2026屆高考一輪總復(fù)習(xí)物理提能訓(xùn)練提能訓(xùn)練練案[65]含答案基礎(chǔ)鞏固練題組一電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題1.如圖，在光滑水平桌面上有一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、電阻為R的正方形導(dǎo)線框；在導(dǎo)線框右側(cè)有一寬度為d(d>L)的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的邊界與導(dǎo)線框的一邊平行，磁場(chǎng)方向豎直向下，導(dǎo)線框以某一初速度向右運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)導(dǎo)線框的右邊恰與磁場(chǎng)的左邊界重合，隨后導(dǎo)線框進(jìn)入并通過磁場(chǎng)區(qū)域。下列v－t圖像中，正確描述上述過程的可能是()[答案]D[解析]線框以一定初速度進(jìn)入磁場(chǎng)，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv，根據(jù)閉合電路的歐姆定律，則感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)，所以安培力為F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，又根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma，則a＝eq\f(B2L2v,Rm)，由于v減小，所以a也減?。划?dāng)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，不受到安培力作用，所以做勻速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)線框出磁場(chǎng)時(shí)，速度與時(shí)間的關(guān)系與進(jìn)入磁場(chǎng)相似，在速度—時(shí)間圖像中，斜率絕對(duì)值表示加速度的大小，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。2．如圖甲所示，兩固定平行且光滑金屬軌道MN、PQ與水平面的夾角θ＝37°，M、P之間接電阻箱R，電阻箱的阻值范圍為0～9.9Ω，導(dǎo)軌所在空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于軌道平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5T。質(zhì)量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上，其接入電路的阻值為r?，F(xiàn)從靜止釋放桿ab，測(cè)得最大速度為vmax。改變電阻箱的阻值R，得到vmax與R的關(guān)系如圖乙所示。已知軌道間距L＝2m，重力加速度g取10m/s2，軌道足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。則()A．金屬桿滑動(dòng)時(shí)回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向是abMPaB．金屬桿的質(zhì)量m＝0.5kgC．金屬桿接入電路的阻值r＝2ΩD．當(dāng)R＝2Ω時(shí)，桿ab勻速下滑過程中R兩端的電壓為8V[答案]C[解析]金屬桿滑動(dòng)時(shí)，穿過閉合回路的磁通量增加，根據(jù)楞次定律知回路中感應(yīng)電流的方向是aPMba，故A錯(cuò)誤；桿運(yùn)動(dòng)的最大速度為vmax時(shí)，桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLvmax，由閉合電路的歐姆定律得I＝eq\f(E,R＋r)，桿達(dá)到最大速度時(shí)受力平衡，滿足mgsinθ－BIL＝0，解得vmax＝eq\f(mgsinθ,B2L2)R＋eq\f(mgsinθ,B2L2)r，結(jié)合題圖乙可知eq\f(mgsinθ,B2L2)＝2m·s－1·Ω－1，eq\f(mgsinθ,B2L2)r＝4m/s，解得m＝eq\f(1,3)kg，r＝2Ω，故B錯(cuò)誤，C正確；當(dāng)R＝2Ω時(shí)，金屬桿ab勻速下滑過程中有mgsinθ－BI′L＝0，解得通過R的電流I′＝2A，所以R兩端的電壓U＝I′R＝2×2V＝4V，故D錯(cuò)誤。3.某同學(xué)設(shè)計(jì)了飛船登陸地外星球的電磁阻尼緩沖裝置，其模擬器如圖所示，模擬器由船艙主體、光滑導(dǎo)軌、緩沖彈簧、絕緣緩沖底座、絕緣緩沖底座上的線圈以及固定在船艙主體上的超導(dǎo)線圈(圖中未畫出)組成。其中導(dǎo)軌固定在船艙主體下端，絕緣緩沖底座上的線圈為豎直繞在絕緣底座上的單匝閉合線圈，超導(dǎo)線圈產(chǎn)生水平方向的磁場(chǎng)。已知絕緣底座與星球表面接觸后速度迅速減為零，導(dǎo)軌與線圈接觸良好，則下列關(guān)于電磁阻尼緩沖裝置分析正確的是()A．船艙主體下端MN必須是導(dǎo)體，不能與導(dǎo)軌絕緣B．只增加導(dǎo)軌長(zhǎng)度，可能使緩沖彈簧接觸星球表面前速度為零C．導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，增加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，可使緩沖彈簧接觸星球表面前速度減小D．導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，增加閉合線圈電阻，可使緩沖彈簧接觸星球表面前速度減小[答案]C[解析]題中緩沖裝置是利用絕緣緩沖底座上線圈的感應(yīng)電流，與船艙主體上的超導(dǎo)線圈互感發(fā)生相互作用，從而讓船艙主體緩沖，不是船艙主體下端MN切割磁感線發(fā)生感應(yīng)相互作用的，所以MN無(wú)需是導(dǎo)體，可以與導(dǎo)軌絕緣，故A錯(cuò)誤；絕緣緩沖底座上的線圈ab邊切割磁感線，線圈回路中的磁通量變化，形成感應(yīng)電流，磁場(chǎng)對(duì)ab邊的安培力向下，由E＝BLv，I＝eq\f(E,R)，F(xiàn)＝BIL知，安培力大小為eq\f(B2L2v,R)，根據(jù)牛頓第三定律，ab邊對(duì)超導(dǎo)線圈的力向上，超導(dǎo)線圈固定在船艙主體上，對(duì)船艙主體、導(dǎo)軌和緩沖彈簧整體有eq\f(B2L2v,R)－mg＝ma，當(dāng)緩沖底座登陸后，船艙主體開始做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)時(shí)，船艙主體可能達(dá)到收尾速度，之后勻速下降，故B錯(cuò)誤；當(dāng)船艙主體所受安培力等于重力時(shí)，有mg＝eq\f(B2L2v,R)，解得v＝eq\f(mgR,B2L2)，可見只增加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，可使緩沖彈簧接觸星球表面前速度減小(收尾速度減小)，只增加閉合線圈電阻，可使緩沖彈簧接觸星球表面前速度增大，故C正確，D錯(cuò)誤。