高考物理一轮复习讲义第12章第5课时　专题强化 动量观点在电磁感应中的应用（2份打包，原卷版+教师版）

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考点一 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。
1．“单棒＋电阻”模型
(1)水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻阻值为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，从导体棒开始运动至停下来。求：
①此过程中通过导体棒横截面的电荷量q＝eq \f(mv0,BL)；
②此过程导体棒的位移x＝eq \f(mv0R,B2L2)；
③若导体棒从获得初速度v0经一段时间减速至v1，通过导体棒的电荷量为q1，则v1＝v0－eq \f(Bq1L,m)；
④导体棒从获得初速度v0经过位移x0，速度减至v2，则v2＝v0－eq \f(B2L2x0,mR)。
(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，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直导轨所在倾斜面向下(重力加速度为g，导轨电阻不计)。
①经Δt1＝eq \f(mv1＋BLq,mgsin θ)，通过横截面的电荷量为q，速度达到v1。
②经Δt2＝eq \f(mv2R＋B2L2x,mgRsin θ)，导体棒下滑位移为x，速度达到v2。
例1 (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，不计空气阻力)( )
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R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。
2．不等间距的双棒模型
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＝m(v0－v1)，对D棒有Beq \x\t(I)LΔt＝mv2，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；由动量定理，对C棒有2Beq \x\t(I)LΔt＝m(v0－v1)，可得2BLq＝m(v0－v1)，解得q＝eq \f(2mv0,5BL)，故D正确。
不等间距的两导体棒处于同一磁场中所受安培力不相等，它们分别做变速运动；涉及电荷量、速度、时间等，一般先根据动量定理列方程；若求焦耳热可对系统应用能量守恒定律列方程。
3．“电容器＋棒”模型
(1)无外力充电式
(2)无外力放电式
例3 (多选)(2023·辽宁沈阳市东北育才学校一模)如图所示是某同学模拟电磁炮的工作原理和发射过程，水平台面上有足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ置于塑料圆筒内，质量为m的金属炮弹置于圆筒内的轨道上，轨道间距为L，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨左端连着平行板电容器和电动势为E的电源。先让单刀双掷开关接1接线柱对电容器充电，充电结束后，将开关接2接线柱。金属炮弹在安培力作用下开始运动，达到最大速度后离开导轨，整个过程通过炮弹的电荷量为q。已知在圆筒中金属炮弹始终与导轨接触良好，不计导轨电阻和电源内阻，炮弹电阻为R。在这个过程中，以下说法正确的是( )
A．炮弹离开导轨时的速度为eq \f(BLq,m)
B．电容器的电容C＝eq \f(mq,mE－B2L2q)
C．炮弹在导轨上的位移x＝eq \f(qR,BL)
D．在其他条件不变时，炮弹的最大速度与电容器电容大小成正比
答案 AB
解析 对炮弹，根据动量定理eq \x\t(F)t＝mv，其中，平均安培力eq \x\t(F)＝Beq \x\t(I)L，可得v＝eq \f(B\x\t(I)Lt,m)＝eq \f(BLq,m)，故A正确；刚充电结束时，电容器电荷量为Q＝CE，炮弹达到最大速度时，电容器电荷量Q′＝Q－q，此时电容器电压U＝eq \f(Q′,C)，则此时炮弹产生的感应电动势等于U，故BLv＝U，联立可得eq \f(CE－q,C)＝BLv，解得C＝eq \f(mq,mE－B2L2q)，故B正确；炮弹在导轨上运动过程，电容器有电压存在，通过炮弹的平均电流并不是eq \f(BL\x\t(v),R)，则eq \f(BL\x\t(v),R)t≠q，x≠eq \f(qR,BL)，故C错误；根据B项分析可知E＝v(BL＋eq \f(m,BLC))，故炮弹的最大速度与电容器电容大小并不成正比，故D错误。
考点二 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4 (多选)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5 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，接入电路的电阻均为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(BLx－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，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静止在水平导轨上，ab从四分之一圆弧导轨顶端由静止释放，在圆弧导轨上克服阻力做功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棒进入水平导轨开始，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棒进入磁场受到向左的安培力，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。
