素養(yǎng)提升24⇒動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用題型一動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用若導(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(yùn)動(dòng)，當(dāng)題目中涉及速度v、電荷量q、運(yùn)動(dòng)時(shí)間t、運(yùn)動(dòng)位移x時(shí)常用動(dòng)量定理求解。單棒模型情景示例1水平放置的平行光滑導(dǎo)軌，間距為L(zhǎng)，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(jì)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至停下來(lái)求電荷量q－BILΔt＝0－mv0，q＝IΔt，q＝m求位移x－B2L2vRΔt＝0－mv0，x＝應(yīng)用技巧初、末速度已知的變加速運(yùn)動(dòng)，在用動(dòng)量定理列出的式子中q＝IΔt，x＝vΔt；若已知q或x也可求末速度情景示例2間距為L(zhǎng)的光滑平行導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為θ，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(guò)橫截面的電荷量為q或下滑位移為x時(shí)，速度達(dá)到v求運(yùn)動(dòng)時(shí)間－BILΔt＋mgsinθ·Δt＝mv－0，q＝IΔt，－B2L2vRΔt＋mgsinθ·Δt＝mv－0，應(yīng)用技巧用動(dòng)量定理求時(shí)間需有其他恒力參與。若已知運(yùn)動(dòng)時(shí)間，也可求q、x、v中的任意一個(gè)物理量【例1】（2023·重慶高考7題）如圖所示，與水平面夾角為θ的絕緣斜面上固定有光滑U形金屬導(dǎo)軌。質(zhì)量為m、電阻不可忽略的導(dǎo)體桿MN沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，以大小為v的速度進(jìn)入方向垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間t后，速度大小變?yōu)?v。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中桿與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)，重力加速度為g。桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的此段時(shí)間內(nèi)（）A.流過(guò)桿的感應(yīng)電流方向從N到MB.桿沿軌道下滑的距離為32C.流過(guò)桿感應(yīng)電流的平均電功率等于重力的平均功率D.桿所受安培力的沖量大小為mgtsinθ－mv答案：D解析：根據(jù)右手定則，判斷知流過(guò)桿的感應(yīng)電流方向從M到N，故A錯(cuò)誤。依題意，設(shè)桿切割磁感線的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)，電阻為R；桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的此段時(shí)間內(nèi)，桿受到重力、軌道支持力及沿軌道向上的安培力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ－F安＝ma，F(xiàn)安＝BIL，I＝BLvR，聯(lián)立可得桿的加速度a＝gsinθ－B2L2vmR，可知，桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的此段時(shí)間內(nèi)做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)；若桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則桿運(yùn)動(dòng)的距離為s＝v+2v2·t＝32vt，根據(jù)v－t圖像圍成的面積表示位移，可知桿在時(shí)間t內(nèi)速度由v達(dá)到2v，桿真實(shí)運(yùn)動(dòng)的距離大于勻加速過(guò)程運(yùn)動(dòng)的距離，即大于32vt，故B錯(cuò)誤。由于在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的此段時(shí)間內(nèi)，桿做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，桿的動(dòng)能增大。由動(dòng)能定理可知，重力對(duì)桿所做的功大于桿克服安培力所做的功，根據(jù)P＝Wt可得安培力的平均功率小于重力的平均功率，也即流過(guò)桿的感應(yīng)電流的平均電功率小于重力的平均功率，故C錯(cuò)誤。桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的此段時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動(dòng)量定理，可得mgtsinθ－I安＝m·2v－mv，雙棒模型【例2】（多選）如圖所示，兩根光滑足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌MNPQ和M1N1P1Q1，固定在絕緣水平面上，MN與M1N1距離為2l，PQ與P1Q1距離為l。金屬棒a和b的質(zhì)量分別為2m和m、長(zhǎng)度分別為2l與l，金屬棒a、b分別垂直放在導(dǎo)軌MN、M1N1和PQ，P1Q1上，靜止在導(dǎo)軌上。