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新高考物理二轮复习讲义第1部分 专题4 微专题6 动量观点在电磁感应中的应用（含解析）
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这是一份新高考物理二轮复习讲义第1部分 专题4 微专题6 动量观点在电磁感应中的应用（含解析），共15页。试卷主要包含了命题角度，4v0，21 m/s，故D正确．等内容，欢迎下载使用。
考点一 动量定理在电磁感应中的应用
在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题
例1 (多选)(2022·河南开封市二模)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场．磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域．线框的边长小于磁场区域的宽度．若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v.则下列说法正确的是( )
A．q1＝q2 B．q1＝2q2
C．v＝1.0 m/s D．v＝1.5 m/s
答案 BD
解析 根据q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BS,R)可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1＝2q2，故A错误，B正确；线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理－Beq \x\t(I1)LΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理－Beq \x\t(I2)LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，联立解得v＝eq \f(1,3)v0＝1.5 m/s，故C错误，D正确．
例2 (2022·浙江省精诚联盟联考)如图(a)所示，电阻为2R、半径为r、匝数为n的圆形导体线圈两端与水平导轨AD、MN相连．与导体线圈共圆心的圆形区域内有竖直向下的磁场，其磁感应强度随时间变化的规律如图(b)所示，图(b)中的B0和t0均已知．PT、DE、NG是横截面积和材料完全相同的三根粗细均匀的金属棒．金属棒PT的长度为3L、电阻为3R、质量为m.导轨AD与MN平行且间距为L，导轨EF与GH平行且间距为3L，DE和NG的长度相同且与水平方向的夹角均为30°.区域Ⅰ和区域Ⅱ是两个相邻的、长和宽均为d的空间区域．区域Ⅰ中存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B0的匀强磁场.0～2t0时间内，使棒PT在区域Ⅰ中某位置保持静止，且其两端分别与导轨EF和GH对齐．除导体线圈、金属棒PT、DE、NG外，其余导体电阻均不计，所有导体间接触均良好且均处于同一水平面内，不计一切摩擦，不考虑回路中的自感．
(1)求在0～2t0时间内，使棒PT保持静止的水平外力F的大小；
(2)在2t0以后的某时刻，若区域Ⅰ内的磁场在外力作用下从区域Ⅰ以v0的速度匀速运动，完全运动到区域Ⅱ时，导体棒PT速度恰好达到v0且恰好进入区域Ⅱ，该过程棒PT产生的焦耳热为Q，求金属棒PT与区域Ⅰ右边界的初始距离x0和该过程维持磁场匀速运动的外力做的功W；
(3)若磁场完全运动到区域Ⅱ时立刻停下，求导体棒PT运动到EG时的速度大小v.
答案 (1)0～t0时间内F＝eq \f(nB02πLr2,3Rt0)；t0～2t0时间内F＝0 (2)d－eq \f(3mRv0,B02L2) 3Q＋eq \f(1,2)mv02 (3)v0－eq \f(2\r(3)B02L3,3mR)
解析 (1)在0～t0时间内，由法拉第电磁感应定律得E＝neq \f(ΔB,Δt)S＝neq \f(B0,t0)πr2
由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,3R)＝eq \f(nB0πr2,3Rt0)
故在0～t0时间内，使PT棒保持静止的水平外力大小为F＝FA＝BIL＝eq \f(nB02πLr2,3Rt0)
在t0～2t0时间内，磁场不变化，回路中电动势为零，无电流，则外力F＝0
(2)PT棒向右加速运动过程中，取向右的方向为正方向，由动量定理得eq \f(B02L2Δx,3R)＝mv0
得Δx＝eq \f(3mRv0,B02L2)
所以x0＝d－Δx＝d－eq \f(3mRv0,B02L2)
PT棒向右加速过程中，回路中的总焦耳热为Q总＝3Q
由功能关系和能量守恒定律得W＝3Q＋eq \f(1,2)mv02
(3)棒PT从磁场区域Ⅱ左边界向右运动距离x时，回路中棒PT的长度为lx＝2eq \f(\r(3),3)x＋L
回路中总电阻为R总x＝eq \f(R,L)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lx＋2\f(2\r(3),3)x))＋2R＝eq \f(R,L)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\f(\r(3),3)x＋L＋2\f(2\r(3),3)x))＋2R
＝eq \f(R,L)(2eq \r(3)x＋3L)
回路中电流为Ix＝eq \f(B0lxvx,R总x)＝eq \f(B02\f(\r(3),3)x＋Lvx,\f(R,L)2\r(3)x＋3L)＝eq \f(B0Lvx,3R)
棒PT所受安培力大小为FAx＝B0Ixlx＝eq \f(B02Lvxlx,3R)
棒PT从磁场区域Ⅱ左边界运动到EG过程中，以v0方向为正方向，由动量定理得－∑eq \f(B02Lvxlx,3R)Δt＝mv－mv0
即－eq \f(B02LS梯,3R)＝mv－mv0
其中S梯＝2eq \r(3)L2
所以v＝v0－eq \f(2\r(3)B02L3,3mR).
