2023高中物理步步高大一輪 第十一章 專題強(qiáng)化二十五　動量觀點在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

1、專題強(qiáng)化二十五動量觀點在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用目標(biāo)要求1.掌握應(yīng)用動量定理處理電磁感應(yīng)問題的方法技巧.2.建立電磁感應(yīng)問題中動量守恒的模型，并用動量守恒定律解決問題題型一動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用導(dǎo)體棒或金屬框在感應(yīng)電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時，當(dāng)題目中涉及速度v、電荷量q、運動時間t、運動位移x時常用動量定理求解 考向1“單棒電阻”模型情景示例1水平放置的平行光滑導(dǎo)軌，間距為L，左側(cè)接有電阻R，導(dǎo)體棒初速度為v0，質(zhì)量為m，電阻不計，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，從開始運動至停下來求電荷量qBeq xto(I)Lt0mv0，qeq xto(I)t，qeq f(mv

2、0,BL)求位移xeq f(B2L2xto(v),R)t0mv0，xeq xto(v)teq f(mv0R,B2L2)應(yīng)用技巧初、末速度已知的變加速運動，在動量定理列出的式子中qeq xto(I)t，xeq xto(v)t；若已知q或x也可求末速度情景示例2間距為L的光滑平行導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為，由靜止釋放質(zhì)量為m、接入電路的阻值為R的導(dǎo)體棒，當(dāng)通過橫截面的電荷量為q或下滑位移為x時，速度達(dá)到v求運動時間Beq xto(I)Ltmgsin tmv0，qeq xto(I)teq f(B2L2xto(v),R)tmgsin tmv0，xeq xto(v)t應(yīng)用技巧用動量定理求時間需有其他恒力參與若

3、已知運動時間，也可求q、x、v中的一個物理量例1水平面上放置兩個互相平行的足夠長的金屬導(dǎo)軌，間距為d，電阻不計，其左端連接一阻值為R的電阻導(dǎo)軌處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.質(zhì)量為m、長度為d、阻值為R與導(dǎo)軌接觸良好的導(dǎo)體棒MN以速度v0垂直導(dǎo)軌水平向右運動直到停下不計一切摩擦，則下列說法正確的是()A導(dǎo)體棒運動過程中所受安培力先做正功再做負(fù)功B導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上運動的最大距離為eq f(2mv0R,B2d2)C整個過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為eq f(1,2)mv02D整個過程中，導(dǎo)體棒的平均速度大于eq f(v0,2)答案B解析導(dǎo)體棒向右運動過程中一直受到向左的安培力作用，

4、即安培力一直做負(fù)功，選項A錯誤；由動量定理可知eq xto(I)dBt0mv0，其中eq xto(I)teq f(f(,t),2R)teq f(,2R)，Bdx，解得xeq f(2mv0R,B2d2)，故B正確；導(dǎo)體棒的阻值與左端所接電阻的阻值相等，故電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱應(yīng)該為eq f(1,4)mv02，故C錯誤；根據(jù)aeq f(BId,m)eq f(B2d2v,2Rm)可知，導(dǎo)體棒做的是加速度逐漸減小的減速運動，故其平均速度將小于做勻減速運動的平均速度，即小于eq f(v0,2)，故D錯誤 考向2不等間距上的雙棒模型例2(多選)如圖所示，光滑水平平行導(dǎo)軌置于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方

5、向垂直水平面向下，左側(cè)導(dǎo)軌間距為L，右側(cè)導(dǎo)軌間距為2L，且導(dǎo)軌兩側(cè)均足夠長質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab和質(zhì)量為2m的導(dǎo)體棒cd均垂直于導(dǎo)軌放置，處于靜止?fàn)顟B(tài)ab的電阻為R，cd的電阻為2R，兩棒始終在對應(yīng)的導(dǎo)軌部分運動現(xiàn)給cd一水平向右的初速度v0，則()A兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒B最終通過兩棒的電荷量為eq f(2mv0,3BL)Cab棒最終的速度為eq f(2,3)v0D從cd棒獲得初速度到二者穩(wěn)定運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱為eq f(8,9)mv02答案BC解析當(dāng)cd棒向右運動時，受向左的安培力，ab棒受向右的安培力，且Fcd2Fab，可知兩棒組成的系統(tǒng)合外力不為零，則系統(tǒng)動量不守恒，選項A錯誤；cd