整個(gè)裝置處于豎直向下的、磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)金屬棒a獲得水平向右的初速度v0，兩棒運(yùn)動(dòng)時(shí)始終保持平行且金屬棒a總在MNM1N1上運(yùn)動(dòng)，金屬棒b總在PQP1Q1上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間后，下列說(shuō)法正確的是（）A.流過(guò)金屬棒a的電荷量是2B.金屬棒a和b均做加速度相同的勻加速直線運(yùn)動(dòng)C.金屬棒a和b均做速度相等的勻速直線運(yùn)動(dòng)D.回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零解析：AD因金屬棒a向右運(yùn)動(dòng)，其受安培力向左，則金屬棒a做減速運(yùn)動(dòng)，金屬棒b受安培力向右做加速運(yùn)動(dòng)，則經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，兩棒穩(wěn)定時(shí)均做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)回路的感應(yīng)電流為零，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，則B·2lva＝Blvb，即2va＝vb，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確；根據(jù)a＝BILm，則aa＝BI·2l2m，ab＝BIlm，所以aa＝ab，金屬棒a做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，金屬棒b做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩者加速度大小相同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)金屬棒a，由動(dòng)量定理得－BI·2lΔt＝2mva－2mv0，對(duì)金屬棒b，由動(dòng)量定理得BI·lΔt＝mvb，解得q＝IΔ【例3】（2023·湖南高考14題）如圖，兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成θ角，整個(gè)裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)將質(zhì)量均為m的金屬棒a、b垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為R。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，重力加速度為g。（1）先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v0；（2）在（1）問(wèn)中，當(dāng)棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小a0；（3）在（2）問(wèn)中，從棒b釋放瞬間開(kāi)始計(jì)時(shí)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t0，兩棒恰好達(dá)到相同的速度v，求速度v的大小，以及時(shí)間t0內(nèi)棒a相對(duì)于棒b運(yùn)動(dòng)的距離Δx的大小。答案：（1）2mgRsinθB2L2（2）2gsinθ（3）解析：（1）棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)棒a分析，由平衡條件有mgsinθ＝BI1L由法拉第電磁感應(yīng)定律有E1＝BLv0由歐姆定律有I1＝E聯(lián)立解得v0＝2mgR（2）當(dāng)棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，釋放棒b，由右手定則及左手定則可知，棒b受到沿導(dǎo)軌向下的安培力，則釋放棒b的瞬間，對(duì)棒b，由牛頓第二定律有mgsinθ＋BI1L＝ma0又BI1L＝mgsinθ解得a0＝2gsinθ。（3）釋放棒b后，由于棒b中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)對(duì)于回路來(lái)說(shuō)，與棒a中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相反，所以?xún)砂羲馨才嗔鶞p小，對(duì)棒a，由動(dòng)量定理有（mgsinθ－F）t0＝mv－mv0對(duì)棒b，由動(dòng)量定理有（mgsinθ＋F）t0＝mv結(jié)合（1）問(wèn)結(jié)果聯(lián)立解得v＝gt0sinθ＋mgR設(shè)棒a速度為vi時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為Ea，則Ea＝BLvi同理設(shè)棒b速度為vj時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為Eb，則Eb＝BLvj棒中電流為I＝Ei－兩棒所受安培力的大小均為F＝BIL＝B對(duì)棒b，由動(dòng)量定理有mgsinθ＋B2L對(duì)方程兩側(cè)求和，即Σmgsinθ＋B2L2又ΣΔt＝t0，Σ（vi－vj）Δt＝Δx，ΣΔv＝v解得Δx＝2m題型二動(dòng)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(shí)，滿(mǎn)足動(dòng)量守恒，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律解題比較方便。