專題強(qiáng)化二十五　動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

目標(biāo)要求　1.掌握應(yīng)用動(dòng)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(dòng)量守恒的模型，并用動(dòng)量守恒定律解決問題．

題型一　動(dòng)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(yùn)動(dòng)時(shí)，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．

 考向1　“單棒＋電阻”模型

例1　水平面上放置兩個(gè)互相平行的足夠長的金屬導(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(yùn)動(dòng)直到停下．不計(jì)一切摩擦，則下列說法正確的是(　　)

A．導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的最大距離為

C．整個(gè)過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為mv₀²

D．整個(gè)過程中，導(dǎo)體棒的平均速度大于

答案　B

解析　導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)過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－dB·Δt＝0－mv₀，其中·Δt＝·Δt＝，ΔΦ＝Bdx，解得x＝，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mv₀²，故C錯(cuò)誤；根據(jù)a＝＝可知，導(dǎo)體棒做的是加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，故其平均速度將小于做勻減速運(yùn)動(dòng)的平均速度，即小于，故D錯(cuò)誤．

 考向2　不等間距上的雙棒模型

例2　(多選)(2023·遼寧撫順市模擬)如圖所示，M、N、P、Q四條光滑的足夠長的金屬導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距分別為2L和L，兩組導(dǎo)軌間由導(dǎo)線相連，裝置置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間存在方向豎直向下的、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，兩根質(zhì)量均為m、接入電路的電阻均為R的導(dǎo)體棒C、D分別垂直于導(dǎo)軌放置，且均處于靜止?fàn)顟B(tài)，其余部分電阻不計(jì)．t＝0時(shí)使導(dǎo)體棒C獲得瞬時(shí)速度v₀向右運(yùn)動(dòng)，兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好．且達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)導(dǎo)體棒C未到兩組導(dǎo)軌連接處．則下列說法正確的是(　　)

A．t＝0時(shí)，導(dǎo)體棒D的加速度大小為a＝

B．達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)，C、D兩棒速度之比為1∶1

C．從t＝0時(shí)至達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)的過程中，回路產(chǎn)生的內(nèi)能為mv₀²

D．從t＝0時(shí)到達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)的過程中，通過導(dǎo)體棒的電荷量為

答案　ACD

解析　開始時(shí)，導(dǎo)體棒中的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝2BLv₀，電路中感應(yīng)電流I＝，導(dǎo)體棒D所受安培力F＝BIL，導(dǎo)體棒D的加速度為a，則有F＝ma，解得a＝，故A正確；穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)，電路中電流為零，設(shè)此時(shí)C、D棒的速度分別為v₁、v₂，則有2BLv₁＝BLv₂，對變速運(yùn)動(dòng)中任意極短時(shí)間Δt，由動(dòng)量定理得，對C棒有2BLΔt＝mΔv₁，對D棒有BLΔt＝mΔv₂，故對變速運(yùn)動(dòng)全過程有v₀－v₁＝2v₂，解得v₂＝v₀，v₁＝v₀，故B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律可知回路產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝mv₀²－mv₁²－mv₂²，解得Q＝mv₀²，故C正確；由上述分析可知對變速運(yùn)動(dòng)中任意極短時(shí)間Δt，由動(dòng)量定理得，對C棒有2BLΔt＝mΔv₁，可得2BLq＝m(v₀－v₁)，解得q＝，故D正確．

 考向3　“電容器＋棒”模型

1．無外力充電式

例3　如圖甲、乙中，除導(dǎo)體棒ab可動(dòng)外，其余部分均固定不動(dòng)，圖甲中的電容器C原來不帶電．設(shè)導(dǎo)體棒、導(dǎo)軌電阻均可忽略，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的摩擦也不計(jì)，圖中裝置均在水平面內(nèi)，且都處于方向垂直于水平面(即紙面)向里的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌足夠長．現(xiàn)給導(dǎo)體棒ab一個(gè)向右的初速度v₀，在圖甲、乙兩種情形下，關(guān)于導(dǎo)體棒ab的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，下列說法正確的是(　　)

