第88講電磁感應中的雙桿模型（多選）1．（2022?湖南）如圖，間距L＝1m的U形金屬導軌，一端接有0.1Ω的定值電阻R，固定在高h＝0.8m的絕緣水平桌面上。質量均為0.1kg的勻質導體棒a和b靜止在導軌上，兩導體棒與導軌接觸良好且始終與導軌垂直，接入電路的阻值均為0.1Ω，與導軌間的動摩擦因數均為0.1（設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），導體棒a距離導軌最右端1.74m。整個空間存在豎直向下的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應強度大小為0.1T。用F＝0.5N沿導軌水平向右的恒力拉導體棒a，當導體棒a運動到導軌最右端時，導體棒b剛要滑動，撤去F，導體棒a離開導軌后落到水平地面上。重力加速度取10m/s2，不計空氣阻力，不計其他電阻，下列說法正確的是（）A．導體棒a離開導軌至落地過程中，水平位移為0.6m B．導體棒a離開導軌至落地前，其感應電動勢不變 C．導體棒a在導軌上運動的過程中，導體棒b有向右運動的趨勢 D．導體棒a在導軌上運動的過程中，通過電阻R的電荷量為0.58C【解答】解：A、導體棒b剛要滑動的條件是受到的安培力等于最大靜摩擦力，b受到的最大靜摩擦力為：fmax＝μmg＝0.1×0.1×10N＝0.1N根據平衡條件可得：BIbL＝fmax，代入數據可解得通過b的電流為：Ib＝1A，由于b與R并聯后與a串聯，根據閉合電路的歐姆定律可得導體棒a產生的感應電動勢為：E＝2IbRa+IbRb，代入數據解得：E＝0.3V設導體棒a剛要離開桌面時的速度大小為v，根據法拉第電磁感應定律可得：E＝BLv解得：v＝3m/s導體棒a做平拋運動的時間為t=2?所以導體棒a離開導軌至落地過程中，水平位移大小為：x＝vt＝3×0.4m＝1.2m，故A錯誤；B、導體棒a離開導軌至落地前，做平拋運動，水平方向的速度大小不變，即導體棒a切割磁場的有效速度不變，根據E＝BLv可知，其感應電動勢不變，故B正確；C、導體棒a在導軌上運動的過程中，根據右手定則可知電流方向為逆時針（俯視），根據左手定則可知導體棒b受到的安培力方向向左，所以導體棒b有向左運動的趨勢，故C錯誤；D、導體棒a在導軌上運動的過程中，設通過a的電荷量為q0，根據電荷量的計算公式可得：q0=其中R總＝Ra+代入數據解得：q0＝1.16C則通過電阻R的電荷量為：q=12q0故選：BD。2．（2022?遼寧）如圖所示，兩平行光滑長直金屬導軌水平放置，間距為L。abcd區(qū)域有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向豎直向上。初始時刻，磁場外的細金屬桿M以初速度v0向右運動，磁場內的細金屬桿N處于靜止狀態(tài)。兩金屬桿與導軌接觸良好且運動過程中始終與導軌垂直。兩桿的質量均為m，在導軌間的電阻均為R，感應電流產生的磁場及導軌的電阻忽略不計。（1）求M剛進入磁場時受到的安培力F的大小和方向；（2）若兩桿在磁場內未相撞且N出磁場時的速度為v0①N在磁場內運動過程中通過回路的電荷量q；②初始時刻N到ab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ab的距離為kx（k＞1），求M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍?！窘獯稹拷猓海?）細金屬桿M以初速度v0向右剛進入磁場時，產生的動生電動勢為E＝BLv0電流方向為a→b，電流的大小為I=E則所受的安培力大小為F＝BIL=安培力的方向由左手定則可知水平向左（2）①金屬桿N在磁場內運動過程中，由動量定理得：BI且q=聯立解得：q=②設兩桿在磁場中相對靠近的位移為Δx，有I=E=整理可得：q=BLΔx聯立解得：Δx=若兩桿在磁場內剛好相撞，N到ab的最小距離為x＝Δx=（3）兩桿出磁場后在平行光滑長直金屬導軌上運動，若N到cd的距離與第（2）問初始時刻相同，到ab的距離為kx（k＞1），則N到cd邊的速度大小恒為v0mv解得N出磁場時，M的速度大小為v1由題意可知，此時M到cd邊的距離為s＝（k﹣1）x若要保證M出磁場后不與N相撞，則有兩種臨界情況：①M減速到v0BIq1聯立解得：k＝2②若M運動到cd邊時，恰好減速到零，則對M由動量定理得：BIq2解得：k＝3綜上所述，M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍為2≤k≤3.