第十一章電磁感應(yīng)素養(yǎng)提升課十六電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問題提升點(diǎn)一動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用提升點(diǎn)二動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用內(nèi)容索引課時(shí)測(cè)評(píng)提升點(diǎn)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”模型情境示例1水平放置的平行光滑導(dǎo)軌，間距為L，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)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì)，從開始運(yùn)動(dòng)至停下來求電荷量q

求位移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＝

；若已知q或x也可求末速度情境示例2

間距為L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Δt

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中的任一個(gè)物理量(2023·北京大興一模)如圖1為汽車在足夠長水平路面上以恒定功率P啟動(dòng)的模型，假設(shè)汽車啟動(dòng)過程中所受阻力F阻恒定，汽車質(zhì)量為M；如圖2為一足夠長的水平的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L，左端接有定值電阻R，導(dǎo)軌處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，將一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒垂直擱在導(dǎo)軌上并用水平恒力F向右拉動(dòng)，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻不計(jì)且兩者始終接觸良好。圖3、圖4分別是汽車、導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)后的v-t圖像，圖3和圖4中的t1和t2已知。例1(1)請(qǐng)分別求汽車和導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度vm1和vm2；答案：vm代表的是勻速運(yùn)動(dòng)的速度，也就是平衡時(shí)物體的運(yùn)動(dòng)速度，對(duì)汽車啟動(dòng)問題，有F牽－F阻＝0，P＝F牽vm1解得vm1＝對(duì)導(dǎo)體棒問題，有F－ILB＝0I＝解得vm2＝

。(2)請(qǐng)求出汽車從啟動(dòng)到速度達(dá)到最大所運(yùn)動(dòng)的距離x1；答案：由動(dòng)能定理可知

解得

(3)求出導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)到速度達(dá)到最大所運(yùn)動(dòng)的距離x2。答案：由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝N可得，在導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)到速度達(dá)到最大過程中

由歐姆定律可知

由動(dòng)量定理可知

聯(lián)立解得

考向2不等間距的雙棒模型(多選)(2023·遼寧撫順模擬)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∶1C．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

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)體棒的電荷量為例2√√√開始時(shí)，導(dǎo)體棒中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝2BLv0，電路中感應(yīng)電流I＝

，導(dǎo)體棒D所受安培力F＝ILB，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(duì)變速運(yùn)動(dòng)中任意極短時(shí)間Δt，由動(dòng)量定理得，對(duì)C棒有－

·2LBΔt＝mΔv1，對(duì)D棒有

LBΔt＝mΔv2，故對(duì)變速運(yùn)動(dòng)全過程有v0－v1＝2v2，解得

，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＝

，解得Q＝

，故C正確；由上述分析可知對(duì)變速運(yùn)動(dòng)中任意極短時(shí)間Δt，由動(dòng)量定理得，對(duì)C棒有－

·2LBΔt＝mΔv1，可得2BLq＝m(v0－v1)，解得q＝

，故D正確。考向3

“電容＋單棒”模型1．無外力充電式基本模型規(guī)律(導(dǎo)軌光滑，電阻阻值為R，電容器電容為C)電路特點(diǎn)導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，電容器充電電流特點(diǎn)安培力為阻力，導(dǎo)體棒減速，E減小，有I＝

，電容器充電UC變大，當(dāng)BLv＝UC時(shí)，I＝0，F(xiàn)安＝0，導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)和最終特征導(dǎo)體棒做加速度a減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)I＝0，但電容器帶電荷量不為零基本模型規(guī)律(導(dǎo)軌光滑，電阻阻值為R，電容器電容為C)求最終速度v電容器充電電荷量：Q＝CU最終電容器兩端電壓：U＝BLv對(duì)導(dǎo)體棒應(yīng)用動(dòng)量定理：

v-t圖像

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?，F(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)例3√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(shì)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)

