(新高考)高考物理一輪復(fù)習(xí)課時練習(xí)第11章專題強(qiáng)化十六《動力學(xué)、動量和能量觀點在電學(xué)中的應(yīng)用》(含解析)

專題強(qiáng)化十六動力學(xué)、動量和能量觀點在電學(xué)中的應(yīng)用【專題解讀】1.本專題是力學(xué)三大觀點在電學(xué)中的綜合應(yīng)用，高考對本專題將作為計算題壓軸題的形式命題。2.學(xué)好本專題，可以幫助同學(xué)們應(yīng)用力學(xué)三大觀點分析帶電粒子在電場和磁場中的碰撞問題、電磁感應(yīng)中的動量和能量問題，提高分析和解決綜合問題的能力。3.用到的知識、規(guī)律和方法有：電場的性質(zhì)、磁場對電荷的作用、電磁感應(yīng)的相關(guān)知識以及力學(xué)三大觀點。題型一電磁感應(yīng)中動力學(xué)、動量和能量觀點的應(yīng)用1.應(yīng)用動量定理可以由動量變化來求解變力的沖量。如在導(dǎo)體棒做非勻變速運動的問題中，應(yīng)用動量定理可以解決牛頓運動定律不易解答的問題。2.在相互平行的水平軌道間的雙導(dǎo)體棒做切割磁感線運動時，由于這兩根導(dǎo)體棒所受的安培力等大反向，若不受其他外力，兩導(dǎo)體棒的總動量守恒，解決此類問題往往要應(yīng)用動量守恒定律。類型1動量定理和動力學(xué)觀點的應(yīng)用【例1】(2020·山東濟(jì)南市5月高考模擬)如圖1所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ傾斜放置，兩導(dǎo)軌間距d＝0.5m，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ＝30°，導(dǎo)軌N、Q兩端連接阻值R＝10Ω的電阻。導(dǎo)軌平面內(nèi)分布著有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，磁場方向均垂直于導(dǎo)軌平面向上，區(qū)域Ⅰ的上邊界距導(dǎo)軌M、P端x1＝0.9m，上、下邊界之間的距離x2＝0.35m，下邊界與區(qū)域Ⅱ的上邊界之間的距離x3＝1.2m，區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝10T，區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2＝5T。質(zhì)量m＝0.5kg的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，與兩導(dǎo)軌接觸良好。將金屬棒從M、P端由靜止釋放，進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時恰好做勻速運動，取g＝10m/s2，不計金屬棒及導(dǎo)軌的電阻。求：圖1(1)金屬棒進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅱ時的速度；(2)金屬棒經(jīng)過磁場區(qū)域Ⅰ所用的時間。答案(1)4m/s(2)0.15s解析(1)金屬棒進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ時，感應(yīng)電動勢E＝B2dv，電路中的電流I＝eq\f(E,R)，金屬棒所受安培力F＝B2Id，因金屬棒勻速運動，有F＝mgsin30°得v＝4m/s(2)金屬棒在磁場外滑動時有mgsin30°＝ma在x1范圍內(nèi)下滑過程veq\o\al(2,1)＝2ax1，在x3范圍內(nèi)下滑過程v2－veq\o\al(2,2)＝2ax3，金屬棒滑過區(qū)域Ⅰ過程，平均感應(yīng)電動勢eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,t)＝eq\f(B1dx2,t)平均電流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)，平均安培力eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\o(I,\s\up6(－))dB1，由動量定理(mgsin30°－eq\o(F,\s\up6(－)))t＝mv2－mv1聯(lián)立解得t＝0.15s【變式1】(多選)(2020·山東濟(jì)寧市期末質(zhì)量檢測)如圖2所示，平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在豎直面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為1m，上端連接阻值為2Ω的定值電阻，虛線的上方存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2T，質(zhì)量為1kg的導(dǎo)體棒套在金屬導(dǎo)軌上與導(dǎo)軌接觸良好，現(xiàn)給導(dǎo)體棒一個向上的初速度，當(dāng)其剛好越過虛線時速度為20m/s，導(dǎo)體棒運動到虛線上方1m處速度減為零，此后導(dǎo)體棒向下運動，到達(dá)虛線前速度已經(jīng)達(dá)到恒定，整個運動過程中導(dǎo)體棒始終保持水平。