第5講小專題:電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問題考點(diǎn)一動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用(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,通過電阻R的電荷量和導(dǎo)體棒的位移分別是多大?提示:取向右為正方向,由-BILΔt=0-mv0,q=IΔt,可得q=mv0BL;又由-B2L2v得x=vΔt=mv(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、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,這個(gè)過程所用時(shí)間是多少?(結(jié)果分別用q、x表示)提示:由-BILΔt+mgsinθ·Δt=mv-0,q=IΔt,可得時(shí)間Δt=mv+BLqmgsinθ;或由-B2L2vmv-0,x=vΔt,可得時(shí)間Δt=mv1.導(dǎo)體棒在磁場中所受安培力是變力時(shí),可用動(dòng)量定理分析棒的速度變化,表達(dá)式為I其他+ILBΔt=mv-mv0或I其他-ILBΔt=mv-mv0;若其他力的沖量矢量和為零,則有ILBΔt=mv-mv0或-ILBΔt=mv-mv0。2.求電荷量:q=IΔt=|m3.求位移:由-B2L2vR總Δt=mv-mv0有x=4.求時(shí)間(1)已知電荷量q,F其他為恒力,可求出非勻變速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。-BILΔt+F其他Δt=mv-mv0,IΔt=q。(2)若已知位移x,F其他為恒力,可求出非勻變速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。-B2L2vΔtR總+F其他Δt=mv-[例1]【“單棒+電阻”模型】(2024·云南昆明質(zhì)檢)(多選)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=0.5Ω,兩軌道間距d=1m,水平部分兩軌道間有一豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量m=0.5kg、長為l=1.1m、電阻忽略不計(jì)的導(dǎo)體棒,從軌道上距水平面h1=0.8m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=0.8m,水平軌道距水平地面的高度h2=0.8m。通過計(jì)算可知(g取10m/s2,不計(jì)空氣阻力)()[A]導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場時(shí)的速度為3m/s[B]在導(dǎo)體棒整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,電阻R上產(chǎn)生的熱量為3J[C]磁場的長度x1為2m[D]整個(gè)過程通過電阻R的電荷量為2C【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12mv02=mgh1,解得v0=4m/s,故A錯(cuò)誤;導(dǎo)體棒從水平軌道末端水平飛出做平拋運(yùn)動(dòng),則水平方向有x2=vt,豎直方向有h2=12gt2,聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得v=2m/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=12mv02-12mv2,在導(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=3J,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F安t1=Bdq=mv0-mv,又有q=It1=ΔΦR=Bdx1R,聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得q=[例2]【不等間距的雙棒模型】(2024·安徽滁州期末)(多選)如圖所示,兩寬度不等的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平固定放置,窄軌間距為L、寬軌間距為2L,導(dǎo)體棒ab、cd分別垂直放置在兩導(dǎo)軌上,質(zhì)量均為m、電阻均為R,導(dǎo)軌間存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B,已知兩導(dǎo)軌均足夠長、電阻不計(jì),現(xiàn)讓兩導(dǎo)體棒均以大小為v0的初速度平行于導(dǎo)軌水平向右運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)過程中棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