2．(多选)(2024·广东广州市开学考)如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接，右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边宽度为d区域有方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、长为L、电阻为2R的金属棒从高为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过程中( )
A．流过定值电阻的电流方向是Q→N
B．金属棒两端电势差的最大值为BLeq \r(2gh)
C．电阻R产生的焦耳热为mg(h－μd)
D．金属棒通过磁场所用的时间为eq \f(\r(2gh),μg)－eq \f(B2L2d,3μmgR)
答案 AD
解析 由右手定则可知，流过定值电阻的电流方向是Q→N，故A正确；金属棒刚进入磁场时，速度最大，金属棒两端电势差最大，由动能定理可知mgh＝eq \f(1,2)mvm2，解得vm＝eq \r(2gh)，感应电动势为E＝BLvm＝BLeq \r(2gh)，金属棒两端电势差的最大值为E′＝eq \f(R,2R＋R)E＝eq \f(BL\r(2gh),3)，故B错误；由能量守恒定律可知，金属棒穿过磁场区域的过程中电路中产生的焦耳热为Q＝mgh－μmgd，电阻R产生的焦耳热为QR＝eq \f(R,2R＋R)Q＝eq \f(1,3)mg(h－μd)，故C错误；由动量定理可知－μmgt－Beq \x\t(I)Lt＝0－mvm，又eq \x\t(I)t＝eq \f(BLd,3R)，解得t＝eq \f(\r(2gh),μg)－eq \f(B2L2d,3μmgR)，故D正确。
3．(多选)(2023·湖南长沙市长郡中学二模)如图所示，两平行光滑导轨MN、M′N′左端通过导线与电源和不带电电容器相连，导轨平面水平且处于竖直向下的匀强磁场中，有一定阻值的导体棒ab垂直导轨处于静止状态。现将开关S与1闭合，当棒达到稳定运动状态后S与2闭合，导轨足够长，电源内阻不计。则( )
A．S与1闭合后，棒ab做匀加速直线运动
B．从S与1闭合到棒ab达到某一速度，电源消耗的电能等于棒获得的动能和电路产生的焦耳热之和
C．S与2闭合后，棒ab中电流不断减小直到零
D．S与2闭合后，棒ab的速度不断减小直到零
答案 BC
解析 根据题意可知，S与1闭合后，棒受安培力作用做加速运动，棒切割磁感线产生感应电动势，棒中的电流减小，受到的安培力减小，则棒的加速度减小，直到感应电动势等于电源电动势，棒最后匀速运动，故A错误；根据题意，由能量守恒定律可知，从S与1闭合到棒ab达到某一速度，电源消耗的电能等于棒获得的动能和电路产生的焦耳热之和，故B正确；S与2闭合后，棒ab相当于电源给电容器充电，此过程棒受到的安培力水平向左，棒减速运动，则电动势减小，电容器两板间电压升高，棒ab中的电流不断减小，当棒ab产生的感应电动势与电容器两板间的电势差相等时，电路中的电流减小到零，随后棒做匀速直线运动，故D错误，C正确。
4.(多选)(2023·辽宁省名校联盟一模)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的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于导轨间距，a、b两棒的电阻不为零，质量均为m，铜棒平行放置在导轨上且始终与导轨接触良好。现给铜棒a一个平行导轨向右的初速度v0，下列说法正确的是( )
A．若此后运动过程中两棒不发生碰撞，则最终vaB．若此后运动过程中两棒发生弹性碰撞，则最终vaC．若此后运动过程中两棒不发生碰撞，则回路中产生的总焦耳热为eq \f(1,4)mv02
D．若此后运动过程中两棒发生弹性碰撞，则回路中产生的总焦耳热为eq \f(1,4)mv02
答案 CD
解析 若两棒不发生碰撞，根据动量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝eq \f(v0,2)，最终两棒以v＝eq \f(v0,2)的速度在导轨上做匀速直线运动，A错误；即使两棒发生弹性碰撞，交换速度后，再经过足够长的时间两棒也会以v＝eq \f(v0,2)的速度在导轨上做匀速直线运动，B错误；若两棒不发生碰撞，由能量守恒定律知回路中产生的总焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv2，解得Q＝eq \f(1,4)mv02，C正确；刚开始时a的速度大，a减速，b加速，共速前两者发生弹性碰撞，交换速度，然后a加速，b减速，直至两者共速，最终两棒以v＝eq \f(v0,2)的速度在导轨上做匀速直线运动，回路中产生的总焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv2，解得Q＝eq \f(1,4)mv02，D正确。
5.(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，所以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。
6.(2023·湖南卷·14)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。
(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；
(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；
(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。
答案 (1)eq \f(2mgRsin θ,B2L2) (2)2gsin θ
(3)gsin θ·t0＋eq \f(mgRsin θ,B2L2) eq \f(2m2R2gsin θ,B4L4)
解析 (1)棒a在运动过程中重力沿导轨平面向下的分力和棒a所受安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0
由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得
I＝eq \f(E,2R)，F＝BIL
棒a受力平衡可得mgsin θ＝BIL
联立解得v0＝eq \f(2mgRsin θ,B2L2)
