第一篇四動量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用講義

微專題6動量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

【命題規(guī)律】1.命題角度：動量定理、動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用2常用方法：建立單

桿切割中4、x、f的關(guān)系模型；建立雙桿系統(tǒng)模型3常考題型：選擇題、計算題.

考點(diǎn)一動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

在導(dǎo)體單桿切割磁感線做變加速運(yùn)動時，若牛頓運(yùn)動定律和能量觀點(diǎn)不能解決問題，可運(yùn)用

動量定理巧妙解決問題

求解的物理量應(yīng)用示例

電荷量或速度—BIL^t=fnV2~fnv\,q=IAt,EP—BqL=mV2-mv\

B2L2vArB2I^X

位移—0mvo?即—0mv。

Kn懣Kn總

—BILA/+/7其他—mvi

即一BLq+尸其他△/moi

已知電荷量q、F其他（產(chǎn)其他為恒力）

時間B2L7~vAr

+尸其他Af—機(jī)6moi，

Kn總

B2L2X

即--o―+尸其他A/—mvinw\

火總

已知位移x、F其他（尸其他為恒力）

例1（多選）（2022.河南開封市二模）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(qiáng)磁場.磁場區(qū)域的左側(cè)，一正方形線框由位置I以4.5m/s的初速度垂直于磁場邊界水平向

右運(yùn)動，經(jīng)過位置H,當(dāng)運(yùn)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(jìn)、出磁場的過程中通過線框橫截面的電荷量分別為

qi、伙，線框經(jīng)過位置H時的速度為仇則下列說法正確的是（）

B

XXft

XXXXX

A.q\=qiB.q\=2q?

C.。=1.0m/sD.u=1.5m/s

答案BD

解析根據(jù)4=-鼠=元可知，線框進(jìn)、出磁場的過程中通過線框橫截面的電荷量0=2/，

故A錯誤，B正確；線圈從開始進(jìn)入到位置H,由動量定理一8萬2^力=機(jī)0—%。0,^~BLq\

=mv—mvo,同理線圈從位置H到位置HI,由動量定理一B&AAf2=0—〃切，即一8/力2=0—

mv,聯(lián)立解得。=/()=1.5m/s,故C錯誤，D正確.

例2(2022.浙江省精誠聯(lián)盟聯(lián)考)如圖(a)所示，電阻為2R、半徑為人匝數(shù)為〃的圓形導(dǎo)體

線圈兩端與水平導(dǎo)軌A。、MN相連.與導(dǎo)體線圈共圓心的圓形區(qū)域內(nèi)有豎直向下的磁場，其

磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化的規(guī)律如圖(b)所示，圖(b)中的瓦和“均已知.PT、DE、NG是橫截

面積和材料完全相同的三根粗細(xì)均勻的金屬棒.金屬棒PT的長度為立、電阻為3/?、質(zhì)量為

〃?.導(dǎo)軌與MN平行且間距為L,導(dǎo)軌EF與GH平行且間距為3L和NG的長度相同

且與水平方向的夾角均為30。.區(qū)域I和區(qū)域II是兩個相鄰的、長和寬均為d的空間區(qū)域.區(qū)

域I中存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8。的勻強(qiáng)磁場。?2ro時間內(nèi)，使棒PT在區(qū)域

I中某位置保持靜止，且其兩端分別與導(dǎo)軌EF和GH對齊.除導(dǎo)體線圈、金屬棒PT、DE、

NG外，其余導(dǎo)體電阻均不計，所有導(dǎo)體間接觸均良好且均處于同一水平面內(nèi)，不計一切摩

擦，不考慮回路中的自感.

⑴求在0?2/o時間內(nèi)，使棒PT保持靜止的水平外力F的大?。?/p>

(2)在2如以后的某時刻，若區(qū)域I內(nèi)的磁場在外力作用下從區(qū)域I以如的速度勻速運(yùn)動，完

全運(yùn)動到區(qū)域II時，導(dǎo)體棒PT速度恰好達(dá)到曲且恰好進(jìn)入?yún)^(qū)域H,該過程棒PT產(chǎn)生的焦

耳熱為。，求金屬棒尸T與區(qū)域1右邊界的初始距離xo和該過程維持磁場勻速運(yùn)動的外力做

的功W;

(3)若磁場完全運(yùn)動到區(qū)域H時立刻停下，求導(dǎo)體棒PT運(yùn)動到EG時的速度大小V.