,ab棒始終未滑離窄軌,在導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的過程中,下列說法正確的是()[A]導(dǎo)體棒ab的最大速度為6[B]回路中的最大電流為3[C]導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱最多為m[D]通過導(dǎo)體棒ab的電荷量最多為m【答案】AD【解析】穩(wěn)定時(shí)電路中電流為0,ab棒速度最大,有BLvab=B·2Lvcd,所以vab=2vcd,取向右為正方向,根據(jù)動(dòng)量定理可得,對ab棒有BILt=mvab-mv0,對cd棒有-2BILt=mvcd-mv0,解得vab=65v0,vcd=35v0,故A正確;對整個(gè)過程,根據(jù)能量守恒定律有12mv02+12m12mvcd2+Q,導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱最多為Qab=12Q,解得Qab=mv0220,故C錯(cuò)誤;對ab棒有BILt=mvab-mv0,又因?yàn)閝=It,解得通過導(dǎo)體棒ab的電荷量最多為q=mv05BL,故D正確;導(dǎo)體棒剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢最大,感應(yīng)電流最大[例3]【“電容器+單棒”模型】電磁炮的發(fā)射需要大量的電能瞬間釋放,如圖甲所示,這些電能需要電容器來儲(chǔ)存,這就需要對電容器先充電。如圖乙所示是電容器充電的基本原理圖,空間存在方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,足夠長的光滑水平導(dǎo)軌的間距為L,質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌放置;導(dǎo)軌的左端連接電容為C的電容器,導(dǎo)體棒的電阻為R,其余電阻忽略不計(jì)。開始時(shí),給導(dǎo)體棒水平向右的初速度v0,在運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且保持良好接觸,直到導(dǎo)體棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。(1)試分析說明導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)到達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)所經(jīng)歷的運(yùn)動(dòng)過程;(2)求導(dǎo)體棒穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)后的速度大小;(3)求電容器的最大帶電荷量;(4)若導(dǎo)體棒在達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)的過程中,電路中產(chǎn)生的熱量為Q,該過程不考慮電磁波的能量損失,求電容器儲(chǔ)存的最大能量?！敬鸢浮?1)見解析(2)mv0m+B2L2C(3)BCLm【解析】(1)電容器在充電的過程中,電容器兩端的電壓UC逐漸增大,回路中形成充電電流,導(dǎo)體棒受到向左的安培力,做減速運(yùn)動(dòng),導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E逐漸減小,當(dāng)E=UC時(shí),回路中的電流為零,導(dǎo)體棒受到的安培力為零,開始做勻速運(yùn)動(dòng),達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。(2)(3)設(shè)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為v,則有E=BLv,取向右為正方向,對導(dǎo)體棒應(yīng)用動(dòng)量定理,有-BILt=mv-mv0,設(shè)電容器的最大帶電荷量為q,則有q=CUC,由電流與電荷的關(guān)系得q=It,聯(lián)立解得v=mv0m+B(4)設(shè)電容器儲(chǔ)存的最大能量為Em,由能量守恒定律得12mv02-12mv2=E解得Em=12mv02-Q基本模型無外力充電式無外力放電式模型圖示(導(dǎo)軌光滑,電阻阻值為R,電容器電容為C)(電源電動(dòng)勢為E,內(nèi)阻不計(jì),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)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(dāng)BLv=UC時(shí),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