2.雙棒模型（不計(jì)摩擦力）雙棒無(wú)外力雙棒有外力示意圖F為恒力雙棒無(wú)外力雙棒有外力動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)導(dǎo)體棒1受安培力的作用做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒2受安培力的作用做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后兩棒以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)導(dǎo)體棒1做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒2做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，最終兩棒以相同的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)動(dòng)量觀點(diǎn)系統(tǒng)動(dòng)量守恒系統(tǒng)動(dòng)量不守恒能量觀點(diǎn)棒1動(dòng)能的減少量＝棒2動(dòng)能的增加量＋焦耳熱外力做的功＝棒1的動(dòng)能＋棒2的動(dòng)能＋焦耳熱【例4】（多選）（2023·遼寧高考10題）如圖，兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。已知導(dǎo)體棒MN的電阻為R、長(zhǎng)度為d，導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長(zhǎng)度為2d，PQ的質(zhì)量是MN的2倍。初始時(shí)刻兩棒靜止，兩棒中點(diǎn)之間連接一壓縮量為L(zhǎng)的輕質(zhì)絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個(gè)過(guò)程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是（）A.彈簧伸展過(guò)程中，回路中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏鰾.PQ速率為v時(shí)，MN所受安培力大小為4C.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，MN與PQ的路程之比為2∶1D.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，通過(guò)MN的電荷量為BLd答案：AC解析：彈簧伸展過(guò)程中，根據(jù)右手定則可知，回路中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏?，選項(xiàng)A正確；任意時(shí)刻，設(shè)電流為I，則PQ受安培力FPQ＝BI·2d，方向向左，MN受安培力FMN＝2BId，方向向右，可知兩棒系統(tǒng)受合外力為零，動(dòng)量守恒，設(shè)PQ質(zhì)量為2m，則MN質(zhì)量為m，PQ速率為v時(shí)，則2mv＝mv'，解得v'＝2v，回路的感應(yīng)電流I＝2Bdv'＋B·2dv3R＝2BdvR，MN所受安培力大小為FMN＝2BId＝4B2d2vR，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因?yàn)関'＝2v，兩棒運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，故xMNxPQ＝21，選項(xiàng)C正確；兩棒最后停止時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)位置，此時(shí)兩棒間距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移動(dòng)2【例5】（2024·河南三門(mén)峽模擬）如圖所示，兩平行光滑金屬直軌道MN、M'N'位于同一水平面上，兩軌道之間的距離L＝0.50m，NN'端與兩條位于豎直面內(nèi)的半圓形光滑金屬軌道NP、N'P'平滑連接，兩半圓軌道的半徑均為R＝0.50m，其中兩金屬軌道的電阻不計(jì)。直軌道的右側(cè)虛線區(qū)域有豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且其右邊界與NN'重合。質(zhì)量為m＝0.2kg、長(zhǎng)度為d＝0.5m的金屬棒ab以某一初速度v0水平向右進(jìn)入磁場(chǎng)。磁場(chǎng)中原來(lái)靜止一個(gè)與ab完全相同的導(dǎo)體棒cd，兩棒在磁場(chǎng)中始終未相撞，且cd出磁場(chǎng)前，兩棒已經(jīng)共速。cd出磁場(chǎng)后恰好能沿軌道通過(guò)半圓形軌道的最高點(diǎn)PP'，求：（g＝10m/s2）（1）ab棒的初速度大小v0；（2）從ab棒進(jìn)入磁場(chǎng)到兩者共速的過(guò)程中，通過(guò)導(dǎo)體棒橫截面的電荷量q；（3）從ab棒進(jìn)入磁場(chǎng)到兩者共速的過(guò)程中，導(dǎo)體棒cd上產(chǎn)生的熱量Q。答案：（1）10m/s（2）4C（3）2.5J解析：（1）根據(jù)題意可知，由于cd棒恰好經(jīng)過(guò)圓周軌道最高點(diǎn)，由牛頓第二定律有F向＝mg＝m解得v＝gR＝5m/s根據(jù)機(jī)械能守恒定律，cd棒從出磁場(chǎng)到最高點(diǎn)有2mgR＝12mv共2－解得v共＝5m/s根據(jù)動(dòng)量守恒定律，ab和cd兩棒組成的系統(tǒng)在磁場(chǎng)中滿(mǎn)足動(dòng)量守恒，則mv0＝2mv共解得v0＝10m/s。