江苏版高考物理一轮复习第10章第4节电磁感应中动力学、动量和能量问题课时学案

这是一份江苏版高考物理一轮复习第10章第4节电磁感应中动力学、动量和能量问题课时学案，共37页。试卷主要包含了两种状态及处理方法等内容，欢迎下载使用。

电磁感应中的动力学问题
(对应学生用书第268页)
1．两种状态及处理方法
2.力学对象和电学对象的相互关系
[典例] (“单棒＋电阻”模型)如图所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求：
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
(2)电阻的阻值。
思路点拨：分别画出金属杆进入磁场前、后的受力示意图，有助于快速准确地求解问题。
甲 乙
[解析] (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
F－μmg＝ma①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有
v＝at0②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律得杆中的电动势为
E＝Blv③
联立①②③式可得
E＝Blt0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(F,m)－μg))。④
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律
I＝eq \f(E,R)⑤
式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为
F安＝BlI⑥
因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得
F－μmg－F安＝0⑦
联立④⑤⑥⑦式得
R＝eq \f(B2l2t0,m)。⑧
[答案] (1)Blt0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(F,m)－μg)) (2)eq \f(B2l2t0,m)
用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
[跟进训练]
电磁感应中的平衡问题
1．(双杆模型)如图所示，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。已知金属棒ab匀速下滑。求：
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小。
[解析] (1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2。对于ab棒，由力的平衡条件得
2mgsin θ＝μN1＋T＋F①
N1＝2mgcs θ②
对于cd棒，同理有
mgsin θ＋μN2＝T③
N2＝mgcs θ④
联立①②③④式得
F＝mg(sin θ－3μcs θ)。⑤
(2)由安培力公式得
F＝BIL⑥
这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为
E＝BLv⑦
式中，v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得
I＝eq \f(E,R)⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得
v＝(sin θ－3μcs θ)eq \f(mgR,B2L2)。⑨
[答案] (1)mg(sin θ－3μcs θ)
(2)(sin θ－3μcs θ)eq \f(mgR,B2L2)
导体棒在磁场中做加速运动
2．(恒流模型)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中，金属棒：
(1)末速度的大小v；
(2)通过的电流大小I；
(3)通过的电荷量Q。
[解析] (1)金属棒做匀加速直线运动，
根据运动学公式有v2＝2as
解得v＝eq \r(2as)。
(2)金属棒所受安培力F安＝IdB
金属棒所受合力F＝mgsin θ－F安
根据牛顿第二定律有F＝ma
解得I＝eq \f(mgsin θ－a,dB)。
(3)金属棒的运动时间t＝eq \f(v,a)，
通过的电荷量Q＝It
解得Q＝eq \f(mgsin θ－a\r(2as),dBa)。
[答案] (1)eq \r(2as) (2) eq \f(mgsin θ－a,dB)
(3) eq \f(mgsin θ－a\r(2as),dBa)
3．(“单棒＋电阻”模型)(2022·江苏模拟)两光滑金属导轨平行放置，右侧导轨水平，左侧导轨与水平面的夹角为37°，导轨间距L＝1.25 m，匀强磁场均垂直导轨平面向上，磁感应强度大小均为B＝1.0 T，导轨最右端连接电阻R2＝1.52 Ω，一质量m＝1.0 kg、电阻R1＝1.0 Ω的导体棒垂直导轨放置，从某一位置处无初速释放。已知导体棒与导轨接触良好，其余电阻不计，导体棒到达HF前已匀速运动，导体棒由斜轨道进入水平轨道时的速度大小不变，水平导轨足够长，sin 37°＝0.6，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)导体棒沿斜导轨下滑的最大速度；
(2)导体棒在水平导轨上滑动的距离。
[解析] (1)导体棒速度最大时受力平衡，根据平衡条件可得mgsin 37°＝BIL
根据闭合电路欧姆定律可得I＝eq \f(BLv,R1＋R2)
联立解得v≈9.7 m/s。
(2)取向右为正方向，设导体棒在水平导轨上滑动距离x后速度减小为0，此过程安培力平均值为eq \(F,\s\up6(－))，eq \(F,\s\up6(－))＝Beq \(I,\s\up6(－))L对导体棒由动量定理可得：－eq \(F,\s\up6(－))·t＝0－mv
则有：eq \f(B2L2\(v,\s\up6(－))t,R1＋R2)＝mv
其中：x＝eq \(v,\s\up6(－))t
联立解得：x≈15.64 m。
[答案] (1)9.7 m/s (2)15.64 m
4．(“单棒＋电容器”模型)如图，两根足够长光滑平行金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，倾角为θ，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好。现由静止释放金属棒ab，假定电容器不会被击穿，忽略一切电阻，则下列说法正确的是( )
A．金属棒ab下滑过程中M板电势低于N板电势
B．金属棒ab匀加速下滑
C．金属棒ab最终可能匀速下滑