題組二電磁感應(yīng)中的能量問題4．兩根足夠長(zhǎng)的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌上垂直放置兩根導(dǎo)體棒a和b，俯視圖如圖所示。在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好且均可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦地滑行，若給a棒一初速度的同時(shí)釋放b棒，在一段時(shí)間內(nèi)a棒動(dòng)能的減小量為Eka，b棒動(dòng)能的增加量為Ekb，a棒克服磁場(chǎng)做功為Wa，a、b棒上產(chǎn)生總熱量為Q(不計(jì)a棒與b棒間相互作用)，則()A．Wa＝Eka＋Q B．Wa＝Q＋EkbC．Wa＝Q D．Ekb＝Q[答案]B[解析]設(shè)導(dǎo)體棒a的初動(dòng)能為Eka1、末動(dòng)能為Eka2，由題意可知導(dǎo)體棒b的初動(dòng)能為0，設(shè)導(dǎo)體棒b的末動(dòng)能為Ekb2，對(duì)a、b棒組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律可得Eka1＝Eka2＋Ekb2＋Q，由題意可知Eka＝Eka1－Eka2，Ekb＝Ekb2，因此可得Eka＝Ekb＋Q，由于導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間無(wú)摩擦，對(duì)導(dǎo)體棒a，根據(jù)動(dòng)能定理可得Wa＝Eka1－Eka2＝Eka，聯(lián)合可得Wa＝Ekb＋Q，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確。5.(多選)如圖所示，兩根間距為d的足夠長(zhǎng)光滑金屬導(dǎo)軌，平行放置在傾角為θ＝30°的絕緣斜面上，導(dǎo)軌的右端接有電阻R，整個(gè)裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向上。導(dǎo)軌上有一質(zhì)量為m、電阻也為R的導(dǎo)體棒與兩導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)體棒以一定的初速度v0在沿著導(dǎo)軌上滑一段距離L后返回，不計(jì)導(dǎo)軌電阻及感應(yīng)電流間的相互作用，重力加速度為g。下列說法正確的是()A．導(dǎo)體棒返回時(shí)先做加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中通過R的電荷量q＝eq\f(BdL,R)C．導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中克服安培力做的功W＝eq\f(1,2)(mveq\o\al(2,0)－mgL)D．導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q＝eq\f(1,2)(mveq\o\al(2,0)－mgL)[答案]AC[解析]導(dǎo)體棒返回時(shí)先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后受力平衡，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以A正確；根據(jù)q＝eq\f(ΔΦ,R總)，則導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中通過R的電荷量為q＝eq\f(BdL,2R)，所以B錯(cuò)誤；設(shè)導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中克服安培力做的功為W，由能量守恒可得W＋mgLsin30°＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得W＝eq\f(1,2)(mveq\o\al(2,0)－mgL)，所以C正確；根據(jù)功能關(guān)系可得，導(dǎo)體棒沿著導(dǎo)軌上滑過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q＝eq\f(1,2)W，則Q＝eq\f(1,4)(mveq\o\al(2,0)－mgL)，所以D錯(cuò)誤。6．如圖所示，AB、CD為兩個(gè)平行的、不計(jì)電阻的水平光滑金屬導(dǎo)軌，置于方向垂直導(dǎo)軌平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。AB、CD的間距為L(zhǎng)，左右兩端均接有阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)且電阻不計(jì)的導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，并與輕質(zhì)彈簧組成彈簧振動(dòng)系統(tǒng)。開始時(shí)，彈簧處于自然長(zhǎng)度，導(dǎo)體棒MN具有水平向左的初速度v0，經(jīng)過一段時(shí)間，導(dǎo)體棒MN第一次運(yùn)動(dòng)到最右端，這一過程中AC間的電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則()A．導(dǎo)體棒水平方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)B．初始時(shí)刻導(dǎo)體棒所受的安培力大小為eq\f(B2L2v0,R)C．當(dāng)導(dǎo)體棒第一次到達(dá)最右端時(shí)，彈簧具有的彈性勢(shì)能為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－QD．