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2024届高考物理一轮复习教案第十二章专题强化二十五动量观点在电磁感应中的应用（粤教版新教材）
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这是一份2024届高考物理一轮复习教案第十二章专题强化二十五动量观点在电磁感应中的应用（粤教版新教材），共14页。
题型一 动量定理在电磁感应中的应用
导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解．
考向1 “单棒＋电阻”模型
例1 (多选)(2023·广东湛江市检测)如图所示，宽为L的足够长U形光滑导轨放置在绝缘水平面上，整个导轨处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，将一质量为m、接入电路的有效电阻为R、长度略大于L的导体棒垂直于导轨放置．某时刻给导体棒一沿导轨向右、大小为v0的水平速度，不计导轨电阻，棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则下列说法正确的是( )
A．导体棒中感应电流方向为由a到b
B．导体棒中的最大发热量为eq \f(1,2)mv02
C．导体棒的加速度逐渐减小到0
D．通过导体棒的电荷量最大值为eq \f(mv0,2BL)
答案 BC
解析 根据右手定则可知，导体棒中感应电流方向为由b到a，选项A错误；当导体棒静止时，动能全部转化为焦耳热，则导体棒中的最大发热量为eq \f(1,2)mv02，选项B正确；导体棒向右运动时，受到向左的安培力作用而做减速运动，则加速度满足a＝eq \f(BIL,m)＝eq \f(B2L2v,mR)，随速度的减小，加速度减小，最后导体棒速度为零时加速度减小到0，选项C正确；从开始运动到最后停止，由动量定理可知－F安Δt＝0－mv0，F安Δt＝Beq \x\t(I)LΔt＝BLq，通过导体棒的电荷量最大值为q＝eq \f(mv0,BL)，选项D错误．
考向2 不等间距上的双棒模型
例2 (多选)(2023·辽宁抚顺市模拟)如图所示，M、N、P、Q四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L和L，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直向下的、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计．t＝0时使导体棒C获得瞬时速度v0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好．且达到稳定运动时导体棒C未到两组导轨连接处．则下列说法正确的是( )
A．t＝0时，导体棒D的加速度大小为a＝eq \f(B2L2v0,mR)
B．达到稳定运动时，C、D两棒速度之比为1∶1
C．从t＝0时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为eq \f(2,5)mv02
D．从t＝0时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为eq \f(2mv0,5BL)
答案 ACD
解析 开始时，导体棒中的感应电动势E＝2BLv0，电路中感应电流I＝eq \f(E,2R)，导体棒D所受安培力F＝BIL，导体棒D的加速度为a，则有F＝ma，解得a＝eq \f(B2L2v0,mR)，故A正确；稳定运动时，电路中电流为零，设此时C、D棒的速度分别为v1、v2，则有2BLv1＝BLv2，对变速运动中任意极短时间Δt，由动量定理得，对C棒有2Beq \x\t(I)LΔt＝mΔv1，对D棒有Beq \x\t(I)LΔt＝mΔv2，故对变速运动全过程有v0－v1＝2v2，解得v2＝eq \f(2,5)v0，v1＝eq \f(1,5)v0，故B错误；根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22，解得Q＝eq \f(2,5)mv02，故C正确；由上述分析可知对变速运动中任意极短时间Δt，由动量定理得，对C棒有2Beq \x\t(I)LΔt＝mΔv1，可得2BLq＝m(v0－v1)，解得q＝eq \f(2mv0,5BL)，故D正确．
考向3 “电容器＋棒”模型
1．无外力充电式
例3 如图甲、乙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图甲中的电容器C原来不带电．设导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面(即纸面)向里的匀强磁场中，导轨足够长．现给导体棒ab一个向右的初速度v0，在图甲、乙两种情形下，关于导体棒ab的运动状态，下列说法正确的是( )
A．图甲中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动
B．图乙中，ab棒先做加速度越来越小的减速运动，最终静止
C．两种情况下通过电阻的电荷量一样大
D．两种情形下导体棒ab最终都保持匀速运动
答案 B
解析 题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B正确，D错误；根据eq \x\t(F)安＝Beq \x\t(I)L，有eq \x\t(F)安t＝Beq \x\t(I)Lt＝qBL＝mΔv，得q＝eq \f(mΔv,BL)，电荷量跟导体棒ab的动量变化量成正比，因为题图甲中导体棒的动量变化量小于题图乙，所以题图甲中通过R的电荷量小于题图乙中通过R的电荷量，故C错误．
2．无外力放电式
例4 (2023·广东广州市模拟)如图甲为飞机在航空母舰甲板上起飞的电磁弹射装置，其工作原理如图乙：水平固定的平行光滑金属导轨，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，金属棒MN垂直静置于导轨间，开关S先接1，电容器完全充电后，开关S再接至2使MN棒向右加速运动．当MN棒产生的感应电动势与电容器两极板的电压相等时，回路中电流为零，飞机达到起飞速度，已知直流电源的电动势E，电容器的电容C，两导轨的间距L(电阻不计)，磁感应强度大小B，MN棒的质量m0、电阻R.在飞机起飞过程中，求：
(1)MN棒受到的最大安培力F的大小和方向；
(2)若飞机起飞时速度为v，飞机起飞过程中电容器释放的电荷量ΔQ；
(3)飞机起飞时速度v的大小的表达式(用题干已知的物理量表示)．
答案 (1)eq \f(BLE,R) 方向水平向右 (2)(E－BLv)C (3)eq \f(BLEC,B2L2C＋m0)
解析 (1)开关S刚接至2时，回路中电流最大，MN棒受到的安培力最大，最大安培力
F＝BIL＝eq \f(BLE,R)
金属棒MN上的电流方向从M流向N端，由左手定则可知安培力方向水平向右．
(2)飞机起飞速度为v时，金属棒的感应电动势E′＝BLv
即此时电容器两极板间的电压U＝BLv
则ΔQ＝ΔU·C＝(E－BLv)C
(3)飞机起飞时，电容器两极板的电压U＝E′＝BLv
对金属棒由动量定理可得Beq \x\t(I)Lt＝m0v－0
又Beq \x\t(I)Lt＝BLΔQ＝BL(EC－BLvC)
所以BL(EC－BLvC)＝m0v
解得v＝eq \f(BLEC,B2L2C＋m0).