LBt＝－qBL＝mΔv，可得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中導(dǎo)體棒的動(dòng)量變化量，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．無外力放電式基本模型規(guī)律(電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻不計(jì)，電容器電容為C)電路特點(diǎn)電容器放電，相當(dāng)于電源；導(dǎo)體棒受安培力而運(yùn)動(dòng)電流特點(diǎn)電容器放電時(shí)，導(dǎo)體棒在安培力作用下開始運(yùn)動(dòng)，同時(shí)阻礙放電，導(dǎo)致電流減小，直至電流為零，此時(shí)UC＝BLvm運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)及最終特征做加速度a減小的加速運(yùn)動(dòng)，最終勻速運(yùn)動(dòng)，I＝0基本模型規(guī)律(電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻不計(jì)，電容器電容為C)求最大速度vm電容器充電電荷量：Q0＝CE放電結(jié)束時(shí)電荷量：Q＝CU＝CBLvm電容器放電電荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm對(duì)導(dǎo)體棒應(yīng)用動(dòng)量定理：mvm－0＝

LB·Δt＝BLΔQ則vm＝v-t圖像(2023·湖南岳陽模擬)如圖甲所示，航母上配備了先進(jìn)的電磁彈射系統(tǒng)。電磁彈射系統(tǒng)的具體實(shí)現(xiàn)方案有多種，并且十分復(fù)雜。一種簡化的物理模型如圖乙所示，電源和一對(duì)足夠長平行金屬導(dǎo)軌M、N分別通過單刀雙擲開關(guān)K與電容器相連。電源的電動(dòng)勢(shì)E＝6V，內(nèi)阻不計(jì)。兩條足夠長的導(dǎo)軌相距L＝0.2m且水平放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面且豎直向下，電容器的電容C＝10F?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m＝0.1kg、電阻R＝1Ω的金屬滑塊垂直放置于導(dǎo)軌的滑槽內(nèi)，分別與兩導(dǎo)軌良好接觸。將開關(guān)K置于a讓電容器充電，充電結(jié)束后，再將K置于b，金屬滑塊會(huì)在電磁力的驅(qū)動(dòng)下運(yùn)動(dòng)。不計(jì)導(dǎo)軌和電路其他部分的電阻，不計(jì)電容器充、放電過程中電磁輻射和導(dǎo)軌產(chǎn)生的磁場對(duì)滑塊的作用，忽略金屬滑塊運(yùn)動(dòng)過程中的一切摩擦阻力。例4下列說法正確的是A．開關(guān)K置于b后，金屬塊先做加速運(yùn)動(dòng)、后做減速運(yùn)動(dòng)B．開關(guān)K置于b的瞬間，金屬滑塊的加速度大小為7m/s2C．開關(guān)K置于b后，金屬滑塊獲得的最大速度大小為30m/sD．開關(guān)K置于b后，電容器最終帶電量為零√開關(guān)K置于b的瞬間，流過金屬滑塊的電流為I＝

，以金屬滑塊為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得F＝ILB＝ma，解得a＝

＝6m/s2，故B錯(cuò)誤；金屬滑塊運(yùn)動(dòng)后，切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，當(dāng)電容器電壓與滑塊切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，滑塊速度不再變化，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)速度達(dá)到最大。設(shè)金屬滑塊加速運(yùn)動(dòng)到最大速度時(shí)兩端電壓為U，電容器放電過程中的電荷量變化為Δq，放電時(shí)間為Δt，流過金屬滑塊的平均電流為I，在金屬滑塊滑動(dòng)過程中，由動(dòng)量定理得ILB·Δt＝mv－0，由電流的定義Δq＝IΔt，由電容的定義C＝

，電容器放電過程的電荷量變化為Δq＝CΔU，且ΔU＝E－U，故BLC(E－U)＝mv，金屬滑塊運(yùn)動(dòng)后速度最大時(shí)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得U＝BLv，聯(lián)立解得v＝30m/s，故A錯(cuò)誤，C正確；由C選項(xiàng)分析可知，當(dāng)金屬滑塊運(yùn)動(dòng)后，速度最大時(shí)起飛，其兩端電壓為U＝BLv＝3V，即此時(shí)電容器兩端電壓為3V，電容極板上依然有電荷，未完全放電，故D錯(cuò)誤。故選C。返回提升點(diǎn)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)類型雙棒無外力雙棒有外力示意圖(F為恒力)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(多選)(2023·遼寧高考)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、長度為d，導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長度為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的輕質(zhì)絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場中運(yùn)動(dòng)直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個(gè)過程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì)。下列說法正確的是A．彈簧伸展過程中、回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流B．PQ速率為v時(shí)，MN所受安培力大小為C．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，MN與PQ的路程之比為2∶1D．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，通過MN的電荷量為例5√√彈簧伸展的過程中，穿過閉合回路的磁通量向上增加，由楞次定律可判斷回路中的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，A正確；設(shè)MN的質(zhì)量為m，則PQ的質(zhì)量為2m，對(duì)PQ由動(dòng)量定理得Ft－