=BLvmax運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)和最終特征棒做加速度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棒做加速度a減小的加速運(yùn)動(dòng),最終勻速運(yùn)動(dòng),I=0最終速度電容器充電電荷量q=CUC,最終電容器兩端電壓UC=BLvmin,對棒應(yīng)用動(dòng)量定理-BIL·Δt=-BLq=mvmin-mv0,解得vmin=m電容器充電電荷量Q0=CE,放電結(jié)束時(shí)電荷量Q=CUC=CBLvmax,電容器放電電荷量ΔQ=Q0-Q=CE-CBLvmax,對棒應(yīng)用動(dòng)量定理BIL·Δt=BLΔQ=mvmax-0,解得vmax=Bv-t圖像考點(diǎn)二動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用雙棒模型(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[例4]【雙棒模型中動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用】(2024·山東濟(jì)南期末)如圖所示,平行光滑金屬導(dǎo)軌ABM、CDN固定在地面上,BM、DN水平放置且足夠長,導(dǎo)軌在B、D兩點(diǎn)處平滑連接,圓弧軌道的最高點(diǎn)與水平軌道的高度差為h=0.8m,水平部分處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.1T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中,導(dǎo)軌間距均為L=0.5m。金屬棒a、b先后從左側(cè)軌道的最高點(diǎn)無初速度釋放,當(dāng)b棒到達(dá)圓弧軌道底部時(shí),a棒已在水平區(qū)域且速度大小為v1=2m/s,兩棒的質(zhì)量ma=mb=0.1kg、兩棒接入軌道部分的電阻Ra=Rb=0.1Ω,導(dǎo)軌電阻不計(jì),忽略一切摩擦阻力,重力加速度g取10m/s2。求:(1)a棒在水平軌道上的最大加速度;(2)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中b棒上產(chǎn)生的焦耳熱;(3)最終兩棒之間的距離?！敬鸢浮?1)0.5m/s2(2)0.35J(3)8m【解析】(1)對a棒由機(jī)械能守恒定律有magh=12mav解得a棒進(jìn)入水平區(qū)域時(shí)的速度大小為v0=4m/s;金屬棒a剛進(jìn)入磁場時(shí),感應(yīng)電動(dòng)勢最大,即在水平軌道上加速度最大,且Em=BLv0=0.2V,此時(shí)感應(yīng)電流I=EmRa+對a棒由牛頓第二定律有ILB=ma,解得a棒在水平軌道上的最大加速度為a=0.5m/s2。(2)b棒到達(dá)圓弧軌道底部后做減速運(yùn)動(dòng),a棒做加速運(yùn)動(dòng),設(shè)兩棒速度相等時(shí)速度大小為v,以a、b兩棒組成的整體為研究對象,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mbv0+mav1=(mb+ma)v,代入數(shù)據(jù)解得v=3m/s,方向水平向右;設(shè)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱為Q,b棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qb,對a、b兩棒由能量守恒定律得(ma+mb)gh=12(ma+mb)v2+Q解得Q=0.7J,又QbQ=Rb解得整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中b棒上產(chǎn)生的焦耳熱Qb=0.35J。(3)設(shè)a棒進(jìn)入水平區(qū)域后經(jīng)過時(shí)間Δt1,b棒到達(dá)圓弧軌道底部,a棒水平位移為x1,對a棒,取水平向右為正方向,由動(dòng)量定理有-BILΔt1=mav1-mav0,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E=ΔΦ其中ΔΦ=BLx1,根據(jù)閉合電路歐姆定律有I=ER聯(lián)立以上各式得-B2L2x1Ra+Rb=解得x1=16m;設(shè)b棒到達(dá)圓弧軌道底部后經(jīng)過時(shí)間Δt2兩棒速度相同,對b棒,取水平向右為正方向,由動(dòng)量定理有-BI′LΔt2=mbv-mbv0,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E′=ΔΦ根據(jù)閉合電路歐姆定律有I′=E'設(shè)Δt2時(shí)間內(nèi)b棒與a棒之間的相對位移為x2,則ΔΦ′=BLx2,聯(lián)立以上各式得-B2L2x2Ra+Rb解得x2=8m,所以最終金屬棒a和b之間的距離Δx=x1-x2=8m。