考点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
双杆模型
例3 (2022·辽宁卷·15)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．
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
解析 (1)细金属杆M以初速度v0向右运动，刚进入磁场时，产生的电动势为E＝BLv0
电流的大小为I＝eq \f(E,2R)
则所受的安培力大小为F＝BIL＝eq \f(B2L2v0,2R)
由左手定则可知安培力的方向水平向左；
(2)①金属杆N在磁场内运动的过程中，取水平向右为正方向，由动量定理有
Beq \x\t(I)L·Δt＝m·eq \f(v0,3)－0
且q＝eq \x\t(I)·Δt
联立解得通过回路的电荷量q＝eq \f(mv0,3BL)
②设杆M在磁场中运动的位移大小为x1，杆N在磁场中运动的位移大小为x2，则有Δx＝x1－x2，有
eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),2R)，eq \x\t(E)＝eq \f(BL·Δx,Δt)
整理可得q＝eq \f(BL·Δx,2R)
联立可得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)问初始时刻的相同、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)，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可知mv0＝mv1＋m·eq \f(v0,3)
解得N出磁场时，M的速度大小为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 \x\t(I1)L·Δt1＝m·eq \f(v0,3)－m·eq \f(2,3)v0
q1＝eq \x\t(I1)·Δt1＝eq \f(BL·k－1x,2R)
联立解得k＝2
②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有－Beq \x\t(I2)L·Δt2＝0－m·eq \f(2,3)v0
同理解得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.
1.(多选)如图所示，水平金属导轨P、Q间距为L，M、N间距为2L，P与M相连，Q与N相连，金属棒a垂直于P、Q放置，金属棒b垂直于M、N放置，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．现给a棒一大小为v0的初速度，方向水平向右．设两部分导轨均足够长，两棒质量均为m，在a棒的速度由v0减小到0.8v0的过程中，两棒始终与导轨接触良好．在这个过程中，以下说法正确的是( )
A．俯视时感应电流方向为顺时针
B．b棒的最大速度为0.4v0
C．回路中产生的焦耳热为0.1mv02
D．通过回路中某一截面的电荷量为eq \f(2mv02,5BL)
答案 BC
解析 a棒向右运动，根据右手定则可知，俯视时感应电流方向为逆时针，故A错误；由题意分析可知，a棒减速，b棒加速，设a棒的速度大小为0.8v0时b棒的速度大小为v，取水平向右为正方向，根据动量定理，对a棒有－Beq \x\t(I)LΔt＝m·0.8v0－mv0，对b棒有Beq \x\t(I)·2LΔt＝mv，联立解得v＝0.4v0，此后回路中电流为0，a、b棒都做匀速运动，即b棒的最大速度为0.4v0，故B正确；根据能量守恒定律有Q＝eq \f(1,2)mv02－[eq \f(1,2)m(0.8v0)2＋eq \f(1,2)m(0.4v0)2]＝0.1mv02，故C正确；对b棒，由2Beq \x\t(I)L·Δt＝mv得，通过回路中某一截面的电荷量q＝eq \x\t(I)·Δt＝eq \f(mv,2BL)＝eq \f(mv0,5BL)，故D错误．
2．(2022·安徽阜阳市质检)如图，两平行光滑金属导轨ABC、A′B′C′的左端接有阻值为R的定值电阻Z，间距为L，其中AB、A′B′固定于同一水平面上(图中未画出)且与竖直面内半径为r的eq \f(1,4)光滑圆弧形导轨BC、B′C′相切于B、B′两点．矩形DBB′D′区域内存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场．导体棒ab的质量为m、阻值为R、长度为L，ab棒在功率恒定、方向水平向右的推力作用下由静止开始沿导轨运动，经时间t后撤去推力，然后ab棒与另一根相同的导体棒cd发生碰撞并粘在一起，以3eq \r(2gr)的速率进入磁场，两导体棒穿过磁场区域后，恰好能到达CC′处．重力加速度大小为g，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻．
(1)求该推力的功率P；
(2)求两导体棒通过磁场右边界BB′时的速度大小v；
(3)求两导体棒穿越磁场的过程中定值电阻Z产生的焦耳热Q；
(4)两导体棒到达CC′后原路返回，请通过计算判断两导体棒能否再次穿过磁场区域．若不能穿过，求出两导体棒停止的位置与DD′的距离x.