A．圖甲中，ab棒先做勻減速運(yùn)動(dòng)，最終做勻速運(yùn)動(dòng)

B．圖乙中，ab棒先做加速度越來越小的減速運(yùn)動(dòng)，最終靜止

C．兩種情況下通過電阻的電荷量一樣大

D．兩種情形下導(dǎo)體棒ab最終都保持勻速運(yùn)動(dòng)

答案　B

解析　題圖甲中，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流而使電容器充電，由于充電電流不斷減小，安培力減小，則導(dǎo)體棒做變減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電容器C極板間電壓與導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢相等時(shí)，電路中沒有電流，ab棒不受安培力，向右做勻速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；題圖乙中，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒受向左的安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，隨速度的減小，電流減小，安培力減小，加速度減小，最終ab棒靜止，故B正確，D錯(cuò)誤；根據(jù)_安＝BL，有_安t＝BLt＝qBL＝mΔv，得q＝，電荷量跟導(dǎo)體棒ab的動(dòng)量變化量成正比，因?yàn)轭}圖甲中導(dǎo)體棒的動(dòng)量變化量小于題圖乙，所以題圖甲中通過R的電荷量小于題圖乙中通過R的電荷量，故C錯(cuò)誤．

2．無外力放電式

例4　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(yùn)載器．電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動(dòng)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(jì)．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、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(yùn)動(dòng)．當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢與電容器兩極板間的電壓相等時(shí)，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(yùn)動(dòng)時(shí)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)

(3)

解析　(1)將S接1時(shí)，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(shí)，電容器放電，流經(jīng)MN的電流由M到N，又知MN向右運(yùn)動(dòng)，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時(shí)，電容器放電，設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I，有I＝①

設(shè)MN受到的安培力為F，有F＝IlB②

由牛頓第二定律，有F＝ma③

聯(lián)立①②③式得a＝④

(3)當(dāng)電容器充電完畢時(shí)，設(shè)電容器上電荷量為Q₀，有Q₀＝CE⑤

開關(guān)S接2后，MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大值v_max時(shí)，設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢為E′，

有E′＝Blv_max⑥

依題意有E′＝⑦

設(shè)在此過程中流經(jīng)MN的平均電流為，MN受到的平均安培力為，有＝lB⑧

由動(dòng)量定理，有Δt＝mv_max－0⑨

又Δt＝Q₀－Q⑩

聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝.

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)

例5　(多選)(2019·全國卷Ⅲ·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，t＝0時(shí)，棒ab以初速度v₀向右滑動(dòng)．運(yùn)動(dòng)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(dòng)，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，使整個(gè)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(yùn)動(dòng)，棒cd受到與v₀方向相同的安培力的作用而做變加速運(yùn)動(dòng)，它們之間的速度差Δv＝v₁－v₂逐漸減小，整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢逐漸減小，回路中感應(yīng)電流逐漸減小，最后變?yōu)榱悖醋罱K棒ab和棒cd的速度相同，v₁＝v₂，這時(shí)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(yùn)動(dòng)，水平方向上不受外力作用，由動(dòng)量守恒定律有mv₀＝mv₁＋mv₂，解得v₁＝v₂＝，選項(xiàng)A、C正確，B、D錯(cuò)誤．

例6　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平行金屬導(dǎo)軌，在導(dǎo)軌上面平放著兩根導(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，兩導(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(jì)．設(shè)導(dǎo)體棒可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑行，初始時(shí)刻ab棒靜止，給cd棒一個(gè)向右的初速度v₀，求：

(1)當(dāng)cd棒速度減為0.6v₀時(shí)，ab棒的速度v及加速度a的大小；

(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)0.4v₀　　(2)　d＋

解析　(1)兩棒組成的系統(tǒng)所受合外力為零，因此滿足動(dòng)量守恒定律，有mv₀＝0.6mv₀＋mv

解得v＝0.4v₀

回路感應(yīng)電動(dòng)勢E＝0.6BLv₀－0.4BLv₀

此時(shí)回路電流I＝

因此加速度a＝

整理得a＝

(2)ab、cd棒速度相等時(shí)有最大距離，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mv₀＝2mv_共

對ab棒，根據(jù)動(dòng)量定理有BLΔt＝mv_共

而q＝Δt，解得q＝

在這段時(shí)間內(nèi)，平均感應(yīng)電動(dòng)勢＝BL

回路平均電流＝

因此流過某截面的電荷量q＝Δt＝Δt＝，解得最大距離x＝d＋.