答案(1)0?加時間內(nèi)F；力?2fo時間內(nèi)F=0⑵d-3黑:;3>Q+^mv()2(3)次)-

2小&也③

3mR

解析（1）在。?4）時間內(nèi)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得華兀/

由閉合電路歐姆定律得1=舄=

JI\Jixio

故在。?m時間內(nèi)，使尸丁棒保持靜止的水平外力大小為F=FA=BIL="廿廣

在加?2而時間內(nèi)，磁場不變化，回路中電動勢為零，無電流，則外力尸=0

（2）P7棒向右加速運(yùn)動過程中，取向右的方向為正方向，由動量定理得心與^=團(tuán)。。

汨3〃水的

傳以F3

“3mRvo

所以x（）=dAv=dB2乙2

PT棒向右加速過程中，回路中的總焦耳熱為?？?3。

由功能關(guān)系和能量守恒定律得叩=3。+5〃如2

J3

（3）棒PT從磁場區(qū)域H左邊界向右運(yùn)動距離x時，回路中棒尸丁的長度為lx=2^x+L

回路中總電阻為R總產(chǎn)甑+2￥J+2R=*2興Y+L+總口+2/?

=夫25式+3乙）

BoEB＜，（2冬+LM

B（）Lv

回路中電流為4=x

心取2小x+3L）北

棒PT所受安培力大小為FLBQH.B'W;

3K

棒PT從磁場區(qū)域n左邊界運(yùn)動到EG過程中，以內(nèi)方向為正方向，由動量定理得一￡組手

Af=/m—mvo

Bo?LS”

即-—抵—=mv-mvo

其中S?.=243L2

2由Bo?"

所以。一加一3〃水?

考點(diǎn)二動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

雙桿模型

物理“一動一靜”：甲桿靜止不動，乙桿運(yùn)動，其實(shí)質(zhì)是單桿問題，不過要注意

模型問題包含著一個條件——甲桿靜止，受力平衡

兩桿都在運(yùn)動，對于這種情況，要注意兩桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是

相加還是相減；系統(tǒng)動量是否守恒

通常情況下一個金屬桿做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，而另

動力學(xué)觀點(diǎn)一個金屬桿做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動，最終兩金屬桿以

分析共同的速度勻速運(yùn)動

方法能量觀點(diǎn)兩桿系統(tǒng)機(jī)械能減少量等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和

對于兩金屬桿在平直的光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動的情況，如果兩金屬

動量觀點(diǎn)

桿所受的外力之和為零，則考慮應(yīng)用動量守恒定律處理問題

例3(2022.遼寧卷.15)如圖所示，兩平行光滑長直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距為LHcd區(qū)域有

勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向豎直向上.初始時刻，磁場外的細(xì)金屬桿M以初速度

列向右運(yùn)動，磁場內(nèi)的細(xì)金屬桿N處于靜止?fàn)顟B(tài).兩金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好且運(yùn)動過程中始

終與導(dǎo)軌垂直.兩桿的質(zhì)量均為，小在導(dǎo)軌間的電阻均為R，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場及導(dǎo)軌的

電阻忽略不計.

(1)求M剛進(jìn)入磁場時受到的安培力F的大小和方向；

(2)若兩桿在磁場內(nèi)未相撞且N出磁場時的速度為號，求：①N在磁場內(nèi)運(yùn)動過程中通過回路

的電荷量q；②初始時刻N(yùn)到ah的最小距離X；

(3)初始時刻，若N到cd的距離與第(2)問初始時刻的相同、到油的距離為心代＞1),求M出

磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍.