·2dBt＝2mv，對(duì)MN由動(dòng)量定理得Ft－

d·2Bt＝mv′，解得導(dǎo)體棒MN的速度為v′＝2v，PQ速率為v時(shí)，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E＝2Bd·2v＋B·2dv＝6Bdv，回路中的感應(yīng)電流大小為I＝

，則MN所受的安培力大小為FMN＝Id·2B＝

，B錯(cuò)誤；整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，MN的加速度為aMN＝

，PQ的加速度為aPQ＝

，則aMN∶aPQ＝2∶1，由B選項(xiàng)分析可知MN與PQ的速率之比為2∶1，則由公式v2＝2ax可知MN與PQ的路程之比為2∶1，C正確；由C選項(xiàng)分析可知兩導(dǎo)體棒靜止時(shí)，MN的位移大小為

，PQ的位移大小為

，由法拉第電磁感應(yīng)定律得

，通過MN的電荷量為q＝

·Δt，整理得q＝

，代入數(shù)據(jù)解得q＝

，D錯(cuò)誤。

如圖所示，P、Q是兩根固定在水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，間距為L，導(dǎo)軌足夠長且電阻可忽略不計(jì)。圖中EFHG矩形區(qū)域內(nèi)有一方向垂直導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。在t＝0時(shí)刻，兩金屬棒a、b分別以大小相同的速率v0，分別從磁場的邊界EF、GH進(jìn)入磁場。經(jīng)過一段時(shí)間后，其中有一棒恰好停在磁場邊界處，且在這個(gè)過程中，金屬棒a、b沒有相碰，相距最近時(shí)b棒仍位于磁場區(qū)域內(nèi)。已知金屬棒a、b是由相同材料制成，長度均為L，電阻分別為R和2R，a棒的質(zhì)量為2m。在運(yùn)動(dòng)過程中兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。求：例6(1)在t＝0時(shí)刻b棒的加速度大?。淮鸢福焊鶕?jù)電阻定律有Ra＝R＝

可得Sa＝2Sb根據(jù)ma＝2m＝ρ′LSa，mb＝ρ′LSb可得mb＝

a進(jìn)入磁場的速度方向向右，b的速度方向向左，根據(jù)右手定則可知，a產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向是E到F，b產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向是H到G，即兩個(gè)感應(yīng)電流方向相同，所以流過a、b的感應(yīng)電流是兩個(gè)感應(yīng)電流之和，則有I＝對(duì)于b，根據(jù)牛頓第二定律有ILB＝mba聯(lián)立解得在t＝0時(shí)刻b棒的加速度大小為a＝

。(2)兩棒在整個(gè)過程中相距最近的距離；答案：取向右為正方向，相距最近時(shí)，兩棒具有相同速度，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒有2mv0－mv0＝

解得v＝此時(shí)，電路中感應(yīng)電流為0，a、b棒一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，直到b棒出磁場區(qū)域，之后b棒不受安培力、a棒受安培力減速直到停下；從b棒出磁場區(qū)域到a棒剛好停在磁場邊界處，對(duì)a棒運(yùn)用動(dòng)量定理得－

LBΔt＝0－2mv又q＝IΔt＝

聯(lián)立解得兩棒在整個(gè)過程中相距最近的距離為s＝

。(3)在整個(gè)過程中，b棒產(chǎn)生的焦耳熱。答案：對(duì)a、b組成的系統(tǒng)，最終b棒一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)能量守恒有

對(duì)a、b，根據(jù)焦耳定律有Q＝I2RΔt因a、b流過的電流一直相等，所用時(shí)間相同，故a、b產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，即Qa∶Qb＝1∶2又Qa＋Qb＝Q總聯(lián)立解得b棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qb＝