答案 (1)eq \f(36mgr,t) (2)eq \r(2gr) (3)eq \f(32,3)mgr (4)不能 eq \f(3mR\r(2gr),B2L2)
解析 (1)设两导体棒碰撞前瞬间ab棒的速度大小为v0，在推力作用的过程中，由动能定理有Pt＝eq \f(1,2)mv02
设ab与cd碰后瞬间结合体的速度大小为v1，由题意知v1＝3eq \r(2gr)，由动量守恒定律有mv0＝2mv1
联立解得P＝eq \f(36mgr,t)
(2)对两导体棒沿圆弧形导轨上滑的过程分析，由机械能守恒定律有eq \f(1,2)×2mv2＝2mgr
解得v＝eq \r(2gr)
(3)两棒碰撞并粘在一起，由电阻定律可知，两导体棒的总电阻为eq \f(R,2)，阻值为R的定值电阻Z产生的焦耳热为Q，故两棒产生的总焦耳热为eq \f(Q,2)，由能量守恒定律有
－(Q＋eq \f(Q,2))＝eq \f(1,2)×2mv2－eq \f(1,2)×2mv12
解得Q＝eq \f(32,3)mgr
(4)设导体棒第一次穿越磁场的时间为t1，该过程回路中的平均电流为eq \x\t(I)，DD′与BB′的间距为x1，由动量定理有－Beq \x\t(I)Lt1＝2mv－2mv1
根据法拉第电磁感应定律和电路相关知识有eq \x\t(I)t1＝eq \f(BLx1,\f(3R,2))
解得x1＝eq \f(6mR\r(2gr),B2L2)
由机械能守恒定律可知，导体棒再次回到BB′处时的速度大小仍为v＝eq \r(2gr)，导体棒再次进入磁场向左运动的过程中，仍用动量定理和相关电路知识，并且假设导体棒会停在磁场中，同时设导体棒在磁场中向左运动的时间为t2，导体棒进入磁场后到停止运动的距离为Δx，该过程回路中的平均电流为eq \x\t(I)′，同前述道理可分别列式为
－Beq \x\t(I)′Lt2＝0－2mv
eq \x\t(I)′t2＝eq \f(BL·Δx,\f(3R,2))
解得Δx＝eq \f(3mR\r(2gr),B2L2)
显然Δx专题强化练
1．(多选)(2022·河南信阳市高三质量检测)如图所示，两根足够长相互平行、间距d＝0.20 m的竖直导轨，下端连接阻值R＝0.50 Ω的电阻．一根阻值也为0.50 Ω、质量m＝1.0×10－2 kg的导体棒ab搁置在两端等高的挡条上．在竖直导轨内有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度B＝0.50 T(图中未画出)．撤去挡条，棒开始下滑，经t＝0.25 s后下降了h＝0.29 m．假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计一切摩擦阻力和导轨电阻，重力加速度取10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．导体棒能获得的最大速度为20 m/s
B．导体棒能获得的最大速度为10 m/s
C．t＝0.25 s时间内通过导体棒的电荷量为2.9×10－2 C
D．t＝0.25 s时导体棒的速度为2.21 m/s
答案 BCD
解析 导体棒获得最大速度时，导体棒受力平衡，有mg＝F安＝BId，解得I＝1 A，又由E＝Bdvm，I＝eq \f(E,2R)，解得vm＝10 m/s，故A错误，B正确；在下落0.29 m的过程中有eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,t)，eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),2R)，q＝eq \x\t(I)t，可知q＝eq \f(ΔΦ,2R)，其中ΔΦ＝ΔS·B＝0.2×0.29×0.5 Wb＝0.029 Wb，解得q＝2.9×
10－2 C，故C正确；由动量定理有(mg－Beq \x\t(I)d)t＝mv，通过导体棒的电荷量为q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(Bdh,2R)，可得v＝gt－eq \f(B2hd2,2Rm)，代入数据解得v＝2.21 m/s，故D正确．
