2026版高考物理步步高大二輪（培優(yōu)版）第一部分專題整合提升專題四增分培優(yōu)6變壓器中的“等效電源”和“等效電阻”模型一、等效電源的建立證明：如圖1甲所示，設(shè)原線圈的電壓為U1，電流為I1，副線圈電壓為U2，電流為I2，副線圈負(fù)載為R，與原線圈串聯(lián)的定值電阻為R0，變壓器原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2。將變壓器、定值電阻R0與原交流電源看為一個(gè)整體，等效為一個(gè)新的電源，令新電源的電動(dòng)勢為E′，新電源等效內(nèi)阻為r′，作出等效電路圖如圖乙所示。圖1對(duì)圖乙，由閉合電路歐姆定律得U2＝E′－I2r′對(duì)圖甲，由串聯(lián)電路的規(guī)律得U1＝U－I1R0設(shè)eq\f(n1,n2)＝k，則eq\f(U1,U2)＝k，eq\f(I2,I1)＝k，得U2＝eq\f(U,k)－I2eq\f(R0,k2)通過比較，可得E′＝eq\f(U,k)，r′＝eq\f(R0,k2)。結(jié)論：理想變壓器中與原線圈串聯(lián)的定值電阻為R0，交流電源輸出電壓為U，設(shè)原、副線圈的匝數(shù)之比為eq\f(n1,n2)＝k，將變壓器、定值電阻R0與交流電源看為一個(gè)整體，等效為一個(gè)新的電源，則新電源的電動(dòng)勢E′＝eq\f(U,k)，新電源的內(nèi)阻r′＝eq\f(R0,k2)。例1(多選)如圖2，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為1∶2，原線圈與定值電阻R1串聯(lián)后，接入輸出電壓有效值恒定的正弦交流電源。副線圈電路中負(fù)載電阻為可變電阻R2，A、V為理想交流電表。當(dāng)R2＝2R1時(shí)，電流表的讀數(shù)為1A，電壓表的讀數(shù)為4V，則()圖2A.電源輸出電壓為6VB.電源輸出功率為4WC.保持R1阻值不變，當(dāng)R2＝8Ω時(shí)，電壓表的讀數(shù)為6VD.保持R1阻值不變，當(dāng)R2＝8Ω時(shí)，變壓器輸出的功率最大答案ACD解析設(shè)電源輸出電壓為U，因原、副線圈的匝數(shù)之比為k＝eq\f(1,2)，將變壓器、定值電阻R1與原交流電源看為一個(gè)整體，等效為一個(gè)新的電源，則新電源的電動(dòng)勢E′＝eq\f(U,k)＝2U，新電源的內(nèi)阻r′＝eq\f(R1,k2)＝4R1。當(dāng)R2＝2R1時(shí)，電流表的讀數(shù)為1A，電壓表的讀數(shù)為4V，所以R2＝4Ω，R1＝2Ω，電流表的讀數(shù)I2＝eq\f(E′,r′＋R2)，解得U＝6V，A正確；新電源的電動(dòng)勢E′＝eq\f(U,k)＝2U＝12V，內(nèi)阻r′＝eq\f(R1,k2)＝4R1＝8Ω，電源輸出功率P＝I2E′＝12W，故B錯(cuò)誤；保持R1阻值不變，當(dāng)R2＝8Ω時(shí)，電壓表的讀數(shù)為電動(dòng)勢的一半，即為6V，C正確；當(dāng)R2＝8Ω＝r′時(shí)，等效電源的輸出功率最大，即變壓器輸出的功率最大，D正確。二、等效電阻的建立1.只有一個(gè)副線圈的理想變壓器如圖3甲所示，我們可以將變壓器與負(fù)載看為一個(gè)整體，等效為一個(gè)新的電阻R′，即為a、b間的等效電阻。圖3等效電路圖如圖乙所示，設(shè)變壓器等效負(fù)載電阻為R′，在圖甲中由變壓器的電壓規(guī)律eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得U2＝eq\f(n2,n1)U1，所以負(fù)載電阻R消耗的功率為P＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),R)＝eq\f(neq\o\al(2,2)Ueq\o\al(2,1),neq\o\al(2,1)R)，在圖乙中等效電阻消耗的功率為P′＝eq\f(Ueq\o\al(2,1),R′)，又P＝P′，解得a、b間的等效電阻為R′＝eq\f(neq\o\al(2,1),neq\o\al(2,2))R，以上方法叫理想變壓器等效電阻法。2.含有多個(gè)副線圈的理想變壓器如圖4所示，由等效電阻法我們可以將副線圈n2、負(fù)載R1與原線圈看為整體，等效為新電阻R1x，將副線圈n3、負(fù)載R2與原線圈看為整體，等效為另一個(gè)新電阻R2x，則R1x與R2x兩端電壓相同，均為原線圈輸入電壓U1。假設(shè)等效電阻R1x與R2x在等效電路圖中的關(guān)系為并聯(lián)。圖4圖5令R1x與R2x中的電流分別為I1x與I2x，作等效電路圖如圖5所示。對(duì)n2副線圈U1I1x＝U2I2由電壓比有eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)又R1＝eq\f(U2,I2)，R1x＝eq\f(U1,I1x)則R1x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))eq\s\up12(2)R1對(duì)n3副線圈U1I2x＝U3I3由電壓比有eq\f(U1,U3)＝eq\f(n1,n3)又R2＝eq\f(U3,I3)，R2x＝eq\f(U1,I2x)則R2x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n3)))eq\s\up12(2)R2故多個(gè)副線圈的變壓器問題，可以將每個(gè)副線圈與原線圈分別看為一個(gè)整體，等效為一個(gè)新電阻，作出等效電阻的并聯(lián)電路圖加以分析。例2(2022·湖南卷，6)如圖6，理想變壓器原、副線圈總匝數(shù)相同，滑動(dòng)觸頭P1初始位置在副線圈正中間，輸入端接入電壓有效值恒定的交變電源。定值電阻R1的阻值為R，滑動(dòng)變阻器R2的最大阻值為9R，滑片P2初始位置在最右端。理想電壓表的示數(shù)為U，理想電流表的示數(shù)為I。下列說法正確的是()圖6A.保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動(dòng)的過程中，I減小，U不變B.保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動(dòng)的過程中，R1消耗的功率增大C.保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動(dòng)的過程中，I減小，U增大D.