D．金属棒ab下滑过程中减少的重力势能等于其增加的动能
B [金属棒ab下滑过程中，金属棒ab切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可判断出金属棒a端为正极，所以M板电势高于N板电势，选项A错误；金属棒ab下滑过程中由于产生感应电动势和感应电流，对电容器充电，由I＝eq \f(Δq,Δt)，C＝eq \f(Δq,ΔU)，ΔU＝BLΔv，金属棒ab受到安培力F＝BIL，对金属棒受力分析，有mgsin θ－F＝ma，联立解得a＝eq \f(mgsin θ,m＋CB2L2)，加速度为恒量，说明金属棒ab下滑时做加速度恒定的匀加速直线运动，选项B正确，C错误；金属棒ab下滑过程中减少的重力势能等于其增加的动能和电容器储存的电场能之和，选项D错误。]
电磁感应中的能量问题
(对应学生用书第270页)
1．电磁感应中的能量转化
2．求解焦耳热Q的三种方法
3．求解电磁感应现象中能量问题的一般步骤
(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源。
(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。
(3)根据能量守恒列方程求解。
[典例] (应用功能关系解决电磁感应中的能量问题)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω的电阻。在导轨间长d＝0.56 m 的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T。质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连。CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距x＝0.24 m。一位健身者用恒力F＝80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)。求：
(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；
(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；
(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q。
[解析] (1)由牛顿第二定律有a＝eq \f(F－mgsin θ,m)＝12 m/s2①
进入磁场时的速度v＝eq \r(2ax)＝2.4 m/s。②
(2)感应电动势E＝Blv③
感应电流I＝eq \f(Blv,R)④
安培力FA＝BIl⑤
代入得FA＝eq \f(Bl2v,R)＝48 N。⑥
(3)健身者做功W＝F(x＋d)＝64 J⑦
由F－mgsin θ－FA＝0⑧
知CD棒在磁场区域做匀速运动
在磁场中运动时间为t＝eq \f(d,v)⑨
焦耳热Q＝I2Rt＝26.88 J。eq \(○,\s\up1(10))
[答案] (1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J
[跟进训练]
功能关系在电磁感应中的应用
1.(应用能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆( )
A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B．穿过磁场Ⅰ的时间小于在两磁场之间的运动时间
C．穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于eq \f(m2gR2,2B4L4)
C [根据题述，由金属杆进入磁场Ⅰ和进入磁场Ⅱ时速度相等可知，金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，选项A错误；由于金属杆进入磁场Ⅰ后做加速度逐渐减小的减速运动，而在两磁场之间做匀加速运动，所以穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，选项B错误；根据能量守恒定律，金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ过程动能变化量为0，重力做功为2mgd，则金属杆穿过磁场Ⅰ产生的热量Q1＝2mgd，而金属杆在两磁场区域的运动情况相同，产生的热量相等，所以金属杆穿过两磁场产生的总热量为Q2＝2×2mgd＝4mgd，选项C正确；金属杆刚进入磁场Ⅰ时的速度v＝eq \r(2gh)，进入磁场Ⅰ时产生的感应电动势E＝BLv，感应电流I＝eq \f(E,R)，所受安培力F＝BIL，由于金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上，所以安培力大于重力，即F>mg，联立解得h>eq \f(m2gR2,2B4L4)，选项D错误。]
2．(应用能量守恒定律解决电磁感应中的能量问题)(2023·江苏淮阴中学模拟)如图所示，凸字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g。求：
(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；
(2)磁场上下边界间的距离H。
[解析] (1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律可得E1＝2Blv1
设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律可得I1＝eq \f(E1,R)
设此时线框所受安培力为F1，有F1＝2I1lB
由于线框做匀速运动，故受力平衡，所以有mg＝F1
联立解得v1＝eq \f(mgR,4B2l2)
设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，
同理可得v2＝eq \f(mgR,B2l2)，故可知v2＝4v1。
(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律可得
2mgl＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律可得
mg(2l＋H)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋Q
联立解得：H＝eq \f(Q,mg)＋28l。
[答案] (1)4倍 (2)eq \f(Q,mg)＋28l
电功率和焦耳热的计算