6、棒獲得速度后，電路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，cd棒減速，ab棒加速，當(dāng)BLvab2BLvcd時，電路中磁通量不變，沒有感應(yīng)電流，最終兩棒做勻速直線運動，由動量定理得2Beq xto(I)Lt2mvcd2mv0，Beq xto(I)Ltmvab，得vcdvabv0，聯(lián)立解得vabeq f(2,3)v0，vcdeq f(1,3)v0，因qeq xto(I)t，可得qeq f(2mv0,3BL)，B、C正確；從cd棒獲得初速度到二者穩(wěn)定運動，此過程系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為Qeq f(1,2)2mv02eq f(1,2)mvab2eq f(1,2)2mvcd2，解得Qeq f(2,3)mv02，D錯誤 考向3“電容器

7、棒”模型1無外力充電式 基本模型規(guī)律(導(dǎo)軌光滑，電阻阻值為R，電容器電容為C)電路特點導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，電容器充電電流特點安培力為阻力，棒減速，E減小，有Ieq f(BLvUC,R)，電容器充電UC變大，當(dāng)BLvUC時，I0，F(xiàn)安0，棒勻速運動運動特點和最終特征棒做加速度a減小的加速運動，最終做勻速運動，此時I0，但電容器帶電荷量不為零最終速度電容器充電荷量：qCU最終電容器兩端電壓UBLv對棒應(yīng)用動量定理：mvmv0Beq xto(I)LtBLqveq f(mv0,mB2L2C).vt圖像例3(多選)如圖甲所示，水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，兩導(dǎo)軌間距為l，電阻均可忽略不

8、計在M和P之間接有阻值為R的定值電阻，導(dǎo)體桿ab質(zhì)量為m、電阻為r，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好整個裝置處于方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中現(xiàn)給桿ab一個初速度v0，使桿向右運動則()A當(dāng)桿ab剛具有初速度v0時，桿ab兩端的電壓Ueq f(Blv0R,Rr)，且a點電勢高于b點電勢B通過電阻R的電流I隨時間t的變化率的絕對值逐漸增大C若將M和P之間的電阻R改為接一電容為C的電容器，如圖乙所示，同樣給桿ab一個初速度v0，使桿向右運動，則桿ab穩(wěn)定后的速度為veq f(mv0,mB2l2C)D在C選項中，桿穩(wěn)定后a點電勢高于b點電勢答案ACD解析當(dāng)桿ab剛具有初速度v0時，其切割磁感線產(chǎn)生的感

9、應(yīng)電動勢EBlv0，桿ab兩端的電壓Ueq f(ER,Rr)eq f(Blv0R,Rr)，根據(jù)右手定則知，感應(yīng)電流的方向為b到a，桿ab相當(dāng)于電源，a相當(dāng)于電源的正極，則a點電勢高于b點電勢，A正確；通過電阻R的電流Ieq f(Blv,Rr)，由于桿ab速度減小，則電流減小，所受安培力減小，所以桿ab做加速度逐漸減小的減速運動，速度v隨時間t的變化率的絕對值逐漸減小，則通過電阻R的電流I隨時間t的變化率的絕對值逐漸減小，B錯誤；當(dāng)桿ab以初速度v0開始切割磁感線時，電路開始給電容器充電，有電流通過桿ab，桿在安培力的作用下做減速運動，隨著速度減小，安培力減小，加速度也減小，當(dāng)電容器兩端電壓與感

10、應(yīng)電動勢相等時，充電結(jié)束，桿以恒定的速度做勻速直線運動，電容器兩端的電壓UBlv，而qCU，對桿ab，根據(jù)動量定理得Beq xto(I)ltBlqmvmv0，聯(lián)立可得veq f(mv0,mB2l2C)，C正確；桿穩(wěn)定后，電容器不再充電，回路中沒有電流，根據(jù)右手定則知，a點的電勢高于b點電勢，D正確2無外力放電式 基本模型規(guī)律(電源電動勢為E，內(nèi)阻不計，電容器電容為C)電路特點電容器放電，相當(dāng)于電源；導(dǎo)體棒受安培力而運動電流的特點電容器放電時，導(dǎo)體棒在安培力作用下開始運動，同時阻礙放電，導(dǎo)致電流減小，直至電流為零，此時UCBLvm運動特點及最終特征做加速度a減小的加速運動，最終勻速運動，I0最大