题型二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
1．在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便．
2．双棒模型(不计摩擦力)
例5 (多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上，t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是( )
答案 AC
解析 棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，这时两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝eq \f(v0,2)，选项A、C正确，B、D错误．
例6 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平行金属导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行且相距d，构成一矩形回路．导轨间距为L，两导体棒的质量均为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棒一个向右的初速度v0，求：
(1)当cd棒速度减为0.6v0时，ab棒的速度v及加速度a的大小；
(2)ab、cd棒间的距离从d增大到最大的过程中，通过回路的电荷量q及两棒间的最大距离x.
答案 (1)0.4v0 eq \f(B2L2v0,10mR) (2)eq \f(mv0,2BL) d＋eq \f(mv0R,B2L2)
解析 (1)两棒组成的系统所受合外力为零，因此满足动量守恒定律，有mv0＝0.6mv0＋mv
解得v＝0.4v0
回路感应电动势E＝0.6BLv0－0.4BLv0
此时回路电流I＝eq \f(E,2R)
因此加速度a＝eq \f(BIL,m)
整理得a＝eq \f(B2L2v0,10mR)
(2)ab、cd棒速度相等时有最大距离，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv共
对ab棒，根据动量定理有Beq \x\t(I)LΔt＝mv共
而q＝eq \x\t(I)Δt，解得q＝eq \f(mv0,2BL)
在这段时间内，平均感应电动势eq \x\t(E)＝BLeq \x\t(Δv)
回路平均电流eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),2R)
因此流过某截面的电荷量q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(BL\x\t(Δv),2R)Δt＝eq \f(BLx－d,2R)，解得最大距离x＝d＋eq \f(mv0R,B2L2).
课时精练
1．(多选)如图所示，一质量为2m的足够长U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，bc边长为L，不计金属框电阻．一长为L的导体棒MN置于金属框上，导体棒的阻值为R、质量为m.装置处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中．现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN始终与金属框保持良好接触，则( )
A．刚开始运动时产生的感应电流方向为M→N→c→b→M
B．导体棒的最大速度为eq \f(v0,2)
C．通过导体棒的电荷量为eq \f(2mv0,3BL)
D．导体棒产生的焦耳热为eq \f(5,6)mv02
答案 AC
解析 金属框开始获得向右的初速度v0，根据右手定则可知电流方向为M→N→c→b→M，故A正确；以整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得2mv0＝3mv，可得v＝eq \f(2,3)v0，故B错误；对导体棒根据动量定理可得Beq \x\t(I)LΔt＝mv－0，其中eq \x\t(I)Δt＝q，可得通过导体棒的电荷量为q＝eq \f(2mv0,3BL)，故C正确；由能量守恒知导体棒产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)×2mv02－eq \f(1,2)×3mv2＝eq \f(1,3)mv02，故D错误．
2.(多选)如图所示，半径为r的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相连，四分之一圆弧导轨区域没有磁场，水平导轨区域存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，导轨间距为l，ab、cd是质量为m、接入电路中电阻为R的金属棒，导轨电阻忽略不计．cd静止在平滑轨道上，ab从四分之一圆弧轨道顶端由静止释放，在圆弧轨道上克服阻力做功
eq \f(1,2)mgr，水平导轨足够长，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，且不会相撞，重力加速度为g.从ab棒进入水平轨道开始，下列说法正确的是( )
A．ab棒先做匀减速运动，最后做匀速运动
B．cd棒先做匀加速直线运动，最后和ab以相同的速度做匀速运动
C．ab棒刚进入磁场时，cd棒电流为eq \f(Bl\r(gr),2R)
D．ab棒的最终速度大小为eq \f(\r(gr),2)
答案 CD
解析 ab棒进入磁场受向左的安培力，做减速运动，所以安培力减小，则ab棒先做加速度减小的减速运动，cd棒与ab棒串联，所以先做加速度减小的加速运动，最后它们共速，做匀速运动，故A、B错误；ab棒刚进入磁场的速度就是它下滑到底端的速度，根据动能定理mgr－eq \f(1,2)mgr＝eq \f(1,2)mv2，可得速度为v＝eq \r(gr)，则感应电动势为E＝Blv，两金属棒串联，故两棒瞬时电流为I＝eq \f(Bl\r(gr),2R)，两棒共速时由动量守恒定律有mv＝2mv′，得速度大小为v′＝eq \f(\r(gr),2)，故C、D正确．
3．(多选)如图，相距为L的两光滑平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，左端接一电容器C，阻值为R的电阻通过三角旋钮开关S与两导轨连接，长度为L、质量为m的金属杆ab垂直导轨放置，且与导轨始终接触良好，两导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.三角旋钮开关S仅1、2之间导电，S左旋时能将电阻R和电容器C接入同一回路，右旋时能将电阻R和金属杆ab接入同一回路，初始时1、2连接电容器和金属杆，现用恒力F向右拉金属杆ab，使其从静止开始运动，经一段时间后撤去F，同时旋转S，此时金属杆的速度大小为v0，不计金属杆和导轨的电阻．下列说法正确的是( )
A．撤去F前，金属杆做变加速直线运动
B．撤去F同时向右旋开关S，金属杆做加速度减小的减速运动
C．恒力F对金属杆做的功等于eq \f(1,2)mv02
D．若分别左旋右旋S，两种情况下，通过电阻R的电荷量之比为CB2L2∶m
答案 BD
