第70課時專題強化：電磁感應中的動量問題目標要求1.掌握應用動量定理處理電磁感應問題的方法技巧，能識別常用動量定理的模型。2.建立電磁感應問題中動量守恒的模型，并能靈活用動量守恒定律解決問題?？键c一動量定理在電磁感應中的應用導體棒或金屬框在感應電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時，當題目中涉及速度v、電荷量q、運動時間t、運動位移x時常用動量定理求解。1.“單棒＋電阻”模型(1)水平放置的平行光滑導軌，間距為L，左側(cè)接有電阻阻值為R，導體棒初速度為v0，質(zhì)量為m，電阻不計，勻強磁場的磁感應強度為B，導軌足夠長且電阻不計，從導體棒開始運動至停下來。求：①此過程中通過導體棒橫截面的電荷量q＝mv②此過程導體棒的位移x＝mv③若導體棒從獲得初速度v0經(jīng)一段時間減速至v1，通過導體棒的電荷量為q1，則v1＝v0－Bq④導體棒從獲得初速度v0經(jīng)過位移x0，速度減至v2，則v2＝v0－B2(2)間距為L的光滑平行導軌傾斜放置，傾角為θ，由靜止釋放質(zhì)量為m、接入電路的阻值為R的導體棒，勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直導軌所在傾斜面向下(重力加速度為g，導軌電阻不計)。①經(jīng)Δt1＝mv1＋BLqmgsin②經(jīng)Δt2＝mv2R＋B2例1(多選)如圖所示，水平面上固定放置有“”形光滑金屬導軌，平行的兩邊寬度為L。虛線MN右側(cè)存在方向垂直于導軌平面的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度大小為B，磁場的區(qū)域足夠大。質(zhì)量為m、電阻為R、長度也為L的金屬棒垂直于導軌放置，以初速度v0沿導軌進入勻強磁場區(qū)域，最終靜止。金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，不計金屬導軌電阻，則()A.金屬棒剛進入磁場時受到的安培力大小為BB.金屬棒在磁場中運動的時間為2C.金屬棒在磁場中運動的距離為mD.流過金屬棒橫截面的總電荷量為2答案AC解析根據(jù)題意可知，金屬棒剛進入磁場時，感應電動勢為E＝BLv0，通過金屬棒的感應電流為I＝ER＝BLv0R，金屬棒剛進入磁場時受到的安培力大小為F＝BIL＝B2L2v0R，故A正確；設(shè)金屬棒在磁場中運動的距離為x，由動量定理有－FΔt＝－BIL·Δt＝0－mv0，其中q＝I·Δt＝ΔΦR＝BLxR，則有B2L2xR＝mv0，解得金屬棒在磁場中運動的距離為x＝m2.不等間距的雙棒模型例2(多選)(2024·山東淄博市檢測)如圖所示，M、N、P、Q四條光滑的足夠長的金屬導軌平行放置，導軌間距分別為2L和L，兩組導軌間由導線相連，裝置置于水平面內(nèi)，導軌間存在方向豎直向下的、磁感應強度大小為B的勻強磁場，兩根質(zhì)量均為m、接入電路的電阻均為R的導體棒C、D分別垂直于導軌放置，且均處于靜止狀態(tài)，其余部分電阻不計。t＝0時使導體棒C獲得瞬時速度v0向右運動，兩導體棒在運動過程中始終與導軌垂直并與導軌接觸良好，且達到穩(wěn)定運動時導體棒C未到兩組導軌連接處，則下列說法正確的是()A.t＝0時，導體棒D的加速度大小為a＝BB.達到穩(wěn)定運動時，C、D兩棒速度之比為1∶1C.從t＝0時至達到穩(wěn)定運動的過程中，回路產(chǎn)生的內(nèi)能為25mD.從t＝0時到達到穩(wěn)定運動的過程中，通過導體棒的電荷量為2答案ACD解析開始時，導體棒中的感應電動勢E＝2BLv0，電路中感應電流I＝E2R，導體棒D所受安培力F＝BIL，設(shè)導體棒D的加速度為a，則有F＝ma，解得a＝B2L2v0mR，故A正確；穩(wěn)定運動時，電路中電流為零，設(shè)此時C、D棒的速度分別為v1、v2，則有2BLv1＝BLv2，對變速運動中任意極短時間Δt，由動量定理得，對C棒有2BILΔt＝m(v0－v1)，對D棒有BILΔt＝mv2，故對變速運動全過程有v0－v1＝2v2，解得v2＝25v0，v1＝15v0，故B錯誤；根據(jù)能量守恒定律可知回路產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝12mv02－12mv12－12mv22，解得Q＝25mv02，故C正確；由動量定理，對C棒有2BILΔt＝m考點二電磁感應中“電容器＋棒”模型1.