返回課時(shí)測(cè)評(píng)1．(多選)如圖所示，一質(zhì)量為2m的足夠長的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?，F(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)镸→N→c→b→MB．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

√√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)镸→N→c→b→M，故A正確；以整體為研究對(duì)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(duì)導(dǎo)體棒根據(jù)動(dòng)量定理可得

LBΔt＝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＝

，故D錯(cuò)誤。2．(多選)(2024·湖北重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)如圖所示，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√√導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流(逆時(shí)針)，導(dǎo)體棒ab受安培阻力F作用，速度減小，導(dǎo)體棒cd受安培力F′作用，速度變大，兩棒之間的速度差Δv＝v1－v2逐漸減小，整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸減小，回路中感應(yīng)電流逐漸減小，兩棒所受安培力逐漸減小，加速度逐漸減小，故ab棒做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，cd棒做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)兩棒的速度相等時(shí)，回路上感應(yīng)電流消失，兩棒在導(dǎo)軌上以共同速度做勻速運(yùn)動(dòng)，兩棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)不受外力作用，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則mv0＝2mv共，解得v共＝

，故A、C正確，B、D錯(cuò)誤。3．(多選)如圖所示，光滑水平導(dǎo)軌置于磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，左側(cè)導(dǎo)軌間距為L，右側(cè)導(dǎo)軌間距為2L，導(dǎo)軌均足夠長。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab和質(zhì)量為2m的導(dǎo)體棒cd均垂直于導(dǎo)軌放置，處于靜止?fàn)顟B(tài)。ab的電阻為R，cd的電阻為2R，兩棒始終在對(duì)應(yīng)的導(dǎo)軌部分運(yùn)動(dòng)，兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。現(xiàn)瞬間給cd一水平向右的初速度v0，則此后的運(yùn)動(dòng)過程中下列說法正確的是A．導(dǎo)體棒ab和cd組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒B．兩棒最終以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)C．a(chǎn)b棒最終的速度為

D．從cd獲得初速度到二者穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)，此過程系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為

√√cd獲得速度后，電路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)左手定則和牛頓第二定律可知，cd棒減速，ab棒加速，當(dāng)BLvab＝2BLvcd時(shí)，回路中磁通量不變，沒有感應(yīng)電流，最終兩棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，分別對(duì)兩棒運(yùn)用動(dòng)量定理得－I·2LBt＝2mvcd－2mv0，ILBt＝mvab，兩式合并得vcd＋vab＝v0，聯(lián)立解得vab＝v0，故B錯(cuò)誤，C正確；由≠2m·v0，故導(dǎo)體棒ab和cd組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A正確；從cd獲得初速度到二者穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)，此過程系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱Q＝

，解得Q＝

，故D錯(cuò)誤。4．如圖所示，豎直光滑墻壁左側(cè)區(qū)域有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場外邊界與豎直方向的夾角為θ＝45°，在外邊界與豎直墻壁交點(diǎn)處上方高度由靜止釋放一個(gè)邊長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形導(dǎo)電線框，經(jīng)過時(shí)間t，導(dǎo)電線框運(yùn)動(dòng)到虛線位置且加速度恰好為零，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，在此過程中A．導(dǎo)電線框的加速度一直在減小B．導(dǎo)電線框中產(chǎn)生的熱量為mgh－C．速度最大時(shí)導(dǎo)電線框?qū)Ρ诘膲毫Υ笮?mgD．導(dǎo)電線框所受安培力的沖量大小為mgt－√導(dǎo)電線框開始在磁場中做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，然后做加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；導(dǎo)電線框速度最大時(shí)有E＝BLv，I＝

，豎直方向滿足mg＝ILB，可得v＝

，由能量守恒可得mgh＝Q＋mv2，可得Q＝mgh－

，故B正確；導(dǎo)電線框速度最大時(shí)，在水平方向上有FN＝ILB＝mg，根據(jù)牛頓第三定律可知速度最大時(shí)導(dǎo)電線框?qū)Ρ诘膲毫Υ笮閙g，故C錯(cuò)誤；在豎直方向由動(dòng)量定理可知mgt－Iy安＝mv－0，可得Iy安＝mgt－