解析 撤去F前，对金属杆进行受力分析有F－BIL＝ma，对电容器Q＝CU＝CBLv，充电电流I＝eq \f(ΔQ,Δt)＝CBLeq \f(Δv,Δt)＝CBLa，解得a＝eq \f(F,CB2L2＋m)，可知金属杆做匀加速直线运动，A错误；撤去F同时向右旋开关S，此时仅有电阻R和金属杆ab接入同一回路，且金属杆有向右的速度，根据右手定则与左手定则，可判定安培力向左，且BIL＝eq \f(B2L2v,R)＝ma，可知金属杆将向右做加速度减小的减速运动，B正确；根据动能定理有WF＋W安＝eq \f(1,2)mv02，其中安培力做负功，则恒力F对金属杆做的功大于eq \f(1,2)mv02，C错误；撤去F时，电容器极板带电荷量Q＝CBLv0，对金属杆分析，由动量定理有－Beq \x\t(I)L·Δt＝0－mv0，由于金属杆减速切割磁感线而通过电阻的电荷量q＝eq \x\t(I)·Δt，当左旋S，通过电阻的电荷量q1＝Q，当右旋S，通过电阻的电荷量q2＝q，解得eq \f(q1,q2)＝eq \f(CB2L2,m)，D正确．
4.(多选)如图，足够长的平行光滑金属导轨M、N固定在水平桌面上，导轨间距离为L，垂直导轨平面有竖直向下的匀强磁场，以CD为分界线，左边磁感应强度大小为2B，右边为B，两导体棒a、b垂直导轨静止放置，a棒距CD足够远，已知a、b棒质量均为m、长度均为L、电阻均为r，棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，现使a获得一瞬时水平速度v0，在两棒运动至稳定的过程中(a棒还没到CD分界线)，下列说法正确的是( )
A．a、b系统机械能守恒
B．a、b系统动量不守恒
C．通过导体棒a的电荷量为eq \f(2mv0,5BL)
D．导体棒a产生的焦耳热为eq \f(2mv02,5)
答案 BC
解析 因为a、b棒切割磁感线时产生感应电流，继而导体棒中有焦耳热产生，故a、b系统机械能不守恒，故A错误；由题意知a棒受到的安培力为 Fa＝2BIL，方向水平向左，而b棒受到的安培力为 Fb＝BIL，方向水平向右，故a、b系统所受合外力不为零，故a、b系统动量不守恒，故B正确；因两棒运动至稳定时满足2BLv1＝BLv2，设向右为正方向，则对a、b棒运动至稳定的过程中分别由动量定理得－2Beq \x\t(I)Lt＝mv1－mv0，Beq \x\t(I)Lt＝mv2，联立解得v1＝eq \f(v0,5)，v2＝eq \f(2v0,5).又因为q＝eq \x\t(I)t，所以通过导体棒a的电荷量为q＝eq \f(2mv0,5BL)，故C正确；由题意知稳定之后，电路中不再有感应电流，则不再有焦耳热产生，所以对a、b棒运动至稳定的过程中，由能量守恒定律得导体棒a、b产生的总焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22＝eq \f(2,5)mv02，所以导体棒a产生的焦耳热为Q′＝eq \f(1,2)Q＝eq \f(1,5)mv02，故D错误．
5．(多选)(2023·云南昆明市一中质检)如图所示，一光滑轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平两段组成，倾斜段的上端连接一电阻R＝0.5 Ω，两轨道间距d＝1 m，水平部分两轨道间有一竖直向下，磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场．一质量m＝0.5 kg、长为l＝1.1 m、电阻忽略不计的导体棒，从轨道上距水平面h1＝0.8 m高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端水平飞出，落地点与水平轨道末端的水平距离x2＝0.8 m，水平轨道距水平地面的高度h2＝0.8 m．通过计算可知(g取10 m/s2)( )
A．导体棒进入磁场时的速度为3 m/s
B．导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为3 J
C．磁场的长度x1为2 m
D．整个过程通过电阻的电荷量为2 C
答案 BCD
解析 设导体棒进入磁场时的速度为v0，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv02＝mgh1，解得v0＝
4 m/s，故A错误；导体棒从水平轨道水平飞出做平抛运动，则水平方向有x2＝vt，竖直方向有h2＝eq \f(1,2)gt2，联立代入数据解得v＝2 m/s，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2，则导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为Q＝3 J，故B正确；导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有eq \x\t(F)安t1＝Bdq＝mv0－mv，又有q＝eq \x\t(I)t1＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(Bdx1,R)，联立代入数据解得q＝2 C，x1＝2 m，故C、D正确．
6.(多选)(2023·广东茂名市联考)如图所示，在光滑绝缘水平面上有一宽度为d的区域，区域内存在着方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一质量为m、边长为L(LA．进入磁场的过程中通过线圈横截面的电荷量为eq \f(mv,2BL)
B．线圈中无感应电流的时间为eq \f(d－L,v)
C．线圈进入磁场的过程中产生的焦耳热为eq \f(mv2,4)
D．线圈进入磁场的过程中产生的焦耳热为eq \f(3mv2,8)
答案 AD
解析 进入磁场的过程和穿出磁场的过程通过线圈横截面的电荷量相等．设进入过程中平均电流为I1，时间为t1，全部进入磁场时的速度为v1，由动量定理得－BI1Lt1＝mv1－mv，设进入磁场过程中通过线圈横截面的电荷量为q1，q1＝I1t，则有－BLq1＝mv1－mv，同理，穿出磁场时，因为恰能全部穿出，故－BLq2＝－mv1，q1＝q2，所以v－v1＝v1，解得v1＝eq \f(v,2)，则进入磁场过程中通过线圈横截面的电荷量为eq \f(mv,2BL)，故A正确；无感应电流的时间为t＝eq \f(d－L,v1)＝eq \f(2d－L,v)，故B错误； 进入磁场过程中产生的焦耳热Q＝eq \f(mv2,2)－eq \f(mv12,2)＝eq \f(3mv2,8)，故C错误，D正确．
7．(多选)(2023·广东韶关市模拟)某高中科研兴趣小组利用课余时间进行电磁阻尼效果的研究学习，实验示意图如图甲所示，虚线MN右侧有垂直于水平面向下的范围足够大的匀强磁场，边长为1 m、质量为0.1 kg、电阻为0.2 Ω的正方形金属线框在光滑绝缘水平面上以大小v0＝2 m/s的速度向右滑动并进入磁场，磁场边界MN与线框的右边框平行．从线框刚进入磁场开始计时，线框的速度v随滑行的距离x变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．图乙中x0＝1 m
B．线框进入磁场的过程中，线框的加速度先不变再突然减为零
C．线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.1 J