無外力充電式基本模型規(guī)律(導軌光滑，電阻阻值為R，電容器電容為C)電路特點導體棒相當于電源，電容器充電電流特點安培力為阻力，棒減速，E減小，有I＝BLv-UCR，電容器充電UC變大，當BLv＝UC時，I＝0，F(xiàn)運動特點和最終特征棒做加速度a減小的減速運動，最終做勻速運動，此時I＝0，但電容器帶電荷量不為零最終速度電容器充電電荷量：q＝CUC最終電容器兩端電壓UC＝BLv對棒應用動量定理：mv－mv0＝－BIL·Δt＝－BLqv＝mv－t圖像2.無外力放電式基本模型規(guī)律(電源電動勢為E，內(nèi)阻不計，電容器電容為C)電路特點電容器放電，相當于電源；導體棒受安培力而運動電流特點電容器放電時，導體棒在安培力作用下開始運動，同時阻礙放電，導致電流減小，直至電流為零，此時UC＝BLvm運動特點及最終特征做加速度a減小的加速運動，最終勻速運動，I＝0最大速度vm電容器初始電荷量：Q0＝CE放電結(jié)束時電荷量：Q＝CUC＝CBLvm電容器放電電荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm對棒應用動量定理：mvm－0＝BIL·Δt＝BLΔQvm＝BLCEv－t圖像例3某電磁軌道炮的簡化模型如圖所示，兩光滑導軌相互平行，固定在光滑絕緣水平桌面上，導軌的間距為L，導軌左端通過單刀雙擲開關(guān)與電源、電容器相連，電源電動勢為E，內(nèi)阻不計，電容器的電容為C。EF與PQ之間區(qū)域內(nèi)有垂直導軌平面向下、磁感應強度為B的勻強磁場，EF、PQ之間的距離足夠長。一炮彈可視為寬為L、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒靜置于EF處，與導軌始終保持良好接觸。當把開關(guān)S1、S2分別接a、b時，導軌與電源相連，炮彈中有電流通過，炮彈受到安培力作用向右加速，同時炮彈中產(chǎn)生感應電動勢，當炮彈的感應電動勢與電源的電動勢相等時，回路中電流為零，炮彈達到最大速度。不考慮空氣阻力，其他電阻都不計，忽略導軌電流產(chǎn)生的磁場。求：(1)炮彈運動到PQ邊界過程的最大加速度am；(2)炮彈從靜止到最大速度的過程中，流過炮彈橫截面的電荷量q和回路產(chǎn)生的焦耳熱Q；(3)將炮彈放回原位置，斷開S2，把S1接c，讓電源給電容器充電，充電完成后，再將S1斷開，把S2接d，求炮彈運動到PQ邊界時電容器上剩余的電荷量q'。答案(1)BELmR(2)mEB2L2m解析(1)炮彈剛開始運動時通過炮彈的電流最大，炮彈受到的安培力最大，加速度最大。有I＝EF安＝BIL＝mam得am＝BEL(2)隨著炮彈速度的增大，炮彈的感應電動勢增大，通過炮彈的電流減小，當感應電動勢與電源電動勢相等時回路中電流為零，炮彈達到最大速度，即E＝BLvm得vm＝E炮彈從靜止到最大速度過程流過炮彈橫截面的電荷量q＝IΔt由動量定理有BLIΔt＝mvm－0得q＝mE電源做的功轉(zhuǎn)化為炮彈的動能和回路產(chǎn)生的焦耳熱，有Q＝qE－12m得Q＝m(3)充滿電時電容器的電荷量為q0＝CE當電容器與炮彈連接后電容器放電，炮彈向右加速運動，電容器的電荷量、電壓均減小，當炮彈的感應電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，炮彈達到最大速度vm'，此后電容器不再放電。設(shè)此時電容器上剩余電荷量為q'，有E'＝BLvm'E'＝q由動量定理有BL(q0－q')＝mvm'－0解得q'＝C2考點三動量守恒定律在電磁感應中的應用1.