課時(shí)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(tái)上，bc邊長為L，不計(jì)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(gè)運(yùn)動(dòng)過程中MN始終與金屬框保持良好接觸，則(　　)

A．剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)?em>M→N→c→b→M

B．導(dǎo)體棒的最大速度為

C．通過導(dǎo)體棒的電荷量為

D．導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為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?yàn)?/span>M→N→c→b→M，故A正確；以整體為研究對象，由于整體水平方向不受力，所以整體水平方向動(dòng)量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律可得2mv₀＝3mv，可得v＝v₀，故B錯(cuò)誤；對導(dǎo)體棒根據(jù)動(dòng)量定理可得BLΔt＝mv－0，其中Δt＝q，可得通過導(dǎo)體棒的電荷量為q＝，故C正確；由能量守恒知導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝×2mv₀²－×3mv²＝mv₀²，故D錯(cuò)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，導(dǎo)軌間距為l，ab、cd是質(zhì)量為m、接入電路中電阻為R的金屬棒，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)．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(huì)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(　　)

A．ab棒先做勻減速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速運(yùn)動(dòng)

B．cd棒先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，最后和ab以相同的速度做勻速運(yùn)動(dòng)

C．ab棒剛進(jìn)入磁場時(shí)，cd棒電流為

D．ab棒的最終速度大小為

答案　CD

解析　ab棒進(jìn)入磁場受向左的安培力，做減速運(yùn)動(dòng)，所以安培力減小，則ab棒先做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，cd棒與ab棒串聯(lián)，所以先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后它們共速，做勻速運(yùn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤；ab棒剛進(jìn)入磁場的速度就是它下滑到底端的速度，根據(jù)動(dòng)能定理mgr－mgr＝mv²，可得速度為v＝，則感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝Blv，兩金屬棒串聯(lián)，故兩棒瞬時(shí)電流為I＝，兩棒共速時(shí)由動(dòng)量守恒定律有mv＝2mv′，得速度大小為v′＝，故C、D正確．

3．(多選)如圖，相距為L的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平桌面上，左端接一電容器C，阻值為R的電阻通過三角旋鈕開關(guān)S與兩導(dǎo)軌連接，長度為L、質(zhì)量為m的金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，且與導(dǎo)軌始終接觸良好，兩導(dǎo)軌間存在垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.三角旋鈕開關(guān)S僅1、2之間導(dǎo)電，S左旋時(shí)能將電阻R和電容器C接入同一回路，右旋時(shí)能將電阻R和金屬桿ab接入同一回路，初始時(shí)1、2連接電容器和金屬桿，現(xiàn)用恒力F向右拉金屬桿ab，使其從靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)一段時(shí)間后撤去F，同時(shí)旋轉(zhuǎn)S，此時(shí)金屬桿的速度大小為v₀，不計(jì)金屬桿和導(dǎo)軌的電阻．下列說法正確的是(　　)

A．撤去F前，金屬桿做變加速直線運(yùn)動(dòng)

B．撤去F同時(shí)向右旋開關(guān)S，金屬桿做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)