D．线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为eq \f(\r(2),2) C
答案 AD
解析 磁通量变化，线框中产生感应电流，就会受到安培力的作用，从而改变速度；当线框完全进入磁场时，磁通量不变，速度就不变，即题图乙中x0＝1 m，A正确；线框进入磁场过程中，安培力为F＝BIL，其中I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)，则F＝eq \f(B2L2v,R)，由题图乙可知，速度减小，则安培力减小，由牛顿第二定律可知，线框的加速度减小，线框做变减速运动，B错误；根据能量守恒定律可得，减少的动能全部转化为焦耳热，则有Q＝ΔEk＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2，代入数据可得Q＝0.15 J，C错误； 线框进入磁场过程中，取水平向右为正，根据动量定理可得－eq \f(B2L2\x\t(v),R)t＝mv－mv0，解得v＝v0－eq \f(B2L2x,mR)，结合题图乙可知，当x＝1 m时，v＝1 m/s，代入数据解得B＝eq \r(\f(1,50)) T，通过线框某横截面的电荷量为q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(BLx,R)，解得q＝eq \f(\r(2),2) C，D正确．
8．如图所示，平行光滑金属双导轨P1Q1M1和P2Q2M2，其中P1Q1和P2Q2为半径r＝0.8 m的eq \f(1,4)光滑圆轨道，O1和O2为对应圆轨道的圆心，Q1、Q2在O1、O2正下方且为圆轨道和水平轨道的平滑连接点，Q1M1和Q2M2为足够长的水平轨道，水平轨道处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，导轨间距L＝1 m；两导体棒a、b始终垂直于两导轨且与导轨接触良好，a、b的质量均为1 kg，电阻均为1 Ω，导轨电阻不计．初始时刻，b静止在水平导轨上，a从与圆心等高的P1P2处由静止释放，a、b在以后运动的过程中不会发生碰撞(g＝10 m/s2)．求：
(1)导体棒a从Q1Q2进入磁场时，导体棒b的加速度大小；
(2)导体棒a、b稳定时的速度大小；
(3)整个过程中，通过导体棒b的电荷量．
答案 (1)2 m/s2 (2)2 m/s (3)2 C
解析 (1)导体棒a从P1P2到Q1Q2，由动能定理得magr＝eq \f(1,2)mav02－0
代入数据得v0＝4 m/s
a刚进入匀强磁场时，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv0＝4 V
由闭合电路的欧姆定律得I＝eq \f(E,Ra＋Rb)＝2 A
由牛顿第二定律得ILB＝mbab
代入数据得ab＝2 m/s2.
(2)当导体棒a、b稳定时，由动量守恒定律得mav0＝(ma＋mb)v1
代入数据得v1＝2 m/s.
(3)整个过程中，对导体棒b由动量定理得eq \x\t(I)LBt＝mbv1，又q＝eq \x\t(I)t，代入数据得q＝2 C.
9.如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨间的距离为L，导轨上横放着两根导体棒ab和cd.设两根导体棒的质量皆为m、电阻皆为R，导轨光滑且电阻不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.开始时ab和cd两导体棒有方向相反的水平初速度，初速度大小分别为v0和2v0，求：
(1)从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热；
(2)当ab棒向右运动，速度大小变为eq \f(v0,4)时，回路中消耗的电功率的值．
答案 (1)eq \f(9,4)mv02 (2)eq \f(B2L2v02,8R)
解析 (1)选水平向右为正方向，从开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，则有2mv0－mv0＝2mv，解得v＝eq \f(v0,2)，由能量守恒可得从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(1,2)m(2v0)2－eq \f(1,2)(2m)v2＝eq \f(9,4)mv02.
(2)当ab棒向右运动，速度大小变为eq \f(v0,4)时，设cd棒的速度是v2，根据动量守恒得2mv0－mv0＝mv2＋meq \f(v0,4)，解得v2＝eq \f(3v0,4)，此时回路中的总电动势E＝BL(eq \f(3v0,4)－eq \f(v0,4))＝eq \f(1,2)BLv0，则消耗的电功率为P＝eq \f(E2,2R)＝eq \f(B2L2v02,8R).情景示例1
水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒初速度为v0，质量为m，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来
求电荷量q
－Beq \x\t(I)LΔt＝0－mv0，q＝eq \x\t(I)Δt，q＝eq \f(mv0,BL)
求位移x
－eq \f(B2L2\x\t(v),R)Δt＝0－mv0，x＝eq \x\t(v)Δt＝eq \f(mv0R,B2L2)
应用技巧
初、末速度已知的变加速运动，在用动量定理列出的式子中q＝eq \x\t(I)Δt，x＝eq \x\t(v)Δt；若已知q或x也可求末速度
情景示例2
间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m、接入电路的阻值为R的导体棒，当通过横截面的电荷量为q或下滑位移为x时，速度达到v
求运动时间
－Beq \x\t(I)LΔt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，q＝eq \x\t(I)Δt－eq \f(B2L2\x\t(v),R)Δt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，x＝eq \x\t(v)Δt
应用技巧
用动量定理求时间需有其他恒力参与．若已知运动时间，也可求q、x、v中的任一个物理量
基本
模型
规律
(导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C)
电路特点
导体棒相当于电源，电容器充电
电流特点
安培力为阻力，棒减速，E减小，有I＝eq \f(BLv－UC,R)，电容器充电UC变大，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，棒匀速运动
运动特点和最终特征
棒做加速度a减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器带电荷量不为零
最终速度
电容器充电荷量：q＝CU
最终电容器两端电压U＝BLv
对棒应用动量定理：
mv－mv0＝－Beq \x\t(I)L·Δt＝－BLq
v＝eq \f(mv0,m＋B2L2C).