2.(多选)(2022·山东青岛市黄岛区期末)如图，光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平桌面上，窄轨MP间距0.5 m，宽轨NQ间距1 m，电阻不计．空间存在竖直向上的磁感应强度B＝1 T的匀强磁场．金属棒a、b水平放置在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，a棒的质量为0.2 kg，b棒的质量为0.1 kg，若a棒以v0＝9 m/s的水平初速度从宽轨某处向左滑动，最终与b棒以相同的速度沿窄轨运动．若a棒滑离宽轨前加速度恰好为0，窄导轨足够长．下列说法正确的是( )
A．从开始到两棒以相同速度运动的过程，a、b组成的系统动量守恒
B．金属棒a滑离宽轨时的速度大小为3 m/s
C．金属棒a、b最终的速度大小为6 m/s
D．通过金属棒横截面的电荷量为0.8 C
答案 BD
解析 由于两导轨的宽度不相等，根据F＝BIL，知a、b两个金属棒所受水平方向的安培力之和不为零，系统动量不守恒，故A错误；a棒滑离宽轨前加速度恰好为0，即做匀速运动，a棒匀速运动时，两棒切割磁感线产生的电动势大小相等，有BLbvb＝BLava，La＝2Lb，得末速度vb＝2va，对a棒根据动量定理可得－Beq \x\t(I)LaΔt＝mava－mav0，对b棒根据动量定理可得Beq \x\t(I)LbΔt＝mbvb，联立代入数据解得va＝3 m/s，vb＝6 m/s，故B正确；a棒滑离宽轨道进入窄轨道后，a、b两个金属棒所受水平方向的安培力之和为零，系统动量守恒，设a、b两个金属棒最终的共同速度为v′，则mava＋mbvb＝(ma＋mb)v′，解得v′＝4 m/s，故C错误；b金属棒始终在窄轨道上运动，对b金属棒全过程利用动量定理可得Beq \x\t(I)′Lb·Δt′＝mbv′，q＝eq \x\t(I)′·Δt′，即BLbq＝mbv′，代入数据得q＝0.8 C，故D正确．
3.(多选)(2022·北京市模拟)如图，两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L.导轨上面横放着两根导体棒1和2，构成矩形回路．两根导体棒的质量皆为m，接入电路电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.初始棒2静止，棒1有指向棒2的初速度v0.若两导体棒在运动中始终不接触，则( )
A．棒1的最小速度为零
B．棒2的最大加速度为eq \f(B2L2v0,2mR)
C．棒1两端电压的最大值为BLv0
D．棒2产生的最大热量为eq \f(1,8)mv02
答案 BD
解析 当导体棒1开始运动时，回路中有感应电流，两导体棒受到大小相等的安培力作用，棒1做减速运动，棒2做加速运动，当两棒速度相等时，回路中电流等于零，两棒受力平衡，都做匀速直线运动，此时棒1的速度最小，A错误；当导体棒1刚开始运动时，导体棒2的加速度最大，有E＝BLv0，此时回路中的电流I＝eq \f(E,R＋R)＝eq \f(BLv0,2R)，由牛顿第二定律可得F＝BIL＝Beq \f(BLv0,2R)L＝eq \f(B2L2v0,2R)＝ma，得a＝eq \f(B2L2v0,2mR)，B正确；当导体棒1刚开始运动时，回路中的感应电动势最大，感应电流最大，则棒1两端电压最大值为U1＝IR＝eq \f(ER,2R)＝eq \f(1,2)BLv0，C错误；当两棒的速度相等时，系统产生的焦耳热最多，从开始运动到稳定的运动过程中，两棒的总动量守恒，设向右为正方向，由动量守恒定律可得mv0＝2mv，由能量守恒定律可得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)×2mv2＋Q，导体棒2产生的最大热量为Q2＝eq \f(1,2)Q，联立解得Q2＝eq \f(1,8)mv02，D正确．