導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均忽略不計，取g＝10m/s2。下列說法正確的是()圖2A.導(dǎo)體棒的最大加速度為50m/s2B.導(dǎo)體棒上升過程中流過定值電阻的電荷量為4CC.導(dǎo)體棒下落到虛線時的速度大小為5m/sD.導(dǎo)體棒從越過虛線到運動到最高點所需的時間為1.8s答案ACD解析當(dāng)導(dǎo)體棒向上經(jīng)過虛線時加速度最大，此時的安培力為FA＝BIL＝Beq\f(BLv,R)L＝eq\f(22×12×20,2)N＝40N，由牛頓第二定律得a＝eq\f(mg＋FA,m)＝eq\f(1×10＋40,1)m/s2＝50m/s2，故A正確；由公式q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,ΔtR)Δt＝eq\f(BLx,R)＝eq\f(2×1×1,2)C＝1C，故B錯誤；由平衡條件可得，導(dǎo)體棒下落到虛線時有mg＝BIL＝eq\f(B2L2v1,R)，則v1＝eq\f(mgR,B2L2)＝eq\f(1×10×2,22×12)m/s＝5m/s，故C正確；導(dǎo)體棒從越過虛線到運動到最高點由動量定理得mgt＋Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝0－m·(－v)＝mv，則有mgt＋BLq＝mv，得t＝eq\f(mv－BLq,mg)＝eq\f(1×20－2×1×1,1×10)s＝1.8s，故D正確?！咀兪?】(2020·山東青島市5月統(tǒng)一質(zhì)量檢測)如圖3所示，平行金屬導(dǎo)軌由水平部分和傾斜部分組成，傾斜部分是兩個豎直放置的四分之一圓弧導(dǎo)軌，圓弧半徑r＝0.2m。水平部分是兩段均足夠長但不等寬的光滑導(dǎo)軌，CC′＝3AA′＝0.6m，水平導(dǎo)軌與圓弧導(dǎo)軌在AA′平滑連接。整個裝置處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T，導(dǎo)體棒MN、PQ的質(zhì)量分別為m1＝0.2kg、m2＝0.6kg，長度分別為l1＝0.2m、l2＝0.6m，電阻分別為R1＝1.0Ω、R2＝3.0Ω，PQ固定在寬水平導(dǎo)軌上?，F(xiàn)給導(dǎo)體棒MN一個初速度，使其恰好沿圓弧導(dǎo)軌從最高點勻速下滑，到達(dá)圓弧最低處AA′位置時，MN克服安培力做功的瞬時功率為0.04W，重力加速度g＝10m/s2，不計導(dǎo)軌電阻，導(dǎo)體棒MN、PQ與導(dǎo)軌一直接觸良好。求：圖3(1)導(dǎo)體棒MN到達(dá)圓弧導(dǎo)軌最低處AA′位置時對軌道的壓力大??；(2)導(dǎo)體棒MN沿圓弧導(dǎo)軌下滑過程中，MN克服摩擦力做的功(保留3位有效數(shù)字)；(3)若導(dǎo)體棒MN到達(dá)AA′位置時釋放PQ，之后的運動過程中通過回路某截面的電荷量q。答案(1)6N(2)0.397J(3)0.5C解析(1)導(dǎo)體棒MN到達(dá)圓弧最低處時，克服安培力做功的功率為P＝BI1l1v，由E1＝Bl1v，I1＝eq\f(E1,R1＋R2)，解得v＝2m/s，由牛頓第二定律有FN－m1g＝m1eq\f(v2,r)，解得FN＝6N，據(jù)牛頓第三定律，導(dǎo)體棒MN在AA′位置時對軌道的壓力大小為6N。(2)導(dǎo)體棒MN沿圓弧軌道下滑過程中，感應(yīng)電動勢e＝Bl1vsinθ，有效值E＝eq\f(Bl1v,\r(2))經(jīng)歷時間為t＝eq\f(2πr,v)·eq\f(1,4)產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(E2,R1＋R2)t＝0.00314J克服安培力做功W2＝Q＝0.00314J根據(jù)動能定理m1gr－W1－W2＝0解得W1＝0.397J。(3)釋放PQ后，當(dāng)Bl1v1＝Bl2v2時，回路中的電流為0，對MN：－Beq\o(I,\s\up6(－))l1t＝m1v1－m1v即Bl1q＝m1v－m1v1對PQ：Beq\o(I,\s\up6(－))l2t＝m2v2－0，即Bl2q＝m2v2解得q＝0.5C。類型2動量守恒定律和功能關(guān)系的應(yīng)用1.