保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動(dòng)的過程中，R1消耗的功率減小答案B解析由題意可知，原、副線圈的匝數(shù)比為2，則副線圈的電流為2I，根據(jù)歐姆定律可得副線圈的電壓有效值為U2＝2IR1，則變壓器原線圈的電壓有效值為U1＝2U2＝4IR1，設(shè)輸入交流電源的電壓有效值為U0，則U0＝4IR1＋I(xiàn)R2，可得I＝eq\f(U0,4R1＋R2)。保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動(dòng)的過程中，I不斷變大，根據(jù)歐姆定律U1＝4IR1，可知變壓器原線圈的電壓有效值U1變大，輸入端接入的電壓有效值不變，則R2兩端的電壓不斷變小，則電壓表示數(shù)U變小，原線圈的電壓、電流都變大，則功率變大，根據(jù)原、副線圈的功率相等，可知R1消耗的功率增大，故B正確，A錯(cuò)誤；設(shè)原、副線圈的匝數(shù)比為n，同理可得U1＝n2IR1，則U0＝n2IR1＋I(xiàn)R2，整理可得I＝eq\f(U0,n2R1＋R2)，保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動(dòng)的過程中，n不斷變大，則I變小，對(duì)R2由歐姆定律有U＝IR2，可知U不斷變小，根據(jù)原、副線圈的功率相等可知R1消耗的功率為P1＝IU1＝eq\f(U0,n2R1＋R2)·(U0－eq\f(U0R2,n2R1＋R2))，整理可得P1＝eq\f(Ueq\o\al(2,0),n2R1＋\f(Req\o\al(2,2),n2R1)＋2R2)，可知n＝3時(shí)，R1消耗的功率有最大值，可知R1消耗的功率先增大后減小，故C、D錯(cuò)誤。1.(2024·遼寧大連模擬)保險(xiǎn)絲對(duì)電路安全有著重要作用，如圖1所示，A是額定電流為1A的保險(xiǎn)絲，理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為5∶1，交流電壓U＝220V，保險(xiǎn)絲電阻為1Ω，R是可變電阻。則()圖1A.要使電路正常工作，可變電阻R的阻值不能大于8.76ΩB.可變電阻R越大，其消耗的功率越大C.可變電阻R兩端的電壓不能低于43.8VD.保持R不變，增加原線圈匝數(shù)，通過保險(xiǎn)絲的電流增大答案C解析將可變電阻等效到原線圈電路中，其等效電阻R′＝eq\f(neq\o\al(2,1),neq\o\al(2,2))R，原線圈回路滿足閉合回路歐姆定律，有U＝I(RA＋R′)，由于A的熔斷電流為1A，可得R′≥219Ω，即R≥8.76Ω，故A錯(cuò)誤；當(dāng)R′＝RA時(shí)R的功率最大，R′>RA時(shí)，電阻越大，功率越小，故B錯(cuò)誤；設(shè)可變電阻R兩端電壓為U′，則原線圈兩端電壓為5U′，根據(jù)eq\f(U－5U′,RA)≤1A，可得U′≥43.8V，故C正確；增加原線圈匝數(shù)，等效電阻變大，通過保險(xiǎn)絲的電流減小，故D錯(cuò)誤。2.(2024·山東德州高三期末)如圖2所示，理想變壓器原線圈串聯(lián)一個(gè)定值電阻R1后，接在電壓恒定的正弦式交流電源上，副線圈與定值電阻R2和滑動(dòng)變阻器R3相連，c點(diǎn)位于滑動(dòng)變阻器中點(diǎn)右側(cè)，電流表和電壓表均為理想電表。將滑動(dòng)變阻器R3的滑片從左端滑至c點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是()圖2A.電源的輸出功率先增大后減小B.理想變壓器副線圈的輸出功率先減小后增大C.電壓表V1示數(shù)先減小后增大，電流表A1示數(shù)先增大后減小D.若電壓表V2和電流表A2示數(shù)變化量分別為ΔU2和ΔI2，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU2,ΔI2)))保持不變答案D解析副線圈電路中總電阻為R總＝R2＋R3，將滑動(dòng)變阻器R3的滑片從左端滑至c點(diǎn)的過程中，R3的電阻先增大后減小，所以總電阻先增大后減小，原線圈等效電阻為R原＝(eq\f(n1,n2))2R總，可知R原先增大后減小。由閉合電路歐姆定律可知原線圈電流為I1＝eq\f(E,R1＋R原)，則原線圈電流先減小后增大，原線圈電壓為U1＝E－I1R1，可知電壓表V1示數(shù)先增大后減小。電源的輸出功率為P出＝UI1，可知電源的輸出功率先減小后增大，故A、C錯(cuò)誤；采用等效電源法，將R1與原、副線圈等效為電源的內(nèi)阻，則E′＝eq\f(n2,n1)E，r＝(eq\f(n2,n1))2R1，可知r是一個(gè)定值，理想變壓器副線圈的輸出功率與副線圈電路的總電阻有關(guān)，無法確定r和R總的大小關(guān)系，所以理想變壓器副線圈的輸出功率的變化情況不確定，故B錯(cuò)誤；由閉合電路歐姆定律，可得U2＝E′－I2r，可知eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU2,ΔI2)))＝r，即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU2,ΔI2)))保持不變，故D正確。3.(2024·河北滄州模擬預(yù)測)如圖3所示，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為3∶1，在原線圈回路中接有定值電阻R1，副線圈回路中接有滑動(dòng)變阻器R2，R2的最大阻值等于R1，原線圈一側(cè)接在電動(dòng)勢有效值為E的正弦式交流電源上，電流表和電壓表均為理想交流電表，電源內(nèi)阻忽略不計(jì)?；瑒?dòng)變阻器滑片自上而下滑動(dòng)時(shí)，下列說法正確的是()圖3A.電壓表與電流表的示數(shù)變化量ΔU、ΔI的比值eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,ΔI)))增大B.電壓表與電流表的示數(shù)變化量ΔU、ΔI的比值eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,ΔI)))減小C.當(dāng)R2＝eq\f(R1,9)時(shí)R2獲得的功率最大，數(shù)值為eq\f(E2,4R1)D.