答：（1）M剛進入磁場時受到的安培力F的大小為B2（2）若兩桿在磁場內未相撞且N出磁場時的速度為v0①N在磁場內運動過程中通過回路的電荷量為mv②初始時刻N到ab的最小距離為2mv（3）初始時刻，若N到cd的距離與第（2）問初始時刻的相同、到ab的距離為kx（k＞1），M出磁場后不與N相撞條件下k的取值范圍為2≤k≤3.。一.知識回顧雙桿模型1.模型特點(1)一桿切割時，分析同單桿類似。(2)兩桿同時切割時，回路中的感應電動勢由兩桿共同決定，E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Bl(v1－v2)。2．電磁感應中的“雙桿”問題分析(1)初速度不為零，不受其他水平外力的作用光滑的平行導軌光滑不等距導軌示意圖質量m1＝m2電阻r1＝r2長度l1＝l2質量m1＝m2不電阻r1＝r2長度l1＝2l2運動分析桿MN做變減速運動，桿PQ做變加速運動，穩(wěn)定時，兩桿的加速度均為零，以相等的速度eq\f(v0,2)勻速運動穩(wěn)定時，兩桿的加速度均為零，兩桿的速度之比為1∶2能量分析一部分動能轉化為內能，Q＝－ΔEk(2)初速度為零，一桿受到恒定水平外力的作用光滑的平行導軌不光滑平行導軌示意圖質量m1＝m2電阻r1＝r2長度l1＝l2摩擦力Ff1＝Ff2質量m1＝m2電阻r1＝r2長度l1＝l2運動分析開始時，兩桿做變加速運動；穩(wěn)定時，兩桿以相同的加速度做勻加速運動開始時，若F≤2Ff，則PQ桿先變加速后勻速運動；MN桿靜止。若F>2Ff，PQ桿先變加速后勻加速運動，MN桿先靜止后變加速最后和PQ桿同時做勻加速運動，且加速度相同能量分析外力做功轉化為動能和內能，WF＝ΔEk＋Q外力做功轉化為動能和內能(包括電熱和摩擦熱)，WF＝ΔEk＋Q電＋Qf二.例題精析題型一：系統(tǒng)動量守恒的最終同速的雙桿例1．如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內的足夠長的平行金屬導軌，兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上。t＝0時，棒ab以初速度v0向右滑動。運動過程中，ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示。下列圖象中可能正確的是（）A． B． C． D．【解答】解：導體棒ab做減速運動、cd做加速運動，當兩者速度相等后一起做勻速直線運動，兩導體棒組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝2mv，解得：v=v設電路總電阻為R，感應電流：I=BL(v1?v2)R，由于v1導體棒的加速度：a=FA、導體棒ab做加速度減小的減速運動，最終以v0B、導體棒cd做加速度逐漸減小的加速運動，最后以v0CD、由于導體棒ab做加速度減小的減速運動、cd做加速度減小的加速運動，v1﹣v2逐漸減小且減小的越來越慢，則感應電流I=BL(故選：A。題型二：系統(tǒng)動量不守恒的同向運動的雙桿（多選）例2．如圖，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直。ab、dc足夠長，整個金屬框電阻可忽略，一根具有一定電阻的導體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框，運動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行，經過一段時間后（）A．金屬框和導體棒速度相等 B．金屬框和導體棒加速度相等 C．導體棒所受安培力不變 D．