答案(1)嗡2方向水平向左

^2tnvoR

⑵①痂

⑶2WAv3

解析(1)細(xì)金屬桿M以初速度k向右運(yùn)動，剛進(jìn)入磁場時，產(chǎn)生的電動勢為E=54o

F

電流的大小為/=力

則所受的安培力大小為尸=8〃=生/

由左手定則可知安培力的方向水平向左；

(2)①金屬桿N在磁場內(nèi)運(yùn)動的過程中，取水平向右為正方向，由動量定理有

BIL-Af=zny—0

且q=I\t

聯(lián)立解得通過回路的電荷量夕=拓"

②設(shè)桿M在磁場中運(yùn)動的位移大小為xi,桿N在磁場中運(yùn)動的位移大小為X2,則有Ax=xi

—X2,有

E—g￡-Ax

2R'E=2

u—eBLM

整理可付q――0R

2mu（）R

聯(lián)立可得Ar=

3B2L2

2mv（\R

若兩桿在磁場內(nèi)剛好相撞，N到ah的最小距離為X=AJV=

3B2L2

(3)兩桿出磁場后在平行光滑長直金屬導(dǎo)軌上運(yùn)動，若N到cd的距離與第(2)問初始時刻的相

同、到出?的距離為質(zhì)(心＞1),則N到cd邊的速度大小恒為了，取水平向右為正方向，根據(jù)動

量守恒定律可知nwo=mv\+m^

2

解得N出磁場時，M的速度大小為01=鏟()

由題意可知，此時M到cd邊的距離為s=(k—Y)x

若要保證M出磁場后不與N相撞，則有兩種臨界情況：

①M(fèi)減速到號時出磁場，速度剛好等于N的速度，一定不與N相撞，對M根據(jù)動量定理有

—。02

-B/]L-A/i

—,BL\k-\)x

qi=h*A/i=

聯(lián)立解得攵=2

——?

②M運(yùn)動到cd邊時，恰好減速到零，則對例由動量定理有一B，2乙加2=0—,空o

同理解得火=3

綜上所述，M出磁場后不與N相撞條件下％的取值范圍為2WK3.

1.(多選)如圖所示，水平金屬導(dǎo)軌P、。間距為LM、N間距為2LP與M相連，。與N相

連，金屬棒。垂直于P、。放置，金屬棒6垂直于M、N放置，整個裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大

小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中.現(xiàn)給。棒一大小為。o的初速度，方向水平向右.設(shè)兩

部分導(dǎo)軌均足夠長，兩棒質(zhì)量均為根，在。棒的速度由。。減小到0.8%的過程中，兩棒始終

與導(dǎo)軌接觸良好.在這個過程中，以下說法正確的是（）

ab

A.俯視時感應(yīng)電流方向為順時針

B.b棒的最大速度為0.4%

C.回路中產(chǎn)生的焦耳熱為0.1m次？

D.通過回路中某一截面的電荷量為普產(chǎn)

JDL

答案BC

解析。棒向右運(yùn)動，根據(jù)右手定則可知，俯視時感應(yīng)電流方向為逆時針，故A錯誤；由題

意分析可知，a棒減速，人棒加速，設(shè)。棒的速度大小為0.8a）時Z?棒的速度大小為o,取水

平向右為正方向，根據(jù)動量定理，對a棒有一B7z<Ar=〃r0.8oo—ma）,對Z?棒有87%。=

mv,聯(lián)立解得。=0.4如，此后回路中電流為0,a、6棒都做勻速運(yùn)動，即。棒的最大速度為

O.4uo,故B正確；根據(jù)能量守恒定律有。=；m。02—[；加（08。0）2+；/〃（0.4研））2]=0.1加。（）2,故Q

正確；對人棒，由2B7LAl=mv得,通過回路中某一截面的電荷量4=7?△/=緇=第，

ZDLJDL

故D錯誤.

2.（2022.安徽阜陽市質(zhì)檢）如圖，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌ABC、A'8'C的左端接有阻值為R

的定值電阻Z,間距為L,其中48、A'B'固定于同一水平面上（圖中未畫出）且與豎直面內(nèi)

半徑為，的;光滑圓弧形導(dǎo)軌BC、B'C相切于8、B'兩點(diǎn).矩形QBB'D1區(qū)域內(nèi)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.導(dǎo)體棒外的質(zhì)量為〃八阻值為R、長度為

L,ab棒在功率恒定、方向水平向右的推力作用下由靜止開始沿導(dǎo)軌運(yùn)動，經(jīng)時間f后撤去

推力，然后必棒與另一根相同的導(dǎo)體棒cd發(fā)生碰撞并粘在一起，以況麗的速率進(jìn)入磁場，

兩導(dǎo)體棒穿過磁場區(qū)域后，恰好能到達(dá)CC'處.重力加速度大小為g,導(dǎo)體棒運(yùn)動過程中始

終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計導(dǎo)軌的電阻.