（2）對(duì)cd棒由動(dòng)量定理有BILt＝mv共－0即BqL＝mv共解得q＝4C。（3）對(duì)兩導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌組成的回路，由能量守恒定律有12mv02＝12×2m解得Q總＝12mv02－12×2由于導(dǎo)軌不計(jì)電阻，兩金屬棒完全相同，則有Q＝12Q總＝2.5J跟蹤訓(xùn)練·鞏固提升1.絕緣水平面上放置兩個(gè)互相平行的足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌，間距為d，電阻不計(jì)，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(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。質(zhì)量為m、長(zhǎng)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(yùn)動(dòng)直到停下。不計(jì)一切摩擦，則下列說(shuō)法正確的是 （）A.導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)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(yùn)動(dòng)的最大距離為2C.整個(gè)過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為12mD.整個(gè)過(guò)程中，導(dǎo)體棒的平均速度大于v解析：B導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中一直受到向左的安培力作用，即安培力一直做負(fù)功，故A錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理可知－IdB·Δt＝0－mv0，其中I·Δt＝ΔΦΔt2R·Δt＝ΔΦ2R，ΔΦ＝Bdx，解得x＝2mv0RB2d2，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14mv02，故C錯(cuò)誤2.（多選）如圖所示，空間存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，足夠長(zhǎng)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接入電路的電阻為R，其余電阻均忽略不計(jì)。a、b兩棒分別以v0、2v0的初速度同時(shí)向右運(yùn)動(dòng)，兩棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且保持良好接觸，a總在窄軌上運(yùn)動(dòng)，b總在寬軌上運(yùn)動(dòng)，直到兩棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到兩棒穩(wěn)定的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是 （）A.a棒加速度的大小始終等于b棒加速度的大小B.穩(wěn)定時(shí)a棒的速度為1.5v0C.電路中產(chǎn)生的焦耳熱為32mD.通過(guò)導(dǎo)體棒a的某一橫截面的電荷量為m解析：AC分別計(jì)算a、b棒的加速度，由F安＝BIL和F安＝ma0，可得a0＝BILm，a、b棒串聯(lián)，電流相等，a、b棒長(zhǎng)度分別為l、2l，質(zhì)量分別為m、2m，則a、b棒加速度大小相等，故A正確；因?yàn)閷?dǎo)軌光滑，水平方向只受到安培力作用，對(duì)a棒，根據(jù)動(dòng)量定理有Fa·t＝BIl·t＝mva－mv0，同理，對(duì)b棒有－Fbt＝－BI×2l·t＝2mvb－2m·2v0，穩(wěn)定時(shí)無(wú)電流，即Blva＝B·2lvb，得va＝2vb，聯(lián)立解得va＝2v0，vb＝v0，故B錯(cuò)誤；由能量守恒可知，動(dòng)能的損失量等于焦耳熱，初動(dòng)能Ek0＝12mv02＋12×2m×（2v0）2，末動(dòng)能Ek＝12m×（2v0）2＋12×2m×v02，則電路中產(chǎn)生的焦耳熱為Ek0－Ek＝32mv02，故C正確；對(duì)a應(yīng)用動(dòng)量定理有BIl·Δt＝mva－mv0，又q＝I·Δt，v3.（多選）（2024·江西撫州模擬）如圖，足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌M、N固定在絕緣水平桌面上，導(dǎo)軌間距離為L(zhǎng)，垂直導(dǎo)軌平面有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，以CD為分界線，左邊磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B，右邊為B，兩導(dǎo)體棒a、b垂直導(dǎo)軌靜止放置，a棒距CD足夠遠(yuǎn)，已知a、b棒質(zhì)量均為m，長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，電阻均為r，棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，現(xiàn)使a獲得一瞬時(shí)水平速度v0，在兩棒運(yùn)動(dòng)至穩(wěn)定的過(guò)程中（a棒還沒(méi)到CD分界線），下列說(shuō)法正確的是（）A.a、b系統(tǒng)機(jī)械能不守恒B.a、b系統(tǒng)動(dòng)量守恒C.a棒穩(wěn)定時(shí)的速度為0.2v0D.