4．(多选)(2022·广西北海市一模)如图所示，在水平桌面上固定两条足够长的相距L＝1.0 m的平行光滑金属导轨，导轨的左端连接阻值R＝3.0 Ω的电阻，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆的质量m＝0.1 kg，接入电路的电阻r＝2.0 Ω，整个空间存在磁感应强度大小B＝0.5 T、竖直向下的匀强磁场．初始时刻金属杆在水平向右的恒力F的作用下，向右做速度v＝4 m/s的匀速直线运动，经1.5 s后撤去恒力F.整个运动过程中金属杆P始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则从初始时刻到金属杆停止运动的过程中( )
A．电阻R上产生的热量为1.0 J
B．电阻R上产生的热量为1.2 J
C．金属杆向右运动的位移为14 m
D．金属杆向右运动的位移为16 m
答案 BC
解析 金属杆匀速运动时，所受安培力大小为F安＝BIL＝Beq \f(BLv,R＋r)L，根据金属杆受力平衡得F＝F安，代入数据解得F＝0.2 N，前1.5 s内金属杆运动的位移为x1＝vt＝6 m，水平恒力F做的功W＝Fx1＝1.2 J，从初始时刻到金属杆停止运动的过程中，根据能量守恒定律得W＋eq \f(1,2)mv2＝Qr＋QR，其中Qr∶QR＝r∶R＝2∶3，代入数据解得QR＝1.2 J，故A错误，B正确；撤去恒力F后，金属杆的加速度满足－eq \f(B2L2v,R＋r)＝ma，等式两边同时乘非常短的时间Δt，即－eq \f(B2L2v,R＋r)Δt＝maΔt，整理得－eq \f(B2L2,R＋r)Δx＝mΔv，整理得eq \f(B2L2,R＋r)x2＝mv，所以撤去恒力F后，金属杆继续运动的位移为x2＝eq \f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋r)),B2L2)v＝8 m，从初始时刻到金属杆停止运动的过程中，金属杆向右运动的位移x＝x1＋x2＝14 m，故C正确，D错误．
5．(多选)如图所示，两条足够长、电阻不计的平行导轨放在同一水平面内，相距l.磁感应强度大小为B的范围足够大的匀强磁场垂直于导轨平面向下．两根质量均为m、电阻均为r的导体杆a、b与两导轨垂直放置且接触良好，开始时两杆均静止．已知b杆光滑，a杆与导轨间最大静摩擦力大小为F0.现对b杆施加一与杆垂直且大小随时间按图乙所示规律变化的水平外力F，已知在t1时刻，a杆开始运动，此时拉力大小为F1，下列说法正确的是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A．当a杆开始运动时，b杆的速度大小为eq \f(2F0r,B2l2)
B．在0～t1这段时间内，b杆所受安培力的冲量大小为eq \f(2mF0r,B2l2)－eq \f(1,2)F1t1
C．在t1～t2这段时间内，a、b杆的总动量增加了eq \f(F1＋F2t2－t1,2)
D．a、b两杆最终速度将恒定，且两杆速度大小之差等于t1时刻b杆速度大小
答案 AD
解析 在整个运动过程中，a、b两杆所受安培力大小相等，当a杆开始运动时，所受的安培力大小等于最大静摩擦力F0，则eq \f(B2l2v,2r)＝F0，解得b杆的速度大小为v＝eq \f(2F0r,B2l2)，选项A正确；由动量定理得IF－I安＝mv，F－t图线与横轴围成的面积表示IF的大小，知IF＝eq \f(1,2)F1t1，解得I安＝IF－mv＝eq \f(1,2)F1t1－eq \f(2mF0r,B2l2)，选项B错误；在t1～t2这段时间内，外力F对a、b杆的冲量为IF′＝eq \f(F1＋F2t2－t1,2)，因a杆受摩擦力作用，可知a、b杆所受合力的总冲量小于eq \f(F1＋F2t2－t1,2)，即a、b杆的总动量增加量小于eq \f(F1＋F2t2－t1,2)，选项C错误；由于最终外力F＝F0，故此时对两杆整体，所受合力为零，两杆所受的安培力均为F0，处于稳定状态，因开始时b杆做减速运动，a杆做加速运动，故a、b两杆最终速度将恒定，速度大小之差满足eq \f(B2l2Δv,2r)＝F0，即Δv＝v，速度大小之差等于t1时刻b杆速度大小，选项D正确．
6.(2022·天津市红桥区第二次质检)如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处由静止释放．导体棒进入磁场后流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I.整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻，重力加速度大小为g.求：(重力加速度取10 m/s2)