當(dāng)導(dǎo)體棒再次回到初始位置時(shí)，AC間的電阻R的熱功率小于eq\f(B2L2v\o\al(2,0),R)[答案]D[解析]導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中，安培力做負(fù)功，電阻產(chǎn)生焦耳熱，則棒和彈簧的機(jī)械能有損失，則當(dāng)棒再次回到初始位置時(shí)速度小于v0，導(dǎo)體棒水平方向做的不是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒回到初始位置時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1<BLv0，根據(jù)電功率公式P＝eq\f(E\o\al(2,1),R)可知，AC間的電阻R的熱功率P<eq\f(B2L2v\o\al(2,0),R)，故A錯(cuò)誤，D正確；根據(jù)公式E＝BLv0，I＝eq\f(E,R并)，F(xiàn)＝BIL可得，初始時(shí)刻導(dǎo)體棒所受的安培力大小為F＝eq\f(2B2L2v0,R)，故B錯(cuò)誤；當(dāng)導(dǎo)體棒第一次到達(dá)最右端時(shí)，設(shè)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep，根據(jù)能量守恒定律有Ep＋2Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－2Q，故C錯(cuò)誤。能力提升練7．(多選)(2022·全國(guó)甲卷)如圖，兩根相互平行的光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面上，在導(dǎo)軌的左端接入電容為C的電容器和阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、阻值也為R的導(dǎo)體棒MN靜止于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，整個(gè)系統(tǒng)處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。開始時(shí)，電容器所帶的電荷量為Q，合上開關(guān)S后，()A．通過導(dǎo)體棒MN電流的最大值為eq\f(Q,RC)B．導(dǎo)體棒MN向右先加速、后勻速運(yùn)動(dòng)C．導(dǎo)體棒MN速度最大時(shí)所受的安培力也最大D．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱[答案]AD[解析]開始時(shí)電容器兩極板間的電壓U＝eq\f(Q,C)，合上開關(guān)瞬間，通過導(dǎo)體棒的電流I＝eq\f(U,R)＝eq\f(Q,CR)，隨著電容器放電，通過電阻、導(dǎo)體棒的電流不斷減小，所以在開關(guān)閉合瞬間，導(dǎo)體棒所受安培力最大，A項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由于回路中有電阻與導(dǎo)體棒，最終電能完全轉(zhuǎn)化為焦耳熱，故導(dǎo)體棒最終必定靜止，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由于導(dǎo)體棒切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，所以通過導(dǎo)體棒的電流始終小于通過電阻的電流，由焦耳定律可知，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱，D項(xiàng)正確。8．如圖甲所示，地面上方高度為d的空間內(nèi)有水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)量為m的正方形閉合導(dǎo)線框abcd的邊長(zhǎng)為l，從bc邊距離地面高為h處將其由靜止釋放，已知h>d>l。從導(dǎo)線框開始運(yùn)動(dòng)到bc邊即將落地的過程中，導(dǎo)線框的v－t圖像如圖乙所示。重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，以下有關(guān)這一過程的判斷正確的是()A．t1～t2時(shí)間內(nèi)導(dǎo)線框受到的安培力逐漸增大B．磁場(chǎng)的高度d可以用v－t圖中陰影部分的面積表示C．導(dǎo)線框重力勢(shì)能的減少量等于其動(dòng)能的增加量D．導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱大于mgl[答案]D[解析]由題圖乙可知，在0～t1時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框自由落體，t1～t2時(shí)間內(nèi)導(dǎo)線框切割磁感線進(jìn)入磁場(chǎng)，做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，電流減小，則安培力在減小，A錯(cuò)誤；在t1～t2時(shí)間段內(nèi)，導(dǎo)線框切割磁感線，距離為l，完全進(jìn)入磁場(chǎng)后又做加速運(yùn)動(dòng)直到落地，所以磁場(chǎng)高度d為t1～t3時(shí)間內(nèi)的位移，B錯(cuò)誤；安培力做負(fù)功，所以重力勢(shì)能減少量等于動(dòng)能增加量和安培力做功的和，C錯(cuò)誤；t1～t2時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)安>mg，克服安培力做的功大于重力做功，所以在下降過程中導(dǎo)線框產(chǎn)生的焦耳熱大于mgl，D正確。9．(多選)如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)且相互平行的光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌固定在與水平面成θ的絕緣斜面上，在導(dǎo)軌的右上端分別接入阻值為R的電阻、電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻不計(jì)的電源和電容為C的電容器(電容器不會(huì)被擊穿)，導(dǎo)軌上端用單刀多擲開關(guān)可以分別連接電阻、電源和電容器。質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)、阻值也為R的金屬桿ab鎖定于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，解除ab鎖定后，其運(yùn)動(dòng)時(shí)始終與CD平行，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻和空氣阻力，整個(gè)導(dǎo)軌處在垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，重力加速度為g。則下列說法正確的是()A．當(dāng)開關(guān)打到S1同時(shí)解除對(duì)金屬桿ab的鎖定，則金屬桿最大速度為eq\f(2mgRsinθ,B2L2)B．當(dāng)開關(guān)打到S2同時(shí)解除對(duì)金屬桿ab的鎖定，則金屬桿ab一定沿軌道向下加速C．當(dāng)開關(guān)打到S3同時(shí)解除對(duì)金屬桿ab的鎖定，則金屬桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng)D．