11、速度vm電容器充電電荷量：Q0CE放電結(jié)束時電荷量：QCUCBLvm電容器放電電荷量：QQ0QCECBLvm對棒應(yīng)用動量定理：mvm0Beq xto(I)LtBLQvmeq f(BLCE,mB2L2C)vt圖像例4(2017天津卷12)電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運載器電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C.兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距離為l，電阻不計炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面

12、、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，MN開始向右加速運動當(dāng)MN上的感應(yīng)電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌問：(1)磁場的方向；(2)MN剛開始運動時加速度a的大小；(3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少答案(1)垂直于導(dǎo)軌平面向下(2)eq f(BlE,mR) (3)eq f(B2l2C2E,mB2l2C)解析(1)將S接1時，電容器充電，上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，當(dāng)將S接2時，電容器放電，流經(jīng)MN的電流由M到N，又知MN向右運動，由左手定則可知磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下(2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當(dāng)開關(guān)S接2

13、時，電容器放電，設(shè)剛放電時流經(jīng)MN的電流為I，有Ieq f(E,R)設(shè)MN受到的安培力為F，有FIlB由牛頓第二定律，有Fma聯(lián)立式得aeq f(BlE,mR)(3)當(dāng)電容器充電完畢時，設(shè)電容器上電荷量為Q0，有Q0CE開關(guān)S接2后，MN開始向右加速運動，速度達(dá)到最大值vmax時，設(shè)MN上的感應(yīng)電動勢為E，有EBlvmax依題意有Eeq f(Q,C)設(shè)在此過程中流經(jīng)MN的平均電流為eq xto(I)，MN受到的平均安培力為eq xto(F)，有eq xto(F)eq xto(I)lB由動量定理，有eq xto(F)tmvmax0又eq xto(I)tQ0Q聯(lián)立式得Qeq f(B2l2C2E,m

14、B2l2C).題型二動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用1在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，安培力充當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)力，如果它們不受摩擦力，且受到的安培力的合力為0時，滿足動量守恒，運用動量守恒定律解題比較方便2雙棒模型(不計摩擦力)雙棒無外力雙棒有外力示意圖F為恒力動力學(xué)觀點導(dǎo)體棒1受安培力的作用做加速度減小的減速運動，導(dǎo)體棒2受安培力的作用做加速度減小的加速運動，最后兩棒以相同的速度做勻速直線運動導(dǎo)體棒1做加速度逐漸減小的加速運動，導(dǎo)體棒2做加速度逐漸增大的加速運動，最終兩棒以相同的加速度做勻加速直線運動動量觀點系統(tǒng)動量守恒系統(tǒng)動量不守恒能量觀點棒1動能的減少量棒2動能的增加量焦

15、耳熱外力做的功棒1的動能棒2的動能焦耳熱例5(多選)(2019全國卷19)如圖，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上，t0時，棒ab以初速度v0向右滑動運動過程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示下列圖像中可能正確的是()答案AC解析棒ab以初速度v0向右滑動，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，使整個回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，判斷可知棒ab受到與v0方向相反的安培力的作用而做變減速運動，棒cd受到與v0方向相同的安培力的作用而做變加速運動，它們之間的速度差vv1v2逐漸減小，整個系

16、統(tǒng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢逐漸減小，回路中感應(yīng)電流逐漸減小，最后變?yōu)榱?，即最終棒ab和棒cd的速度相同，v1v2，這時兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd組成的系統(tǒng)在足夠長的平行金屬導(dǎo)軌上運動，水平方向上不受外力作用，由動量守恒定律有mv0mv1mv2，解得v1v2eq f(v0,2)，選項A、C正確，B、D錯誤例6(多選)如圖所示，兩電阻可以忽略不計的平行金屬長直導(dǎo)軌固定在水平面上，相距為L，另外兩根長度為L、質(zhì)量為m、電阻為R的相同導(dǎo)體棒垂直靜置于導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒在長導(dǎo)軌上可以無摩擦地滑動，導(dǎo)軌間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，某時刻使導(dǎo)體棒a獲得大小為v0、水平向右的初速度，同時使導(dǎo)體棒b獲得