(1)导体棒的最大速度vm，磁感应强度的大小B；
(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；
(3)若导体棒进入磁场后恰经t时间达到稳定，这段时间的位移x大小．
答案 (1)eq \r(2gh) eq \f(mg,IL) (2)eq \f(I2R,mg) (3)(mgt＋meq \r(2gh)－eq \f(I2R,g))eq \f(R,B2L2)
解析 (1)由题意得导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为vm，
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mvm2＝mgh
解得vm＝eq \r(2gh)
电流稳定后，导体棒做匀速运动，此时导体棒受到的重力和安培力平衡，
则有：BIL＝mg
解得：B＝eq \f(mg,IL)
(2)感应电动势E＝BLv
感应电流I＝eq \f(E,R)
解得v＝eq \f(I2R,mg)
(3)导体棒进入磁场t时间运动的过程由动量定理有mgt－Beq \x\t(I)Lt＝mv－mvm
又q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BLx,R)，
解得x＝(mgt＋meq \r(2gh)－eq \f(I2R,g))eq \f(R,B2L2).
7．(2022·陕西西安市一模)如图所示，有两光滑平行金属导轨，倾斜部分和水平部分平滑连接，BE、CH段用特殊材料制成，光滑不导电，导轨的间距L＝1 m，左侧接R＝1 Ω的定值电阻，右侧接电容C＝1 F的电容器，ABCD区域、EFGH区域均存在垂直于导轨所在平面向下、磁感应强度B＝1 T的匀强磁场，ABCD区域长s＝0.3 m．金属杆a、b的长度均为L＝1 m，质量均为m＝0.1 kg，a的电阻为r＝2 Ω，b的电阻不计．金属杆a从距导轨水平部分h＝0.45 m的高度处由静止滑下，金属杆b静止在BEHC区域，金属杆b与金属杆a发生弹性碰撞后进入EFGH区域，最终稳定运动．求：(重力加速度g取10 m/s2)
(1)金属杆a刚进入ABCD区域时通过电阻R的电流I；
(2)金属杆a刚离开ABCD区域时的速度v2的大小；
(3)金属杆b稳定运动时的速度v4的大小；
(4)整个运动过程中金属杆a上产生的焦耳热．
答案 (1)1 A (2)2 m/s (3)eq \f(2,11) m/s (4)eq \f(1,6) J
解析 (1)金属杆a从开始运动到进入ABCD区域，由动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mv12
解得v1＝3 m/s
刚进入ABCD区域时E＝BLv1
I＝eq \f(E,R＋r)
联立解得I＝1 A
(2)金属杆a从进入ABCD区域到离开ABCD区域，
由动量定理有－Beq \x\t(I)L·t＝mv2－mv1
eq \x\t(I)t＝eq \f(BL\x\t(v),R＋r)t＝eq \f(BLs,R＋r)
解得v2＝2 m/s
(3)金属杆a、b碰撞过程中，有mv2＝mv2′＋mv3
eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)mv2′2＋eq \f(1,2)mv32
解得v3＝2 m/s，v2′＝0
分析可知，杆b进入磁场后，电容器充电，杆b速度减小，匀速运动时，杆b产生的感应电动势与电容器两端电压相同，且通过杆b的电荷量就是电容器储存的电荷量，由动量定理有
－BLq＝mv4－mv3
eq \f(q,C)＝BLv4
联立解得v4＝eq \f(2,11) m/s
(4)杆a仅在ABCD区域中运动时产生焦耳热，即Q＝eq \f(r,R＋r)(eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22)＝eq \f(1,6) J.