金屬框的加速度不變【解答】解：金屬框在恒力F作用下向右加速，由右手定則可知，bc邊產生的感應電流從c流向b，由左手定則可知，導體棒受到向右的安培力作用，導體棒向右做加速運動，設金屬框的加速度為a1，導體棒的加速度為a2，設金屬框的速度為v1，導體棒的速度為v2，設導體棒的電阻為R，回路的感應電流：I=BLv1?BLv2R，設金屬框的質量為M，導體棒的質量為m，對金屬框，牛頓第二定律得：F﹣BIL＝Ma1，對導體棒MN，由牛頓第二定律得：BIL＝ma2，金屬框與導體棒都做初速度為零的加速運動，v1、v2都變大，a1從FM開始減小，導體棒的加速度a2從0開始增大，當金屬框與導體棒的加速度相等時，即a故選：BCD。題型三：系統(tǒng)動量不守恒的反向運動的雙桿（多選）例3．如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，導軌電阻不計，間距L＝0.4m。導軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN，Ⅰ中的勻強磁場方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應強度大小均為B＝0.5T。在區(qū)域Ⅰ中，將質量m1＝0.1kg、電阻R1＝0.1Ω的金屬條ab放在導軌上，ab剛好不下滑。然后，在區(qū)域Ⅱ中將質量m2＝0.4kg、電阻R2＝0.1Ω的光滑導體棒cd置于導軌上，由靜止開始下滑。cd在滑動過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場中，ab、cd始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，g取10m/s2。則（）A．cd下滑的過程中，ab中的電流由a流向b B．ab剛要向上滑動時，cd的速度v＝5m/s C．若從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離s＝3.8m，則此過程中ab上產生的熱量Q＝1.3J D．若從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離s＝3.8m，則此過程中通過ab的電荷量q＝1.9C【解答】解：A、cd下滑的過程中，由右手定則可知cd中的電流方向從d到c，所以ab中的電流方向由a流向b，故A正確；B、開始放置ab剛好不下滑時，ab所受摩擦力為最大摩擦力，設其為Fmax，有：Fmax＝m1gsinθ設ab剛好要上滑時，cd棒的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律有：E＝BLv設電路中的感應電流為I，由閉合電路歐姆定律有I=設ab所受安培力為F安，有：F安＝BIL此時ab受到的最大摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有：F安＝m1gsinθ+Fmax聯立代入數據解得：v＝5m/s，故B正確；C、設cd棒的運動過程中電路中產生的總熱量為Q總，由能量守恒定律有：m由串聯電路規(guī)律有：Q=聯立解得：Q＝1.3J，故C正確；D、根據動生電動勢公式E=ΔΦΔt，歐姆定律I=E故選：ABC。題型四：無相對運動的雙桿（巧用動量定理求解）例4．（2018?天津）真空管道超高速列車的動力系統(tǒng)是一種將電能直接轉換成平動動能的裝置。圖1是某種動力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，電阻忽略不計。ab和cd是兩根與導軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質量為m。列車啟動前，ab、cd處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下，如圖1所示。為使列車啟動，需在M、N間連接電動勢為E的直流電源，電源內阻及導線電阻忽略不計。列車啟動后電源自動關閉。（1）要使列車向右運行，啟動時圖1中M、N哪個接電源正極，并簡要說明理由；（2）求剛接通電源時列車加速度a的大小；（3）列車減速時，需在前方設置如圖2所示的一系列磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度和相鄰磁場間距均大于l。