3．(应用焦耳定律求电能)(2022·江苏南京三模)如图甲所示，导体框架abcd水平固定放置，ab平行于dc且bc边长L＝0.20 m，框架上有定值电阻R＝9 Ω(其余电阻不计)，导体框处于磁感应强度大小B1＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n＝300匝、面积S＝0.01 m2、电阻r＝1 Ω的线圈，通过导线和开关K与导体框架相连，线圈内充满沿其轴线方向的匀强磁场，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示。B1与B2互不影响。
甲 乙
(1) 求0～0.10 s线圈中的感应电动势大小E；
(2) t＝0.22 s时刻闭合开关K，若bc边所受安培力方向竖直向上，判断bc边中电流的方向，并求此时其所受安培力的大小F；
(3) 从t＝0时刻起闭合开关K，求0.25 s内电阻R中产生的焦耳热Q。
[解析] (1) 由法拉第电磁感应定律得E1＝neq \f(ΔΦ,Δt)
代入数据得E1＝nSeq \f(ΔB2,Δt)＝30 V。
(2) 由左手定则得电流方向为b→c
代入数据得E2＝nSeq \f(ΔB′2,Δt′)＝60 V
由闭合电路欧姆定律得I2＝eq \f(E2,R＋r)＝6 A
安培力大小F＝I2LB1＝1.2 N。
(3) 由法拉第电磁感应定律得I1＝eq \f(E1,R＋r)＝3 A
Q＝Ieq \\al(2,1)Rt1＋Ieq \\al(2,2)Rt2＝24.3 J。
[答案] (1)30 V (2)电流方向由b→c 1.2 N (3)24.3 J
4．[应用焦耳定律求电能(杆做匀速直线运动)] (2020·江苏卷)如图所示，电阻为0.1 Ω的正方形单匝线圈abcd的边长为0.2 m，bc边与匀强磁场边缘重合。磁场的宽度等于线圈的边长，磁感应强度大小为0.5 T，在水平拉力作用下，线圈以8 m/s的速度向右穿过磁场区域。求线圈在上述过程中：
(1)感应电动势的大小E；
(2)所受拉力的大小F；
(3)感应电流产生的热量Q。
[解析] (1)线圈切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv
代入数据得E＝0.8 V
(2)线圈中产生的感应电流I＝eq \f(E,R)
拉力的大小等于安培力F＝BIl
解得F＝eq \f(B2l2v,R)
代入数据得F＝0.8 N
(3)运动时间t＝eq \f(2l,v)
根据焦耳定律有Q＝I2Rt
联立可得Q＝eq \f(2B2l3v,R)
代入数据解得Q＝0.32 J。
[答案] (1)0.8 V (2)0.8 N (3)0.32 J
5．(功率的计算)(2017·江苏卷)如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应
强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：
(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；
(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；
(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。
[解析] (1)MN刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势E＝Bdv0①
回路的感应电流I＝eq \f(E,R)②
由①②式解得I＝eq \f(Bdv0,R)。③
(2)金属杆所受的安培力F＝BId④
由牛顿第二定律得，对金属杆F＝ma⑤
由③④⑤式得a＝eq \f(B2d2v0,mR)。⑥
(3)金属杆切割磁感线的相对速度v′＝v0－v⑦
感应电动势E＝Bdv′⑧
感应电流的电功率P＝eq \f(E2,R)⑨
由⑦⑧⑨式得P＝eq \f(B2d2v0－v2,R)。⑩
[答案] (1)eq \f(Bdv0,R) (2)eq \f(B2d2v0,mR) (3)eq \f(B2d2v0－v2,R)
动量观点在电磁感应问题中的应用
(对应学生用书第273页)
1．对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题；
2．由Beq \x\t(I)L·Δt＝m·Δv、q＝eq \x\t(I)·Δt可知，当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理来解决问题。
[典例] 如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
(1)求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；
(2)若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为eq \f(v0,3)，求：
①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；
②初始时刻N到ab的最小距离x；
(3)初始时刻，若N到cd的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab的距离为kx(k＞1)，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。
[解析] (1)细金属杆M以初速度v0向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为
E＝BLv0
感应电流方向为a→b，大小为
I＝eq \f(E,2R)
则所受的安培力大小为
F＝BIL＝eq \f(B2L2v0,2R)
安培力的方向由左手定则可知水平向左。
(2)①金属杆N在磁场内运动过程中，安培力的平均值为eq \(F,\s\up6(－))，由动量定理得：
eq \(F,\s\up6(－))·Δt＝m·eq \f(v0,3)－0
eq \(F,\s\up6(－))＝Beq \(I,\s\up6(－))L
且q＝eq \(I,\s\up6(－))·Δt
联立解得：q＝eq \f(mv0,3BL)
②设两杆在磁场中相对靠近的位移为Δx，有
eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),2R)
eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(BL·Δx,Δt)
整理可得：
q＝eq \f(BLΔx,2R)
联立解得：Δx＝eq \f(2mv0R,3B2L2)
若两杆在磁场内刚好相撞，N到ab的最小距离为