17、大小為2v0、水平向右的初速度，下列結(jié)論正確的是()A該時刻回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為3BLv0B該時刻導(dǎo)體棒a的加速度為eq f(B2L2v0,2mR)C當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度大小為eq f(3v0,2)時，導(dǎo)體棒b的速度大小也是eq f(3v0,2)D運動過程中通過導(dǎo)體棒a電荷量的最大值qmeq f(mv0,2BL)答案BCD解析根據(jù)右手定則可知兩根導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相反，故該時刻回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBL2v0BLv0BLv0，A錯誤；在該時刻，回路中的感應(yīng)電流Ieq f(E,R)eq f(BLv0,2R)，導(dǎo)體棒a所受安培力大小FBILma，可得aeq f(B2L2v0,2

18、mR)，B正確；由于兩導(dǎo)體棒整體在水平方向動量守恒，當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度大小為eq f(3v0,2)時，根據(jù)動量守恒定律得m2v0mv0meq f(3v0,2)mv1，解得v1eq f(3v0,2)，C正確；由上解析知v共eq f(3v0,2)，對a由動量定理有eq xto(F)安tmv共mv0，而由安培力公式得eq xto(F)安Beq xto(I)L，通過導(dǎo)體棒a電荷量的最大值qmeq xto(I)teq f(mv0,2BL)，D正確例7(2021重慶北碚西南大學(xué)附中高三月考)如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)，垂直磁場方向的水平面中有兩根固定的足夠長的金屬平行導(dǎo)軌，在導(dǎo)軌上面平放

19、著兩根導(dǎo)體棒ab和cd，兩棒彼此平行且相距d，構(gòu)成一矩形回路導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m，電阻均為R，導(dǎo)軌電阻可忽略不計設(shè)導(dǎo)體棒可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑行，初始時刻ab棒靜止，給cd棒一個向右的初速度v0，求：(1)當(dāng)cd棒速度減為0.6v0時，ab棒的速度v及加速度a的大?。?2)ab、cd棒間的距離從d增大到最大的過程中，通過回路的電荷量q及兩棒間的最大距離x.答案(1)0.4v0eq f(B2L2v,10mR)(2)eq f(mv0,2BL)deq f(mv0R,B2L2)解析(1)兩棒系統(tǒng)所受合外力為零，因此滿足動量守恒定律，有mv00.6mv0mv解得v0.4v0回路感應(yīng)電動勢E0.

20、6BLv00.4BLv0此時回路電流Ieq f(E,2R)因此加速度aeq f(BIL,m)整理得aeq f(B2L2v,10mR)(2)ab、cd棒間有最大距離時兩棒速度相等，根據(jù)動量守恒定律可得mv02mv共對ab棒，根據(jù)動量定理有Beq xto(I)Ltmv共而qeq xto(I)t解得qeq f(mv0,2BL)在這段時間內(nèi)，平均感應(yīng)電動勢eq xto(E)BLeq xto(v)回路平均電流eq xto(I)eq f(xto(E),2R)因此流過某截面的電荷量qeq xto(I)teq f(BLxto(v),2R)teq f(BLxd,2R)解得最大距離xdeq f(mv0R,B2L2

21、).課時精練1(多選)如圖所示，一質(zhì)量為2m的足夠長U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，bc邊長為L，不計金屬框電阻一長為L的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，導(dǎo)體棒的阻值為R、質(zhì)量為m.裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中現(xiàn)給金屬框水平向右的初速度v0，在整個運動過程中MN始終與金屬框保持良好接觸，則()A剛開始運動時產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向為MNcbMB導(dǎo)體棒的最大速度為eq f(v0,2)C通過導(dǎo)體棒的電荷量為eq f(2mv0,3BL)D導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為eq f(5,6)mv02答案AC解析金屬框開始獲得向右的初速度v0，根據(jù)右手定則可知電流方向為MNcbM，故A正確；以整體為研