當(dāng)開關(guān)打到S3同時(shí)解除對(duì)金屬桿ab的鎖定，則在ts內(nèi)金屬桿運(yùn)動(dòng)的位移為eq\f(mgt2sinθ,2(B2L2C＋m))[答案]ACD[解析]當(dāng)開關(guān)打到S1同時(shí)解除對(duì)金屬桿ab的鎖定時(shí)，金屬桿最大速度滿足mgsinθ＝eq\f(B2L2vm,2R)，即速度最大為vm＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，故A正確；當(dāng)開關(guān)打到S2同時(shí)解除對(duì)金屬桿ab的鎖定，金屬桿ab受到的沿斜面向上安培力可能大于重力沿斜面的分力，故B錯(cuò)誤；當(dāng)開關(guān)打到S3同時(shí)解除對(duì)金屬桿ab的鎖定，對(duì)金屬桿mgsinθ－BiL＝ma，i＝eq\f(Δq,Δt)＝eq\f((BLΔv)C,Δt)＝BLaC得a＝eq\f(mgsinθ,B2L2C＋m)，故金屬桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確；由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得，在ts內(nèi)金屬桿運(yùn)動(dòng)的位移為x＝eq\f(mgt2sinθ,2(B2L2C＋m))，故D正確。10．(2025·河南平頂山質(zhì)檢)如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，間距L＝0.4m，導(dǎo)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(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝0.5T。在區(qū)域Ⅰ中，將質(zhì)量m1＝0.1kg、電阻R1＝0.1Ω的金屬棒ab放在導(dǎo)軌上，ab剛好不下滑。然后，在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量m2＝0.4kg、電阻R2＝0.1Ω的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開始下滑。cd在滑動(dòng)過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，取g＝10m/s2。(1)求cd下滑的過程中，ab中的電流方向；(2)ab剛要向上滑動(dòng)時(shí)，cd的速度v有多大？(3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動(dòng)的過程中，cd滑動(dòng)的距離x＝3.8m，則此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少？[答案](1)由a流向b(2)5m/s(3)1.3J[解析](1)由右手定則可知ab中電流方向由a流向b。(2)只放置ab時(shí)剛好不下滑，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設(shè)其為Fmax，有Fmax＝m1gsinθ設(shè)ab剛好要上滑時(shí)，cd棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLv設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I，由閉合電路的歐姆定律有I＝eq\f(E,R1＋R2)設(shè)ab所受安培力為F安，有F安＝ILB此時(shí)ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有F安＝m1gsinθ＋Fmax聯(lián)立解得v＝5m/s。(3)設(shè)cd下滑過程中電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律有m2gxsinθ＝Q總＋eq\f(1,2)m2v2又Q＝eq\f(R1,R1＋R2)Q總解得Q＝1.3J。11．(2024·河北卷)如圖，邊長(zhǎng)為2L的正方形金屬細(xì)框固定放置在絕緣水平面上，細(xì)框中心O處固定一豎直細(xì)導(dǎo)體軸OO′。間距為L(zhǎng)、與水平面成θ角的平行導(dǎo)軌通過導(dǎo)線分別與細(xì)框及導(dǎo)體軸相連。導(dǎo)軌和細(xì)框分別處在與各自所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。足夠長(zhǎng)的細(xì)導(dǎo)體棒OA在水平面內(nèi)繞O點(diǎn)以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，水平放置在導(dǎo)軌上的導(dǎo)體棒CD始終靜止。OA棒在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，CD棒在所受安培力達(dá)到最大和最小時(shí)均恰好能靜止。已知CD棒在導(dǎo)軌間的電阻值為R，電路中其余部分的電阻均不計(jì)，CD棒始終與導(dǎo)軌垂直，各部分始終接觸良好，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。(1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值；(2)鎖定OA棒，推動(dòng)CD棒下滑，撤去推力瞬間，CD棒的加速度大小為a，所受安培力大小等于(1)問中安培力的最大值，求CD棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)。[答案](1)eq\f(B2L3ω,R)eq\f(B2L3ω,2R)(2)eq\f(a,gcosθ)－eq\f(1,3)tanθ[解析](1)導(dǎo)體棒OA的最大切割長(zhǎng)度為eq\r(2)L，最小切割長(zhǎng)度為L(zhǎng)，最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Emax＝B×eq\r(2)Leq\x\to(v)1＝B×eq\r(2)L×eq\f(1,2)×eq\r(2)Lω＝BL2ω根據(jù)閉合電路歐姆定律可得最大感應(yīng)電流Imax＝eq\f(Emax,R)＝eq\f(BL2ω,R)CD棒所受最大安培力Fmax＝ImaxLB＝eq\f(B2L3ω,R)根據(jù)右手定則和左手定則可判定CD棒所受安培力方向平行于導(dǎo)軌向上。最小感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Emin＝BLeq\x\to(v)2＝BL×eq\f(1,2)Lω＝eq\f(1,2)BL2ω根據(jù)閉合電路歐姆定律可得最小感應(yīng)電流Imin＝eq\f(Emin,R)＝eq\f(BL2ω,2R)CD棒所受最小安培力Fmin＝IminLB＝eq\f(B2L3ω,2R)根據(jù)右手定則和左手定則可判定方向平行于導(dǎo)軌向上。