x＝Δx＝eq \f(2mv0R,3B2L2)。
(3)两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到cd的距离与第(2)问初始时刻相同，到ab的距离为kx(k＞1)，则N到cd边的速度大小恒为eq \f(v0,3)，N出磁场时，设M的速度大小为v1，根据动量守恒定律得：
mv0＝mv1＋m·eq \f(v0,3)
解得v1＝eq \f(2,3)v0
由题意可知，此时M到cd边的距离为
s＝(k－1)x
若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：
①M减速到eq \f(v0,3)时出磁场，速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有
Beq \(I,\s\up6(－))1L·Δt＝m·eq \f(2,3)v0－m·eq \f(v0,3)
q1＝eq \(I,\s\up6(－))1·Δt＝eq \f(BLk－1x,2R)
联立解得：k＝2
②若M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理得：
Beq \(I,\s\up6(－))2LΔt2＝m·eq \f(2v0,3)－0
q2＝eq \(I,\s\up6(－))2·Δt1＝eq \f(BLk－1x,2R)
解得：k＝3
综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k≤3。
[答案] (1)eq \f(B2L2v0,2R)，方向水平向左
(2)①eq \f(mv0,3BL) ②eq \f(2mv0R,3B2L2)
(3)2≤k≤3
两金属杆在平直的光滑导轨上运动，只受到安培力作用，这类问题可以从以下三个观点来分析：
(1)力学观点：通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动；
(2)能量观点：其中一个金属杆动能的减少量等于另一个金属杆动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和；
(3)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属杆的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒。
[跟进训练]
动量定理在电磁感应现象中的应用
1．(2023·无锡调研)两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T。现杆b以初速度大小v0＝5 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图像如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g取10 m/s2，求：
甲 乙
(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；
(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；
(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。
[解析] (1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定理，有
－Bdeq \x\t(I)·Δt＝mb(vb0－v0)
其中vb0＝2 m/s
代入数据解得Δt＝5 s。
(2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有
magh＝eq \f(1,2)maveq \\al(2,a)
解得va＝eq \r(2gh)＝5 m/s
设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得
mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′
代入数据解得v′＝eq \f(8,3) m/s
杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′，
则由动量定理可得BdI·Δt′＝ma(va－v′)
而q＝I·Δt′
代入数据得q＝eq \f(7,3) C。
(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为
Q＝magh＋eq \f(1,2)mbveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(mb＋ma)v′2＝eq \f(161,6) J
b棒中产生的焦耳热为Q′＝eq \f(5,2＋5)Q＝eq \f(115,6) J。
[答案] (1)5 s (2)eq \f(7,3) C (3)eq \f(115,6) J
动量守恒定律在电磁感应中的应用
2.如图所示，在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨，其间距为L，电阻不计。在虚线l1的左侧存在竖直向上的匀强磁场，在虚线l2的右侧存在竖直向下的匀强磁场，两部分磁场的磁感应强度大小均为B。ad、bc两根电阻均为R的金属棒与导轨垂直，分别位于两磁场中，现突然给ad棒一个水平向左的初速度v0，在两棒达到稳定的过程中，下列说法正确的是( )
A．两金属棒组成的系统的动量守恒
B．两金属棒组成的系统的动量不守恒
C．ad棒克服安培力做功的功率等于ad棒的发热功率
D．ad棒克服安培力做功的功率等于安培力对bc棒做功的功率与bc棒发热功率之和
B [开始时，ad棒以初速度v0切割磁感线，产生感应电动势，在回路中产生顺时针方向(俯视)的感应电流，ad棒因受到向右的安培力而减速，bc棒受到向右的安培力而向右加速；当两棒的速度大小相等，即两棒因切割磁感线而产生的感应电动势相等时，回路中没有感应电流，两棒各自做匀速直线运动；由于两棒所受的安培力都向右，两金属棒组成的系统所受合外力不为零，所以该系统的动量不守恒，选项A错误，B正确；根据能量守恒定律可知，ad棒动能的减小量等于回路中产生的热量和bc棒动能的增加量，由动能定理可知，ad棒动能的减小量等于ad棒克服安培力做的功，bc棒动能的增加量等于安培力对bc棒做的功，所以ad棒克服安培力做功的功率等于安培力对bc棒做功的功率与两棒总发热功率之和，选项C、D错误。]
三大观点的综合应用