v－t图像
基本
模型
规律
(电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C)
电路特点
电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动
电流特点
电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时UC＝BLvm
运动特点及最终特征
做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0
最大速度vm
电容器充电电荷量：Q0＝CE
放电结束时电荷量：
Q＝CU＝CBLvm
电容器放电电荷量：
ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm
对棒应用动量定理：
mvm－0＝Beq \x\t(I)L·Δt＝BLΔQ
vm＝eq \f(BLCE,m＋B2L2C)
v－t图像
双棒无外力
双棒有外力
示意图
F为恒力
动力学观点
导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动
导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动
动量观点
系统动量守恒
系统动量不守恒
能量观点
棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热
外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热
题型一 动量定理在电磁感应中的应用
导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解．
考向1 “单棒＋电阻”模型
例1 (多选)(2023·广东湛江市检测)如图所示，宽为L的足够长U形光滑导轨放置在绝缘水平面上，整个导轨处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，将一质量为m、接入电路的有效电阻为R、长度略大于L的导体棒垂直于导轨放置．某时刻给导体棒一沿导轨向右、大小为v0的水平速度，不计导轨电阻，棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则下列说法正确的是( )
A．导体棒中感应电流方向为由a到b
B．导体棒中的最大发热量为eq \f(1,2)mv02
C．导体棒的加速度逐渐减小到0
D．通过导体棒的电荷量最大值为eq \f(mv0,2BL)
答案 BC
解析 根据右手定则可知，导体棒中感应电流方向为由b到a，选项A错误；当导体棒静止时，动能全部转化为焦耳热，则导体棒中的最大发热量为eq \f(1,2)mv02，选项B正确；导体棒向右运动时，受到向左的安培力作用而做减速运动，则加速度满足a＝eq \f(BIL,m)＝eq \f(B2L2v,mR)，随速度的减小，加速度减小，最后导体棒速度为零时加速度减小到0，选项C正确；从开始运动到最后停止，由动量定理可知－F安Δt＝0－mv0，F安Δt＝Beq \x\t(I)LΔt＝BLq，通过导体棒的电荷量最大值为q＝eq \f(mv0,BL)，选项D错误．
考向2 不等间距上的双棒模型
例2 (多选)(2023·辽宁抚顺市模拟)如图所示，M、N、P、Q四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L和L，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直向下的、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计．t＝0时使导体棒C获得瞬时速度v0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好．且达到稳定运动时导体棒C未到两组导轨连接处．则下列说法正确的是( )
A．t＝0时，导体棒D的加速度大小为a＝eq \f(B2L2v0,mR)
B．达到稳定运动时，C、D两棒速度之比为1∶1
C．从t＝0时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为eq \f(2,5)mv02
D．从t＝0时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为eq \f(2mv0,5BL)
答案 ACD
解析 开始时，导体棒中的感应电动势E＝2BLv0，电路中感应电流I＝eq \f(E,2R)，导体棒D所受安培力F＝BIL，导体棒D的加速度为a，则有F＝ma，解得a＝eq \f(B2L2v0,mR)，故A正确；稳定运动时，电路中电流为零，设此时C、D棒的速度分别为v1、v2，则有2BLv1＝BLv2，对变速运动中任意极短时间Δt，由动量定理得，对C棒有2Beq \x\t(I)LΔt＝mΔv1，对D棒有Beq \x\t(I)LΔt＝mΔv2，故对变速运动全过程有v0－v1＝2v2，解得v2＝eq \f(2,5)v0，v1＝eq \f(1,5)v0，故B错误；根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22，解得Q＝eq \f(2,5)mv02，故C正确；由上述分析可知对变速运动中任意极短时间Δt，由动量定理得，对C棒有2Beq \x\t(I)LΔt＝mΔv1，可得2BLq＝m(v0－v1)，解得q＝eq \f(2mv0,5BL)，故D正确．
考向3 “电容器＋棒”模型
1．无外力充电式
例3 如图甲、乙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图甲中的电容器C原来不带电．设导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面(即纸面)向里的匀强磁场中，导轨足够长．现给导体棒ab一个向右的初速度v0，在图甲、乙两种情形下，关于导体棒ab的运动状态，下列说法正确的是( )
A．图甲中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动
B．图乙中，ab棒先做加速度越来越小的减速运动，最终静止
C．两种情况下通过电阻的电荷量一样大
D．两种情形下导体棒ab最终都保持匀速运动
答案 B
解析 题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B正确，D错误；根据eq \x\t(F)安＝Beq \x\t(I)L，有eq \x\t(F)安t＝Beq \x\t(I)Lt＝qBL＝mΔv，得q＝eq \f(mΔv,BL)，电荷量跟导体棒ab的动量变化量成正比，因为题图甲中导体棒的动量变化量小于题图乙，所以题图甲中通过R的电荷量小于题图乙中通过R的电荷量，故C错误．
2．无外力放电式
例4 (2023·广东广州市模拟)如图甲为飞机在航空母舰甲板上起飞的电磁弹射装置，其工作原理如图乙：水平固定的平行光滑金属导轨，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，金属棒MN垂直静置于导轨间，开关S先接1，电容器完全充电后，开关S再接至2使MN棒向右加速运动．当MN棒产生的感应电动势与电容器两极板的电压相等时，回路中电流为零，飞机达到起飞速度，已知直流电源的电动势E，电容器的电容C，两导轨的间距L(电阻不计)，磁感应强度大小B，MN棒的质量m0、电阻R.在飞机起飞过程中，求：
(1)MN棒受到的最大安培力F的大小和方向；
(2)若飞机起飞时速度为v，飞机起飞过程中电容器释放的电荷量ΔQ；
(3)飞机起飞时速度v的大小的表达式(用题干已知的物理量表示)．
答案 (1)eq \f(BLE,R) 方向水平向右 (2)(E－BLv)C (3)eq \f(BLEC,B2L2C＋m0)
解析 (1)开关S刚接至2时，回路中电流最大，MN棒受到的安培力最大，最大安培力
F＝BIL＝eq \f(BLE,R)
金属棒MN上的电流方向从M流向N端，由左手定则可知安培力方向水平向右．
(2)飞机起飞速度为v时，金属棒的感应电动势E′＝BLv
即此时电容器两极板间的电压U＝BLv
则ΔQ＝ΔU·C＝(E－BLv)C
(3)飞机起飞时，电容器两极板的电压U＝E′＝BLv
对金属棒由动量定理可得Beq \x\t(I)Lt＝m0v－0
又Beq \x\t(I)Lt＝BLΔQ＝BL(EC－BLvC)
所以BL(EC－BLvC)＝m0v
解得v＝eq \f(BLEC,B2L2C＋m0).