導(dǎo)體棒a產(chǎn)生的焦耳熱為2解析：ACa獲得水平速度后切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，兩導(dǎo)體棒會(huì)發(fā)熱，系統(tǒng)部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故a、b系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A正確；通過(guò)兩導(dǎo)體棒的電流大小相等方向相反，根據(jù)左手定則及安培力公式有F安＝BIL，可知兩導(dǎo)體棒受到的安培力方向相反，但是由于兩導(dǎo)體棒所在磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不等，故受到的安培力大小不等，故a、b系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤；a棒穩(wěn)定時(shí)回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，故有2BLva＝BLvb，整個(gè)過(guò)程對(duì)a、b分別由動(dòng)量定理有－2BILt＝mva－mv0，BILt＝mvb，聯(lián)立解得va＝0.2v0，整個(gè)過(guò)程由能量守恒定律可知回路中產(chǎn)生的總熱量為Q＝12mv02－12mva2－12mvb2，導(dǎo)體棒a產(chǎn)生的焦耳熱為Qa＝12Q，解得Q4.（多選）（2024·廣東佛山模擬）游樂(lè)園中的過(guò)山車(chē)因能夠給游客帶來(lái)刺激的體驗(yàn)而大受歡迎。為了保證過(guò)山車(chē)的進(jìn)站安全，過(guò)山車(chē)安裝了磁力剎車(chē)裝置，將磁性很強(qiáng)的磁鐵安裝在軌道上，正方形導(dǎo)體框安裝在過(guò)山車(chē)底部。磁力剎車(chē)裝置的工作原理可簡(jiǎn)化為如圖所示的模型：質(zhì)量m＝5kg，邊長(zhǎng)L＝2m、電阻R＝1.8Ω的單匝導(dǎo)體框abcd沿著傾角為θ的光滑絕緣斜面由靜止開(kāi)始下滑x0＝4.5m后，下邊框bc進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)導(dǎo)體框開(kāi)始減速，當(dāng)上邊框ad進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)體框剛好開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知磁場(chǎng)的上、下邊界與導(dǎo)體框的上、下邊框平行，磁場(chǎng)的寬度也為L(zhǎng)＝2m，磁場(chǎng)方向垂直斜面向下﹑磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝3T，sinθ＝0.4，取重力加速度大小g＝10m/s2，則 （）A.上邊框ad進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)體框的速度大小v為1m/sB.上邊框ad進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)體框的速度大小v為0.5m/sC.下邊框bc剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)體框的加速度大小a0為20m/s2D.導(dǎo)體框從下邊框bc進(jìn)入磁場(chǎng)到上邊框ad進(jìn)入磁場(chǎng)所用的時(shí)間t為0.75s解析：ACD當(dāng)導(dǎo)體框的上邊框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，下邊框切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，導(dǎo)體框中的感應(yīng)電流I＝ER，導(dǎo)體框的下邊框在磁場(chǎng)中受到的安培力大小FA＝BIL，導(dǎo)體框剛好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)受力平衡有mgsinθ＝FA，解得v＝1m/s，故A正確，B錯(cuò)誤；導(dǎo)體框沿斜面由靜止開(kāi)始到下邊框進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)的過(guò)程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgx0sinθ＝12mv02，當(dāng)導(dǎo)體框的下邊框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)體框的下邊框在磁場(chǎng)中受到的安培力大小FA0＝B2L2v0R，對(duì)導(dǎo)體框受力分析﹐根據(jù)牛頓第二定律有FA0－mgsinθ＝ma0，解得a0＝20m/s2，故C正確；導(dǎo)體框從下邊框進(jìn)入磁場(chǎng)到上邊框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，取沿斜面向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有mgtsinθ－IF安＝mv－mv0，IF安＝∑BILΔt＝BLq，q＝ΔΦ5.（2023·全國(guó)甲卷25題）如圖，水平桌面上固定一光滑U形金屬導(dǎo)軌，其平行部分的間距為l，導(dǎo)軌的最右端與桌子右邊緣對(duì)齊，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。