22、究對象，由于整體水平方向不受力，所以整體水平方向動量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得2mv03mv，可得veq f(2,3)v0，故B錯誤；對導(dǎo)體棒根據(jù)動量定理可得Beq xto(I)Ltmv0，其中eq xto(I)tq，可得通過導(dǎo)體棒的電荷量為qeq f(2mv0,3BL)，故C正確；導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qeq f(1,2)2mv02eq f(1,2)3mv2eq f(1,3)mv02，故D錯誤2.(多選)如圖所示，半徑為r的粗糙四分之一圓弧導(dǎo)軌與光滑水平導(dǎo)軌平滑相連，四分之一圓弧導(dǎo)軌區(qū)域沒有磁場，水平導(dǎo)軌區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場

23、，導(dǎo)軌間距為d，ab、cd是質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒，導(dǎo)軌電阻忽略不計cd靜止在平滑軌道上，ab從四分之一圓弧軌道頂端由靜止釋放，在圓弧軌道上克服阻力做功eq f(1,2)mgr，水平導(dǎo)軌足夠長，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，且不會相撞，重力加速度為g.從ab棒進(jìn)入水平軌道開始，下列說法正確的是()Aab棒先做勻減速運動，最后做勻速運動Bcd棒先做勻加速直線運動，最后和ab以相同的速度做勻速運動Cab棒剛進(jìn)入磁場時，cd棒電流為eq f(Bdr(gr),2R)Dab棒的最終速度大小為eq f(r(gr),2)答案CD解析ab棒進(jìn)入磁場受向左的安培力，做減速運動，所以安培力減小，則ab先

24、做加速度減小的減速運動，cd棒與ab串聯(lián)，所以先做加速度減小的加速運動，最后它們共速，做勻速運動，故A、B錯誤；ab剛進(jìn)入磁場的速度就是它下滑到底端的速度，根據(jù)動能定理mgreq f(1,2)mgreq f(1,2)mv2，可得速度為veq r(gr)，則感應(yīng)電動勢為EBdv，兩金屬棒串聯(lián)，故兩棒瞬時電流為Ieq f(Bdr(gr),2R)，兩棒共速時由動量守恒定律有mv2mv，得速度大小為veq f(r(gr),2)，故C、D正確3(多選)如圖甲所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ豎直放置，其寬度L1 m，一勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端M與P之間連接阻值為R0.50 的電阻，質(zhì)量

25、為m0.01 kg、電阻為r0.20 的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑，下滑過程中ab始終保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，其下滑距離x與時間t的關(guān)系如圖所示，圖像中的OA段為曲線，AB段為直線，導(dǎo)軌電阻不計，取g10 m/s2(忽略ab棒運動過程中對原磁場的影響)，則()A通過金屬棒ab的電流方向由b到aB磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0.1 TC金屬棒ab在開始的6 s內(nèi)產(chǎn)生的熱量為3.465 JD金屬棒ab在開始的3.5 s內(nèi)通過的電荷量為2.8 C答案BD解析根據(jù)右手定則，判斷通過金屬棒ab的電流方向由a到b，故A錯誤；金屬棒ab勻速運動過程，根據(jù)圖像信息，有veq f(xAB,t)eq

26、 f(37.119.6,6.03.5) m/s7 m/s，mgFAeq f(B2L2v,Rr)，解得B0.1 T，故B正確；對金屬棒開始的6 s內(nèi)進(jìn)行分析，根據(jù)功能關(guān)系，有mgxOBQ熱eq f(1,2)mv2，QR熱eq f(R,Rr)Q熱，解得QR熱2.475 J，故C錯誤；金屬棒ab在開始的3.5 s內(nèi)通過的電荷量為qeq f(,Rr)，BLxOA，解得q2.8 C，故D正確4(多選)如圖所示，空間存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左右兩部分的間距分別為 l、2l；質(zhì)量分別為 m、2m 的導(dǎo)體棒 a、b 均垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)體棒 a 接入電

27、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(dǎo)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(dá)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()Aa棒加速度的大小始終等于b棒加速度的大小B穩(wěn)定時a棒的速度為1.5v0C電路中產(chǎn)生的焦耳熱為eq f(3,2)mv02D通過導(dǎo)體棒a 的某一橫截面的電荷量為 eq f(mv0,2Bl)答案AC解析分別計算a、b棒的加速度，由F安BIL和F安ma，可得aeq f(BIL,m)，a、b棒串聯(lián)，電流相等，a、b棒長度分別為 l、2l，質(zhì)量分別為 m、2