(2)由左手定则可以判断棒b所受安培力沿导轨平面向下，释放棒b瞬间电路中电流不变，则对棒b由牛顿第二定律可得mgsin θ＋BIL＝ma0
解得a0＝2gsin θ
(3)棒a受到沿导轨平面向上的安培力，释放棒b后，在到达共速时对棒a由动量定理有
mgsin θt0－Beq \x\t(I)Lt0＝mv－mv0
棒b受沿导轨平面向下的安培力，对b棒由动量定理有mgsin θt0＋Beq \x\t(I)Lt0＝mv
联立解得v＝gsin θ·t0＋eq \f(v0,2)＝gsin θ·t0＋eq \f(mgRsin θ,B2L2)，eq \x\t(I)＝eq \f(mv0,2BLt0)
由法拉第电磁感应定律可得eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),2R)＝eq \f(BLΔx,2Rt0)
联立可得Δx＝eq \f(mv0R,B2L2)＝eq \f(2m2R2gsin θ,B4L4)。
7.(2023·全国甲卷·25)如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求：
(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；
(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
答案 (1)eq \f(1,2)v0 (2)mv02 (3)eq \f(2mR,B2l2)
解析 (1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
3mv0＝3mvQ＋mvP
eq \f(1,2)×3mv02＝eq \f(1,2)×3mvQ2＋eq \f(1,2)mvP2
联立解得vP＝eq \f(3,2)v0，vQ＝eq \f(1,2)v0
碰后绝缘棒Q做匀速运动，金属棒P做减速直线运动。绝缘棒Q和金属棒P滑出桌面后均做平抛运动，落地点相同，因此金属棒P滑出导轨时的速度与Q相同，设为vP′，则vP′＝vQ＝eq \f(v0,2)。
(2)根据能量守恒有eq \f(1,2)mvP2＝eq \f(1,2)mvP′2＋Q
解得Q＝mv02
(3)P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得－Beq \x\t(I)lΔt＝mvP′－mvP
又q＝eq \x\t(I)Δt，eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R)＝eq \f(ΔΦ,RΔt)＝eq \f(Blx,RΔt)
联立可得x＝eq \f(mv0R,B2l2)
由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为t＝eq \f(x,vQ)＝eq \f(2mR,B2l2)。
8．(多选)(2023·辽宁卷·10)如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是( )
A．弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流
B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为eq \f(4B2d2v,3R)
C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1
D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为eq \f(BLd,3R)
答案 AC
解析 弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确；任意时刻，设电流为I，则PQ所受安培力FPQ＝BI·2d，方向向左，MN所受安培力FMN＝2BId，方向向右，可知两棒系统所受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m, PQ速率为v时，则有2mv＝mv′，解得v′＝2v，回路中的感应电流I＝eq \f(2Bdv′＋B·2dv,3R)＝eq \f(2Bdv,R)，MN所受安培力大小为FMN＝2BId＝eq \f(4B2d2v,R)，选项B错误；设整个运动过程中，某时刻MN与PQ的速率分别为v1、v2，同理有mv1＝2mv2，可知MN与PQ的速率之比始终为2∶1，则MN与PQ的路程之比为2∶1，故C正确；两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得mx1＝2mx2，x1＋x2＝L，可得最终MN向左移动x1＝eq \f(2L,3)，PQ向右移动x2＝eq \f(L,3)，则q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(ΔΦ,R总)＝eq \f(2B·\f(2L,3)d＋B·\f(L,3)·2d,3R)＝eq \f(2BLd,3R)，选项D错误。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
电容器充电电荷量：q＝CUC
最终电容器两端电压UC＝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
电容器初始电荷量：Q0＝CE
放电结束时电荷量：Q＝CUC＝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
模型示意图及条件
水平面内的光滑等距导轨，两个棒的质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2，给棒2一个初速度v0
电路特点
棒2相当于电源；棒1受安培力而加速运动，运动后产生反电动势
电流及速度变化
棒2做变减速运动，棒1做变加速运动，随着两棒相对速度的减小，回路中的电流减小，I＝BLeq \f(v2－v1,R1＋R2)，安培力减小，加速度减小，稳定时，两棒的加速度均为零，以相等的速度匀速运动
最终状态
a＝0，I＝0，v1＝v2
系统规律
动量守恒m2v0＝(m1＋m2)v
能量守恒Q＝eq \f(1,2)m2v02－eq \f(1,2)(m1＋m2)v2
两棒产生焦耳热之比eq \f(Q1,Q2)＝eq \f(R1,R2)