導(dǎo)軌所在區(qū)域有方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電阻為R、長(zhǎng)度也為l的金屬棒P靜止在導(dǎo)軌上。導(dǎo)軌上質(zhì)量為3m的絕緣棒Q位于P的左側(cè)，以大小為v0的速度向P運(yùn)動(dòng)并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短。碰撞一次后，P和Q先后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌，并落在地面上同一地點(diǎn)。P在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，P與Q始終平行。不計(jì)空氣阻力。求：（1）金屬棒P滑出導(dǎo)軌時(shí)的速度大小；（2）金屬棒P在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量；（3）與P碰撞后，絕緣棒Q在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。答案：（1）12v0（2）mv02（解析：（1）Q與P發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律有3mv0＝mvP＋3mvQ由機(jī)械能守恒定律有12×3mv02＝12mvP2聯(lián)立解得vQ＝12v0，vP＝32根據(jù)題述，P、Q落到地面上同一地點(diǎn)，結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，金屬棒P滑出導(dǎo)軌時(shí)的速度大小為vP'＝vQ＝12v0（2）由能量守恒定律可得，金屬棒P在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為Q＝12mvP2－12mvP'2（3）P在導(dǎo)軌上做變速運(yùn)動(dòng)，設(shè)速度大小為v時(shí)金屬棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為e，電流大小為i，在Δt時(shí)間內(nèi)速度變化量為Δv，則由法拉第電磁感應(yīng)定律有e＝Blv由閉合電路歐姆定律有i＝e金屬棒P所受的安培力F＝Bil＝B由動(dòng)量定理有FΔt＝mΔv即B2l2vRΔ方程兩側(cè)求和得ΣB2l2vRΔt即B2l2RΣvΔt又ΣvΔt＝x，ΣΔv＝vP－vP'＝v0聯(lián)立解得x＝m對(duì)絕緣棒Q有x＝vQt解得與P碰撞后，絕緣棒Q在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝2mR6.（2024·安徽合肥模擬）如圖所示，平行光滑金屬導(dǎo)軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成。導(dǎo)軌水平部分的一段處于B＝0.50T、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖示虛線）中。在磁場(chǎng)中離左邊界l＝0.40m處垂直于水平導(dǎo)軌放置導(dǎo)體棒a，在傾斜導(dǎo)軌高h(yuǎn)＝0.2m處垂直于導(dǎo)軌放置導(dǎo)體棒b，將導(dǎo)體棒b由靜止釋放，結(jié)果發(fā)現(xiàn)導(dǎo)體棒a以1m/s的速度從磁場(chǎng)右邊界離開(kāi)。已知導(dǎo)體棒a、b的質(zhì)量均為m＝0.01kg，阻值均為R＝0.10Ω，棒的長(zhǎng)度均等于導(dǎo)軌間距L＝0.20m，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終垂直于導(dǎo)軌且接觸良好，g取10m/s2，忽略磁場(chǎng)邊界效應(yīng)。求：（1）安培力對(duì)導(dǎo)體棒a做的功；（2）導(dǎo)體棒a剛出磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)體棒b的速度大小及兩棒之間的距離；（3）整個(gè)過(guò)程中，安培力對(duì)導(dǎo)體棒b做的功。答案：（1）0.005J（2）1m/s，0.2m（3）－0.02J解析：（1）導(dǎo)體棒a在安培力的作用下由靜止向右加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理，安培力對(duì)導(dǎo)體棒a做的功W1＝12mv12（2）導(dǎo)體棒b在傾斜部分運(yùn)動(dòng)時(shí)，由機(jī)械能守恒定律有mgh＝12m代入數(shù)據(jù)解得v0＝2m/s導(dǎo)體棒b進(jìn)入磁場(chǎng)與導(dǎo)體棒a通過(guò)磁場(chǎng)相互作用直到導(dǎo)體棒a出磁場(chǎng)，由動(dòng)量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2代入數(shù)據(jù)解得v2＝1m/s即導(dǎo)體棒a出磁場(chǎng)時(shí)，兩棒已獲得共同速度，此過(guò)程中，對(duì)導(dǎo)體棒b運(yùn)用動(dòng)量定理有－BLIΔt＝mv2－mv0通過(guò)的電荷量為q＝IΔt＝BL代入數(shù)據(jù)解得Δx＝0.2m兩棒之間的距離為x1＝l－Δx＝0.4m－0.2m＝0.2m。（3）導(dǎo)體棒b進(jìn)入磁場(chǎng)與導(dǎo)體棒a通過(guò)磁場(chǎng)相互作用后獲得共同速度的過(guò)程中，安培力對(duì)導(dǎo)體棒b做的功W2＝12mv22－12導(dǎo)體棒a從磁場(chǎng)中出來(lái)時(shí)，導(dǎo)體棒b與磁場(chǎng)右邊界相距x2＝0.2m此時(shí)對(duì)導(dǎo)體