若某時刻列車的速度為v0，此時ab、cd均在無磁場區(qū)域，試討論：要使列車停下來，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場？【解答】解：（1）M接電源正極，列車要向右運動，安培力方向向右，根據左手定則，接通電源后，金屬棒中電流方向由a到b、由c到d，故M接電源正極。（2）由題意，啟動時ab、cd并聯，設回路總電阻為R總，由電阻的串并聯知識可得：R總設回路總電流為I，根據閉合電路歐姆定律有：I=E設兩根金屬棒所受安培力之和為F，有：F＝BIl根據牛頓第二定律有：F＝ma得：a=（3）設列車減速時，cd進入磁場后經△t時間ab恰好進入磁場，此過程中穿過金屬棒與導軌所圍回路的磁通量的變化量為△φ，平均感應電動勢為E1，則由法拉第電磁感應定律有：E1其中△φ＝Bl2設回路中平均電流為I′，由閉合電路歐姆定律有：I'=E設cd受到的平均安培力為F′，有：F′＝BI′l以向右為正方向，設△t時間內cd受到安培力沖量為I沖，有：I沖＝﹣F′△t同理可知，回路出磁場時ab受安培力沖量仍為上述值，設回路進出一塊有界磁場區(qū)域安培力沖量為I0，有：I0＝2I沖設列車停下來受到的總沖量為I總，由動量定理有：I總＝0﹣mv0聯立上式解得：I總討論：若I總I0答：（1）要使列車向右運行，啟動時圖1中M接電源正極，理由見解答；（2）剛接通電源時列車加速度a的大小為2BElmR（3）若mv0R三.舉一反三，鞏固練習如圖所示，相距為L的兩條足夠長的平行金屬導軌右端連接有一定值電阻R，整個裝置被固定在水平地面上，整個空間存在垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B，兩根質量均為m，電阻都為R，與導軌間的動摩擦因數都為μ的相同金屬棒MN、EF垂直放在導軌上?，F在給金屬棒MN施加一水平向左的作用力F，使金屬棒MN從靜止開始以加速度a做勻加速直線運動，若重力加速度為g，導軌電阻不計，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等．則下列說法正確的是（）A．從金屬棒MN開始運動到金屬棒EF開始運動經歷的時間為t=3μmgRB．若從金屬棒MN開始運動到金屬棒EF開始運動經歷的時間為T，則金屬棒EF開始運動時，水平拉力F的瞬時功率為P＝（ma+μmg）aT C．若從金屬棒MN開始運動到金屬棒EF開始運動經歷的時間為T，則此過程中流過電阻R的電荷量為BaT2D．從金屬棒MN開始運動到金屬棒EF開始運動的過程中，兩金屬棒的發(fā)熱量相等【解答】解：MN與電阻R的并聯阻值R并=RRA、以EF為研究對象，設EF剛開始運動時其電流大小為I，則通過MN的電流為2I，EF棒剛要開始運動時，由平衡條件得：BIL＝μmg，根據閉合電路歐姆定律得：E＝2I（R+0.5R）＝3IR感應電動勢：E＝BLvMN做勻速直線運動，MN的速度v＝at解得：t=3μmgRB、金屬棒EF開始運動時，由平衡條件得：BIL＝μmg，解得：I=金屬棒MN所受的安培力大小為F安培＝B×2IL以MN為研究對象，根據牛頓第二定律得：F﹣μmg﹣F安培＝ma拉力的功率為P＝FvMN的速度大小v＝aT解得：P＝（ma+3μmg）aT，故B錯誤；C、MN棒在T時間內通過的位移為x=由法拉第電磁感應定律可知，平均感應電動勢：E平均感應電流：I流過電阻R的電荷量：Q=IΔ解得通過MN棒的電量為Q=由于兩棒的電阻都為R，則此過程中流過電阻R的電荷量為q=12QD、由于MN棒切割磁感線，產生感應電動勢，相當于電源，通過MN的電流是EF電流的2倍，根據焦耳定律Q＝I2Rt可知，MN的發(fā)熱量是EF的4倍，故D錯誤。故選：A。（多選）如圖，“?”型金屬導軌固定放置于豎直向上的勻強磁場中。其中ab、de導軌水平放置，ef、bc導軌豎直放置，到過在轉角處連接良好。AA'和BB'是電阻為r＝0.5Ω的兩根均質金屬導體棒。已知水平和豎直導軌的寬度均為L＝1m，磁感應強度B＝2T，兩根導體棒與導軌間的動摩擦因數為μ＝0.2，AA'導體棒質量為mA＝2kg，BB'導體棒的質量為mB＝0.2kg。