题型二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
1．在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便．
2．双棒模型(不计摩擦力)
例5 (多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上，t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是( )
答案 AC
解析 棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，这时两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝eq \f(v0,2)，选项A、C正确，B、D错误．
例6 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平行金属导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行且相距d，构成一矩形回路．导轨间距为L，两导体棒的质量均为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棒一个向右的初速度v0，求：
(1)当cd棒速度减为0.6v0时，ab棒的速度v及加速度a的大小；
(2)ab、cd棒间的距离从d增大到最大的过程中，通过回路的电荷量q及两棒间的最大距离x.
答案 (1)0.4v0 eq \f(B2L2v0,10mR) (2)eq \f(mv0,2BL) d＋eq \f(mv0R,B2L2)
解析 (1)两棒组成的系统所受合外力为零，因此满足动量守恒定律，有mv0＝0.6mv0＋mv
解得v＝0.4v0
回路感应电动势E＝0.6BLv0－0.4BLv0
此时回路电流I＝eq \f(E,2R)
因此加速度a＝eq \f(BIL,m)
整理得a＝eq \f(B2L2v0,10mR)
(2)ab、cd棒速度相等时有最大距离，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv共
对ab棒，根据动量定理有Beq \x\t(I)LΔt＝mv共
而q＝eq \x\t(I)Δt，解得q＝eq \f(mv0,2BL)
在这段时间内，平均感应电动势eq \x\t(E)＝BLeq \x\t(Δv)
回路平均电流eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),2R)
因此流过某截面的电荷量q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(BL\x\t(Δv),2R)Δt＝eq \f(BLx－d,2R)，解得最大距离x＝d＋eq \f(mv0R,B2L2).
课时精练
1．(多选)如图所示，一质量为2m的足够长U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，bc边长为L，不计金属框电阻．一长为L的导体棒MN置于金属框上，导体棒的阻值为R、质量为m.装置处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中．现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN始终与金属框保持良好接触，则( )
A．刚开始运动时产生的感应电流方向为M→N→c→b→M
B．导体棒的最大速度为eq \f(v0,2)
C．通过导体棒的电荷量为eq \f(2mv0,3BL)
D．导体棒产生的焦耳热为eq \f(5,6)mv02
答案 AC
解析 金属框开始获得向右的初速度v0，根据右手定则可知电流方向为M→N→c→b→M，故A正确；以整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得2mv0＝3mv，可得v＝eq \f(2,3)v0，故B错误；对导体棒根据动量定理可得Beq \x\t(I)LΔt＝mv－0，其中eq \x\t(I)Δt＝q，可得通过导体棒的电荷量为q＝eq \f(2mv0,3BL)，故C正确；由能量守恒知导体棒产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)×2mv02－eq \f(1,2)×3mv2＝eq \f(1,3)mv02，故D错误．
2.(多选)如图所示，半径为r的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相连，四分之一圆弧导轨区域没有磁场，水平导轨区域存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，导轨间距为l，ab、cd是质量为m、接入电路中电阻为R的金属棒，导轨电阻忽略不计．cd静止在平滑轨道上，ab从四分之一圆弧轨道顶端由静止释放，在圆弧轨道上克服阻力做功
eq \f(1,2)mgr，水平导轨足够长，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，且不会相撞，重力加速度为g.从ab棒进入水平轨道开始，下列说法正确的是( )
A．ab棒先做匀减速运动，最后做匀速运动
B．cd棒先做匀加速直线运动，最后和ab以相同的速度做匀速运动
C．ab棒刚进入磁场时，cd棒电流为eq \f(Bl\r(gr),2R)
D．ab棒的最终速度大小为eq \f(\r(gr),2)
答案 CD
解析 ab棒进入磁场受向左的安培力，做减速运动，所以安培力减小，则ab棒先做加速度减小的减速运动，cd棒与ab棒串联，所以先做加速度减小的加速运动，最后它们共速，做匀速运动，故A、B错误；ab棒刚进入磁场的速度就是它下滑到底端的速度，根据动能定理mgr－eq \f(1,2)mgr＝eq \f(1,2)mv2，可得速度为v＝eq \r(gr)，则感应电动势为E＝Blv，两金属棒串联，故两棒瞬时电流为I＝eq \f(Bl\r(gr),2R)，两棒共速时由动量守恒定律有mv＝2mv′，得速度大小为v′＝eq \f(\r(gr),2)，故C、D正确．
3．(多选)如图，相距为L的两光滑平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，左端接一电容器C，阻值为R的电阻通过三角旋钮开关S与两导轨连接，长度为L、质量为m的金属杆ab垂直导轨放置，且与导轨始终接触良好，两导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.三角旋钮开关S仅1、2之间导电，S左旋时能将电阻R和电容器C接入同一回路，右旋时能将电阻R和金属杆ab接入同一回路，初始时1、2连接电容器和金属杆，现用恒力F向右拉金属杆ab，使其从静止开始运动，经一段时间后撤去F，同时旋转S，此时金属杆的速度大小为v0，不计金属杆和导轨的电阻．下列说法正确的是( )
A．撤去F前，金属杆做变加速直线运动
B．撤去F同时向右旋开关S，金属杆做加速度减小的减速运动
C．恒力F对金属杆做的功等于eq \f(1,2)mv02
D．若分别左旋右旋S，两种情况下，通过电阻R的电荷量之比为CB2L2∶m
答案 BD
解析 撤去F前，对金属杆进行受力分析有F－BIL＝ma，对电容器Q＝CU＝CBLv，充电电流I＝eq \f(ΔQ,Δt)＝CBLeq \f(Δv,Δt)＝CBLa，解得a＝eq \f(F,CB2L2＋m)，可知金属杆做匀加速直线运动，A错误；撤去F同时向右旋开关S，此时仅有电阻R和金属杆ab接入同一回路，且金属杆有向右的速度，根据右手定则与左手定则，可判定安培力向左，且BIL＝eq \f(B2L2v,R)＝ma，可知金属杆将向右做加速度减小的减速运动，B正确；根据动能定理有WF＋W安＝eq \f(1,2)mv02，其中安培力做负功，则恒力F对金属杆做的功大于eq \f(1,2)mv02，C错误；撤去F时，电容器极板带电荷量Q＝CBLv0，对金属杆分析，由动量定理有－Beq \x\t(I)L·Δt＝0－mv0，由于金属杆减速切割磁感线而通过电阻的电荷量q＝eq \x\t(I)·Δt，当左旋S，通过电阻的电荷量q1＝Q，当右旋S，通过电阻的电荷量q2＝q，解得eq \f(q1,q2)＝eq \f(CB2L2,m)，D正确．