(2)CD棒所受安培力最大且其恰好靜止時(shí)，根據(jù)平衡條件有Fmax＝mgsinθ＋μmgcosθCD棒所受安培力最小且其恰好靜止時(shí)，根據(jù)平衡條件有Fmin＋μmgcosθ＝mgsinθ根據(jù)右手定則和左手定則可判定導(dǎo)體棒CD下滑時(shí)所受安培力方向平行于導(dǎo)軌向上，根據(jù)牛頓第二定律可得μmgcosθ＋Fmax－mgsinθ＝ma聯(lián)立解得動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(a,gcosθ)－eq\f(1,3)tanθ。12.(2024·安徽卷)如圖所示，一“U”形金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面內(nèi)，一電阻不計(jì)、質(zhì)量為m的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌，并靜置于絕緣固定支架上。邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形cdef區(qū)域內(nèi)，存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。支架上方的導(dǎo)軌間，存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間的變化關(guān)系均為B＝kt，k為常數(shù)(k>0)。支架上方的導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，兩邊導(dǎo)軌單位長(zhǎng)度的電阻均為r，下方導(dǎo)軌的總電阻為R。t＝0時(shí)，對(duì)ab施加豎直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中ab與兩邊導(dǎo)軌接觸良好。已知ab與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。不計(jì)空氣阻力，兩磁場(chǎng)互不影響。(1)求通過面積Scdef的磁通量大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系式，以及感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，并寫出ab中電流的方向；(2)求ab所受安培力的大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系式；(3)求經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間，對(duì)ab所施加的拉力達(dá)到最大值，并求此最大值。[答案](1)Φ＝kL2tkL2ab中的電流方向?yàn)橛蒩到b(2)F安＝eq\f(k2L3,R＋rat2)t(3)eq\r(\f(R,ar))m(g＋a)＋eq\f(μk2L3,2\r(Rar))[解析](1)通過面積Scdef的磁通量大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為Φ＝BS＝kL2t，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝kL2，由楞次定律和安培定則可知ab中電流的方向由a流向b。(2)ab棒向上做加速度為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在時(shí)間t內(nèi)，有x＝eq\f(1,2)at2，閉合回路的總電阻為R總＝R＋2xr＝R＋art2，由閉合電路的歐姆定律有I＝eq\f(E,R總)，ab所受安培力的大小為FA＝BIL，結(jié)合B＝kt，解得ab所受安培力的大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為FA＝eq\f(k2L3t,R＋art2)。(3)由題意可知t＝0時(shí)，對(duì)ab施加豎直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，ab向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到向下的重力mg、垂直導(dǎo)軌向里的安培力FA、垂直導(dǎo)軌向外的支持力FN＝FA、豎直向下的摩擦力f＝μFN，由牛頓第二定律有F－mg－μFN＝ma，解得F＝eq\f(μk2L3t,R＋art2)＋m(g＋a)，整理得F＝eq\f(μk2L3,\f(R,t)＋art)＋m(g＋a)，當(dāng)eq\f(R,t)＝art，即t＝eq\r(\f(R,ar))時(shí)F有最大值，可得Fmax＝eq\f(μk2L3,2\r(Rar))＋m(g＋a)。提能訓(xùn)練練案[66]基礎(chǔ)鞏固練題組一動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用1．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(chǎng)中，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)?，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)[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(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)eq\x\to(F)安＝Beq\x\to(I)L，有eq\x\to(F)安t＝Beq\x\to(I)Lt＝qBL＝mΔv，得q＝eq\f(mΔv,BL)，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.如圖所示，在光滑的水平面上寬度為L(zhǎng)的區(qū)域內(nèi)，有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)有一個(gè)邊長(zhǎng)為a(a<L)的正方形閉合線圈以垂直于磁場(chǎng)邊界的初速度v0向右滑動(dòng)，穿過磁場(chǎng)后速度剛好減為0，那么當(dāng)線圈完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，其速度大小()A．大于eq\f(v0,2) B．等于eq\f(v0,2)C．小于eq\f(v0,2) D．