初始時，兩導體棒位于圖示位置，且突然給AA'桿一水平向左的初速度v0＝5m/s，并同時釋放BB'桿，假如導軌無電阻且足夠長，金屬桿在運動中過程始終與導軌接觸良好，g取10m/s2，則（）A．AA'桿初始時的加速度大小為10m/s2 B．BB'桿最終的加速度為10m/s2 C．若從開始至AA'桿靜止，桿AA'產生的焦耳熱為10.5J，則AA'的位移為1m D．BB'桿開始運動時，AA'桿的速度為1m/s【解答】解：A、初始時導體棒AA'切割磁感線，產生感應電動勢，其大小為E＝E＝BLv0＝2×1×5V＝10V，AA'、BB'桿和導軌構成的回路中感應電流大小為I=E2r=102×0.5A＝10A，AA'桿在水平方向受到的安培力與滑動摩擦力作用，其中安培大小為F＝IBL＝10×2×1N＝20N，滑動摩擦力大小為f＝μmAg＝0.2×B、經運動分析可知，AA'桿在安培力和摩擦力作用下減速為0，回路中此時無電流，BB'桿不受安培力做自由落體運動，故其加速度為g＝10m/s2，故B正確；C、分析AA'桿，AA'桿從初始時刻到停止，其受到安培力和滑動摩擦力的作用，安培力做功等于回路中產生的總焦耳熱，而回路中產生的總焦耳熱為AA'桿產生焦耳熱的2倍，故AA'桿從初始時刻到停止回路中產生的總焦耳熱為Q＝2QAA'＝2×10.5J＝21J。設AA'桿從初始時刻到停止運動的位移為x，依據動能定理，﹣Q﹣fx＝0?1D、當BB'桿剛開始運動時，其所受的重力等于摩擦力，即有mBg＝fB，又fB＝μF，故可得此時BB'桿受到的安培力F＝10N，又F=B2L故選：BC。（多選）如圖所示，兩根平行且光滑的金屬導軌由圓弧部分和水平部分組成，圓弧部分由兩段間距為2l、豎直放置的四分之一圓弧導軌構成，水平部分由足夠長、但不等寬的水平導軌構成，水平導軌的寬、窄部分間距分別為2l、l，虛線MN右側導軌區(qū)域處于豎直向上的勻強磁場中，寬、窄兩部分區(qū)域內的磁感應強度大小分別為B、2B。金屬棒ab與cd的質量均為m、電阻均為R，長度分別為l、2l，金屬棒ab靜止在窄導軌上?，F將金屬棒cd從圓弧軌道上距水平導軌h高度處由靜止釋放，在此后的運動過程中，cd始終在寬導軌上運動，ab始終在窄導軌上運動，兩金屬棒始終垂直于導軌且與導軌接觸良好。導軌各部分之間均平滑連接，導軌電阻不計，重力加速度為g，則（）A．金屬棒cd剛進入磁場時的速度大小為g? B．通過金屬棒ab的最大電流為BlRC．整個過程中金屬棒cd上產生的焦耳熱為14mghD．整個過程中通過金屬棒cd的電荷量為m【解答】解：A、金屬棒cd沿圓弧導軌下滑的過程中，根揩機械能守恒定律可得mgh=12mB、金屬棒cd剛進入磁場時速度最大，產生的感應電動勢最大，感應電流最大，流過兩個金屬棒的電流相同，則通過金屬棒ab的最大電流為Imax=B?2lvC、金屬棒cd進入磁場后的開始階段，cd棒受到向左的安培力作用做減速運動，ab受到向右的安培力作用做加速運動，兩金屬棒所受的安培力始終大小相等，方向相反，故兩金屬棒組成的系統(tǒng)動量守恒，最終兩金屬棒共速，取向右為正方向，由動量守恒定律得：mv＝2mv共，整個過程中金屬棒cd上產生的焦耳熱為Q=12（12mv2D、對金屬棒cd，由動量定理得：﹣BI?2l?Δt＝mv共﹣mv，通過金屬棒cd的電荷量為q=I?Δt，聯立解得q=故選：BCD。（多選）如圖，兩根足夠長的固定的光滑平行金屬導軌位于同一水平面內，兩導軌間的距離為l。導軌上面橫放著兩根導體棒1和2，構成矩形回路。兩根導體棒的質量皆為m，電阻皆為R，回路中其余部分的電阻可不計，在整個導軌平面內都有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B。初始棒2靜止，棒1有指向棒2的初速度v0。若兩導體棒在運動中始終不接觸，則（）A．棒1的最小速度為零 B．棒2的最大加速度為B2C．棒1兩端電壓的最大值為BLv0 D．棒2產生的最大熱量為1【解答】解：A、棒1向右做減速運動，棒2向右做加速運動，最終兩棒速度相同，此時棒1的速度最小，設為v。