問題特點對于雙導(dǎo)體棒運動的問題，通常是兩棒與導(dǎo)軌構(gòu)成一個閉合回路，當(dāng)其中一棒在外力作用下獲得一定速度時必然在磁場中切割磁感線，在該閉合回路中形成一定的感應(yīng)電流；另一根導(dǎo)體棒在磁場中在安培力的作用下開始運動，一旦運動起來也將切割磁感線產(chǎn)生一定的感應(yīng)電動勢，對原來電流的變化起阻礙作用。2.方法技巧解決此類問題時通常將兩棒視為一個整體，于是相互作用的安培力是系統(tǒng)的內(nèi)力，這個變力將不影響整體的動量守恒。因此解題的突破口是巧妙選擇系統(tǒng)，運用動量守恒(動量定理)和功能關(guān)系求解?！纠?】(2020·山東濟(jì)南市期末學(xué)習(xí)質(zhì)量評估)如圖4所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌的水平部分處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝3T。兩導(dǎo)軌間距為L＝0.5m，軌道足夠長。金屬棒a和b的質(zhì)量分別為ma＝1kg，mb＝0.5kg，電阻分別為Ra＝1Ω，Rb＝2Ω。b棒靜止于軌道水平部分，現(xiàn)將a棒從h＝1.8m高處自靜止沿弧形軌道下滑，通過C點進(jìn)入軌道的水平部分，已知兩棒在運動過程中始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，兩棒始終不相碰。g取10m/s2。求：圖4(1)a棒剛進(jìn)入磁場時，b棒的加速度；(2)從a棒進(jìn)入磁場到a棒勻速的過程中，流過a棒的電荷量；(3)從a棒進(jìn)入磁場到a棒勻速的過程中，a棒中產(chǎn)生的焦耳熱。答案(1)9m/s2向右(2)eq\f(4,3)C(3)2J解析(1)a棒沿弧形軌道下滑h過程，根據(jù)機(jī)械能守恒有magh＝eq\f(1,2)mav2a棒進(jìn)入磁場瞬間感應(yīng)電動勢E＝BLv根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,Ra＋Rb)對b棒F安＝BIL根據(jù)牛頓第二定律F安＝mba解得a＝9m/s2由左手定則，b棒加速度的方向向右。(2)對a、b：由動量守恒定律得mav＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ma＋mb))v共解得v共＝4m/s對b棒，應(yīng)用動量定理Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝mbv共，即BLq＝mbv共解得q＝eq\f(4,3)C。(3)a、b棒在水平面內(nèi)運動過程，由能量轉(zhuǎn)化與守恒定律eq\f(1,2)mav2－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ma＋mb))veq\o\al(2,共)＝Q根據(jù)焦耳定律有Q＝I2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ra＋Rb))tQa＝I2Rat聯(lián)立解得Qa＝2J。題型二電場或磁場中的動量和能量問題【例3】(2020·重慶市第二次調(diào)研抽測)如圖5所示，質(zhì)量M＝3.0kg的小車靜止在光滑的水平地面上，AD部分是表面粗糙的水平導(dǎo)軌，DC部分是光滑的eq\f(1,4)圓弧導(dǎo)軌，AD和DC部分平滑相連，整個導(dǎo)軌都是由絕緣材料制成的，小車所在空間內(nèi)有豎直向上E＝40N/C的勻強(qiáng)電場和垂直紙面水平向里B＝2.0T的勻強(qiáng)磁場。今有一質(zhì)量為m＝1.0kg帶負(fù)電的滑塊(可視為質(zhì)點)以v0＝8m/s的水平速度向右沖上小車，當(dāng)它過D點時對地速度為v1＝5m/s，對水平導(dǎo)軌的壓力為FN＝10.5N，取g＝10m/s2。求：圖5(1)滑塊的電荷量大?。?2)滑塊從A到D的過程中，小車、滑塊系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(3)若滑塊通過D時立即撤去磁場，求此后小車所能獲得的最大速度。答案(1)1.0×10－2C(2)18J(3)3m/s解析(1)在D點，豎直方向上滿足FN＝mg＋qv1B＋qE解得q＝eq\f(FN－mg,E＋Bv1)＝eq\f(10.5－10,40＋2.0×5)C＝1.0×10－2C。(2)從A→D，滑塊、小車系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)到D點時小車速度為u1，有mv0＝mv1＋Mu1解得u1＝eq\f(m（v0－v1）,M)＝eq\f(1.0×（8－5）,3.0)m/s＝1m/s由能量守恒定律可知系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)Mueq\o\al(2,1)，解得ΔE＝18J。