4.(多选)如图，足够长的平行光滑金属导轨M、N固定在水平桌面上，导轨间距离为L，垂直导轨平面有竖直向下的匀强磁场，以CD为分界线，左边磁感应强度大小为2B，右边为B，两导体棒a、b垂直导轨静止放置，a棒距CD足够远，已知a、b棒质量均为m、长度均为L、电阻均为r，棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，现使a获得一瞬时水平速度v0，在两棒运动至稳定的过程中(a棒还没到CD分界线)，下列说法正确的是( )
A．a、b系统机械能守恒
B．a、b系统动量不守恒
C．通过导体棒a的电荷量为eq \f(2mv0,5BL)
D．导体棒a产生的焦耳热为eq \f(2mv02,5)
答案 BC
解析 因为a、b棒切割磁感线时产生感应电流，继而导体棒中有焦耳热产生，故a、b系统机械能不守恒，故A错误；由题意知a棒受到的安培力为 Fa＝2BIL，方向水平向左，而b棒受到的安培力为 Fb＝BIL，方向水平向右，故a、b系统所受合外力不为零，故a、b系统动量不守恒，故B正确；因两棒运动至稳定时满足2BLv1＝BLv2，设向右为正方向，则对a、b棒运动至稳定的过程中分别由动量定理得－2Beq \x\t(I)Lt＝mv1－mv0，Beq \x\t(I)Lt＝mv2，联立解得v1＝eq \f(v0,5)，v2＝eq \f(2v0,5).又因为q＝eq \x\t(I)t，所以通过导体棒a的电荷量为q＝eq \f(2mv0,5BL)，故C正确；由题意知稳定之后，电路中不再有感应电流，则不再有焦耳热产生，所以对a、b棒运动至稳定的过程中，由能量守恒定律得导体棒a、b产生的总焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22＝eq \f(2,5)mv02，所以导体棒a产生的焦耳热为Q′＝eq \f(1,2)Q＝eq \f(1,5)mv02，故D错误．
5．(多选)(2023·云南昆明市一中质检)如图所示，一光滑轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平两段组成，倾斜段的上端连接一电阻R＝0.5 Ω，两轨道间距d＝1 m，水平部分两轨道间有一竖直向下，磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场．一质量m＝0.5 kg、长为l＝1.1 m、电阻忽略不计的导体棒，从轨道上距水平面h1＝0.8 m高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端水平飞出，落地点与水平轨道末端的水平距离x2＝0.8 m，水平轨道距水平地面的高度h2＝0.8 m．通过计算可知(g取10 m/s2)( )
A．导体棒进入磁场时的速度为3 m/s
B．导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为3 J
C．磁场的长度x1为2 m
D．整个过程通过电阻的电荷量为2 C
答案 BCD
解析 设导体棒进入磁场时的速度为v0，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv02＝mgh1，解得v0＝
4 m/s，故A错误；导体棒从水平轨道水平飞出做平抛运动，则水平方向有x2＝vt，竖直方向有h2＝eq \f(1,2)gt2，联立代入数据解得v＝2 m/s，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2，则导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为Q＝3 J，故B正确；导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有eq \x\t(F)安t1＝Bdq＝mv0－mv，又有q＝eq \x\t(I)t1＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(Bdx1,R)，联立代入数据解得q＝2 C，x1＝2 m，故C、D正确．
6.(多选)(2023·广东茂名市联考)如图所示，在光滑绝缘水平面上有一宽度为d的区域，区域内存在着方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一质量为m、边长为L(L
B．线圈中无感应电流的时间为eq \f(d－L,v)
C．线圈进入磁场的过程中产生的焦耳热为eq \f(mv2,4)
D．线圈进入磁场的过程中产生的焦耳热为eq \f(3mv2,8)
答案 AD
解析 进入磁场的过程和穿出磁场的过程通过线圈横截面的电荷量相等．设进入过程中平均电流为I1，时间为t1，全部进入磁场时的速度为v1，由动量定理得－BI1Lt1＝mv1－mv，设进入磁场过程中通过线圈横截面的电荷量为q1，q1＝I1t，则有－BLq1＝mv1－mv，同理，穿出磁场时，因为恰能全部穿出，故－BLq2＝－mv1，q1＝q2，所以v－v1＝v1，解得v1＝eq \f(v,2)，则进入磁场过程中通过线圈横截面的电荷量为eq \f(mv,2BL)，故A正确；无感应电流的时间为t＝eq \f(d－L,v1)＝eq \f(2d－L,v)，故B错误； 进入磁场过程中产生的焦耳热Q＝eq \f(mv2,2)－eq \f(mv12,2)＝eq \f(3mv2,8)，故C错误，D正确．
7．(多选)(2023·广东韶关市模拟)某高中科研兴趣小组利用课余时间进行电磁阻尼效果的研究学习，实验示意图如图甲所示，虚线MN右侧有垂直于水平面向下的范围足够大的匀强磁场，边长为1 m、质量为0.1 kg、电阻为0.2 Ω的正方形金属线框在光滑绝缘水平面上以大小v0＝2 m/s的速度向右滑动并进入磁场，磁场边界MN与线框的右边框平行．从线框刚进入磁场开始计时，线框的速度v随滑行的距离x变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．图乙中x0＝1 m
B．线框进入磁场的过程中，线框的加速度先不变再突然减为零
C．线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.1 J
D．线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为eq \f(\r(2),2) C
答案 AD
解析 磁通量变化，线框中产生感应电流，就会受到安培力的作用，从而改变速度；当线框完全进入磁场时，磁通量不变，速度就不变，即题图乙中x0＝1 m，A正确；线框进入磁场过程中，安培力为F＝BIL，其中I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)，则F＝eq \f(B2L2v,R)，由题图乙可知，速度减小，则安培力减小，由牛顿第二定律可知，线框的加速度减小，线框做变减速运动，B错误；根据能量守恒定律可得，减少的动能全部转化为焦耳热，则有Q＝ΔEk＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2，代入数据可得Q＝0.15 J，C错误； 线框进入磁场过程中，取水平向右为正，根据动量定理可得－eq \f(B2L2\x\t(v),R)t＝mv－mv0，解得v＝v0－eq \f(B2L2x,mR)，结合题图乙可知，当x＝1 m时，v＝1 m/s，代入数据解得B＝eq \r(\f(1,50)) T，通过线框某横截面的电荷量为q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(BLx,R)，解得q＝eq \f(\r(2),2) C，D正确．