以上均有可能[答案]B[解析]通過線圈橫截面的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)，由于線圈進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)過程，線圈磁通量的變化量相等，則進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)的兩個(gè)過程通過線圈橫截面的電荷量q相等，由動(dòng)量定理得，線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程－Beq\x\to(I)1at1＝mv－mv0，線圈離開磁場(chǎng)過程－Beq\x\to(I)2at2＝0－mv，由于q＝eq\x\to(I)t，則－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，解得v＝eq\f(v0,2)，故B正確。3.(2023·福建卷)如圖，M、N是兩根固定在水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻可忽略不計(jì)；導(dǎo)軌間有一垂直于水平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其左邊界OO′垂直于導(dǎo)軌；阻值恒定的兩均勻金屬棒a、b均垂直于導(dǎo)軌放置，b始終固定。a以一定初速度進(jìn)入磁場(chǎng)，此后運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，并與b不相碰。以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為正方向建立x軸坐標(biāo)；在運(yùn)動(dòng)過程中，a的速度記為v，a克服安培力做功的功率記為P。下列v或P隨x變化的圖像中，可能正確的是()[答案]A[解析]設(shè)導(dǎo)軌間磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，金屬棒總電阻為R，由題意導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場(chǎng)后受到水平向左的安培力作用，做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)量定理有F·Δt＝mv0－mv，根據(jù)F＝Beq\x\to(I)L，I＝eq\f(\x\to(E),R)，eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BLx,Δt)，聯(lián)立可得eq\f(B2L2,R)x＝mv0－mv，根據(jù)表達(dá)式可知v與x成一次函數(shù)關(guān)系，故A正確，B錯(cuò)誤；a克服安培力做功的功率為P＝Fv＝eq\f(B2L2,R)·v2＝eq\f(B2L2,R)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0－\f(B2L2,mR)x))2，故P－x圖像為開口向上的拋物線，故C、D錯(cuò)誤。故選A。題組二動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用4．(多選)如圖所示，在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有兩根位于同一水平面內(nèi)且間距為L(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌(導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，電阻不計(jì))；兩根質(zhì)量均為m、電阻均為r的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上(導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接觸良好)，t＝0時(shí)，ab棒以初速度3v0向右滑動(dòng)，cd棒以初速度v0向左滑動(dòng)，關(guān)于兩棒的運(yùn)動(dòng)情況，下列說法正確的是()A．當(dāng)其中某根棒的速度為零時(shí)，另一根棒的速度大小為v0B．當(dāng)其中某根棒的速度為零時(shí)，另一根棒的加速度大小為eq\f(2B2L2v0,3mr)C．從初始時(shí)刻到其中某根棒的速度為零過程中，導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)D．cd棒的收尾速度大小為v0[答案]CD[解析]由于兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律可得m·3v0－mv0＝mv1＋mv2，所以當(dāng)其中某根棒的速度為零時(shí)，另一根棒的速度大小為2v0，故A錯(cuò)誤；當(dāng)其中某根棒的速度為零時(shí)，另一根棒的速度大小為2v0，則有E＝BL·2v0，I＝eq\f(E,2r)，F(xiàn)＝ILB，聯(lián)立解得F＝eq\f(B2L2v0,r)，由牛頓第二定律可得，另一根棒的加速度大小為a＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2v0,mr)，故B錯(cuò)誤；從初始時(shí)刻到其中某根棒的速度為零過程中，兩根導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q總＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)m(3v0)2－eq\f(1,2)m(2v0)2＝3mveq\o\al(2,0)，則導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)Q總＝eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)，故C正確；cd棒的收尾速度為兩根導(dǎo)體棒具有的共同速度，則有m·3v0－mv0＝2mv共，解得v共＝v0，故D正確。5．如圖所示，傾角為θ＝37°的足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，兩導(dǎo)體棒ab、cd垂直于導(dǎo)軌放置，空間存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。現(xiàn)給導(dǎo)體棒ab一沿導(dǎo)軌平面向下的初速度v0使其沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，已知兩導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m，電阻阻值均為R，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.75，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。從ab開始運(yùn)動(dòng)到兩棒相對(duì)靜止的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，兩導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌保持良好的接觸，下列說法正確的是()A．