Aac

zN\\

A'bd

（1）求該推力的功率P;

（2）求兩導(dǎo)體棒通過磁場右邊界BB'時的速度大小o；

（3）求兩導(dǎo)體棒穿越磁場的過程中定值電阻Z產(chǎn)生的焦耳熱Q；

（4）兩導(dǎo)體棒到達(dá)CC后原路返回，請通過計算判斷兩導(dǎo)體棒能否再次穿過磁場區(qū)域.若不

能穿過，求出兩導(dǎo)體棒停止的位置與。。'的距離X.

答案⑴t(2h/2gr(3)y^r(4)不月匕呼口

解析(1)設(shè)兩導(dǎo)體棒碰撞前瞬間，沿棒的速度大小為如，在推力作用的過程中，由動能定理

有Pl='vj

設(shè)ah與cd碰后瞬間結(jié)合體的速度大小為v\,由題意知0=3地還，由動量守恒定律有mv()

=2nw\

聯(lián)立解得尸=用

(2)對兩導(dǎo)體棒沿圓弧形導(dǎo)軌上滑的過程分析，由機(jī)械能守恒定律有;義2mv2=2mgr

解得v=yf2gr

(3)兩棒碰撞并粘在一起，由電阻定律可知，兩導(dǎo)體棒的總電阻為號，阻值為R的定值電阻Z

產(chǎn)生的焦耳熱為Q,故兩棒產(chǎn)生的總焦耳熱為孝，由能量守恒定律有

—(Q+^-)—^X2mv2—^X2mv\2

32

解得Q=~mgr

(4)設(shè)導(dǎo)體棒第一次穿越磁場的時間為人，該過程回路中的平均電流為7,DD'與BB'的間

距為xi,由動量定理有一8ILt\=2niv—2mv\

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和電路相關(guān)知識有了“=笫

T

解得x尸券爛

由機(jī)械能守恒定律可知，導(dǎo)體棒再次回到BB'處時的速度大小仍為。=〈茄，導(dǎo)體棒再次進(jìn)

入磁場向左運(yùn)動的過程中，仍用動量定理和相關(guān)電路知識，并且假設(shè)導(dǎo)體棒會停在磁場中，

同時設(shè)導(dǎo)體棒在磁場中向左運(yùn)動的時間為伍導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場后到停止運(yùn)動的距離為Ax,該

過程回路中的平均電流為7',同前述道理可分別列式為

-B~i'Lt2=0-2mv

一,BL，kx

1t2=^R~

2

解得以=嚼正

顯然Ar<xi,假設(shè)成立，故導(dǎo)體棒不能向左穿過磁場區(qū)域，導(dǎo)體棒停止的位置與?！?gt;'的距離

X=X1—Av=

B2L2

專題強(qiáng)化練

1.（多選）（2022?河南信陽市高三質(zhì)量檢測）如圖所示，兩根足夠長相互平行、間距d=0.20m

的豎直導(dǎo)軌，下端連接阻值R=0.50。的電阻.一根阻值也為0.50。、質(zhì)量機(jī)=1.0X10-2kg

的導(dǎo)體棒而擱置在兩端等高的擋條上.在豎直導(dǎo)軌內(nèi)有垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度8

=0.50T（圖中未畫出）.撤去擋條，棒開始下滑，經(jīng)f=0.25s后下降了人=0.29m.假設(shè)棒始

終與導(dǎo)軌垂直，且與導(dǎo)軌接觸良好，不計一切摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻，重力加速度取10m/s2.