當(dāng)R2＝eq\f(R1,3)時(shí)R2獲得的功率最大，數(shù)值為eq\f(E2,4R1)答案C解析當(dāng)電壓表的示數(shù)變化量為ΔU時(shí)，原線圈兩端電壓的變化量ΔU1＝3ΔU，定值電阻R1兩端電壓變化量的絕對(duì)值eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ΔUR1))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ΔU1))，可知eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,ΔI)))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔUR1,ΔI)))＝eq\f(R1,3)，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,ΔI)))為定值，故A、B錯(cuò)誤；如圖所示，虛線框內(nèi)部的部分可等效為電阻R，則Ieq\o\al(2,1)R＝Ieq\o\al(2,2)R2，可得R＝eq\f(Ieq\o\al(2,2),Ieq\o\al(2,1))R2＝9R2，R2的功率即為等效電阻R的功率，易知當(dāng)R＝R1時(shí)，等效電阻消耗的功率最大，為Pm＝eq\f(E2,4R1)，此時(shí)9R2＝R1，R2＝eq\f(R1,9)，故C正確，D錯(cuò)誤。4.(2024·河北石家莊高三期末)如圖4所示，理想變壓器原線圈與輸出電壓有效值U＝4V的正弦交流電源相連，原、副線圈的匝數(shù)比為1∶2，電表均為理想交流電表，電阻R1＝1Ω，R2＝4Ω，滑動(dòng)變阻器R3的最大阻值為8Ω。在滑片從最上端滑向最下端的過程中，下列說法正確的是()圖4A.電壓表示數(shù)的最大值為4VB.電流表示數(shù)的最大值為1AC.副線圈輸出功率的最大值為4WD.副線圈的輸出功率先增大后減小答案C解析設(shè)變壓器的輸入電壓為U1，輸出電壓為U2，原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2，有eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(I2,I1)＝eq\f(n1,n2)，變壓器及其右側(cè)電路的等效電路如圖所示，其等效電阻R等＝eq\f(U1,I1)＝eq\f(U1,U2)×eq\f(I2,I1)×eq\f(U2,I2)＝eq\f(neq\o\al(2,1),neq\o\al(2,2))(R2＋R3)，當(dāng)R3＝8Ω時(shí)等效電阻取最大值為3Ω，則原線圈兩端的電壓最大為3V，由變壓器原理可知，電壓表示數(shù)的最大值為6V，A錯(cuò)誤；當(dāng)R3＝0時(shí)，等效電阻取最小值，為1Ω，此時(shí)電流表示數(shù)最大，為2A，B錯(cuò)誤；因1Ω≤R等≤3Ω，將R1看成電源內(nèi)阻，則等效電阻消耗的電功率P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U,R等＋R1)))eq\s\up12(2)R等＝eq\f(42,\f(（R等－1）2,R等)＋4)W，隨R等的減小，副線圈輸出功率一直增大，當(dāng)R等＝1Ω時(shí)，副線圈輸出功率最大為4W，C正確，D錯(cuò)誤。5.(2024·安徽合肥二模)如圖5所示，交流電源電壓的有效值恒定，R為定值電阻，可調(diào)變壓器為理想變壓器，P1為移動(dòng)導(dǎo)電刷，RP為滑動(dòng)變阻器，電流表、電壓表均為理想電表，電表V1、V2、A1、A2的讀數(shù)分別為U1、U2、I1、I2，則下列說法正確的是()圖5A.保持P1位置不變，P2緩慢下滑的過程中，U1減小、U2增大B.保持P1位置不變，P2緩慢下滑的過程中，I1增大、I2增大C.保持P2位置不變，P1緩慢下滑的過程中，U1增大、U2減小D.保持P2位置不變，P1緩慢下滑的過程中，I1增大、I2增大答案B解析保持P1位置不變，P2緩慢下滑的過程中，副線圈在原線圈的等效電阻R等＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))eq\s\up12(2)RP減小，所以原、副線圈的電流變大，I1增大、I2增大，由于R不變，所以U1增大，因?yàn)殡娫措妷翰蛔?，所以原線圈的輸入電壓減小，副線圈的輸出電壓減小，所以U2減小，故A錯(cuò)誤，B正確；保持P2位置不變，P1緩慢下滑的過程中，副線圈在原線圈的等效電阻R等＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))eq\s\up12(2)RP變大，原線圈電流變小，I1減小，U1減小，因?yàn)殡娫措妷翰蛔?，所以原線圈的輸入電壓增大，因?yàn)楦本€圈匝數(shù)變小，所以無法判斷副線圈的電流和電壓的變化，故C、D錯(cuò)誤。增分培優(yōu)7動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用熱點(diǎn)一動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用在導(dǎo)體切割磁感線做變加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，若牛頓運(yùn)動(dòng)定律和能量觀點(diǎn)不能解決問題，可運(yùn)用動(dòng)量定理巧妙解決問題。求解的物理量應(yīng)用示例電荷量或速度－Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＝mv2－mv1，q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt位移－Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝eq\f(－B2l2\o(v,\s\up6(－))Δt,R總)＝mv2－mv1即eq\f(－B2l2x,R總)＝m(v2－v1)時(shí)間－Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1即－Blq＋F其他Δt＝mv2－mv1已知電荷量q、F其他(F其他為恒力)－eq\f(B2L2\o(v,\s\up6(－))Δt,R總)＋F其他Δt＝mv2－mv1即－eq\f(B2L2x,R總)＋F其他Δt＝mv2－mv1已知位移x、F其他(F其他為恒力)例1(2023·新課標(biāo)卷，26)一邊長為L、質(zhì)量為m的正方形金屬細(xì)框，每邊電阻為R0，置于光滑的絕緣水平桌面(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1(a)所示。圖1(1)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，金屬框完全穿過磁場區(qū)域后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大?。?2)在桌面上固定兩條光滑長直金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌與磁場邊界垂直，左端連接電阻R1＝2R0，導(dǎo)軌電阻可忽略，金屬框置于導(dǎo)軌上，如圖(b)所示，讓金屬框以與(1)中相同的初速度向右運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入磁場。