3.如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中有两根固定的足够长的金属平行导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行，构成一矩形回路。导轨间距为l，导体棒的质量均为m，电阻均为R，导轨电阻可忽略不计。设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速v0，求：
(1)当cd棒速度减为0.8v0时的加速度大小；
(2)从开始运动到最终稳定，电路中产生的电能为多大；
(3)两棒之间距离增长量x的上限。
[解析] (1)设当cd棒速度减为0.8v0时ab棒的速度为v′，由动量守恒定律得
mv0＝0.8mv0＋mv′①
解得：v′＝0.2v0
此时回路的电流是I＝eq \f(Bl0.8－0.2v0,2R)②
cd棒的加速度为a＝eq \f(BIl,m)③
解得：a＝eq \f(3B2l2v0,10mR)。
(2)设两棒稳定时共同的末速度为v，据动量守恒定律得
mv0＝(m＋m)v④
解得：v＝eq \f(1,2)v0⑤
由能量守恒定律得，最终稳定后电路中产生的电能为
Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋m)v2＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)。
(3)由法拉第电磁感应定律得，电路中产生的感应电动势
E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BlΔx,Δt)⑥
这段时间内回路的电流为eq \x\t(I)＝eq \f(E,2R)⑦
对cd棒由动量定理得：－Beq \x\t(I)lΔt＝mv－mv0⑧
由⑤～⑧解得Δx＝eq \f(mRv0,B2l2)。⑨
[答案] (1)eq \f(3B2l2v0,10mR) (2)eq \f(1,4)mveq \\al(2,0) (3)eq \f(mRv0,B2l2)
课时分层作业(三十一) 电磁感应中动力学、动量和能量问题
(对应学生用书第467页)
题组一 电磁感应中的动力学问题
1.如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是( )
A．ab中的感应电流方向由b到a
B．ab中的感应电流逐渐减小
C．ab所受的安培力保持不变
D．ab所受的静摩擦力逐渐减小
D [导体棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ΔB,Δt)＝k为一定值))，则闭合回路中的磁通量均匀减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab中的电流方向由a到b，故选项A错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB·S,Δt)＝kS，回路面积S不变，即感应电动势为定值，根据闭合电路欧姆定律I＝eq \f(E,R)，所以ab中的电流大小不变，故选项B错误；安培力F＝BIL，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故选项C错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力f与安培力F等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故选项D正确。]
2.(2023·江阴市模拟)如图所示，相距为d的两水平虚线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的上下两个边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L(LA．线框中一直有感应电流
B．线框中有一阶段的加速度为重力加速度g
C．线框中产生的热量为mg(d＋h＋L)
D．线框有一阶段做匀速运动
B [正方形线框abcd边长为L(L题组二 电磁感应中的能量问题
3.如图所示，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在垂直纸面向里的匀强磁场内，已知磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd的长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N。现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动。则在ab上升时，下列说法正确的是( )
A．ab受到的拉力大小为2 N
B．ab向上运动的速度为2 m/s
C．在2 s内，拉力做功，有0.5 J的机械能转化为电能
D．在2 s内，拉力做功为0.6 J
B [对导体棒cd分析：mg＝BIl＝eq \f(B2l2v,R总)，代入数据解得v＝2 m/s，选项B正确；对导体棒ab分析：F＝mg＋BIl＝0.2 N，选项A错误；在2 s内拉力做功转化为ab棒的重力势能和电路中的电能，电能等于克服安培力做的功，即W电＝F安vt＝eq \f(B2l2v2t,R总)＝0.4 J，选项C错误；在2 s内拉力做的功为W拉＝Fvt＝0.8 J，选项D错误。]
4.如图所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距、电阻均为R、质量均为m，铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好，现给铜棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，下列说法正确的是( )
A．回路中的最大电流为eq \f(BLI,mR)
B．铜棒b的最大加速度为eq \f(B2L2I,2m2R)
C．铜棒b获得的最大速度为eq \f(I,m)
D．回路中产生的总焦耳热为eq \f(I2,2m)
B [由题意知a获得冲量I时速度最大，即va＝eq \f(I,m)，此后a在安培力作用下做减速运动，b在安培力作用下做加速运动，回路中产生的电动势E＝BL(va－vb)，可知a刚获得冲量时回路中产生的感应电流最大，即Im＝eq \f(BLva,2R)＝eq \f(BLI,2mR)，故A错误；开始时b所受安培力最大，即Fm＝BImL＝eq \f(B2L2I,2mR)，则b棒的最大加速度am＝eq \f(Fm,m)＝eq \f(B2L2I,2m2R)，故B正确；由题意知，a棒做减速运动，b棒做加速运动，当a、b速度相等时，两棒同时向右做匀速直线运动，根据动量守恒定律可知，I＝2mvab，即vab＝eq \f(I,2m)，此速度亦为b棒的最大速度，故C错误；根据系统能量守恒，则有eq \f(1,2)mveq \\al(2,a)＝eq \f(1,2)(m＋m)veq \\al(2,ab)＋Q，即Q＝eq \f(I2,4m)，故D错误。]