在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導軌構(gòu)成閉合回路，安培力充當系統(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，滿足動量守恒，運用動量守恒定律解題比較方便。2.雙棒模型(不計摩擦力)模型示意圖及條件水平面內(nèi)的光滑等距導軌，兩個棒的質(zhì)量分別為m1、m2，電阻分別為R1、R2，給棒2一個初速度v0電路特點棒2相當于電源；棒1受安培力而加速運動，運動后產(chǎn)生反電動勢電流及速度變化棒2做變減速運動，棒1做變加速運動，隨著兩棒相對速度的減小，回路中的電流減小，I＝BLv2最終狀態(tài)a＝0，I＝0，v1＝v2系統(tǒng)規(guī)律動量守恒m2v0＝(m1＋m2)v能量守恒Q＝12m2v02－12(m1兩棒產(chǎn)生焦耳熱之比Q例4如圖所示，兩光滑平行長直導軌，間距為d，放置在水平面上，磁感應強度為B的勻強磁場與導軌平面垂直向下，兩質(zhì)量都為m、電阻都為r的導體棒L1、L2垂直放置在導軌上，與導軌接觸良好，兩導體棒距離足夠遠，L1靜止，L2以初速度v0向右運動，不計導軌電阻，忽略感生電流產(chǎn)生的磁場，則()A.導體棒L1的最終速度為v0B.導體棒L2產(chǎn)生的焦耳熱為3C.通過導體棒橫截面的電荷量為mD.兩導體棒的初始距離最小為m答案D解析導體棒L2做變減速運動，L1做變加速運動，隨著兩棒相對速度的減小，回路中電流減小，安培力減小，加速度減小，導體棒L1、L2最終以相同的速度勻速直線運動，設(shè)共同速度為v1，水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得mv0＝2mv1，解得v1＝v02，故A錯誤；設(shè)導體棒L1、L2在整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q總，根據(jù)能量守恒定律可得12mv02＝Q總＋12(2m)v12，解得Q總＝14mv02，導體棒L1、L2的電阻都為r，因此導體棒L2產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝12Q總＝18mv02，故B錯誤；對導體棒L1，由動量定理得BIdΔt＝mv1，因為q＝IΔt，故Bdq＝mv1，因此通過導體棒橫截面的電荷量為q＝mv1Bd＝mv02Bd，故C錯誤；若導體棒L1、L2速度相等時距離為零，則兩棒的初始距離最小，設(shè)最小初始距離為例5(2024·湖北卷·15)如圖所示，兩足夠長平行金屬直導軌MN、PQ的間距為L，固定在同一水平面內(nèi)，直導軌在左端M、P點分別與兩條豎直固定、半徑為L的14圓弧導軌相切。MP連線與直導軌垂直，其左側(cè)無磁場，右側(cè)存在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導軌的最高點。質(zhì)量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環(huán)，水平放置在兩直導軌上，其圓心到兩直導軌的距離相等。忽略導軌的電阻、所有摩擦以及金屬環(huán)的可能形變，金屬棒、金屬環(huán)均與導軌始終接觸良好，重力加速度大小為g?，F(xiàn)將金屬棒ab由靜止釋放，求：(1)ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應電動勢大??；(2)金屬環(huán)剛開始運動時的加速度大小；(3)為使ab在整個運動過程中不與金屬環(huán)接觸，金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離。