運(yùn)動(dòng)過程中金屬框的上、下邊框處處與導(dǎo)軌始終接觸良好。求在金屬框整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量。答案(1)eq\f(B2L3,mR0)(2)eq\f(3B4L6,25mReq\o\al(2,0))解析(1)設(shè)金屬框的初速度大小為v0，則金屬框完全穿過磁場的過程，由動(dòng)量定理有－2Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝meq\f(v0,2)－mv0通過金屬框的電流eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),4R0)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(BL2,t)聯(lián)立解得v0＝eq\f(B2L3,mR0)。(2)金屬框進(jìn)入磁場的過程，有－Beq\o(I,\s\up6(－))′Lt′＝mv1－mv0閉合電路的總電阻R總＝R0＋eq\f(1,\f(1,R1)＋\f(1,R0))＝eq\f(5,3)R0通過金屬框的電流eq\o(I,\s\up6(－))′＝eq\f(\o(E,\s\up6(－))′,R總)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有eq\o(E,\s\up6(－))′＝eq\f(BL2,t′)解得v1＝eq\f(2B2L3,5mR0)金屬框完全在磁場中時(shí)繼續(xù)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，金屬框的右邊框和左邊框?yàn)殡娫矗瑑呻娫床⒙?lián)給外電路供電，假設(shè)金屬框的右邊框沒有出磁場右邊界，則有－Beq\o(I,\s\up6(－))″Lt″＝－mv1通過金屬框的電流eq\o(I,\s\up6(－))″＝eq\f(\o(E,\s\up6(－))″,R1＋\f(R0,2))根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有eq\o(E,\s\up6(－))″＝eq\f(BLx,t″)解得x＝L故假設(shè)成立，對(duì)金屬框進(jìn)入磁場過程分析，由能量守恒定律有Q總＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)電阻R1產(chǎn)生的熱量為Q1＝eq\f(\f(2,3)R0,R總)·eq\f(R0,R1＋R0)Q總金屬框在磁場中運(yùn)動(dòng)過程，有Q總′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)電阻R1產(chǎn)生的熱量為Q1′＝eq\f(R1,R1＋\f(R0,2))Q總′電阻R1產(chǎn)生的總熱量為Q1總＝Q1＋Q1′解得Q1總＝eq\f(3B4L6,25mReq\o\al(2,0))。訓(xùn)練1(多選)(2024·山東淄博二模)如圖2甲所示，一端封閉的兩條平行光滑導(dǎo)軌相距L＝0.1m，距左端L處的中間一段被彎成傾斜軌道，長度也為L，與水平面夾角θ＝30°，各段軌道均平滑連接。傾斜軌道所在區(qū)域無磁場，左段區(qū)域Ⅰ存在均勻分布但隨時(shí)間線性變化的磁場B，取豎直向上為正方向，其大小隨時(shí)間變化情況如圖乙所示；右段區(qū)域Ⅱ存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場B0＝0.2T。在傾斜軌道頂端，放置一質(zhì)量為m＝0.1kg、電阻R＝1Ω、長為L的金屬棒ab，與導(dǎo)軌左段形成閉合回路，ab由靜止開始下滑，進(jìn)入右側(cè)磁場Ⅱ后經(jīng)過時(shí)間t(已知)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度g＝10m/s2，則()圖2A.ab在傾斜軌道上下滑過程中產(chǎn)生的焦耳熱為1×10－5JB.ab達(dá)到穩(wěn)定后的速度大小等于0.5m/sC.ab進(jìn)入右側(cè)磁場Ⅱ后通過電阻R的電荷量為2.5CD.ab進(jìn)入右側(cè)磁場Ⅱ經(jīng)過位移為(125＋0.5t)后達(dá)到勻速答案BCD解析左側(cè)回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝eq\f(ΔB,Δt)L2＝eq\f(0.2,0.2)×0.12V＝0.01V，金屬棒在傾斜軌道上下滑時(shí)的加速度a＝gsinθ＝5m/s2，下滑的時(shí)間t1＝eq\r(\f(2L,a))＝eq\r(\f(2×0.1,5))s＝0.2s，ab在傾斜軌道上下滑過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(E2,R)t1＝eq\f(0.012,1)×0.2J＝2×10－5J，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；ab達(dá)到穩(wěn)定時(shí)回路感應(yīng)電流為零，則E＝B0Lv，解得v＝0.5m/s，選項(xiàng)B正確；金屬棒到達(dá)斜面底端時(shí)的速度v0＝eq\r(2aL)＝1m/s，達(dá)到穩(wěn)定時(shí)由動(dòng)量定理有－B0eq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝－B0Lq＝mv－mv0，解得q＝2.5C，選項(xiàng)C正確；由以上可知eq\f(B0L\o(v,\s\up6(－))－E,R)Δt＝q，即∑(B0Leq\o(v,\s\up6(－))Δt－EΔt)＝qR，即B0Lx－Et＝qR，解得x＝0.5t＋125，選項(xiàng)D正確。訓(xùn)練2(2024·湖北武漢模擬預(yù)測)福建艦搭載了我國自主研發(fā)的電磁彈射和阻攔技術(shù)用于艦載機(jī)的起飛和降落。某興趣小組開展電磁彈射阻攔系統(tǒng)研究，設(shè)計(jì)了如圖3所示的簡化模型，兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l，電阻不計(jì)，導(dǎo)軌區(qū)域存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab，垂直放在導(dǎo)軌間。