28、m，則a、b棒加速度大小相等，故A正確；因為導(dǎo)軌光滑只受到安培力作用，對a棒，根據(jù)動量定理有FatBeq xto(I)ltmvamv0，同理，對b棒有FbtBeq xto(I)2lt2mvb2m2v0，穩(wěn)定時無電流，即BlvaB2lvb，得va2vb，聯(lián)立解得va2v0，vbv0，故B錯誤；由能量守恒可知，動能的損失等于焦耳熱，初動能Ek0eq f(1,2)mv02eq f(1,2)2m(2v0)2，末動能Ekeq f(1,2)m(2v0)2eq f(1,2)2mv02，則電路中產(chǎn)生的焦耳熱為Ek0Ekeq f(3,2)mv02，故C正確；對a應(yīng)用動量定理有Beq xto(I)ltmvamv0

29、，又qeq xto(I)t，va2v0，解得qeq f(mv0,Bl)，故D錯誤5.(多選)如圖所示，相距L的光滑金屬導(dǎo)軌固定于水平地面上，由豎直放置的半徑為R的eq f(1,4)圓弧部分和水平平直部分組成MNQP范圍內(nèi)有方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場金屬棒ab和cd(長度均為L)垂直導(dǎo)軌放置且接觸良好，cd靜止在磁場中；ab從圓弧導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，進(jìn)入磁場后與cd沒有接觸；cd離開磁場時的速度是此時ab速度的一半已知ab的質(zhì)量為m、電阻為r，cd的質(zhì)量為2m、電阻為2r.金屬導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為g.下列說法正確的是()A閉合回路感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場與原磁場方向相反Bcd在磁場

30、中運動的速度不斷變大，速度的變化率不斷變小Ccd在磁場中運動的過程中通過ab橫截面的電荷量qeq f(mr(2gR),2BL)D從ab由靜止釋放至cd剛離開磁場時，cd上產(chǎn)生的焦耳熱為eq f(5,12)mgR答案BCD解析cd在磁場中運動時，穿過abdc回路的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，閉合回路感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場與原磁場方向相同，故A錯誤；當(dāng)ab進(jìn)入磁場后回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，則ab受到向左的安培力而做減速運動，cd受到向右的安培力而做加速運動，由于兩者的速度差逐漸減小，可知感應(yīng)電流逐漸減小，安培力逐漸減小，可知cd向右做加速度減小的加速運動，故B正確；ab從釋放到剛進(jìn)入磁場過程，由動能定理

31、得mgReq f(1,2)mv02，ab進(jìn)入磁場后，對ab和cd系統(tǒng)，所受合外力為零，則由動量守恒定律有mv0m2vcd2mvcd，解得vcdeq f(1,4)v0eq f(1,4)eq r(2gR)，對cd由動量定理有Beq xto(I)Lt2mvcd，其中qeq xto(I)t，解得qeq f(mr(2gR),2BL)，通過ab、cd橫截面的電荷量相同，故C正確；從ab從圓弧導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，至cd剛離開磁場時由能量關(guān)系得：mgReq f(1,2)m(2vcd)2eq f(1,2)2mvcd2Q，其中Qcdeq f(2,3)Q，解得Qcdeq f(5,12)mgR，故D正確6如圖甲所示

32、，固定放置在水平桌面上的兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌間的距離為L1 m質(zhì)量m1 kg的直導(dǎo)體棒放在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌垂直導(dǎo)軌左端與阻值R4 的電阻相連，其余電阻不計，整個裝置放在豎直向上的勻強(qiáng)磁場內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2 T在t0時，一水平向右的恒定拉力F垂直作用于直導(dǎo)體棒，使直導(dǎo)體棒由靜止開始向右做直線運動，圖乙是描述導(dǎo)體棒運動過程的vt圖像(設(shè)導(dǎo)軌足夠長)求：(1)拉力F的大??；(2)t1.6 s時，導(dǎo)體棒的加速度大小a；(3)前1.6 s內(nèi)導(dǎo)體棒的位移大小x.答案(1)10 N(2)2 m/s2(3)8 m解析(1)導(dǎo)體棒的運動速度為v時產(chǎn)生的電動勢EBLv，閉合回路中的感應(yīng)電流Ieq f(E,R)