答案(1)BL2gL(2)(3)B解析(1)根據(jù)題意可知，對金屬棒ab由靜止釋放到剛越過MP過程中，由動能定理有mgL＝12m解得v0＝2則金屬棒ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應電動勢大小為E＝BLv0＝BL2(2)根據(jù)題意可知，金屬環(huán)在導軌間兩段圓弧并聯(lián)接入電路中，軌道外側(cè)的兩段圓弧被短路，由幾何關(guān)系可得，每段圓弧的電阻為R0＝R可知，整個回路的總電阻為R總＝R＋R·RRab剛越過MP時，通過金屬棒ab的感應電流為I＝E對金屬環(huán)由牛頓第二定律有2BL·I2＝2解得a＝B(3)根據(jù)題意，結(jié)合上述分析可知，金屬環(huán)和金屬棒ab所受的安培力等大反向，則系統(tǒng)的動量守恒，由于金屬環(huán)做加速運動，金屬棒做減速運動，為使ab在整個運動過程中不與金屬環(huán)接觸，則有當金屬棒ab和金屬環(huán)速度相等時，金屬棒ab恰好追上金屬環(huán)，設(shè)此時速度為v，由動量守恒定律有mv0＝mv＋2mv解得v＝13v設(shè)經(jīng)過時間t，金屬棒ab與金屬環(huán)共速，對金屬棒ab，由動量定理有－BILt＝m·v03－則有BLq＝23mv設(shè)金屬棒運動距離為x1，金屬環(huán)運動的距離為x2，則有q＝BL聯(lián)立解得Δx＝x1－x2＝mR則金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離d＝L＋Δx＝B2針對訓練(多選)(2023·遼寧卷·10)如圖，兩根光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場中，磁感應強度大小分別為2B和B。已知導體棒MN的電阻為R、長度為d，導體棒PQ的電阻為2R、長度為2d，PQ的質(zhì)量是MN的2倍。初始時刻兩棒靜止，兩棒中點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動直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個過程中兩棒保持與導軌垂直并接觸良好，導軌足夠長且電阻不計。下列說法正確的是()A.彈簧伸展過程中，回路中產(chǎn)生順時針方向的電流B.PQ速率為v時，MN所受安培力大小為4C.整個運動過程中，MN與PQ的路程之比為2∶1D.整個運動過程中，通過MN的電荷量為BLd答案AC解析彈簧伸展過程中，根據(jù)右手定則可知，回路中產(chǎn)生順時針方向的電流，選項A正確；任意時刻，設(shè)電流為I，則PQ所受安培力FPQ＝BI·2d，方向向左，MN所受安培力FMN＝2BId，方向向右，可知兩棒及彈簧系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，設(shè)PQ質(zhì)量為2m，則MN質(zhì)量為m，PQ速率為v時，則有2mv＝mv'，解得v'＝2v，回路中的感應電流I＝2Bdv'＋B·2dv3R＝2BdvR，MN所受安培力大小為FMN＝2BId＝4B2d2vR，選項B錯誤；設(shè)整個運動過程中，某時刻MN與PQ的速率分別為v1、v2，同理有mv1＝2mv2，可知MN與PQ的速率之比始終為2∶1，則MN與PQ的路程之比為2∶1，故C正確；兩棒最終停止時彈簧處于原長狀態(tài)，由動量守恒可得mx1＝2mx2，x1＋x2＝L，可得最終MN向左移動x1＝2L課時精練(分值：100分)1~4題每小題8分，5題14分，共46分1.(多選)如圖所示，半徑為r的粗糙四分之一圓弧導軌與光滑水平導軌平滑相連，四分之一圓弧導軌區(qū)域沒有磁場，水平導軌區(qū)域存在磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場，導軌間距為l，ab、cd是質(zhì)量為m、接入電路中電阻為R的金屬棒，導軌電阻忽略不計。cd靜止在水平導軌上，ab從四分之一圓弧導軌頂端由靜止釋放，在圓弧導軌上克服阻力做功12mgr，水平導軌足夠長，ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好，且不會相撞，重力加速度為g。