C．恒力F對金屬桿做的功等于mv₀²

D．若分別左旋右旋S，兩種情況下，通過電阻R的電荷量之比為CB²L²∶m

答案　BD

解析　撤去F前，對金屬桿進(jìn)行受力分析有F－BIL＝ma，對電容器Q＝CU＝CBLv，充電電流I＝＝CBL＝CBLa，解得a＝，可知金屬桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；撤去F同時(shí)向右旋開關(guān)S，此時(shí)僅有電阻R和金屬桿ab接入同一回路，且金屬桿有向右的速度，根據(jù)右手定則與左手定則，可判定安培力向左，且BIL＝＝ma，可知金屬桿將向右做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，B正確；根據(jù)動(dòng)能定理有W_F＋W_安＝mv₀²，其中安培力做負(fù)功，則恒力F對金屬桿做的功大于mv₀²，C錯(cuò)誤；撤去F時(shí)，電容器極板帶電荷量Q＝CBLv₀，對金屬桿分析，由動(dòng)量定理有－BL·Δt＝0－mv₀，由于金屬桿減速切割磁感線而通過電阻的電荷量q＝·Δt，當(dāng)左旋S，通過電阻的電荷量q₁＝Q，當(dāng)右旋S，通過電阻的電荷量q₂＝q，解得＝，D正確．

4.(多選)如圖，足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌M、N固定在水平桌面上，導(dǎo)軌間距離為L，垂直導(dǎo)軌平面有豎直向下的勻強(qiáng)磁場，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、長度均為L、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)定的過程中(a棒還沒到CD分界線)，下列說法正確的是(　　)

A．a、b系統(tǒng)機(jī)械能守恒

B．a、b系統(tǒng)動(dòng)量不守恒

C．通過導(dǎo)體棒a的電荷量為

D．導(dǎo)體棒a產(chǎn)生的焦耳熱為

答案　BC

解析　因?yàn)?/span>a、b棒切割磁感線時(shí)產(chǎn)生感應(yīng)電流，繼而導(dǎo)體棒中有焦耳熱產(chǎn)生，故a、b系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；由題意知a棒受到的安培力為F_a＝2BIL，方向水平向左，而b棒受到的安培力為F_b＝BIL，方向水平向右，故a、b系統(tǒng)所受合外力不為零，故a、b系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故B正確；因兩棒運(yùn)動(dòng)至穩(wěn)定時(shí)滿足2BLv₁＝BLv₂，設(shè)向右為正方向，則對a、b棒運(yùn)動(dòng)至穩(wěn)定的過程中分別由動(dòng)量定理得－2BLt＝mv₁－mv₀，BLt＝mv₂，聯(lián)立解得v₁＝，v₂＝.又因?yàn)?/span>q＝t，所以通過導(dǎo)體棒a的電荷量為q＝，故C正確；由題意知穩(wěn)定之后，電路中不再有感應(yīng)電流，則不再有焦耳熱產(chǎn)生，所以對a、b棒運(yùn)動(dòng)至穩(wěn)定的過程中，由能量守恒定律得導(dǎo)體棒a、b產(chǎn)生的總焦耳熱為Q＝mv₀²－mv₁²－mv₂²＝mv₀²，所以導(dǎo)體棒a產(chǎn)生的焦耳熱為Q′＝Q＝mv₀²，故D錯(cuò)誤．

5．(多選)(2023·云南昆明市一中質(zhì)檢)如圖所示，一光滑軌道固定在架臺(tái)上，軌道由傾斜和水平兩段組成，傾斜段的上端連接一電阻R＝0.5 Ω，兩軌道間距d＝1 m，水平部分兩軌道間有一豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T的勻強(qiáng)磁場．一質(zhì)量m＝0.5 kg、長為l＝1.1 m、電阻忽略不計(jì)的導(dǎo)體棒，從軌道上距水平面h₁＝0.8 m高處由靜止釋放，通過磁場區(qū)域后從水平軌道末端水平飛出，落地點(diǎn)與水平軌道末端的水平距離x₂＝0.8 m，水平軌道距水平地面的高度h₂＝0.8 m．通過計(jì)算可知(g取10 m/s²)(　　)