當(dāng)質(zhì)量為M的飛機(jī)(模型)要彈射起飛時(shí)，將它與金屬棒鎖定，選擇開關(guān)S與1閉合，恒流源輸出恒定電流，大小為I，經(jīng)過時(shí)間t1，飛機(jī)達(dá)到起飛速度v1，解除鎖定，飛機(jī)起飛離艦；飛機(jī)降落時(shí)，將選擇開關(guān)S與2閉合，飛機(jī)通過阻攔索鉤拉金屬棒，以共同速度v2一起開始減速著艦，金屬棒與儲(chǔ)能裝置(非純電阻)串聯(lián)，減速同時(shí)還能實(shí)現(xiàn)動(dòng)能的回收，經(jīng)過t2時(shí)間飛機(jī)速度減為0，v1等于v2，但均是未知量。下列關(guān)于起飛和阻攔過程說法正確的是()圖3A.起飛過程中，恒流源兩端的電壓保持不變B.起飛速度v1＝eq\f(IlB,m)t1C.起飛過程中，恒流源輸出能量為E＝I2Rt1＋eq\f(I2l2B2teq\o\al(2,1),2（m＋M）)D.降落過程中，飛機(jī)的位移x＝eq\f(mRIt1,Bl（M＋m）)答案C解析起飛過程中，金屬棒的速度增大，由E＝Blv可知產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢增大，電路中的電流恒定，金屬棒加速電流方向由a→b，感應(yīng)電動(dòng)勢方向由b→a，恒流源兩端的電壓U＝IR＋Blv變大，故A錯(cuò)誤；對(duì)金屬棒由動(dòng)量定理得IlBt1＝(M＋m)v1，解得v1＝eq\f(IlBt1,M＋m)，故B錯(cuò)誤；起飛過程中，恒流源輸出能量為電路中的焦耳熱與金屬棒和模型的動(dòng)能之和E＝I2Rt1＋eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,1)＝I2Rteq\o\al(2,1)＋eq\f(I2l2B2teq\o\al(2,1),2（M＋m）)，故C正確；降落過程中，根據(jù)動(dòng)量定理有－eq\o(I,\s\up6(－))lBt2＝0－(M＋m)v2，設(shè)流過金屬棒的電荷量為q，則q＝eq\o(I,\s\up6(－))t2，又eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)，eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Blx,t2)，v1＝v2，解得飛機(jī)的位移x＝eq\f(RIt1,Bl)，故D錯(cuò)誤。熱點(diǎn)二動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用例2(2024·陜西漢中二模)如圖4所示，兩根由弧形部分和直線部分平滑連接而成的相同光滑金屬導(dǎo)軌平行放置，弧形部分豎直，直線部分水平且左端連線垂直于導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L。水平區(qū)域abcd有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，細(xì)金屬桿M、N長度都稍大于L。初始時(shí)刻，細(xì)金屬桿M靜止在弧形部分距水平導(dǎo)軌高度h處，磁場內(nèi)的細(xì)金屬桿N處于靜止?fàn)顟B(tài)。某時(shí)刻靜止釋放M桿后，兩桿與導(dǎo)軌接觸良好且運(yùn)動(dòng)過程始終與導(dǎo)軌垂直，兩桿在磁場中未碰撞且N桿出磁場時(shí)的速度大小為eq\f(\r(2gh),4)。已知M、N桿的質(zhì)量分別為m和2m，電阻分別為R和2R，重力加速度為g，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場及導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。求：圖4(1)細(xì)金屬桿N在磁場內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中最大加速度的大小和方向；(2)細(xì)金屬桿N在磁場內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q；(3)細(xì)金屬桿N在磁場內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中通過回路的電荷量q；(4)初始時(shí)刻細(xì)金屬桿N到ab的最小距離x。答案(1)eq\f(B2L2\r(2gh),6mR)水平向右(2)eq\f(5,12)mgh(3)eq\f(m\r(2gh),2BL)(4)eq\f(3mR\r(2gh),2B2L2)解析(1)從M釋放到進(jìn)磁場，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv2M進(jìn)磁場時(shí)，對(duì)金屬桿N根據(jù)牛頓第二定律有F＝BIL＝Beq\f(BLv,3R)L＝2ma解得a＝eq\f(B2L2\r(2gh),6mR)根據(jù)左手定則可知，金屬桿N所受安培力的方向水平向右，則加速度方向水平向右。(2)由M、N組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則mv＝mv1＋2mv2根據(jù)能量守恒定律有Q＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)所以細(xì)金屬桿N產(chǎn)生的焦耳熱為QN＝eq\f(2,3)Q＝eq\f(5,12)mgh。(3)對(duì)細(xì)金屬桿N，根據(jù)動(dòng)量定理可得Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝2mv2，其中q＝eq\o(I,\s\up6(－))t解得q＝eq\f(m\r(2gh),2BL)。(4)當(dāng)N出磁場時(shí)M也剛好出磁場，此時(shí)N到ab的距離最小，設(shè)細(xì)金屬桿N到ab的最小距離為x，則整個(gè)過程中通過閉合回路的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,3R)＝eq\f(BLx,3R)所以x＝eq\f(3mR\r(2gh),2B2L2)。方法總結(jié)雙桿模型的分析方法

