方向由cd桿決定，從b到a，故A正確；因為μ=tanθ，且兩棒安培力等大反向，所以系統(tǒng)合力為零，動量守恒，mv0+2m×2.5v0=(m+2m)v，解得v=2v0，對cd分析2m×2v02m×2.5v0=BILt=BLq，解得q=mv0BL，故B錯誤；根據(jù)能量守恒，回路產(chǎn)生的熱量為Q=12mv02+12×2m×(2.5v0)212×3m×(2v0)2，解得Q=34mv02，故C正確；根據(jù)q變式4AC[彈簧伸展過程中，根據(jù)右手定則可知，回路中產(chǎn)生順時針方向的電流，選項A正確；任意時刻，設電流為I，則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，可知兩棒系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，設PQ質(zhì)量為2m，則MN質(zhì)量為m，PQ速率為v時，則有2mv=mv'，解得v'=2v，回路中的感應電流I=2Bdv'+B·2dv3R=2BdvR，MN所受安培力大小為FMN=2BId=4B2d2vR，選項B錯誤；設整個運動過程中，某時刻MN與PQ的速率分別為v1、v2，同理有mv1=2mv2，可知MN與PQ的速率之比始終為2∶1，則MN與PQ的路程之比為2∶1，故C正確；兩棒最終停止時彈簧處于原長狀態(tài)，由動量守恒可得mx1=2mx2，x1+x2=L，可得最終MN向左移動x1=2L3，PQ向右移動x2=例3(1)豎直向上(2)2gR(3)m2gR解析(1)閉合開關(guān)S，金屬棒ab迅即獲得水平向右的速度，表明金屬棒受到水平向右的沖量，所以安培力水平向右，因為金屬棒ab中的電流方向為由a指向b，根據(jù)左手定則，空間勻強磁場的方向豎直向上。(2)金屬棒ab做平拋運動，其豎直方向有3R=12gt2，vy=由于金屬棒在高度降低3R時恰好沿圓弧軌道上端的切線方向落在圓弧軌道上端，有tan60°=vyv0，解得v(3)金屬棒ab彈出瞬間，規(guī)定向右為正方向，由動量定理BI×3L·Δt=mv00又因為I=qΔt，整理有3BqL=mv0，解得q(4)金屬棒ab滑至水平軌道時，有mg[3R+R(1cos60°)]=12mv212解得v=3gR最終勻速運動，電路中無電流，所以棒ab和棒cd產(chǎn)生的感應電動勢大小相等，即B×3L·vab=BL·vcd此過程中，對棒ab由動量定理有BI'×3L·Δt'=mvabmv對棒cd，由動量定理有BI'·LΔt'=mvcd0聯(lián)立解得vab=310gR，vcd由能量守恒定律可知該過程中機械能的損失量為ΔE=12mv212mvab212mvcd課后學習任務1．C【詳解】A．根據(jù)牛頓第二定律則a、b棒加速度大小相等，故A錯誤；B．對a、b棒，根據(jù)動量定理有穩(wěn)定時有可得聯(lián)立解得，故B錯誤；C．由能量守恒定律可知，動能的損失等于焦耳熱，則電路中產(chǎn)生的焦耳熱為故C正確；D．對a，根據(jù)動量定理可得聯(lián)立解得故D錯誤。故選C。2．C【詳解】A．線框先以加速，撤去拉力后，線框在摩擦力作用下減速，則在撤去拉力時線框速度最大，由運動學公式得解得故A錯誤；B．當線框速度最大時，其感應電動勢最大由歐姆定律得聯(lián)立解得故B錯誤；C．線框進入磁場得過程中，由牛頓第二定律得其中，代入數(shù)據(jù)得則線框進入磁場過程中拉力的功率與時間的函數(shù)關(guān)系為故C正確；D．在撤去拉力后到ab邊剛到達PQ的過程中，由牛頓第二定律得由運動學得解得ab邊到達PQ時線框速度線框從ab邊離開PQ到cd邊抵達PQ的過程中，由動量定理得其中由微元法可知解得故D錯誤。故選C。3．C【詳解】A．時刻金屬棒的速度為零，則電路中感應電動勢為零，金屬棒所受安培力為零，則金屬棒僅受重力作用，加速度為，故A錯誤；B．