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，導(dǎo)體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)B．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，導(dǎo)體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)C．當(dāng)導(dǎo)體棒cd的速度為eq\f(1,4)v0時(shí)，導(dǎo)體棒ab的速度為eq\f(1,2)v0D．當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度為eq\f(1,4)v0時(shí)，導(dǎo)體棒cd的速度為eq\f(3,4)v0[答案]B[解析]由題意知μ＝tan37°＝0.75，則mgsin37°＝μmgcos37°，所以兩棒組成的系統(tǒng)沿軌道方向的動(dòng)量守恒，當(dāng)最終穩(wěn)定時(shí)有mv0＝2mv，解得v＝0.5v0，則整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，則導(dǎo)體棒cd中產(chǎn)生的焦耳熱為Qcd＝Qab＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)，故A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)導(dǎo)體棒cd的速度為eq\f(1,4)v0時(shí)，由動(dòng)量守恒定律有mv0＝m·eq\f(1,4)v0＋mvab，解得vab＝eq\f(3,4)v0，且導(dǎo)體棒cd速度不能大于導(dǎo)體棒ab的速度，故C、D錯(cuò)誤。能力提升練6.(多選)(2025·江西南昌聯(lián)考)如圖，間距為L(zhǎng)的平行導(dǎo)軌豎直固定放置，導(dǎo)軌上端接有阻值為R的定值電阻，矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ的寬度均為d，磁場(chǎng)Ⅰ的下邊界和磁場(chǎng)Ⅱ的上邊界間距為d，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。一根質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒由靜止釋放，釋放的位置離磁場(chǎng)Ⅰ的上邊界距離為2d，金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ時(shí)的速度相等，金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中始終保持水平且與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計(jì)，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)的速度大小為2eq\r(gd)B．金屬棒剛出磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)的速度大小為eq\r(2gd)C．金屬棒穿過兩個(gè)磁場(chǎng)過程中電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為2mgdD．金屬棒穿過磁場(chǎng)Ⅰ所用的時(shí)間為eq\f(B2L2d－mR\r(gd),mgR)[答案]ABC[解析]根據(jù)動(dòng)能定理有mg·2d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，金屬棒剛進(jìn)磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)的速度大小為v1＝2eq\r(gd)，故A正確；由于金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ時(shí)的速度相等，在金屬棒從磁場(chǎng)Ⅰ的下邊界到磁場(chǎng)Ⅱ的上邊界這一過程中，機(jī)械能守恒，設(shè)金屬棒出磁場(chǎng)Ⅰ的速度為v1′，進(jìn)磁場(chǎng)Ⅱ的速度為v2，則有eq\f(1,2)mv1′2＋mgd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，又v2＝v1，解得金屬棒剛出磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)的速度大小為v1′＝eq\r(2gd)，故B正確；由能量守恒定律得2Q＝5mgd－eq\f(1,2)mv1′2，解得金屬棒穿過兩個(gè)磁場(chǎng)過程中電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝2mgd，故C正確；設(shè)金屬棒穿過磁場(chǎng)Ⅰ所用的時(shí)間為t，根據(jù)動(dòng)量定理得BqL－mgt＝(－mv1′)－(－mv1)，該過程的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLd,2R)，解得金屬棒穿過磁場(chǎng)Ⅰ所用的時(shí)間為t＝eq\f(B2L2d－(4－2\r(2))mR\r(gd),2mgR)，故D錯(cuò)誤。7．(多選)如圖甲所示，兩根間距為L(zhǎng)＝1.0m、電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角θ＝30°，導(dǎo)軌底端接入一阻值為R＝2.0Ω的定值電阻，所在區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向上，在導(dǎo)軌上垂直于導(dǎo)軌放置一質(zhì)量為m＝0.2kg、電阻為r＝1.0Ω的金屬桿，開始時(shí)使金屬桿保持靜止，某時(shí)刻開始給金屬桿一個(gè)沿斜面向上F＝2.0N的恒力，金屬桿由靜止開始運(yùn)動(dòng)，圖乙為運(yùn)動(dòng)過程的v－t圖像，重力加速度g取10m/s2。則在金屬桿向上運(yùn)動(dòng)的過程中，下列說法中正確的是()A．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\r(2)TB．前2s內(nèi)通過電阻R的電荷量為1.4CC．前2s內(nèi)金屬桿通過的位移為4mD．前4s內(nèi)電阻R產(chǎn)生的熱量為6.2J[答案]BD[解析]由題圖乙可知金屬桿先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，2s后做勻速直線運(yùn)動(dòng)。