5．(2023·南京模拟)为了提高城市摩天大楼中电梯的运行效率并缩短候梯时间，人们设计了一种电磁驱动的无绳电梯。如图所示为电磁驱动的简化模型：光滑的平行长直金属导轨置于竖直面内，间距L＝1 m。导轨下端接有阻值R＝1 Ω的电阻，质量m＝0.1 kg的导体棒(相当于电梯车厢)垂直跨接在导轨上，导轨和导体棒的电阻均不计，且接触良好。在导轨平面上存在磁感应强度大小B＝0.5 T，方向垂直纸面向里的匀强磁场，导体棒始终处于磁场区域内，g取10 m/s2。t＝0时刻，磁场以速度v1＝10 m/s 匀速向上移动的同时静止释放该导体棒。
(1)求t＝0时刻导体棒的加速度大小；
(2)若导体棒随之运动并很快达到一个恒定速度，求该恒定速度的大小。
[解析] (1)在t＝0时刻，磁场匀速向上移动，导体棒相对磁场向下的速度大小为v1＝10 m/s；
根据法拉第电磁感应定律可得
E1＝BLv1＝0.5×1×10 V＝5 V
回路中的电流为I1＝eq \f(E1,R)＝eq \f(5,1) A＝5 A
导体棒受到向上的安培力为FA＝BI1L
代入数据解得FA＝2.5 N
由牛顿第二定律可得FA－mg＝ma
代入数据解得a＝15 m/s2，导体棒向上做加速运动。
(2)若导体棒随之运动并很快达到一个恒定速度，设该恒定速度的大小为v2，此时导体棒受力平衡，根据平衡条件结合安培力的计算公式可得：
BI2L＝mg
其中I2＝eq \f(BLv1－v2,R)
联立解得v2＝6 m/s。
[答案] (1)15 m/s2 (2)6 m/s
题组三 动量观点在电磁感应问题中的应用
6.如图所示，在光滑的水平面上宽度为L的区域内，有竖直向下的匀强磁场。现有一个边长为a(aA．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
B [通过线圈横截面的电荷量：
q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(\x\t(E),R)·Δt＝eq \f(ΔΦ,R)，
由于线圈进入和穿出磁场过程，线圈磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过线圈横截面的电荷量q相等，由动量定理得，线圈进入磁场过程：
－Beq \x\t(I)at＝mv－mv0，
线圈离开磁场过程：－Beq \x\t(I)at＝0－mv，
由于q＝eq \x\t(I)t，则－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，
解得v＝eq \f(v0,2)。故选B。]
7．如图甲所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为l，电阻均可忽略不计。在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻为r，并与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动。则( )
甲 乙
A．当杆ab刚具有初速度v0时，杆ab两端的电压U＝eq \f(Blv0R,R＋r)，且b点电势高于a点电势
B．通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐增大
C．若将M和P之间的电阻R改为接一电容为C的电容器，如图乙所示，同样给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动，则杆ab稳定后的速度为v＝eq \f(mv0,m＋B2l2C)
D．在C选项中，杆稳定后b点电势高于a点电势
C [当杆ab刚具有初速度v0时，其切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv0，杆ab两端的电压U＝eq \f(ER,R＋r)＝eq \f(Blv0R,R＋r)，根据右手定则知，感应电流的方向为b到a，杆ab相当于电源，a相当于电源的正极，则a点电势高于b点电势，A错误；通过电阻R的电流I＝eq \f(Blv,R＋r)，由于杆ab速度减小，则电流减小，安培力减小，所以杆ab做加速度逐渐减小的减速运动，速度v随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，则通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，B错误；当杆ab以初速度v0开始切割磁感线时，电路开始给电容器充电，有电流通过杆ab，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小。当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动，电容器两端的电压U＝Blv，而q＝CU，对杆ab，根据动量定理得－Beq \x\t(I)l·Δt＝－Blq＝mv－mv0，联立可得v＝eq \f(mv0,m＋B2l2C)，C正确；杆稳定后，电容器不再充电，回路中没有电流，根据右手定则知，a点的电势高于b点电势，D错误。]
8．如图甲所示，在倾斜角为θ的光滑斜面内分布着垂直于斜面的匀强磁场，以垂直于斜面向上为磁感应强度正方向，其磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。质量为m的矩形金属框从t＝0时刻由静止释放，t3时刻的速度为v，移动的距离为L，重力加速度为g。在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是( )
甲 乙
A．t1～t3时间内金属框中的电流方向先顺时针再逆时针方向
B．0～t3时间内金属框做匀加速直线运动
C．0～t3时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动
D．0～t3时间内金属框中产生的焦耳热为mgLsin θ－eq \f(1,2)mv2
B [t1～t3时间内穿过金属框的磁通量先垂直于斜面向上减小，后垂直于斜面向下增大，根据楞次定律可知，金属框中的电流方向不变，选项A错误；0～t3时间内，金属框的ab边与cd边所受安培力等大反向，金属框所受安培力为零，则所受的合力沿斜面向下，大小为mgsin θ，做匀加速直线运动，选项B正确，C错误；0～t3时间内，金属框所受的安培力为零，金属框的机械能守恒，有mgLsin θ＝eq \f(1,2)mv2，故金属框中产生的焦耳热不等于mgLsin θ－eq \f(1,2)mv2，选项D错误。]
9.