物理模型“一動(dòng)一靜”：甲桿靜止不動(dòng)，乙桿運(yùn)動(dòng)，其實(shí)質(zhì)是單桿問題，不過要注意問題包含著一個(gè)條件——甲桿靜止，受力平衡兩桿都在運(yùn)動(dòng)，對(duì)于這種情況，要注意兩桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢是相加還是相減；系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒分析方法動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)通常情況下一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，而另一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終兩金屬桿以共同的速度勻速運(yùn)動(dòng)能量觀點(diǎn)兩桿系統(tǒng)機(jī)械能減少量等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和動(dòng)量觀點(diǎn)對(duì)于兩金屬桿在平直的光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的情況，如果兩金屬桿所受的外力之和為零，則考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律處理問題訓(xùn)練3(多選)如圖5，兩根足夠長的光滑平行導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為2L和L，圖中OO′左側(cè)是電阻不計(jì)的金屬導(dǎo)軌，OO′右側(cè)是絕緣軌道。金屬導(dǎo)軌部分處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0；OO′右側(cè)以O(shè)為原點(diǎn)，沿導(dǎo)軌方向建立x軸，沿Ox方向存在分布規(guī)律為B＝B0＋kx(k>0)的豎直向下的磁場(圖中未標(biāo)出)。一質(zhì)量為m、阻值為R、三邊長度均為L的U形金屬框，左端緊靠OO′平放在絕緣軌道上(與金屬導(dǎo)軌不接觸)處于靜止?fàn)顟B(tài)。長為2L、質(zhì)量為m、電阻為R的導(dǎo)體棒a處在間距為2L的金屬導(dǎo)軌上，長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的導(dǎo)體棒b處在間距為L的金屬導(dǎo)軌上。現(xiàn)同時(shí)給導(dǎo)體棒a、b大小相同的水平向右的速度v0，當(dāng)導(dǎo)體棒b運(yùn)動(dòng)至OO′時(shí)，導(dǎo)體棒a中已無電流(a始終在寬軌上)。導(dǎo)體棒b與U形金屬框碰撞后連接在一起構(gòu)成回路，導(dǎo)體棒a、b、金屬框與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)體棒a被立柱擋住沒有進(jìn)入右側(cè)軌道。下列說法正確的是()圖5A.給導(dǎo)體棒a、b大小相同的水平向右的速度v0后，導(dǎo)體棒b做勻速運(yùn)動(dòng)B.導(dǎo)體棒b到達(dá)OO′時(shí)的速度大小為eq\f(6,5)v0C.導(dǎo)體棒b與U形金屬框碰撞后連接在一起后做勻減速運(yùn)動(dòng)D.導(dǎo)體棒b與U形金屬框碰撞后，導(dǎo)體棒b靜止時(shí)與OO′的距離為eq\f(12mv0R,5k2L4)答案BD解析給導(dǎo)體棒a、b大小相同的水平向右的速度v0后，導(dǎo)體棒a產(chǎn)生的電動(dòng)勢大于導(dǎo)體棒b產(chǎn)生的電動(dòng)勢，回路中有感應(yīng)電流產(chǎn)生，導(dǎo)體棒a減速運(yùn)動(dòng)，b棒加速運(yùn)動(dòng)，然后勻速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；設(shè)b棒到達(dá)OO′時(shí)的速度大小為vb，此時(shí)導(dǎo)體棒a的速度大小為va，此時(shí)已經(jīng)無電流，有BLvb＝2BLva，對(duì)a、b棒，根據(jù)動(dòng)量定理可得－2B0Lq＝mva－mv0，B0Lq＝mvb－mv0，聯(lián)立解得vb＝eq\f(6,5)v0，故B正確；b棒與U形金屬框碰撞后連接在一起后做加速度不斷減小的減速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；設(shè)b棒與U形金屬框碰撞后共同速度為v1，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mvb＝2mv1，解得v1＝eq\f(3,5)v0，由題意可知U形金屬框右邊始終比U形金屬框左邊的磁場大ΔB＝kL，從導(dǎo)體棒b與U形金屬框碰撞后到最終靜止的過程，回路中的平均電流為eq\o(I,\s\up6(－))′＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)＝eq\f(ΔBL·\o(v,\s\up6(－)),2R)，根據(jù)動(dòng)量定理有－ΔB·eq\o(I,\s\up6(－))′L·t′＝0－2mv1，導(dǎo)體棒b靜止時(shí)與OO′點(diǎn)的距離為x＝eq\o(v,\s\up6(－))·t′，聯(lián)立解得x＝eq\f(12mv0R,5k2L4)，故D正確。(2024·湖北卷，15)如圖6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eq\f(1,4)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：圖6(1)ab剛越過MP時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大??；(2)金屬環(huán)剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大??；(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)BLeq\r(2gL)(2)eq\f(B2L2\r(2gL),3mR)(3)eq\f(mR\r(2gL),B2L2)＋L解析(1)設(shè)ab棒剛越過MP時(shí)速度大小為v1，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為E1，對(duì)ab在圓弧導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的過程，由機(jī)械能守恒定律有mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)ab剛越過MP時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E1＝BLv1聯(lián)立解得E1＝BLeq\r(2gL)。