(3)撤去磁場后，滑塊在圓弧軌道上運動的整個過程中，小車都在加速，因此滑塊返回D點時，小車速度最大，設(shè)此時滑塊、小車的速度分別為v2、u2，因滑塊由D點上滑到滑回D點過程中，電場力做功為零，故系統(tǒng)在水平動量守恒的同時初末狀態(tài)機(jī)械能相等，即mv0＝mv2＋Mu2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mueq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)Mueq\o\al(2,2)，聯(lián)立兩式解得u2＝1m/s(舍去)；u2＝3m/s，即此后小車所能獲得的最大速度為3m/s?！咀兪?】(2020·四川遂寧內(nèi)江等九市第二次模擬)如圖6所示，在空間直角坐標(biāo)系中，Ⅰ、Ⅱ象限(含x、y軸)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1＝1T，方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場和電場強(qiáng)度為E＝10N/C，方向豎直向上的勻強(qiáng)電場；Ⅲ、Ⅳ象限(不含x軸)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2＝eq\f(15,14)T，方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)磁場，光滑eq\f(1,4)圓弧軌道圓心O′，半徑為R＝2m，圓弧底端位于坐標(biāo)軸原點O。質(zhì)量為m1＝1kg，帶電q1＝＋1C的小球M從O′處水平向右飛出，經(jīng)過一段時間，正好運動到O點。質(zhì)量為m2＝2kg，帶電荷量q2＝＋1.8C的小球N穿在光滑圓弧軌道上從與圓心等高處靜止釋放，與M同時運動到O點并發(fā)生完全非彈性碰撞，碰后生成小球P(碰撞過程無電荷損失)。小球M、N、P均可視為質(zhì)點，不計小球間的庫侖力，取g＝10m/s2，求：圖6(1)小球M在O′處的初速度為多大；(2)碰撞完成后瞬間，小球P的速度；(3)分析P球在后續(xù)運動過程中，第一次回到y(tǒng)軸時的坐標(biāo)。答案(1)1m/s(2)1m/s(3)(0，－20π2)解析(1)M從O′進(jìn)入磁場，由于q1E＝m1g，電場力和重力平衡在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動rA＝eq\f(R,2)洛倫茲力提供向心力q1vB1＝eq\f(m1v2,rA)解得v＝1m/s。(2)設(shè)N沿光滑軌道滑到O點的速度為u，由動能定理m2gR－q2ER＝eq\f(1,2)m2u2，解得u＝2m/sM、N在O點發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰后生成的P球速度為v1，選向右為正方向，由動量守恒定律m2u－m1v＝(m1＋m2)v1解得v1＝1m/s，方向水平向右。(3)P球從軌道飛出后，受到豎直向下的重力和垂直紙面向里的洛倫茲力，在重力作用下，P球在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，在水平方向做勻速圓周運動，每隔一個周期T，P球回到y(tǒng)軸上，P球帶電荷量q＝q2＋q1，由qv1B2＝eq\f(（m1＋m2）veq\o\al(2,1),R)及T＝eq\f(2πR,v1)，解得P球圓周運動周期T＝eq\f(2π（m1＋m2）,qB2)，P球豎直方向加速度a＝g，P球回到y(tǒng)軸時坐標(biāo)y＝eq\f(1,2)gT2，代入數(shù)據(jù)解得y＝20π2m，則坐標(biāo)位置為(0，－20π2)。課時限時練(限時：40分鐘)1.(2020·山東九校上學(xué)期期末)在真空中同時存在著豎直向下的勻強(qiáng)電場和水平方向的勻強(qiáng)磁場，已知電場強(qiáng)度為E，豎直向下；磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，垂直紙面向內(nèi)，如圖1所示，一帶電液滴在垂直于磁場的豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，軌道半徑為R，若液滴運動到最低點A時分裂成兩個液滴1和2，假設(shè)液滴電量和質(zhì)量都恰好均分，液滴1在原運行方向上做勻速圓周運動，半徑變?yōu)?R，圓周最低點也是A，則下列說法正確的是()圖1A.液滴一定是帶正電荷B.液滴分裂前運動速率為eq\f(BRg,E)C.