取向右為正方向，根據兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒得：mv0＝2mv，可得v=vB、棒1開始運動時，回路中感應電動勢最大，感應電流最大，棒2受到的安培力最大，加速度最大，為a=BILm，又I=BLC、棒1開始運動時，回路中感應電流最大，棒1兩端電壓的最大值，為U=E2=D、設棒2產生的最大熱量為Q，則兩棒產生的最大熱量為2Q，由能量守恒定律得：12mv02=12×2mv故選：BD。（多選）如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內的足夠長的平行金屬導軌相同的光滑金屬棒P、Q靜止在導軌上。t＝0時用水平恒力F向右拉動金屬棒Q運動過程中金屬棒PQ始終與導軌垂直并接觸良好金屬棒P、Q與導軌構成的回路中的電流用I表示、磁通量用Φ中表示：金屬棒Q的加速度用a表示，其相對金屬棒P的速度用vQP表示。下列關于I、Φ、a、vQP與時間t的關系圖像中錯誤的是（）A． B． C． D．【解答】解：ABD、由題意可知，Q棒由靜止開始加速，對Q棒，根據牛頓第二定律可得F﹣F安＝maQ對P棒，根據牛頓第二定律有F安＝maP又F安＝BIL根據閉合電路的歐姆定律有I=式中vQP＝vQ﹣vP故開始一段時間內棒的速度增大，F安也逐漸增大，而aQ逐漸減小，aP逐漸增大，且有aQ＞aP，故vQP逐漸增大；當aQ和aP相同時達到穩(wěn)定狀態(tài)，vQP不再改變，電流不再增加，故金屬棒Q先做加速度減小的加速運動，后做勻速直線運動，故AB錯誤，D正確；C、兩金屬棒達到穩(wěn)定狀態(tài)時，aQ和aP相同且vQ＞vP，故Q、P間的距離xQP增大，根據Φ＝BLxQP可知Φ不斷增大，故C錯誤。題目要求選擇錯誤的，故選：ABC。（多選）如圖所示，足夠長的光滑平行金屬直導軌固定在水平面上，左側軌道間距為2d，右側軌道間距為d．軌道處于豎直向下的磁感應強度大小為B的勻強磁場中．質量為2m、有效電阻為2R的金屬棒a靜止在左側軌道上，質量為m、有效電阻為R的金屬棒b靜止在右側軌道上．現給金屬棒a一水平向右的初速度v0，經過一段時間兩金屬棒達到穩(wěn)定狀態(tài)．已知兩金屬棒運動過程中始終相互平行且與導軌良好接觸，導軌電阻忽略不計，金屬棒a始終在左側軌道上運動，則下列說法正確的是（）A．金屬棒b穩(wěn)定時的速度大小為3vB．整個運動過程中通過金屬棒a的電荷量為2mvC．整個運動過程中兩金屬棒掃過的面積差為2mRvD．整個運動過程中金屬棒b產生的焦耳熱為2【解答】解：ABC、達到穩(wěn)定運動時，電路中電流為零，設此時a、b棒的速度分別為v1、v2，則有2Bdv1＝Bdv2對變速運動中取極短時間Δt，以向右為正方向，根據動量定理，對a棒有﹣2BId?Δt＝2m?Δv1對b棒有BId?Δt＝m?Δv2對變速運動全過程有Bdq＝m（v0﹣v1）v0﹣v1＝v2聯立解得從t＝0時到達到穩(wěn)定運動的過程中，通過金屬棒a的電荷量為q=2mv2=23v0v1=設整個運動過程中兩金屬棒掃過的面積差為ΔS，則根據流過金屬棒a的電荷量q=聯立整理可得ΔS=故A錯誤，BC正確；D、根據能量守恒定律可知，從t＝0時至達到穩(wěn)定運動的過程中，回路產生的內能為Q=12?2mv02?整理可得Q=整個運動過程中金屬棒b產生的焦耳熱和金屬棒a產生的焦耳熱滿足Qb故整個運動過程中金屬棒b產生的焦耳熱Qb=故D正確。故選：BCD。（多選）如圖，兩根足夠長的平行光滑導軌固定在絕緣水平面上，所在空間有方向垂直于水平面、磁感應強度為B的范圍足夠大的勻強磁場，導軌的間距為L，電阻不計；導軌上靜置兩根長度均為L的導體棒PQ和MN，其中PQ的質量為2m、阻值為R，MN的質量為m、阻值為2R.若在t＝0時刻給PQ一個平行于導軌向右的初速度v0，不計運動過程中PQ和MN的相互作用力，則（）A．t＝0時刻，兩導體棒的加速度大小相等 B．t＝0時刻，PQ兩端的電壓為23BLv0C．PQ勻速運動時的速度大小為13v0D．從t＝0時刻到PQ勻速運動的過程中，導體棒MN產生的焦耳熱為29m【解答】解：A、t＝0時刻，兩棒的安培力大小相等，根據牛頓第二定律可得MN的加速度大小為：a1=FA2m，NN的加速度大小為：aB、t＝0時PQ切割磁感應線產生