從ab棒進入水平導軌開始，下列說法正確的是(A.ab棒先做勻減速運動，最后做勻速運動B.cd棒先做勻加速直線運動，最后和ab以相同的速度做勻速運動C.ab棒剛進入磁場時，cd棒電流為BlD.ab棒的最終速度大小為gr答案CD解析ab棒進入磁場受到向左的安培力，做減速運動，所以安培力減小，則ab棒先做加速度減小的減速運動，cd棒與ab棒串聯(lián)，所以先做加速度減小的加速運動，最后它們共速，做勻速運動，故A、B錯誤；ab棒剛進入磁場的速度就是它下滑到底端的速度，根據(jù)動能定理mgr－12mgr＝12mv2，可得速度為v＝gr，則感應電動勢為E＝Blv，兩金屬棒串聯(lián)，故兩棒瞬時電流為I＝Blgr2R，兩棒共速時由動量守恒定律有mv＝2mv'，得速度大小為v'＝gr2.如圖所示，除導體棒ab可動外，其余部分均固定不動，圖中的電容器帶電荷量為Q，上極板帶正電荷，電容為C。導體棒、導軌的電阻均可忽略，導體棒和導軌間的摩擦不計。圖中裝置均在水平面內(nèi)，且都處于方向垂直水平面(即紙面)向下的勻強磁場中，導軌間距為L，導軌足夠長。導體棒質(zhì)量為m，始終與導軌垂直且接觸良好，勻強磁場的磁感應強度大小為B，閉合開關(guān)后，導體棒由靜止開始運動，下列說法正確的是()A.導體棒先向右做加速運動，再向右做減速直到靜止B.導體棒先向右做加速運動，最后以v＝BLQmC.通過R的電荷量為QD.通過R的電荷量為C答案B解析閉合開關(guān)后電容器放電，ab中電流從a到b，由左手定則知導體棒受到向右的安培力，做加速度減小的加速運動，ab向右運動過程中切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，當感應電動勢與電容器上電壓相等時，感應電流變?yōu)榱?，此后導體棒勻速運動，故A錯誤；設(shè)ab最后以v勻速運動，通過ab的電荷量為q，對ab由動量定理有BLIt＝mv，又q＝It＝Q－CBLv，解得v＝BLQm＋CB2L2，q＝mQ3.在甲、乙兩圖中，足夠長的光滑平行金屬導軌在同一水平面內(nèi)固定放置在方向豎直向下的勻強磁場中，導軌左端分別接有電荷量為零且電容足夠大的電容器和阻值為R的定值電阻，金屬桿ab、cd垂直導軌靜止放置，除了電阻R以外不計其他電阻。若給棒ab施加水平向右的恒力F，棒cd瞬間獲得水平向右的初速度v0，則下列關(guān)于兩棒在運動過程中所受安培力F安和棒兩端電壓U隨棒的位移x變化的圖像中正確的是(兩棒運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好)()答案B解析對棒ab分析，某一時刻t，根據(jù)牛頓第二定律有F－F安ab＝ma，設(shè)該時刻電流大小為i，則F安ab＝BiL，F(xiàn)－BiL＝ma，在很短時間間隔內(nèi)ΔQ＝i·Δt，ΔQ＝C·ΔU，ΔU＝BL·Δv，聯(lián)立可得i＝BLCΔvΔt＝BLCa，結(jié)合前式可得F－B2L2Ca＝ma，可得a＝Fm＋B2L2C，可知導體棒ab做勻加速直線運動，根據(jù)運動學公式v2＝2ax，可得v＝2ax，通過導體棒ab的電流不變，導體棒ab所受安培力始終不變；導體棒ab兩端的電壓Uab＝BL·v＝BL2a·x，故A、C錯誤；導體棒cd所受的安培力F安cd＝B2L2vR＝ma'＝mΔvΔt，則B2L2Rv·Δt＝m·Δv，兩邊求和B2L2R∑v·Δt＝m·∑Δv，得B2L2Rx＝m(v0－v)，整理可得v＝v0－B2L2mRx，則F4.(2023·重慶卷·7)如圖所示，與水平面夾角為θ的絕緣斜面上固定有光滑U型金屬導軌。質(zhì)量為m、電阻不可忽略的導體桿MN沿導軌向下運動，以大小為v的速度進入方向垂直于導軌平面向下的勻強磁場區(qū)域，在磁場中運動一段時間t后，速度大小變?yōu)?v。運動過程中桿與導軌垂直并接觸良好，導軌的電阻忽略不計，重力加速度為g。桿在磁場中運動的此段時間內(nèi)()A.流過桿的感應電流方向從N到MB.桿沿軌道下滑的距離為32C.流過桿的感應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，流過桿的感應電流方向為從M到N，故A錯誤；依題意，設(shè)桿切割磁感線的有效長度為L，接入電路的電阻為R。