下列說法正確的是（）

B.導(dǎo)體棒能獲得的最大速度為10m/s

C.r=0.25s時間內(nèi)通過導(dǎo)體棒的電荷量為2.9X10「2c

D.f=0.25s時導(dǎo)體棒的速度為2.21m/s

答案BCD

解析導(dǎo)體棒獲得最大速度時，導(dǎo)體棒受力平衡，有ing=F*=BId,解得/=1A,又由E=

E」--A0一

Bdvm,/=VP，解得0m=10m/s,故A錯誤，B正確；在下落0.29m的過程中有E=-/

Z/xI

￡一A0

=旅，q=It,可知4=赤，其中AG=A5B=0.2X0.29X0.5Wb=0.029Wb,解得夕=2.9義

102C,故C正確；由動量定理有（mg—8/通過導(dǎo)體棒的電荷量為q=/萬，

可得o=gf-2R〃［，代入數(shù)據(jù)解得0=2.21m/s,故D正確.

2.（多選）（2022.山東青島市黃島區(qū)期末）如圖，光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在水平桌面上，

窄軌MP間距0.5m,寬軌NQ間距1m,電阻不計.空間存在豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=\T

的勻強(qiáng)磁場.金屬棒a、b水平放置在兩導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，。棒的質(zhì)量

為0.2kg,6棒的質(zhì)量為0.1kg,若。棒以0o=9m/s的水平初速度從寬軌某處向左滑動，最

終與6棒以相同的速度沿窄軌運(yùn)動.若。棒滑離寬軌前加速度恰好為0，窄導(dǎo)軌足夠長.下

列說法正確的是（）

p

A.從開始到兩棒以相同速度運(yùn)動的過程，八b組成的系統(tǒng)動量守恒

B.金屬棒?；x寬軌時的速度大小為3m/s

C.金屬棒a、b最終的速度大小為6m/s

D.通過金屬棒橫截面的電荷量為0.8C

答案BD

解析由于兩導(dǎo)軌的寬度不相等，根據(jù)尸=B〃，知a、b兩個金屬棒所受水平方向的安培力

之和不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；a棒滑離寬軌前加速度恰好為0,即做勻速運(yùn)動，

4棒勻速運(yùn)動時，兩棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢大小相等，有BLbVb=BL“V°,La=2Lb,得末

速度vb=2va,對a棒根據(jù)動量定理可得一87惆。0,對b棒根據(jù)動量定理可得

BILi,\t=mtivb,聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得?！?3m/s,辦=6m/s,故B正確；a棒滑離寬軌道進(jìn)入

窄軌道后，“、人兩個金屬棒所受水平方向的安培力之和為零，系統(tǒng)動量守恒，設(shè)a、b兩個

金屬棒最終的共同速度為o',則《7“0“+血血;=（加“+加〃）。'，解得v'=4m/s,故C錯誤；

〃金屬棒始終在窄軌道上運(yùn)動，對方金屬棒全過程利用動量定理可得Lb-\t'=mhv',

q=l'-\t',BL^=mhv',代入數(shù)據(jù)得q=0.8C,故D正確.

3.（多選）（2022?北京市模擬）如圖，兩根足夠長的固定的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，

兩導(dǎo)軌間的距離為L.導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒1和2,構(gòu)成矩形回路.兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量

皆為加，接入電路電阻皆為R,回路中其余部分的電阻可不計，在整個導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直

向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.初始棒2靜止，棒1有指向棒2的初速度處.若兩導(dǎo)體

棒在運(yùn)動中始終不接觸，貝立）

A.棒1的最小速度為零

B.棒2的最大加速度為與需

C.棒1兩端電壓的最大值為瓦乃）

D.棒2產(chǎn)生的最大熱量為，!為2

答案BD

解析當(dāng)導(dǎo)體棒1開始運(yùn)動時，回路中有感應(yīng)電流，兩導(dǎo)體棒受到大小相等的安培力作用，

棒1做減速運(yùn)動，棒2做加速運(yùn)動，當(dāng)兩棒速度相等時，回路中電流等于零，兩棒受力平衡,

都做勻速直線運(yùn)動，此時棒1的速度最小，A錯誤；當(dāng)導(dǎo)體棒1剛開始運(yùn)動時，導(dǎo)體棒2的

加速度最大，有“如。，此時回路中的電流/=占=等

:,由牛頓第二定律可得尸=8"

=B'*L=BV。=mq,得4=4，：）,B正確；當(dāng)導(dǎo)體棒1剛開始運(yùn)動時，回路中的感應(yīng)電

ZAZl\ZZ27A

FR1

動勢最大，感應(yīng)電流最大，則棒1兩端電壓最大值為UI=//?=3=5B4O,C錯誤；當(dāng)兩棒

的速度相等時，系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱最多，從開始運(yùn)動到穩(wěn)定的運(yùn)動過程中，兩棒的總動量守

恒，設(shè)向右為正方向，由動量守恒定律可得nw（）=2"w,由能量守恒定律可得14=3x2相浮

+Q,導(dǎo)體棒2產(chǎn)生的最大熱量為。2=JQ,聯(lián)立解得。2=:相加2,D正確.