，但安培力還有水平方向的沖量，故D錯(cuò)誤。故選B。5．(多選)(2023·河北邯鄲一模)如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定有足夠長的平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN，導(dǎo)軌間距為L，在QN之間連接有阻值為R的電阻，導(dǎo)軌上放有質(zhì)量為m、電阻為R的金屬桿ab，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場中?，F(xiàn)對(duì)金屬桿ab施加一大小為F＝2mg的拉力，使其由靜止開始向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t后金屬桿達(dá)到最大速度。金屬桿ab運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，忽略所有摩擦，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，則下列結(jié)論正確的是A．通過電阻R的感應(yīng)電流方向由N向QB．金屬桿ab的最大速度為C．金屬桿ab由靜止到最大速度的過程中，上升的高度為D．金屬桿ab由靜止到最大速度的過程中，通過電阻R的電荷量為√√由楞次定律可知，通過電阻R的感應(yīng)電流方向?yàn)橛蒕向N，故A錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒速度為v時(shí)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv，流過導(dǎo)體棒的電流為I＝＝

，導(dǎo)體棒所受安培力FA＝ILB＝

，由牛頓第二定律可得F－mg－

＝ma，當(dāng)a＝0時(shí)，速度最大，解得最大速度為vm＝

，故B正確；金屬桿ab由靜止到最大速度的過程中，由動(dòng)量定理Ft－mgt－

LBt＝mvm，又因?yàn)?/p>

，可得Ft－mgt－

＝mvm，F(xiàn)t－mgt－BLq＝mvm，解得上升的高度h＝

，通過電阻R的電荷量q＝

，故C錯(cuò)誤，D正確。故選BD。6．(多選)(2024·河南新安模擬)如圖是一種電梯突然失控下落時(shí)的保護(hù)裝置。在電梯后方墻壁上交替分布著方向相反的勻強(qiáng)磁場，每塊磁場區(qū)域?qū)扡，高h(yuǎn)，大小均為B。電梯后方固定一個(gè)N匝矩形線圈，線圈總電阻為R，高度為H，H＝3h，寬度略大于磁場。已知某次電梯運(yùn)行試驗(yàn)中電梯總質(zhì)量為m，忽略一切阻力，重力加速度為g。若電梯失去其他保護(hù)，由靜止從高處突然失控下落，某時(shí)刻電梯下降3H時(shí)，速度為v，則A．下降3H時(shí)，線圈的電動(dòng)勢(shì)為E＝NBLvB．下落瞬間電梯加速度的大小為gC．若電梯與地面的距離足夠高，電梯最終的速度為vm＝D．下降3H過程所需要的時(shí)間為

√√下降3H時(shí)，上下兩邊均切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，故線圈的電動(dòng)勢(shì)為E＝2NBLv，故A錯(cuò)誤；下落瞬間，電梯速度為零，無感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，安培力為零，則只受重力作用，加速度的大小為g，故B正確；若電梯與地面的距離足夠高，最終安培力與重力平衡，電梯勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)F＝2NImLB＝2NBL

＝mg，解得vm＝

，故C錯(cuò)誤；下降3H過程，根據(jù)動(dòng)量定理得mgt－t＝mv，其中3H＝

t，解得t＝

，故D正確。故選BD。7．(2023·江蘇南通三模)如圖所示，兩光滑平行長直金屬導(dǎo)軌水平固定放置，導(dǎo)軌間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場。兩根相同的金屬棒ab、cd垂直放置在導(dǎo)軌上，處于靜止?fàn)顟B(tài)。t＝0時(shí)刻，對(duì)cd棒施加水平向右的恒力F，棒始終與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。兩棒的速度vab、vcd和加速度aab、acd隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像可能正確的是√金屬棒cd在恒力F作用下由靜止開始加速，此時(shí)金屬棒ab、cd加速度aab＝0，acd＝

，之后回路中出現(xiàn)感應(yīng)電流，金屬棒cd受到的安培力與恒力F反向，金屬棒cd的加速度減小，金屬棒ab在安培力作用下開始加速，金屬棒cd與金屬棒ab的速度差逐漸增大，回路中的電動(dòng)勢(shì)逐漸增大，安培力F安＝