33、導(dǎo)體棒所受安培力FABILeq f(B2L2v,R)由題圖乙可知，當(dāng)速度v10 m/s時拉力FFA，得F10 N.(2)由題圖乙知，t1.6 s時，v8 m/s，由牛頓第二定律有Feq f(B2L2v,R)ma，得a2 m/s2.(3)在導(dǎo)體棒的速度為任意值v的一段極短時間t內(nèi)，發(fā)生位移x，安培力的沖量Ieq f(B2L2v,R)teq f(B2L2,R)x則前1.6 s內(nèi)安培力的總沖量Ieq f(B2L2,R)x由動量定理有Fteq f(B2L2,R)xmv0，得x8 m.7.如圖所示，兩平行且無限長金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面的夾角為30，兩導(dǎo)軌之間的距離為L1 m，兩導(dǎo)軌M、P之間接入阻值

34、R0.2 的定值電阻，導(dǎo)軌電阻不計，在abdc區(qū)域內(nèi)有方向垂直于兩導(dǎo)軌平面向下的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B11 T，磁場的寬度x11 m；在cd連線以下區(qū)域有方向也垂直于導(dǎo)軌平面向下的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B20.5 T一個質(zhì)量為m2 kg的金屬棒垂直放在金屬導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)eq f(r(3),6)，金屬棒的電阻r0.2 ，若金屬棒在離ab連線上端x0處由靜止釋放，則金屬棒進(jìn)入磁場恰好做勻速運動金屬棒進(jìn)入磁場后，經(jīng)過ef時又達(dá)到平衡狀態(tài)，cd與ef之間的距離x216 m求(g取10 m/s2)(1)金屬棒在磁場運動的速度大??；(2)金屬棒從開始運動到滑到ef位置這個過程回路產(chǎn)生的

35、電熱；(3)金屬棒從開始運動到滑到ef位置這個過程所用的時間答案(1)2 m/s(2)25 J(3)5.7 s解析(1)設(shè)棒在ab處的速度為v1，金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EB1Lv1電路中的感應(yīng)電流為I1eq f(E,Rr)金屬棒做勻速直線運動，由平衡條件得mgsin mgcos B1I1L，聯(lián)立解得v12 m/s(2)經(jīng)過ef時又達(dá)到平衡狀態(tài)，由平衡條件得mgsin mgcos B2I2L感應(yīng)電流I2eq f(B2Lv2,Rr)，聯(lián)立解得v28 m/s金屬棒從開始運動到滑到ab的過程中由動能定理有(mgsin mgcos )x0eq f(1,2)mv12解得x00.8 m從開始運動

36、到滑到ef的過程中由動能定理得(mgsin mgcos )(x0 x1x2)Qeq f(mv22,2)解得Q25 J(3)全過程由動量定理得(mgsin mgcos )tB1Lq1B2Lq2mv2且q1eq f(B1Lx1,Rr)，q2eq f(B2Lx2,Rr)解得t5.7 s.8.(2022福建莆田市高三模擬)如圖，兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌間距L0.5 m，與水平面的夾角30，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.2 T、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中導(dǎo)軌上的a、b兩根導(dǎo)體棒質(zhì)量分別為ma0.3 kg、mb0.1 kg，電阻均為R0.1 .現(xiàn)將a、b棒由靜止釋放，同時用大小為2 N的恒力F沿平行導(dǎo)軌方向向

37、上拉a棒導(dǎo)軌光滑且電阻忽略不計，運動過程中兩棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，取重力加速度g10 m/s2.已知當(dāng)a棒中產(chǎn)生的焦耳熱Qa0.12 J時，其速度va1.0 m/s，求：(1)此時b棒的速度大?。?2)此時a棒的加速度大?。?3)a棒從靜止釋放到速度達(dá)到1.0 m/s所用的時間答案(1)3 m/s(2)1 m/s2(3)0.768 s解析(1)設(shè)a、b棒受到的安培力大小為F安，則對a、b棒由牛頓第二定律分別有Fmagsin F安maaambgsin F安mbab聯(lián)立可得maaambab，所以有mavambvb，可解得vb3 m/s.(2)設(shè)此電路產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，電流為I，則有EBLvaBLv