液滴2也做勻速圓周運動且沿逆時針方向轉(zhuǎn)動D.液滴2做勻速圓周運動的半徑也為3R答案B解析液滴在復(fù)合場做勻速圓周運動，則qE＝mg，受到的電場力向上，故液滴帶負(fù)電，A錯誤；液滴在分裂前，有qvB＝eq\f(mv2,R)，v＝eq\f(BqR,m)＝eq\f(BRg,E)，B正確；設(shè)液滴1的速率為v1，則eq\f(qv1B,2)＝eq\f(\f(mveq\o\al(2,1),2),3R)，v1＝eq\f(3BqR,m)＝eq\f(3BRg,E)＝3v，由動量守恒定律得，mv＝eq\f(1,2)mv1＋eq\f(1,2)mv2，得v2＝－v，所以運動方向與液滴1相反，則其半徑為r2＝eq\f(\f(m,2)v2,\f(q,2)B)＝eq\f(mv,qB)＝R，C、D錯誤。2.(2020·重慶市上學(xué)期一診)如圖2所示，長為d、質(zhì)量為m的細(xì)金屬桿ab，用長為L的細(xì)線懸掛后，恰好與水平光滑的平行金屬導(dǎo)軌接觸，平行金屬導(dǎo)軌間距也為d，導(dǎo)軌平面處于豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中。閉合開關(guān)S后，細(xì)金屬桿ab向右擺起，懸線的最大偏角為θ。重力加速度為g，則閉合開關(guān)的短時間內(nèi)通過細(xì)金屬桿ab的電荷量為()圖2A.eq\f(m,BL)eq\r(2gL（1－cosθ）) B.eq\f(m,Bd)eq\r(gL（1－cosθ）)C.eq\f(m,Bd)eq\r(2gL（1－cosθ）) D.eq\f(m,Bd)eq\r(2gLsinθ)答案C解析金屬棒擺起過程由動能定理eq\f(1,2)mv2＝mgL(1－cosθ)，合上開關(guān)的瞬間，由動量定理F安Δt＝mv，F(xiàn)安＝BId，q＝IΔt，聯(lián)立解得q＝eq\f(m,Bd)eq\r(2gL（1－cosθ）)，A、B、D錯誤，C正確。3.(多選)(2020·湖北華中師大第一附中期中)如圖3所示，在水平面內(nèi)兩根間距為L、足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌(電阻不計)水平放置。導(dǎo)軌間存在方向豎直向上、大小為B的勻強(qiáng)磁場。兩平行金屬桿ab、cd的質(zhì)量分別為m1、m2，電阻分別為R1、R2，且始終與導(dǎo)軌保持垂直。開始兩金屬桿處于靜止?fàn)顟B(tài)，相距為x0，現(xiàn)給金屬桿ab一水平向右的初速度v0，一段時間后，兩金屬桿間距穩(wěn)定為x1。下列說法正確的是()圖3A.金屬桿cd先做勻加速直線運動，后做勻速直線運動B.當(dāng)金屬桿ab的加速度大小為a時，金屬桿cd的加速度大小為eq\f(m1,m2)aC.這段時間內(nèi)通過金屬桿cd的電荷量為eq\f(BL（x1－x0）,R1＋R2)D.兩金屬桿ab、cd在運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(m1m2veq\o\al(2,0),m1＋m2)答案BC解析開始時ab向右運動，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，在回路中形成感應(yīng)電流，則ab將受到向左的安培力，cd受到向右的安培力，則ab做減速運動，cd做加速運動，隨著ab速度的減小以及cd速度的增加，回路中感應(yīng)電動勢減小，兩棒所受的安培力減小，則兩棒的加速度均減小，當(dāng)加速度減為零時兩棒均做勻速運動，此時兩棒共速，則金屬桿cd先做變加速直線運動，后做勻速直線運動，選項A錯誤；兩棒所受的安培力等大反向，可知F安＝m1a＝m2a′，解得金屬桿cd的加速度大小為a′＝eq\f(m1,m2)a，選項B正確；根據(jù)q＝eq\f(ΔΦ,R總)可得這段時間內(nèi)通過金屬桿cd的電荷量為q＝eq\f(BL（x1－x0）,R1＋R2)，選項C正確；從開始運動到兩棒共速的過程，由動量守恒定律m1v0＝(m1＋m2)v，則產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq\f(m1m2veq\o\al(2,0),2（m1＋m2）)，選項D錯誤。4.(多選)(2020·湖北七市州教科研協(xié)作體5月聯(lián)考)如圖4所示，相距L的光滑金屬導(dǎo)軌，半徑為R的eq\f(1,4)圓弧部分豎直放置，平直部分固定于水平地面上，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垂直導(dǎo)軌且接觸良好，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刻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。