當(dāng)t＝2s時(shí)，速度為v＝3m/s，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv，感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R＋r)，安培力為F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)，根據(jù)受力平衡可得F＝F安＋mgsinθ，聯(lián)立解得B＝1T，故A錯(cuò)誤；前2s內(nèi)，根據(jù)動(dòng)量定理有(F－mgsinθ)Δt－Beq\x\to(I)LΔt＝mv－0，又q＝eq\x\to(I)Δt，聯(lián)立解得q＝1.4C，故B正確；設(shè)前2s內(nèi)金屬桿通過的位移為x，由q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R＋r)Δt＝eq\f(\f(ΔΦ,Δt),R＋r)Δt＝eq\f(BLx,R＋r)，聯(lián)立解得x＝4.2m，故C錯(cuò)誤；前2s內(nèi)金屬桿通過的位移為x＝4.2m,2～4s內(nèi)金屬桿通過的位移為x′＝vt＝6m，前4s內(nèi)由能量守恒定律可得F(x＋x′)＝eq\f(1,2)mv2＋mg(x＋x′)sinθ＋Q，解得總熱量Q＝9.3J，則前4s內(nèi)電阻R產(chǎn)生的熱量為QR＝eq\f(R,R＋r)Q＝6.2J，故D正確。8．(2024·江西卷，改編)如圖所示，絕緣水平面上固定一光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌左、右兩端分別與兩粗糙的傾斜平行金屬導(dǎo)軌平滑連接，兩側(cè)導(dǎo)軌傾角分別為θ1、θ2，導(dǎo)軌間距均為l＝2m，水平導(dǎo)軌所在區(qū)域存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5T?，F(xiàn)有兩均勻金屬細(xì)棒甲和乙，質(zhì)量分別為m1＝6kg和m2＝2kg，接入導(dǎo)軌的電阻均為R＝1Ω。左、右兩側(cè)傾斜導(dǎo)軌與兩棒的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1＝eq\f(3,20)、μ2＝eq\f(44,183)。初始時(shí)刻，乙靜止在水平導(dǎo)軌上，與水平導(dǎo)軌左端P1P2的距離為d，甲從左側(cè)傾斜導(dǎo)軌高度h＝4m的位置靜止滑下。水平導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，兩棒運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌接觸良好且保持垂直。不計(jì)空氣阻力和導(dǎo)軌的電阻。(g取10m/s2，sinθ1＝0.6，sinθ2＝0.8)(1)求甲剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)乙的加速度大小和方向。(2)為使乙第一次到達(dá)水平導(dǎo)軌右端Q1Q2之前甲和乙不相碰，求d的最小值。[答案](1)2m/s2，方向水平向右(2)24m[解析](1)對(duì)甲從靜止到運(yùn)動(dòng)至P1P2處的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有m1gh－μ1m1gcosθ1·eq\f(h,sinθ1)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)－0甲剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E0＝Blv0根據(jù)歐姆定律有I0＝eq\f(E0,2R)對(duì)乙由牛頓第二定律有BI0l＝m2a乙0聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得a乙0＝2m/s2根據(jù)楞次定律可知，回路中的感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向(俯視)，結(jié)合左手定則可知，乙所受安培力方向水平向右，則加速度方向水平向右。(2)甲和乙在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過程中，系統(tǒng)不受外力作用，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒，若兩者共速時(shí)恰不相碰，則有m1v0＝(m1＋m2)v共對(duì)乙根據(jù)動(dòng)量定理有Beq\x\to(I)lt＝m2v共－0又eq\x\to(I)t＝q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BlΔx,2R)dmin＝Δx，聯(lián)立解得dmin＝24m。9．(2023·湖南卷)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。現(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)問中，從棒b釋放瞬間開始計(jì)時(shí)，經(jīng)過時(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。[答案](1)eq\f(2mgRsinθ,B2L2)(2)2gsinθ(3)gt0sinθ＋eq\f(mgRsinθ,B2L2)eq\f(2m2R2gsinθ,B4L4)[解析](1)a導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝BLv0由閉合電路的歐姆定律及安培力公式I＝eq\f(E,2R)，F(xiàn)＝BILa棒受力平衡可得mgsinθ＝BIL聯(lián)立解得v0＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)。(2)由右手定則可知導(dǎo)體棒b中電流向右，b棒受到沿斜面向下的安培力，此時(shí)電路中電流不變，對(duì)b棒根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ＋BIL＝ma解得a＝2gsinθ。(3)釋放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到達(dá)共速時(shí)，對(duì)a棒應(yīng)用動(dòng)量定理mgt0sinθ－Beq\x\to(I)Lt0＝mv－mv0b棒受到向下的安培力，對(duì)b棒根據(jù)動(dòng)量定理mgt0sinθ＋Beq\x\to(I)Lt0＝mv聯(lián)立解得v＝gt0sinθ＋eq\f(v0,2)＝gt0sinθ＋eq\f(mgRsinθ,B2L2)此過程流過b棒的電荷量為q，則有q＝eq\x\to(I)t0由法拉第電磁感應(yīng)定律可得eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)＝eq\f(BLΔx,