[例5]【三大觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的綜合應(yīng)用】(2024·湖北卷,15)如圖所示,兩足夠長平行金屬直導(dǎo)軌MN、PQ的間距為L,固定在同一水平面內(nèi),直導(dǎo)軌在左端M、P點(diǎn)分別與兩條豎直固定、半徑為L的14圓弧導(dǎo)軌相切。MP連線與直導(dǎo)軌垂直,其左側(cè)無磁場,右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)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(dǎo)軌的最高點(diǎn)。質(zhì)量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個(gè)半徑為L的圓環(huán),水平放置在兩直導(dǎo)軌上,其圓心到兩直導(dǎo)軌的距離相等。忽略導(dǎo)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(dǎo)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(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小;(2)金屬環(huán)剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小;(3)為使ab在整個(gè)運(yùn)動(dòng)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)B2L【解析】(1)對金屬棒ab由靜止釋放到剛越過MP過程,根據(jù)動(dòng)能定理有mgL=12mv解得v0=2gL則ab剛越過MP時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為E=BLv0=BL2gL(2)金屬環(huán)在導(dǎo)軌間兩段圓弧并聯(lián)接入電路,導(dǎo)軌外側(cè)的兩段圓弧被短路,由幾何關(guān)系可得,金屬環(huán)在導(dǎo)軌間的每段圓弧的電阻R0=12×6R3可知整個(gè)回路的總電阻為R總=R+R·RR+ab剛越過MP時(shí),通過ab的感應(yīng)電流為I=ER總=對金屬環(huán)由牛頓第二定律,有2BL·I2=2ma解得a=B2(3)金屬棒ab和金屬環(huán)在磁場中運(yùn)動(dòng)過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒,當(dāng)金屬棒ab和金屬環(huán)速度相等時(shí),金屬棒ab恰好追上金屬環(huán),金屬環(huán)圓心初位置到MP有最小距離,設(shè)此時(shí)速度為v,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0=mv+2mv,解得v=13v0對金屬棒ab根據(jù)動(dòng)量定理有-BILt=m·v03-mv則有BLq=23mv0設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)距離為x1,金屬環(huán)運(yùn)動(dòng)距離為x2,則有q=BL(聯(lián)立解得Δx=x1-x2=mR2則金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離d=L+Δx=B2(滿分:50分)對點(diǎn)1.動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用1.(4分)(2024·貴州貴陽開學(xué)考試)一邊長為L、質(zhì)量為m的正方形單匝金屬線框,每邊電阻均為R0,置于光滑絕緣水平桌面(紙面)上。寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,兩虛線為磁場邊界,如圖所示?，F(xiàn)使金屬框以一定的初速度向右運(yùn)動(dòng),進(jìn)入磁場。運(yùn)動(dòng)過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行,金屬框完全進(jìn)入磁場區(qū)域時(shí),速度大小減為初速度的四分之三,則金屬框的初速度大小為()[A]B2L3mR[C]4B2L33【答案】A【解析】取水平向右為正方向,根據(jù)動(dòng)量定理有-BILt=m×34v-mv又BILt=BLq=BL·ΔΦ4R0=BL·BL22.(6分)(2024·安徽合肥期末)(多選)如圖,足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置,左右兩側(cè)導(dǎo)軌的間距分別為l、2l,導(dǎo)軌間存在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量分別為m、2m的導(dǎo)體棒a、b均垂直導(dǎo)軌放置,回路總電阻保持不變。