Zo

4.（多選）（2022?廣西北海市一模）如圖所示，在水平桌面上固定兩條足夠長的相距L=1.0m的

平行光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌的左端連接阻值R=3.0C的電阻，導(dǎo)軌上放有垂直導(dǎo)軌的金屬桿P,

金屬桿的質(zhì)量加=0.1kg,接入電路的電阻r=2.0C,整個空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小8=0.5T、

豎直向下的勻強(qiáng)磁場.初始時刻金屬桿在水平向右的恒力F的作用下，向右做速度。=4m/s

的勻速直線運(yùn)動，經(jīng)1.5s后撤去恒力F.整個運(yùn)動過程中金屬桿P始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良

好，導(dǎo)軌電阻不計，則從初始時刻到金屬桿停止運(yùn)動的過程中（）

A.電阻R上產(chǎn)生的熱量為1.0J

B.電阻R上產(chǎn)生的熱量為1.2J

C.金屬桿向右運(yùn)動的位移為14m

D.金屬桿向右運(yùn)動的位移為16m

答案BC

解析金屬桿勻速運(yùn)動時，所受安培?力大小為F*=8凡=礙?）,根據(jù)金屬桿受力平衡得廠

=尸安，代入數(shù)據(jù)解得尸=0.2N,前1.5s內(nèi)金屬桿運(yùn)動的位移為即=3=6m,水平恒力/做

的功W=Fxl=\.2J,從初始時刻到金屬桿停止運(yùn)動的過程中，根據(jù)能量守恒定律得

=QR+QR,其中Qr：QR=「：R=2：3,代入數(shù)據(jù)解得QR=1.2J,故A錯誤，B正確；撤去

恒力/后，金屬桿的加速度滿足一=ma,等式兩邊同時乘非常短的時間At,即一2

K~rrK~rr

R2T2D2I2

整理得一Ax=mNv,整理得丁,X2=mu,所以撤去恒力F后,金屬桿繼續(xù)運(yùn)

A?rA?r

動的位移為檢="點(diǎn)7u=8m,從初始時刻到金屬桿停止運(yùn)動的過程中，金屬桿向右運(yùn)動

的位移X=X]+M=14m,故C正確，D錯誤.

5.（多選）如圖所示，兩條足夠長、電阻不計的平行導(dǎo)軌放在同一水平面內(nèi)，相距/.磁感應(yīng)強(qiáng)

度大小為8的范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面向下,兩根質(zhì)量均為加、電阻均為r的