下列說法正確的有()圖4A.cd在磁場中運動時電流的方向為c→dB.cd在磁場中做加速度減小的加速運動C.cd在磁場中運動的過程中流過的電荷量為eq\f(m\r(2gR),BL)D.cd在磁場中運動過程，cd上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(5,12)mgR答案BD解析cd在磁場中運動時，回路中磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，cd電流的方向為d→c，選項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，選項B正確；ab從釋放到剛進(jìn)入磁場過程，由動能定理得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，對ab和cd系統(tǒng)，合力為零，則由動量守恒mv0＝m·2vcd＋2mvcd，解得vcd＝eq\f(1,4)v0＝eq\f(1,4)eq\r(2gR)，對cd由動量定理得Beq\o(I,\s\up6(－))L·Δt＝2mvcd，其中q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt，解得q＝eq\f(m\r(2gR),2BL)，選項C錯誤；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mgR＝eq\f(1,2)m(2vcd)2＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,cd)＋Q，其中Qcd＝eq\f(2,3)Q，解得Qcd＝eq\f(5,12)mgR，選項D正確。5.(2020·山東威海市模擬考試)如圖5甲所示，兩根足夠長的光滑平行直導(dǎo)軌固定在水平面上，導(dǎo)軌左側(cè)連接一電容器，一金屬棒垂直放在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好。在整個裝置中加上垂直于導(dǎo)軌平面的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖乙所示規(guī)律變化。0～t0內(nèi)在導(dǎo)體棒上施加外力使導(dǎo)體棒靜止不動，t0時刻撤去外力。已知電容器的電容為C，兩導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)體棒到導(dǎo)軌左側(cè)的距離為d，導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m。求：圖5(1)電容器帶電荷量的最大值；(2)導(dǎo)體棒能夠達(dá)到的最大速度vm。答案(1)eq\f(CB0Ld,t0)(2)eq\f(CBeq\o\al(2,0)L2d,t0（m＋CBeq\o\al(2,0)L2）)解析(1)電容器兩極板的電壓U＝eq\f(B0,t0)Ld電容器的帶電荷量Q＝CU＝eq\f(CB0Ld,t0)。(2)電容器放電后剩余的電荷量Q′＝CU′U′＝B0Lvm由動量定理得B0eq\o(I,\s\up6(－))L·Δt＝mvmQ－Q′＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt解得vm＝eq\f(CBeq\o\al(2,0)L2d,t0（m＋CBeq\o\al(2,0)L2）)。6.[2020·天津市等級考模擬(二)]如圖6所示，匝數(shù)為N、截面積為S、電阻為R的線圈內(nèi)有方向垂直于線圈平面向下的隨時間均勻增加的勻強(qiáng)磁場B1。線圈通過開關(guān)S連接兩根相互平行、間距為d的傾斜導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面和水平面的夾角為α，下端連接阻值R的電阻。在傾斜導(dǎo)軌間的區(qū)域僅有垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場B。接通開關(guān)S后，將一根阻值為2R、質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab放在導(dǎo)軌上。導(dǎo)體棒恰好靜止不動。假設(shè)導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且與導(dǎo)軌接觸良好，不計摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻，重力加速度為g。圖6(1)求磁場B1的變化率eq\f(ΔB,Δt)；(2)斷開開關(guān)S，導(dǎo)體棒ab開始下滑，經(jīng)時間t沿導(dǎo)軌下滑的距離為x，