A．導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場時(shí)的速度為3 m/s

B．導(dǎo)體棒整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為3 J

C．磁場的長度x₁為2 m

D．整個(gè)過程通過電阻的電荷量為2 C

答案　BCD

解析　設(shè)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v₀，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mv₀²＝mgh₁，解得v₀＝4 m/s，故A錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒從水平軌道水平飛出做平拋運(yùn)動(dòng)，則水平方向有x₂＝vt，豎直方向有h₂＝gt²，聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得v＝2 m/s，導(dǎo)體棒通過磁場區(qū)域過程中，根據(jù)能量守恒定律有Q＝mv₀²－mv²，則導(dǎo)體棒整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q＝3 J，故B正確；導(dǎo)體棒通過磁場區(qū)域過程中，根據(jù)動(dòng)量定理有_安t₁＝Bdq＝mv₀－mv，又有q＝t₁＝＝，聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得q＝2 C，x₁＝2 m，故C、D正確．

6．(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)，從開始運(yùn)動(dòng)到兩棒穩(wěn)定的過程中，下列說法正確的是(　　)

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1.5v₀

C．電路中產(chǎn)生的焦耳熱為mv₀²

D．通過導(dǎo)體棒a 的某一橫截面的電荷量為

答案　AC

解析　分別計(jì)算a、b棒的加速度，由F_安＝BIL和F_安＝ma，可得a＝，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、2m，則a、b棒加速度大小相等，故A正確；因?yàn)閷?dǎo)軌光滑只受到安培力作用，對a棒，根據(jù)動(dòng)量定理有_a·t＝Bl·t＝mv_a－mv₀，同理，對b棒有－_bt＝－B×2l·t＝2mv_b－2m·2v₀，穩(wěn)定時(shí)無電流，即Blv_a＝B·2lv_b，得v_a＝2v_b，聯(lián)立解得v_a＝2v₀，v_b＝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E_k0＝mv₀²＋×2m×(2v₀)²，末動(dòng)能E_k＝m×(2v₀)²＋×2m×v₀²，則電路中產(chǎn)生的焦耳熱為E_k0－E_k＝mv₀²，故C正確；對a應(yīng)用動(dòng)量定理有Bl·Δt＝mv_a－mv₀，又q＝·Δt，v_a＝2v₀，解得q＝，故D錯(cuò)誤．

7．如圖所示，平行光滑金屬雙導(dǎo)軌P₁Q₁M₁和P₂Q₂M₂，其中P₁Q₁和P₂Q₂為半徑r＝0.8 m的光滑圓軌道，O₁和O₂為對應(yīng)圓軌道的圓心，Q₁、Q₂在O₁、O₂正下方且為圓軌道和水平軌道的平滑連接點(diǎn)，Q₁M₁和Q₂M₂為足夠長的水平軌道，水平軌道處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T，導(dǎo)軌間距L＝1 m；兩導(dǎo)體棒a、b始終垂直于兩導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好，a、b的質(zhì)量均為1 kg，電阻均為1 Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．初始時(shí)刻，b靜止在水平導(dǎo)軌上，a從與圓心等高的P₁P₂處由靜止釋放，a、b在以后運(yùn)動(dòng)的過程中不會(huì)發(fā)生碰撞(g＝10 m/s²)．求：

(1)導(dǎo)體棒a從Q₁Q₂進(jìn)入磁場時(shí)，導(dǎo)體棒b的加速度大??；

(2)導(dǎo)體棒a、b穩(wěn)定時(shí)的速度大??；

(3)整個(gè)過程中，通過導(dǎo)體棒b的電荷量．

答案　(1)2 m/s²　(2)2 m/s　(3)2 C

解析　(1)導(dǎo)體棒a從P₁P₂到Q₁Q₂，由動(dòng)能定理得m_agr＝m_av₀²－0

代入數(shù)據(jù)得v₀＝4 m/s

a剛進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLv₀＝4 V

由閉合電路的歐姆定律得I＝＝2 A

由牛頓第二定律得ILB＝m_ba_b

代入數(shù)據(jù)得a_b＝2 m/s².

