第1页，共14页安培力的冲量（参考答案）一、选择题1．【答案】C2．【答案】AD【解析】金属棒M向右运动后，穿过MN与导轨组成的闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律可得回路内产生顺时针方向的电流（俯视），A正确；两棒最后匀速时，电路中无电流，即1122BLvBLv，解得212vv，选取水平向右为正方向，对M、N分别利用动量定理可得：对N有2NFtmv安；对M有10MFtmvmv安，又知道导轨宽度是2倍关系，故2MNFF安安，联立解得11/vms，22/vms，B错误；根据能量守恒定律可得222012111222mvQmvmv，解得0.1QJ，C错误；在N加速过程中，由动量定理得20BILtmv，电路中的电流EIR，据法拉第电磁感应定律有Et，其中磁通量变化量BS，联立以上各式，得20.5/Sms，D正确【点睛】本题是双轨双棒问题，要注意分析两棒的运动过程，明确两棒都匀速运动时它们的感应电动势是相等的，知道动量定理是求电磁感应中电量常用的思路．3．【答案】C【解析】A.金属棒运动到a处时,有E=BLva,I=E/（R+r）,安培力：F=BIL=,由牛顿第二定律得加速度：a=F/m=，故A错误；B.金属棒运动到b处时，由右手定则判断知，通过电阻的电流方向由Q指向N，故B错误；C.金属棒在a→b过程中,通过电阻的电荷量,同理,在b→c的过程中,通过电阻的电荷量,由于△Φab=△Φbc,可得q1=q2.故C正确；D.在b→c的过程中,对金属棒运用动量定理得：,而∑v△t=lbc,同理,在a→c的过程中,对金属棒运用动量定理得：,而∑v△t′=lac,因lac=2lbc,因此va=2vb，故D错误。故选：C.4．【答案】BD。【解析】解：A、设经过时间△t时，金属棒的速度为v，根据动量定理可得：（mgsin30°+F）△t﹣BIL△t=m?△v，金属棒切割磁感线产生电动势变化△E=BL△v，电容器的电量变化量Q=I△t=CBL?△v所以有：（mgsin30°+F）△t﹣BL?CBL△v=m△v，又加速度定义式a=，可得加速度a=，为定值，所以金属棒做匀加速直线运动。故A错误；B、由a=，代入数据解得a=5m/s2．对金属棒，应用牛顿第二定律有mgsin30°+F﹣BIL=ma，解得I=0.1A，由右手定则知，金属棒运动过程中通过其电流方向从b到a，故B正确；C、通过电容器的电量Q=It=1×1C=1C，故C错误；D、电容器所带的电荷量与电容器两端电压关系图象如图所示，第2页，共14页图象与坐标轴围成的面积表示电容器储存的电能，所以电容器储存的电场能为E=QU=CU2=C（BLv）2=C（BLat）2==25J．故D正确；5．【答案】B【解析】A、线圈进入磁场时，穿过线圈的磁通量增加，而离开磁场时，磁通量减小，根据楞次定律得知线圈中产生的感应电流方向相反．故A错误；B、线圈进入磁场和离开磁场的过程磁通量的变化量△Φ相同，由感应电荷量表达式q=，分析得知通过线圈截面的电量相等．假设线圈是矩形的，左右两边长为L，取向右为正方向，根据动量定理得：进入磁场过程有：-B1L△t1=m△v1，又1△t1=q，则得-BqL=m△v1，离开磁场过程有：-B2L△t2=m△v2，又2△t2=q，则得-BqL=m△v2，则得：△v1=△v2，即线圈速度的变化量相同．对于圆形线圈速度的变化量同样相同．故B正确；C、根据左手定则可知线圈受到的安培力方向都向左，方向相同，故C错误；D、因为进磁场时的速度大于出磁场时的速度，进磁场时产生的感应电流要比出磁场时大，安培力也大，则线圈进入磁场时克服安培力做功多，产生的热量也多，故D错误．故选：B．二、计算题6．【答案】(1)方向逆时针，（2）(3)【解析】【分析】小车进入磁场，线圈中有感应电流受安培力作用，小车做减速运动速度v随位移s减小，当线圈完全进入磁场，线圈中感应电流消失，小车做匀速运动；线圈进入磁场和离开磁场时，克服安培力做功，线圈的动能减少，转化成电能消耗在线圈上产生电热。解：（1）电流方向：逆时针所受安培力：（2）从位置1到位置2由动量定理：第3页，共14页其中联立得到求得从位置2到位置3由动量定理：求得（1分）从位置2到位置3由能量转化得：求得（3）对线框和车进入过程，设位移为x由动量定理可求得表达式，速度随位移线性减小，在位置1和位置2之间，小车匀速运动，之后同理分析得速度又随位移线性减小，故得到如下图7．【答案】（1）线圈匀速运动的速率v为；（2）穿过磁场区域过程中，线圈中产生的热量Q为mg（b+h）﹣...