(2)經(jīng)分析知金屬環(huán)在導(dǎo)軌外的兩段電阻被短路，由幾何關(guān)系可知導(dǎo)軌之間兩段金屬環(huán)的電阻均為R，它們?cè)陔娐分胁⒙?lián)后的總電阻Rc＝eq\f(R,2)設(shè)電路中初始的干路電流為I1，由閉合電路歐姆定律有I1＝eq\f(E1,R＋Rc)經(jīng)分析知整個(gè)金屬環(huán)在運(yùn)動(dòng)過程中可視為長度為L，電阻為Rc的金屬棒，設(shè)金屬環(huán)剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的安培力大小為F1、加速度大小為a，則F1＝I1LB由牛頓第二定律得F1＝2ma聯(lián)立解得a＝eq\f(B2L2\r(2gL),3mR)。(3)經(jīng)分析，ab進(jìn)入磁場后，ab和金屬環(huán)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)兩者共速時(shí)的速度大小為v2，由動(dòng)量守恒定律得mv1＝(m＋2m)v2設(shè)在極短時(shí)間Δt內(nèi)，ab與金屬環(huán)圓心的距離減少量為Δx，金屬環(huán)所受安培力大小為F，流過ab的電流為I，整個(gè)電路的電動(dòng)勢為E，對(duì)金屬環(huán)，由動(dòng)量定理得∑FΔt＝2mv2－0F＝ILB由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R＋Rc)設(shè)金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離為s，若ab與金屬環(huán)共速時(shí)，兩者恰好接觸，金屬環(huán)圓心初始位置到MP的距離最小，對(duì)ab進(jìn)入磁場到兩者共速的過程，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝BLeq\f(Δx,Δt)由幾何關(guān)系有s＝L＋∑Δx聯(lián)立解得s＝eq\f(mR\r(2gL),B2L2)＋L。1.(多選)(2024·江西南昌模擬)某興趣小組利用電容放電裝置研究電磁彈射。如圖1，離地面高為h的水平面上固定一半徑為r的金屬圓環(huán)，一根長為2r、電阻為2R0的金屬棒P沿直徑放置，它的兩端與圓環(huán)接觸良好，該棒以圓心為轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。圓環(huán)內(nèi)左半圓存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1的勻強(qiáng)磁場(方向豎直向上)，圓環(huán)邊緣、與轉(zhuǎn)軸良好接觸的電刷分別與間距為l的水平放置的光滑平行金屬軌道相連，軌道間接有電容為C的電容器，通過單刀雙擲開關(guān)S可分別與接線柱1、2相連。水平導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒Q，它置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場(方向豎直向上)區(qū)域內(nèi)靠左側(cè)邊緣。先將開關(guān)置于1端，讓金屬棒P繞軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，等電容器充電結(jié)束后，再將開關(guān)S置于2端，電容器放電使得導(dǎo)軌上的金屬棒Q運(yùn)動(dòng)起來水平拋出。圓環(huán)及軌道內(nèi)阻均不計(jì)，重力加速度大小為g，下列說法正確的是()圖1A.電容器充電后，M板帶正電B.電容器充電后帶電荷量為eq\f(1,2)CB1ωr2C.電容器充電后帶電荷量為eq\f(1,4)CB1ωr2D.金屬棒Q拋出到落地的最大水平距離為eq\f(B1B2lωr2C,4m)eq\r(\f(2h,g))答案AC解析開關(guān)S和接線柱1接通，電容器充電，充電過程，對(duì)繞轉(zhuǎn)軸OO′轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬棒P，由右手定則可知電流沿徑向向外，即圓環(huán)邊緣為電源正極，圓心為負(fù)極，則M板帶正電，故A正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知E＝eq\f(1,2)B1ωr2，則電容器所帶的電荷量Δq＝CU＝eq\f(CE,2)＝eq\f(1,4)CB1ωr2，故B錯(cuò)誤，C正確；假設(shè)電容器放電能夠?qū)㈦姾闪咳糠磐辏娙萜鞣烹娺^程對(duì)金屬棒Q，由動(dòng)量定理有B2eq\o(I,\s\up6(－))lt＝mv－0，Δq＝eq\o(I,\s\up6(－))t得v＝eq\f(l,4m)B1B2ωr2C，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有h＝eq\f(1,2)gt2，x＝vt，聯(lián)立可得x＝eq\f(B1B2lωr2C,4m)eq\r(\f(2h,g))，但是實(shí)際電容器放電結(jié)束時(shí)電容器應(yīng)保留一部分電荷，使得電容器兩端電壓和導(dǎo)體棒兩端電壓相等，故D錯(cuò)誤。2.(多選)(2024·山東濟(jì)南一模)如圖2所示，兩根足夠長的固定平行光滑金屬導(dǎo)軌位于同一水平面上，導(dǎo)軌上橫放著兩根導(dǎo)體棒ab、cd，其質(zhì)量分別是m1、m2(m1<m2)，導(dǎo)軌間的有效電阻均為R，導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌構(gòu)成矩形回路。初始時(shí)，兩棒中間用輕繩連接且處于靜止?fàn)顟B(tài)，ac間和bd間分別有一處于壓縮狀態(tài)的完全相同的輕質(zhì)彈簧，在導(dǎo)軌的兩側(cè)有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(虛線內(nèi)無磁場)，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B。剪斷輕繩后，兩導(dǎo)體棒分別向左、右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)同時(shí)運(yùn)動(dòng)到虛線處彈簧恰好恢復(fù)原長并與兩棒分離，則()圖2A.兩棒達(dá)到虛線處速率相等B.在彈簧恢復(fù)原長的過程中，兩棒和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒C.