8．如图所示，平行光滑金属双导轨P1Q1M1和P2Q2M2，其中P1Q1和P2Q2为半径r＝0.8 m的eq \f(1,4)光滑圆轨道，O1和O2为对应圆轨道的圆心，Q1、Q2在O1、O2正下方且为圆轨道和水平轨道的平滑连接点，Q1M1和Q2M2为足够长的水平轨道，水平轨道处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，导轨间距L＝1 m；两导体棒a、b始终垂直于两导轨且与导轨接触良好，a、b的质量均为1 kg，电阻均为1 Ω，导轨电阻不计．初始时刻，b静止在水平导轨上，a从与圆心等高的P1P2处由静止释放，a、b在以后运动的过程中不会发生碰撞(g＝10 m/s2)．求：
(1)导体棒a从Q1Q2进入磁场时，导体棒b的加速度大小；
(2)导体棒a、b稳定时的速度大小；
(3)整个过程中，通过导体棒b的电荷量．
答案 (1)2 m/s2 (2)2 m/s (3)2 C
解析 (1)导体棒a从P1P2到Q1Q2，由动能定理得magr＝eq \f(1,2)mav02－0
代入数据得v0＝4 m/s
a刚进入匀强磁场时，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv0＝4 V
由闭合电路的欧姆定律得I＝eq \f(E,Ra＋Rb)＝2 A
由牛顿第二定律得ILB＝mbab
代入数据得ab＝2 m/s2.
(2)当导体棒a、b稳定时，由动量守恒定律得mav0＝(ma＋mb)v1
代入数据得v1＝2 m/s.
(3)整个过程中，对导体棒b由动量定理得eq \x\t(I)LBt＝mbv1，又q＝eq \x\t(I)t，代入数据得q＝2 C.
9.如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨间的距离为L，导轨上横放着两根导体棒ab和cd.设两根导体棒的质量皆为m、电阻皆为R，导轨光滑且电阻不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.开始时ab和cd两导体棒有方向相反的水平初速度，初速度大小分别为v0和2v0，求：
(1)从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热；
(2)当ab棒向右运动，速度大小变为eq \f(v0,4)时，回路中消耗的电功率的值．
答案 (1)eq \f(9,4)mv02 (2)eq \f(B2L2v02,8R)
解析 (1)选水平向右为正方向，从开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，则有2mv0－mv0＝2mv，解得v＝eq \f(v0,2)，由能量守恒可得从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(1,2)m(2v0)2－eq \f(1,2)(2m)v2＝eq \f(9,4)mv02.
(2)当ab棒向右运动，速度大小变为eq \f(v0,4)时，设cd棒的速度是v2，根据动量守恒得2mv0－mv0＝mv2＋meq \f(v0,4)，解得v2＝eq \f(3v0,4)，此时回路中的总电动势E＝BL(eq \f(3v0,4)－eq \f(v0,4))＝eq \f(1,2)BLv0，则消耗的电功率为P＝eq \f(E2,2R)＝eq \f(B2L2v02,8R).情景示例1
水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒初速度为v0，质量为m，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来
求电荷量q
－Beq \x\t(I)LΔt＝0－mv0，q＝eq \x\t(I)Δt，q＝eq \f(mv0,BL)
求位移x
－eq \f(B2L2\x\t(v),R)Δt＝0－mv0，x＝eq \x\t(v)Δt＝eq \f(mv0R,B2L2)
应用技巧
初、末速度已知的变加速运动，在用动量定理列出的式子中q＝eq \x\t(I)Δt，x＝eq \x\t(v)Δt；若已知q或x也可求末速度
情景示例2
间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m、接入电路的阻值为R的导体棒，当通过横截面的电荷量为q或下滑位移为x时，速度达到v
求运动时间
－Beq \x\t(I)LΔt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，q＝eq \x\t(I)Δt－eq \f(B2L2\x\t(v),R)Δt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，x＝eq \x\t(v)Δt
应用技巧
用动量定理求时间需有其他恒力参与．若已知运动时间，也可求q、x、v中的任一个物理量
基本
模型
规律
(导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C)
电路特点
导体棒相当于电源，电容器充电
电流特点
安培力为阻力，棒减速，E减小，有I＝eq \f(BLv－UC,R)，电容器充电UC变大，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，棒匀速运动
运动特点和最终特征
棒做加速度a减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器带电荷量不为零
最终速度
电容器充电荷量：q＝CU
最终电容器两端电压U＝BLv
对棒应用动量定理：
mv－mv0＝－Beq \x\t(I)L·Δt＝－BLq
v＝eq \f(mv0,m＋B2L2C).
v－t图像
基本
模型
规律
(电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C)
电路特点
电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动
电流特点
电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时UC＝BLvm
运动特点及最终特征
做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0
最大速度vm
电容器充电电荷量：Q0＝CE
放电结束时电荷量：
Q＝CU＝CBLvm
电容器放电电荷量：
ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm
对棒应用动量定理：
mvm－0＝Beq \x\t(I)L·Δt＝BLΔQ
vm＝eq \f(BLCE,m＋B2L2C)
v－t图像
双棒无外力
双棒有外力
示意图
F为恒力
动力学观点
导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动
导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动
动量观点
系统动量守恒
系统动量不守恒
能量观点
棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热
外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热
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