導(dǎo)體桿或匕與兩導(dǎo)軌垂直放置且接觸良好，開始時兩桿均靜止.已知匕桿光滑，a桿與導(dǎo)軌

間最大靜摩擦力大小為尺.現(xiàn)對b桿施加一與桿垂直且大小隨時間按圖乙所示規(guī)律變化的水

平外力R已知在“時刻，a桿開始運(yùn)動，此時拉力大小為下列說法正確的是（最大靜摩

擦力等于滑動摩擦力）（）

A.當(dāng)。桿開始運(yùn)動時，人桿的速度大小為竹

B.在0?h這段時間內(nèi)，〃桿所受安培力的沖量大小為贊：一；尸由

C.在“?母這段時間內(nèi)，。、6桿的總動量增加了叵士華二

D.八。兩桿最終速度將恒定，且兩桿速度大小之差等于九時刻匕桿速度大小

答案AD

解析在整個運(yùn)動過程中，〃兩桿所受安培力大小相等，當(dāng)a桿開始運(yùn)動時，所受的安培

D2,底尸

力大小等于最大靜摩擦力尺，則為一=同，解得6桿的速度大小為0=5方，選項A正確：

由動量定理得//■—I*=nw,尸一f圖線與橫軸圍成的面積表示的大小，知//=￡尸1“，解得/

*=lF—m?=；F"L~需?-,選項B錯誤；在“?及這段時間內(nèi)，外力F對a、6桿的沖量為

IF'=叵±卦色二①，因a桿受摩擦力作用，可知a、b桿所受合力的總沖量小于

即以b桿的總動量增加量小于）,選項c錯誤：由于最終外

力F=Fo,故此時對兩桿整體，所受合力為零，兩桿所受的安培力均為尸o,處于穩(wěn)定狀態(tài)，

因開始時匕桿做減速運(yùn)動，。桿做加速運(yùn)動，故服。兩桿最終速度將恒定，速度大小之差滿

足=尸0,即△0=以速度大小之差等于力時刻力桿速度大小，選項D正確.

6.（2022?天津市紅橋區(qū)第二次質(zhì)檢）如圖所示，兩足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，相距為L,

一理想電流表與兩導(dǎo)軌相連，勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌平面垂直.一質(zhì)量為〃八有效電阻為R的導(dǎo)體

棒在距磁場上邊界力處由靜止釋放.導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場后流經(jīng)電流表的電流逐漸減小，最終穩(wěn)

定為/.整個運(yùn)動過程中，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，且始終保持水平，不計導(dǎo)軌的電阻，重力

加速度大小為g.求：（重力加速度取10m/s2）

XXXX

XXX

XXXx|

XXXX

XXX

XXX

(1)導(dǎo)體棒的最大速度0m，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B-.

(2)電流穩(wěn)定后，導(dǎo)體棒運(yùn)動速度的大小0；

(3)若導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場后恰經(jīng)t時間達(dá)到穩(wěn)定，這段時間的位移X大小.

答案(1)^2^贊(2)藉(3)("?gr+〃也前―等送？

解析(1)由題意得導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場時的速度最大，設(shè)為Dm,

由機(jī)械能守恒定律得fwn?=mg%

解得vm=y(2gh

電流穩(wěn)定后，導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動，此時導(dǎo)體棒受到的重力和安培力平衡,

則有：BIL=mg

(2)感應(yīng)電動勢￡=8Lo

E

感應(yīng)電流1=6

K

(3)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場t時間運(yùn)動的過程由動量定理有mgt—BILt=mv—mvm

r—A0BLx

又q=1t=~R~=~R~，

__J2Rn

解得x=(mgt+m\Nii—~1)京聲

7.(2022?陜西西安市一模)如圖所示，有兩光滑平行金屬導(dǎo)軌，傾斜部分和水平部分平滑連接,

BE、CH段用特殊材料制成，光滑不導(dǎo)電，導(dǎo)軌的間距L=1m,左側(cè)接R=1C的定值電阻,

右側(cè)接電容C=1F的電容器，488區(qū)域、EFGH區(qū)域均存在垂直于導(dǎo)軌所在平面向下、磁

感應(yīng)強(qiáng)度B=1T的勻強(qiáng)磁場，ABC。區(qū)域長s=0.3m.金屬桿“、匕的長度均為L=1m,質(zhì)

量均為%=0.1kg,。的電阻為r=2C,8的電阻不計.金屬桿。從距導(dǎo)軌水平部分/z=0.45m

的高度處由靜止滑下，金屬桿6靜止在BEbC區(qū)域，金屬桿b與金屬桿。發(fā)生彈性碰撞后進(jìn)

入EFGH區(qū)域，最終穩(wěn)定運(yùn)動.求：(重力加速度g取10m/s2)

R,

(J/a%FE,

x//XXx///xXXx//

———

D^-^CHG

(1)金屬桿a剛進(jìn)入ABCD區(qū)域時通過電阻R的電流/；

(2)金屬桿a剛離開A8CO區(qū)域時的速度v2的大小；

(3)金屬桿b穩(wěn)定運(yùn)動時的速度v4的大小；

(4)整個運(yùn)動過程中金屬桿a上產(chǎn)生的焦耳熱.

答案(1)1A(2)2m/s(3)jjm/s(4)1J

解