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)軌垂直且保持接觸良好,a棒總在窄軌上運(yùn)動(dòng),b棒總在寬軌上運(yùn)動(dòng),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棒的加速度始終等于b棒的加速度[B]a棒的加速度始終大于b棒的加速度[C]穩(wěn)定時(shí)a棒的速度大小為53v[D]穩(wěn)定時(shí)a棒的速度大小為2v0【答案】AD【解析】由于導(dǎo)體棒a、b中的電流始終大小相等,根據(jù)牛頓第二定律,對導(dǎo)體棒a有BIl=maa,對導(dǎo)體棒b有BI·2l=2mab,可知aa=ab,A正確,B錯(cuò)誤;取向右為正方向,根據(jù)動(dòng)量定理,對導(dǎo)體棒a有BIl·Δt=mva-mv0,對導(dǎo)體棒b有-BI·2l·Δt=2mvb-2m·2v0,當(dāng)最終穩(wěn)定時(shí)滿足B·2lvb=Blva,聯(lián)立解得va=2v0,vb=v0,C錯(cuò)誤,D正確。3.(12分)(2023·湖南卷,14)如圖,兩根足夠長的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置,導(dǎo)軌間距為L,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相對于棒b運(yùn)動(dòng)的距離Δx?！敬鸢浮?1)2mgRsinθB2L2(2)2gsinθ(3)gt0【解析】(1)棒a在運(yùn)動(dòng)過程中重力沿斜面的分力和棒a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,由閉合電路歐姆定律及安培力公式可得I=E2R,F=BI由棒a受力平衡可得mgsinθ=BIL,聯(lián)立解得v0=2mgR(2)由右手定則可知導(dǎo)體棒b中電流向里,棒b受到沿斜面向下的安培力,此時(shí)電路中電流不變,則對棒b由牛頓第二定律可得mgsinθ+BIL=ma0,解得a0=2gsinθ。(3)棒a受到沿斜面向上的安培力,在達(dá)到共速時(shí)對棒a由動(dòng)量定理可得mgsinθ·t0-BILt0=mv-mv0,棒b受到向下的安培力,對棒b由動(dòng)量定理可得mgsinθ·t0+BILt0=mv,聯(lián)立解得v=gt0sinθ+mgRsi由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E=ΔΦΔtI=E2R=聯(lián)立解得Δx=2m對點(diǎn)2.動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用4.(4分)(2024·廣西桂林期中)如圖所示,兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì),水平固定在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中,導(dǎo)軌上垂直靜置兩根質(zhì)量與電阻都相同的導(dǎo)體棒ab、cd。給ab棒平行于導(dǎo)軌的初速度并開始計(jì)時(shí),棒ab、cd中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢eab、ecd、回路中的感應(yīng)電流i、導(dǎo)軌間的電壓u與時(shí)間t的關(guān)系圖像中,可能正確的是()[A][B][C][D]【答案】D【解析】設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,兩導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m、接入電路的長度均為l、電阻均為R,導(dǎo)體棒ab的初速度為v0,某時(shí)刻t導(dǎo)體棒ab、cd的速度分別為v1、v2,回路的感應(yīng)電流為i,由法拉第電磁感應(yīng)定律有eab=Blv1,ebc=Blv2,根據(jù)閉合電路歐姆定律有i=Bl(v1-v2)2R,棒ab所受安培力向左,棒cd所受安培力向右,則v1減小,v2增大,v1-v2減小,電流i減小,F=Bli減小,兩棒運(yùn)動(dòng)的加速度減小,即棒ab做初速度為v0、加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng),由eab=Blv1可知,eab減小得越來越慢,最終趨于Blv02,故A錯(cuò)誤;棒cd做初速度為零、加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng),由ecd=Blv2可知,ecd由零開始增加得越來越慢,最終趨于恒定,故B錯(cuò)誤;由上述分析可知v1-v2、i越來越小,最終v1-v2、i趨于零,故C錯(cuò)誤;兩導(dǎo)軌間的電壓u=eab-iR,對兩棒由動(dòng)量守恒定律有mv0=mv1+mv2,5.