如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，两导轨间的距离为L。导轨上面横放着两根导体棒ab、cd，与导轨一起构成闭合回路。两根导体棒的质量均为m，长度均为L，电阻均为R，其余部分的电阻不计。在整个导轨所在的平面内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。开始时，两导体棒均在导轨上静止不动，某时刻给导体棒ab以水平向右的初速度v0，则( )
A．导体棒ab刚获得速度v0时受到的安培力大小为eq \f(B2L2v0,R)
B．两导体棒最终将以eq \f(v0,2)的速度沿导轨向右匀速运动
C．两导体棒运动的整个过程中产生的热量为eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
D．当导体棒ab的速度变为eq \f(3,4)v0时，导体棒cd的加速度大小为eq \f(3B2L2v0,8mR)
B [当导体棒ab刚获得速度v0时，导体棒cd还没开始运动，此时导体棒ab产生的感应电动势为E＝BLv0，回路中的感应电流为I＝eq \f(E,2R)，故此时导体棒ab受到的安培力大小为F＝BIL，解得F＝eq \f(B2L2v0,2R)，选项A错误；从开始到两导体棒达到共同速度的过程中，两导体棒的总动量守恒，则可得mv0＝2mv，解得其共同速度为v＝eq \f(v0,2)，方向沿导轨向右，选项B正确；由能量守恒定律得，整个运动过程中产生的总热量为Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×2mv2，解得Q＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)，选项C错误；设导体棒ab的速度变为eq \f(3,4)v0时，导体棒cd的速度大小为v1，则由动量守恒定律可得mv0＝m·eq \f(3,4)v0＋mv1，此时回路中的感应电动势为E′＝BLeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)v0－v1))，感应电流为I′＝eq \f(E′,2R)，此时导体棒cd受到的安培力为F′＝BI′L，所以导体棒cd的加速度大小为a＝eq \f(F′,m)，解得a＝eq \f(B2L2v0,4mR)，选项D错误。]
10．(2022·江苏省如皋中学高三三模)如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.30 m。导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻R＝0.40 Ω。导轨上停放一质量m＝0.10 kg、电阻r＝0.20 Ω的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B＝0.50 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始运动，电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获得电压U随时间t变化的关系如图乙所示。
(1)试证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度的大小；
(2)求第2 s末外力F的瞬时功率；
(3)如果水平外力从静止开始拉动杆2 s所做的功W＝0.35 J，求金属杆上产生的焦耳热。
甲 乙
[解析] (1)设路端电压为U，金属杆的运动速度为v，则感应电动势E＝BLv，电阻R两端的电压U＝IR＝eq \f(BLvR,R＋r)
由图乙可得U＝kt，k＝0.1 V/s
解得v＝eq \f(kR＋r,BLR)·t
因为速度与时间成正比，所以金属杆做匀加速运动，加速度a＝eq \f(kR＋r,BLR)＝1 m/s2。
(2)在2 s末，速度v2＝at＝2 m/s
此时通过金属杆的电流I＝eq \f(E,R＋r)＝0.5 A
金属杆受安培力F安＝BIL＝0.075 N
设2 s末外力大小为F2，由牛顿第二定律：F2－F安＝ma
故2 s末时外力F的瞬时功率P＝F2v2，解得P＝0.35 W。
(3)在2 s末，杆的动能Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＝0.2 J
由能量守恒定律知，回路中产生的焦耳热
Q＝W－Ek＝(0.35－0.2) J＝0.15 J
又eq \f(Q杆,Q)＝eq \f(r,r＋R)
故在金属杆上产生的焦耳热Qr＝0.05 J。
[答案] (1)见解析 (2)0.35 W (3)0.05 J