桿在磁場中運動的此段時間內(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，可知桿在磁場中運動的此段時間內(nèi)做加速度逐漸減小的加速運動；若桿做勻加速直線運動，則桿運動的距離為s＝v＋2v2·t＝32vt，根據(jù)v－t圖像與橫軸圍成的面積表示位移，可知桿在時間t內(nèi)速度由v達到2v，桿真實運動的距離大于桿做勻加速直線運動的距離，即大于32vt，故B錯誤；由于在磁場中運動的此段時間內(nèi)，桿的動能增大，由動能定理可知，重力對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，即流過桿的感應電流的平均電功率小于重力的平均功率，故C錯誤；桿在磁場中運動的此段時間內(nèi)，根據(jù)動量定理，可得mgtsinθ－I安＝m·2v5.(14分)如圖所示，水平面內(nèi)固定的平行軌道左端與一電容為C的電容器相連，整個區(qū)域具有垂直軌道向下的勻強磁場，磁感應強度為B，軌道間距為l，質(zhì)量為m的導體棒始終與軌道垂直且與軌道接觸良好。虛線左側(cè)軌道光滑，右側(cè)軌道與導體棒間動摩擦因數(shù)為μ。開始時電容器不帶電，給導體棒一個向右的初速度v0，導體棒通過虛線前已穩(wěn)定滑行。軌道和導體棒電阻都不計，重力加速度為g，電容器儲能公式為EC＝12CU2(1)(5分)在光滑區(qū)域，導體棒穩(wěn)定時的速度大??；(2)(5分)從開始到穩(wěn)定過程，回路產(chǎn)生的焦耳熱；(3)(4分)進入摩擦區(qū)域，導體棒滑行的時間。答案(1)mv0m＋B2l2C解析(1)導體棒在光滑區(qū)域滑行過程中，穩(wěn)定后電容器兩端電壓與導體棒產(chǎn)生的電動勢相等，安培力的沖量BIlt＝Blq＝BlCBlv＝B2l2Cv由動量定理BIlt＝m(v0－v)聯(lián)立解得v＝m(2)由能量守恒可得12mv02＝12mv2＋12C解得Q＝12mv02－12m(mv0m＋B2(3)在導體棒滑行的整個過程中，電容器初末狀態(tài)所帶電荷量均為零，則整個過程流經(jīng)導體棒的總電荷量q'＝0，由動量定理Blq'－μmgt'＝0－mv0解得t'＝v06題9分，7題16分，8題19分，共44分6.(多選)(2024·山東省模擬)如圖所示，水平面上固定有形狀為“”的足夠長光滑金屬導軌MON和PO'Q，OO'左右導軌的寬度分別為2L、L，兩側(cè)勻強磁場的方向均豎直向下，磁感應強度大小分別為B0和2B0，導體棒a、b垂直于導軌放在OO'兩側(cè)，長度分別為2L、L。已知導體棒的材料相同、橫截面積相同，導體棒b的質(zhì)量為m，電阻為R，兩導體棒與導軌始終垂直且接觸良好，不計導軌電阻。使導體棒a、b同時獲得沿導軌的初速度，a的初速度向左、大小為v0，b的初速度方向向右、大小為2v0，直到導體棒達到穩(wěn)定狀態(tài)的過程中，下列說法正確的是()A.通過導體棒的最大電流為4B.a、b導體棒減速的加速度大小之比為1∶2C.a導體棒產(chǎn)生的熱量為3D.導體棒a、b間的距離增加3答案BD解析已知導體棒的材料相同、橫截面積相同，導體棒a、b長度分別為2L、L，導體棒b的質(zhì)量為m，電阻為R，則導體棒a的質(zhì)量為2m，電阻為2R，導體棒a、b剛開始運動時產(chǎn)生的感應電動勢最大，通過導體棒的電流最大。最大感應電動勢為Em＝2B0L·2v0＋B0·2Lv0＝6B0Lv0，通過導體棒的最大電流為Im＝EmR＋2R＝2B0Lv0R，故A錯誤；a導體棒減速的加速度大小為aa＝Fa2m＝IB0·2L2m＝IB0Lm，b導體棒減速的加速度大小為ab＝Fbm＝I·2B0Lm＝2IB0Lm＝2aa，故a、b導體棒減速的加速度大小之比為1∶2，故B正確；由B可知a、b導體棒受到的安培力大小相等，方向相反，系統(tǒng)動量守恒，設(shè)導體棒a、b速度大小分別為va、vb，則穩(wěn)定時回路中無電流，有B0·2Lva＋2B0·Lvb＝0，對a、b系統(tǒng)，由動量守恒定律有m·2v0－2m·v0＝2mva＋mvb，解得va＝vb＝0，根據(jù)能量守恒，導體棒產(chǎn)生的總熱量為Q＝12×2mv02＋12m(2v0)2＝3mv02，兩導體棒串聯(lián)，a導體棒產(chǎn)生的熱量為Qa＝27.