(6分)(2024·海南卷,13)(多選)兩根足夠長的導(dǎo)軌由上、下段電阻不計(jì)、光滑的金屬導(dǎo)體組成,在M、N兩點(diǎn)絕緣連接,M、N等高,間距L=1m,連接處平滑。導(dǎo)軌平面與水平面夾角為30°,導(dǎo)軌兩端分別連接一個(gè)阻值R=0.02Ω的電阻和C=1F的電容器,整個(gè)裝置處于B=0.2T的垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)中,兩根導(dǎo)體棒ab、cd分別放在MN兩側(cè),質(zhì)量分別為m1=0.8kg,m2=0.4kg,ab棒電阻為0.08Ω,cd棒的電阻不計(jì),將ab由靜止釋放,同時(shí)cd從距離MN為x0=4.32m處在一個(gè)大小F=4.64N、方向沿導(dǎo)軌平面向上的力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng),兩棒恰好在MN處發(fā)生彈性碰撞,碰撞前瞬間撤去F,已知碰前瞬間ab的速度為4.5m/s,g取10m/s2,則()[A]ab從釋放到第一次碰撞前所用時(shí)間為1.44s[B]ab從釋放到第一次碰撞前,R上消耗的焦耳熱為0.78J[C]兩棒第一次碰撞后瞬間,ab的速度大小為6.3m/s[D]兩棒第一次碰撞后瞬間,cd的速度大小為8.4m/s【答案】BD【解析】已知金屬棒ab由靜止釋放的同時(shí),金屬棒cd在力F的作用下沿導(dǎo)軌平面向上由靜止開始運(yùn)動(dòng),兩棒恰好在MN處發(fā)生彈性碰撞,可知金屬棒ab和金屬棒cd到達(dá)MN處的時(shí)間相同,金屬棒cd距離MN為x0=4.32m,設(shè)兩棒從釋放到第一次碰撞前所用時(shí)間為t,金屬棒cd運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為a2,對金屬棒cd分析,有F-BIL-m2gsin30°=m2a2,因?yàn)榻饘賹?dǎo)軌在M、N兩點(diǎn)絕緣,所以對金屬棒cd和電容器組成的回路有Δq=C·BLΔv,a2=ΔvΔt,I=ΔqΔt,聯(lián)立解得a2=F-m2gsin30°m2+CB2L2=6m/s2,即金屬棒cd做勻加速直線運(yùn)動(dòng),有x0=12a2t2,解得t=1.2s,A錯(cuò)誤;已知碰前瞬間金屬棒ab的速度v1=4.5m/s,對金屬棒ab和電阻R組成的回路分析有m1gxabsin30°-Q=12m1v12,金屬棒ab下滑過程有m1gsin30°·t-BIL·t=m1v1,其中q=It=BLxabR總,R總=R+Rab=0.1Ω,聯(lián)立解得q=6C,xab=3m,Q=3.9J,則R上消耗的焦耳熱為QR=RR總Q=0.78J,B正確;由于兩棒恰好在MN處發(fā)生彈性碰撞,取沿斜面向下為正方向,有m1v1-m2v2=m1v1′+m2v2′,12m1v12+12m2v22=12m1v1′2+12m2v2′2,已知v16.(4分)(2024·山西太原階段檢測)如圖所示,兩根質(zhì)量均為2kg的金屬棒垂直地放在光滑的水平導(dǎo)軌上,左側(cè)部分導(dǎo)軌間距和AB棒長度均為0.5m,右側(cè)部分導(dǎo)軌間距和CD棒長度均為1.0m,導(dǎo)軌間左、右兩部分有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反的勻強(qiáng)磁場,兩棒電阻與棒長成正比,不計(jì)導(dǎo)軌電阻?，F(xiàn)用水平恒力F=250N向右拉CD棒,使CD棒向右運(yùn)動(dòng)0.5m后回路中電流即將開始保持不變,此時(shí)AB棒與CD棒的速度大小之比為1∶2,立即撤去恒力F,此過程中CD棒產(chǎn)生的焦耳熱為30J。左右兩側(cè)導(dǎo)軌足夠長,兩金屬棒始終分別在左右兩側(cè)運(yùn)動(dòng),磁場區(qū)域足夠大。下列說法正確的是()[A]撤去恒力F前瞬間,AB棒與CD棒的加速度大小之比為1∶2[B]撤去恒力F前某時(shí)刻,AB棒與CD棒的加速度大小之比可能為2∶1[C]撤去恒力F時(shí)CD棒的速度大小為4m/s[D]撤去恒力F后回路中產(chǎn)生的焦耳熱為28.8J【答案】D【解析】對AB棒有BIL=ma1,對CD棒有F-2BIL=ma2,由閉合電路歐姆定律有I=2BLv2-BLv13R,則AB棒做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng),CD棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),穩(wěn)定后AB棒向左勻加速運(yùn)動(dòng),CD棒向右勻加速運(yùn)動(dòng),此時(shí)回路中電流恒定,2v2-v1為定值,所以a2