11．(2022·扬州模拟)如图，MN、PQ为足够长平行光滑水平金属导轨，处于竖直向下的匀强磁场中，GH、JK为足够长倾斜粗糙平行金属导轨，处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，底端接C＝1 000 μF的电容器。NQ端与GJ端高度差h＝0.45 m，水平距离x＝1.2 m。现将导体棒cd静置在水平分导轨固定小钉的右侧，导体棒ab以速度v0＝9 m/s从MP端滑入，一段时间后cd棒从NQ端抛出，恰能无碰撞从GJ端进入斜导轨。已知导轨间距均为1 m，两磁场的磁感应强度均为2 T，两棒质量均为1×10－3 kg、接入电阻均为1 Ω，导轨电阻不计，棒始终与导轨垂直且接触良好，棒与斜导轨的动摩擦因数μ＝0.75，g取10 m/s2。求：
(1)cd棒从NQ端抛出时的速度大小v1；
(2)cd棒抛出前瞬间ab棒所受安培力的功率P；
(3)最终电容器存储的电荷量Q。
[解析] (1)cd棒从NQ端抛出后做平抛运动，设其运动时间为t，竖直方向有h＝eq \f(1,2)gt2
水平方向有x＝v1t
解得v1＝4 m/s。
(2)设cd棒抛出时，ab棒速度大小为v2，在两棒均在水平轨道上运动的过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律可得
mv0＝mv1＋mv2
设此时回路感应电动势为E、感应电流为I、安培力为F，则E＝BL(v2－v1)
由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,2r)
F＝BIL
cd棒抛出前瞬间ab棒所受安培力的功率为P＝Fv2
解得P＝10 W。
(3)设cd棒运动到GJ端时速度为v，斜面与水平夹角为θ，由动能定理得
mgh＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
由几何关系可得cs θ＝eq \f(v1,v)
解得：v＝5 m/s，θ＝37°
cd棒沿倾斜轨道下滑时，由于μ＝tan θ，所以cd棒所受合力为安培力，设稳定时速度为v′，电容器带电荷量为Q。
取沿斜面向下为正方向，由动量定理得：
－Beq \(I,\s\up6(－))LΔt＝mv′－mv
又Q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt，Q＝CUc，Uc＝E＝BLv′
联立解得：Q＝2×10－3 C。
[答案] (1)4 m/s (2)10 W (3)2×10－3 C
12．(2023·江苏吴江中学高三其他)宽度为L＝0.5 m的光滑导轨固定在水平地面上，水平部分足够长，光滑倾斜部分与水平面的夹角为30°，两部分在PQ处平滑连接。导轨水平部分MN右侧区域有竖直方向的匀强磁场；倾斜部分有与导轨所在斜面垂直的匀强磁场(图中均未画出)，两处磁场的磁感应强度大小都为B＝2 T。导体棒ab和cd的质量都为m＝0.2 kg，电阻阻值都为r＝2 Ω。cd棒固定在距PQ位置x0＝4 m处，将ab自高度h＝1 m处由静止释放，到达PQ之前已达到匀速运动状态。已知重力加速度g取10 m/s2，导体棒经过PQ处的能量损失忽略不计，导轨电阻不计，求：
(1)ab棒到达PQ时速度；
(2)ab沿倾斜部分运动过程中ab产生的热量Q；
(3)ab棒停下时与cd的距离。
[解析] (1)cd棒固定，ab到达PQ之前已达到匀速运动状态，则mgsin 30°＝BIL
I＝eq \f(BLv,2r)
解得ab棒到达PQ时速度v＝eq \f(2mgrsin 30°,B2L2)＝4 m/s。
(2)据能量守恒得，ab沿倾斜部分运动过程中回路产生的热量Qz＝mgh－eq \f(1,2)mv2＝0.4 J
ab产生的热量Q＝eq \f(1,2)Qz＝0.2 J。
(3)ab到达水平轨道后，设其未与cd相碰就停下，由动量定理得－Beq \(I,\s\up6(－))L·Δt＝0－mv
eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),2r)＝eq \f(\f(ΔΦ,Δt),2r)＝eq \f(\f(BLx,Δt),2r)＝eq \f(BLx,2rΔt)
解得ab在水平面上移动的距离x＝eq \f(2rmv,B2L2)＝3.2 m<4 m
ab棒停下时与cd的距离s＝x0－x＝0.8 m。
[答案] (1)4 m/s (2)0.2 J (3)0.8 m
状态
特征
处理方法
平衡态
加速度为零
根据平衡条件列式分析
非平衡态
加速度不为零
根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析