由金屬棒在運動中，，可得由圖可知金屬棒向下運動動量大小為時解得金屬棒所受安培力豎直向上，且重力與安培力大小相等，則在時，金屬棒向上運動的速度最大，所受向下的安培力最大。由解得金屬棒向上運動的最大速度可知金屬棒向下最大的安培力大小為金屬棒的最大加速度大小為故B錯誤；C．設金屬棒上升過程安培力的沖量大小為，豎直向下為正方向，對金屬棒利用動量定理得解得故C正確；D．金屬棒的初動能為金屬棒上升過程由動能定理可知金屬棒上升過程克服安培力所做的功等于定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱，小于，故D錯誤。故選C。4．B【詳解】AC．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，金屬桿在區(qū)域運動的過程中根據(jù)動量定理有則安培力的沖量由于，則上面方程左右兩邊累計求和，可得則金屬桿在區(qū)域安培力沖量的大小為BB1處的速度設金屬桿在區(qū)域運動的時間為，同理可得，則金屬桿在區(qū)域運動的過程中有解得綜上有則金屬桿經(jīng)過的速度大于。故AC錯誤；B．在整個過程中，根據(jù)能量守恒有則在整個過程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為故B正確；D．根據(jù)A選項可得，金屬桿以初速度在磁場中運動有金屬桿的初速度加倍，設此時金屬桿在區(qū)域運動的時間為，全過程對金屬棒分析得聯(lián)立整理得分析可知當金屬桿速度加倍后，金屬桿通過區(qū)域的速度比第一次大，故，可得可見若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運動的距離大于原來的2倍，故D錯誤。故選B。5．D【詳解】A．導體棒M、N受到的安培力大小相等，方向相反，所以兩導體棒組成的系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，且兩導體棒最終速度大小相等，有解得故A錯誤；B．根據(jù)題意可知，兩棒組成回路，電流大小相同，M棒受安培阻力做變減速直線運動，N棒受安培動力做變加速直線運動，當兩者的速度相等時，電流等于零，兩棒不再受安培力，則達到共同速度做勻速直線運動，導體棒N的最終的速度為，故B錯誤；C．在0～t1內(nèi)回路產(chǎn)生的總熱量為所以導體棒M產(chǎn)生的焦耳熱為解得故C錯誤；D．取向右為正方向，由動量定理可知，在0～t1內(nèi)導體棒N有通過導體棒M的電荷量解得故D正確。故選D。6．C【詳解】A．金屬棒ab剛開始運動時，根據(jù)右手定則可知ab棒中的電流方向為a→b。故A錯誤；B．依題意，金屬棒cd的質(zhì)量為，電阻為勻速運動時，兩棒切割產(chǎn)生的電動勢大小相等得末速度對ab棒對cd棒解得則，故B錯誤；C．根據(jù)聯(lián)立，解得故C正確；D．由能量關(guān)系，整個過程中產(chǎn)生的熱量又聯(lián)立，解得故D錯誤。故選C。7．AC【詳解】A．邊由Ⅱ運動至Ⅲ的過程中，線框速度恒為，可知線框受力平衡；邊由Ⅲ運動至Ⅳ的過程中，線框仍有兩條邊切割磁感線，產(chǎn)生的感應電流大小不變，線框仍受力平衡，則線框速度恒為，故A正確；B．邊由Ⅱ運動至Ⅲ的過程中，線框速度恒為，線框產(chǎn)生的感應電動勢為線框中的電流為線框受到的安培力為根據(jù)受力平衡可得解得故B錯誤；C．設經(jīng)過時間邊恰好與Ⅱ重合，在邊從Ⅰ運動到Ⅱ過程，對系統(tǒng)根據(jù)動量定理可得其中聯(lián)立解得故C正確；D．邊由Ⅰ運動至Ⅱ線框以速度做勻速運動，邊由Ⅲ運動至Ⅳ只有一邊切割磁感線，線框從速度開始做加速運動，由于兩個過程通過的位移相等，所以邊由Ⅰ運動至Ⅱ所用時間大于由Ⅲ運動至Ⅳ所用時間，故D錯誤。故選BC。8．BD【詳解】AB．設b到達時的速度為，此時a的速度為，