(16分)(2024·山東棗莊市期末)如圖所示，兩根電阻不計、足夠長的平行光滑金屬導軌MN、PQ固定在絕緣水平面上，導軌間距為L，導軌所在空間存在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場，兩根金屬桿a、b間隔一定距離靜止于導軌上，兩桿與導軌始終垂直且接觸良好，桿a、b的電阻分別為R和3R，桿a、b的質(zhì)量分別為3m和m?，F(xiàn)使桿a獲得一個大小為v0、水平向右的初速度。(1)(5分)當桿b的速度大小為v05時(兩桿未相撞)，求此時桿b受到的安培力大小(2)(5分)若整個運動過程中兩桿未相撞，求整個運動過程中桿a產(chǎn)生的焦耳熱Qa；(3)(6分)若初始位置時兩桿之間的距離d＝5mR答案(1)11B2L2v060R(2)解析(1)以向右為正方向，金屬桿a、b組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，由動量守恒定律可得3mv0＝3mva＋m·v得va＝1415v回路中產(chǎn)生的感應電動勢為E＝BL(1415v0－15v0)＝11回路中的電流I＝E桿b受到的安培力大小F＝BIL＝11(2)在整個運動過程中，金屬桿a、b組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)最終兩桿的共同速度為v，則有3mv0＝(3m＋m)v得v＝34v由能量守恒定律可知Q＝12×3mv02－12×(3m＋m)桿a產(chǎn)生的焦耳熱Qa＝RR＋3RQ(3)設(shè)兩桿恰好不相撞時，初始位置時兩桿之間距離為x，在很短時間Δt內(nèi)，對桿b利用動量定理，則有BiL·Δt＝m·Δv兩邊求和可得∑BiL·Δt＝∑m·Δv即為BLq＝mv由于q＝It＝ER總t＝ΔΦR得x＝3mRv所以會相撞。8.(19分)如圖所示，有兩條不計電阻的平行光滑金屬導軌MQN、M'Q'N'，導軌間距L＝0.5m，其中MQ、M'Q'段傾斜放置，傾角θ＝37°，MQ＝M'Q'＝4m，QN、Q'N'段水平放置，兩段之間通過一小段(大小可忽略)光滑圓弧絕緣材料平滑相連，在傾斜導軌左端連接一電容C＝2F的不帶電的電容器，在N和N'之間接有定值電阻R＝0.1Ω，在傾斜導軌MQ、M'Q'區(qū)域內(nèi)加有垂直于傾斜導軌平面向下的勻強磁場B1＝2T，在水平導軌的DD'E'E區(qū)域內(nèi)加有垂直水平導軌平面向上的勻強磁場B2＝0.8T，DD'、EE'均與導軌垂直，且DE＝D'E'＝L＝0.5m，cdef是質(zhì)量為3m、各邊長度均為L的開口向左的U形金屬框，已知其de邊電阻為R＝0.1Ω，其余各段電阻可忽略不計，開始時金屬框緊挨導軌靜置于DD'E'E左側(cè)外。一不計電阻的質(zhì)量為m的金屬棒a緊貼MM'從靜止釋放，使其向下滑行，越過QQ'后與U形金屬框發(fā)生碰撞，碰后粘在一起形成一個正方形導體框沿導軌穿過磁場B2區(qū)域。已知m＝1kg，不計一切摩擦，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，求：(1)(6分)金屬棒a在傾斜導軌下滑的加速度大小(提示：I＝ΔqΔ(2)(5分)de邊剛進入磁場B2區(qū)域時的速度大??；(3)(8分)整個過程中定值電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。答案(1)2m/s2(2)1m/s(3)0.48J解析(1)金屬棒a沿傾斜軌道向下滑行過程中有C＝Δ又ΔQ＝IΔt，所以電流為I＝CΔ則由牛頓第二定律mgsinθ－B1CΔUΔ又有ΔU＝B1LΔv則mgsinθ－B1CB1L又因為a＝Δva＝mgsinθm＋B(2)金屬棒a沿傾斜軌道向下滑行過程由運動學公式得v＝2aLMQ＝金屬棒a越過QQ'后與U形金屬框發(fā)生碰撞，由動量守恒定律mv＝(m＋3m)v1