(2)當(dāng)導(dǎo)體棒a、b穩(wěn)定時(shí)，由動(dòng)量守恒定律得m_av₀＝(m_a＋m_b)v₁

代入數(shù)據(jù)得v₁＝2 m/s.

(3)整個(gè)過程中，對導(dǎo)體棒b由動(dòng)量定理得LBt＝m_bv₁，又q＝t，代入數(shù)據(jù)得q＝2 C.

8.(2023·河南省新蔡縣質(zhì)檢)如圖所示，兩根足夠長的固定平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間的距離為L，導(dǎo)軌上橫放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd.設(shè)兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量皆為m、電阻皆為R，導(dǎo)軌光滑且電阻不計(jì)，在整個(gè)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)度為B.開始時(shí)ab和cd兩導(dǎo)體棒有方向相反的水平初速度，初速度大小分別為v₀和2v₀，求：

(1)從開始到最終穩(wěn)定回路中產(chǎn)生的焦耳熱；

(2)當(dāng)ab棒向右運(yùn)動(dòng)，速度大小變?yōu)闀r(shí)，回路中消耗的電功率的值．

答案　(1)mv₀²　(2)

解析　(1)選水平向右為正方向，從開始到最終穩(wěn)定的過程中，兩棒總動(dòng)量守恒，則有2mv₀－mv₀＝2mv，解得v＝，由能量守恒可得從開始到最終穩(wěn)定回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝mv₀²＋m(2v₀)²－(2m)v²＝mv₀².

(2)當(dāng)ab棒向右運(yùn)動(dòng)，速度大小變?yōu)?/span>時(shí)，設(shè)cd棒的速度是v₂，根據(jù)動(dòng)量守恒得2mv₀－mv₀＝mv₂＋m，解得v₂＝，此時(shí)回路中的總電動(dòng)勢E＝BL(－)＝BLv₀，則消耗的電功率為P＝＝.

9．(多選)(2023·湖北省襄陽五中模擬)如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌AHQD、PNM上放置有一導(dǎo)體棒ab，導(dǎo)軌傾斜部分置于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌AHQD水平部分通過導(dǎo)線分別連接有電容器(電容為C)和定值電阻(阻值為R)，導(dǎo)軌M端接有一單刀雙擲開關(guān)，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌傾斜部分的傾角為θ，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(μ<tan θ)，導(dǎo)體棒質(zhì)量為m，導(dǎo)軌、導(dǎo)體棒和導(dǎo)線的電阻忽略不計(jì)，重力加速度g＝10 m/s².現(xiàn)在離HN足夠遠(yuǎn)處由靜止釋放導(dǎo)體棒ab，導(dǎo)體棒可沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，則(　　)

A．?dāng)嚅_開關(guān)時(shí)，導(dǎo)體棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后勻速下滑

B．開關(guān)接1，若導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)距離為s時(shí)，速度為v，則所用時(shí)間t＝

C．開關(guān)接2，導(dǎo)體棒勻加速下滑

D．開關(guān)接2，通過導(dǎo)體棒的電流I＝

答案　BCD

解析　斷開開關(guān)，導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢，但由于沒有閉合回路，故沒有安培力，導(dǎo)體棒所受合力大小F_合＝mgsin θ－μmgcos θ>0，則導(dǎo)體棒勻加速下滑，故A錯(cuò)誤；開關(guān)接1，導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLvcosθ，導(dǎo)體棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后勻速下滑，對導(dǎo)體棒受力分析，列動(dòng)量定理表達(dá)式有mgtsin θ－BLtcos θ－μ(mgcos θ＋BLsin θ)t＝mv－0，其中＝，解得t＝，故B正確；開關(guān)接2，導(dǎo)體棒切割磁感線對電容器充電，回路中有充電電流，對導(dǎo)體棒受力分析，列牛頓第二定律方程有mgsin θ－BILcos θ－μ(mgcos θ＋BILsin θ)＝ma，充電電流I＝＝CBLacos θ，解得a＝，加速度恒定，則導(dǎo)體棒勻加速下滑，代入計(jì)算可得電流I＝，故C、D正確．