導(dǎo)體棒ab、cd進(jìn)入磁場后，兩棒構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒D.當(dāng)導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)到最左端的同時(shí)cd棒運(yùn)動(dòng)到最右端答案BCD解析在彈簧恢復(fù)原長的過程中，兩棒和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有m1v1＝m2v2，由于m1<m2，則v1>v2，整個(gè)系統(tǒng)沒有其他力做功，則兩棒和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故B正確，A錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒ab、cd進(jìn)入磁場后，導(dǎo)體棒ab、cd電流方向相反，根據(jù)左手定則，兩根導(dǎo)體棒所受安培力的方向相反，則兩棒構(gòu)成的系統(tǒng)所受合力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由于安培力對(duì)導(dǎo)體棒做負(fù)功，則機(jī)械能不守恒，故C正確；兩根導(dǎo)體棒動(dòng)量大小相等，根據(jù)動(dòng)量定理－BILt＝0－p，任意時(shí)刻兩根導(dǎo)體棒所受安培力大小相等，則兩根導(dǎo)體棒從進(jìn)入虛線開始到速度為零的時(shí)間相等，故D正確。3.如圖3，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向右運(yùn)動(dòng)且不會(huì)與cd相碰。運(yùn)動(dòng)過程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別為vab、vcd，通過ab橫截面的電荷量為q，回路中的電流為I，cd棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q。下列圖像中正確的是()圖3答案C解析導(dǎo)體棒ab切割磁感線產(chǎn)生由a到b的感應(yīng)電流，則導(dǎo)體棒ab受到向左的安培力，做減速運(yùn)動(dòng)；導(dǎo)體棒cd受到向右的安培力，向右加速運(yùn)動(dòng)，則感應(yīng)電流I＝eq\f(BL（vab－vcd）,R)，兩導(dǎo)體棒的相對(duì)速度減小，感應(yīng)電流減小，每個(gè)導(dǎo)體棒所受的安培力大小F＝ILB，F(xiàn)隨著電流減小而減小，設(shè)導(dǎo)體棒質(zhì)量為m，當(dāng)兩者速度相等時(shí)，電流為零，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝2mv，兩導(dǎo)體棒的速度最終為v＝eq\f(v0,2)，且加速度隨著電流的減小而減小，電流變化也越來越慢，最終為零，C正確，A錯(cuò)誤；對(duì)ab棒由動(dòng)量定理有Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝mv0－m·eq\f(v0,2)，則q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(mv0,2BL)，電荷量隨時(shí)間的增加而增大，最后達(dá)到最大值，因?yàn)殡娏麟S時(shí)間減小，所以q－t的圖像斜率也應(yīng)該是減小，故B錯(cuò)誤；系統(tǒng)狀態(tài)穩(wěn)定后，兩個(gè)導(dǎo)體棒的相對(duì)速度為0，不再有感應(yīng)電流產(chǎn)生，焦耳熱不會(huì)隨著時(shí)間一直增大，故D錯(cuò)誤。4.(多選)如圖4所示，間距均為L的水平金屬軌道和半徑為R的半圓金屬軌道平滑連接，半圓軌道在豎直平面內(nèi)，軌道電阻不計(jì)。在水平軌道區(qū)域內(nèi)有豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。在水平軌道上放置兩長度均為L、質(zhì)量分別為4m和m、電阻分別為r和2r的導(dǎo)體棒ab、cd，兩導(dǎo)體棒到半圓底部的距離分別為x1(足夠大)和x2＝3R，兩導(dǎo)體棒與金屬軌道間的摩擦可忽略不計(jì)?，F(xiàn)突然給導(dǎo)體棒ab一速度v0＝10eq\r(gR)，一段時(shí)間后導(dǎo)體棒cd通過半圓軌道最高點(diǎn)后又恰好落到其初始位置，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，兩導(dǎo)體棒與軌道均始終垂直且接觸良好，兩導(dǎo)體棒沒有發(fā)生碰撞，重力加速度為g，則下列說法正確的是()圖4A.導(dǎo)體棒cd運(yùn)動(dòng)到半圓軌道底部時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為eq\f(29,4)mgB.導(dǎo)體棒cd進(jìn)入半圓軌道時(shí)，導(dǎo)體棒ab的速度大小為eq\r(gR)C.從開始到導(dǎo)體棒cd進(jìn)入圓軌道，導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,2)mgRD.從開始到導(dǎo)體棒cd進(jìn)入圓軌道，通過導(dǎo)體棒cd的電荷量為eq\f(5m,2BL)eq\r(gR)答案AD解析由于cd棒進(jìn)入半圓軌道后，不再受安培力作用，離開半圓軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，則豎直方向上有2R＝eq\f(1,2)gt2，水平方向上有3R＝v2′t，聯(lián)立解得v2′＝eq\f(3,2)eq\r(gR)，從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，只有重力做功，由動(dòng)能定理有－mg·2R＝eq\f(1,2)mv2′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，解得v2＝eq\f(5,2)eq\r(gR)，cd棒在半圓軌道最低點(diǎn)所受合力提供其做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，則有FN1－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,2),R)，解得FN1＝eq\f(29,4)mg，A正確；兩導(dǎo)體棒均在水平軌道運(yùn)動(dòng)過程，通過兩導(dǎo)體棒的電流相等，兩