8.如图所示，MN、PQ为足够长的水平光滑金属导轨，导轨间距L＝0.5 m，导轨电阻不计，空间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T；两直导体棒ab、cd均垂直于导轨放置，导体棒与导轨始终接触良好．导体棒ab的质量m1＝0.5 kg，电阻R1＝0.2 Ω；导体棒cd的质量m2＝1.0 kg，电阻R2＝0.1 Ω.将cd棒用平行于导轨的水平细线与固定的力传感器连接，给ab一个水平向右、大小为v0＝3 m/s的初速度，求：
(1)导体棒ab开始运动瞬间两端的电压Uab；
(2)力传感器示数F随ab运动距离x的变化关系；
(3)若导体棒ab向右运动的速度为1.5 m/s时剪断细线，求此后回路中产生的焦耳热．
答案 (1)0.5 V
(2)F＝2.5－eq \f(25,18)x (N)(0≤x≤1.8 m)
(3)0.375 J
解析 (1)导体棒ab开始运动瞬间产生的感应电动势E＝BLv0＝1×0.5×3 V＝1.5 V
回路的电流I＝eq \f(E,R1＋R2)＝eq \f(1.5,0.2＋0.1) A＝5 A
导体棒ab开始运动瞬间两端的电压
Uab＝IR2＝0.5 V
(2)设导体棒ab向右运动x时的速度为v，
则根据动量定理得
－Beq \x\t(I)LΔt＝m1v－m1v0
而eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R1＋R2)，
eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BLx,Δt)
ab棒所受安培力F安＝BI′L＝eq \f(B2L2v,R1＋R2)
cd棒与ab棒所受安培力大小相等，故力传感器的示数F＝F安，
联立得F＝eq \f(B2L2,R1＋R2)[v0－eq \f(B2L2x,m1R1＋R2)]
代入数据得F＝2.5－eq \f(25,18)x (N)(0≤x≤1.8 m)
(3)若导体棒ab向右运动的速度为1.5 m/s时剪断细线，此后ab做减速运动，cd做加速运动，当两棒速度相等时达到稳定状态，
由动量守恒定律可知m1v1＝(m1＋m2)v′
回路中产生的焦耳热等于损失的机械能，
则Q＝eq \f(1,2)m1v12－eq \f(1,2)(m1＋m2)v′2
代入数据解得Q＝0.375 J.求解的物理量
应用示例
电荷量或速度
－Beq \x\t(I)LΔt＝mv2－mv1，q＝eq \x\t(I)Δt，即－BqL＝mv2－mv1
位移
－eq \f(B2L2\x\t(v)Δt,R总)＝0－mv0，即－eq \f(B2L2x,R总)＝0－mv0
时间
－Beq \x\t(I)LΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1
即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1
已知电荷量q、F其他(F其他为恒力)
－eq \f(B2L2\x\t(v)Δt,R总)＋F其他Δt＝mv2－mv1，
即－eq \f(B2L2x,R总)＋F其他Δt＝mv2－mv1
已知位移x、F其他(F其他为恒力)
物理模型
“一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡
两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒
分析方法
动力学观点
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
能量观点
两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和
动量观点
对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题
考点一 动量定理在电磁感应中的应用
在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题
例1 (多选)(2022·河南开封市二模)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场．磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域．线框的边长小于磁场区域的宽度．若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v.则下列说法正确的是( )
A．q1＝q2 B．q1＝2q2
C．v＝1.0 m/s D．v＝1.5 m/s
答案 BD
解析 根据q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BS,R)可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1＝2q2，故A错误，B正确；线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理－Beq \x\t(I1)LΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理－Beq \x\t(I2)LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，联立解得v＝eq \f(1,3)v0＝1.5 m/s，故C错误，D正确．
例2 (2022·浙江省精诚联盟联考)如图(a)所示，电阻为2R、半径为r、匝数为n的圆形导体线圈两端与水平导轨AD、MN相连．与导体线圈共圆心的圆形区域内有竖直向下的磁场，其磁感应强度随时间变化的规律如图(b)所示，图(b)中的B0和t0均已知．PT、DE、NG是横截面积和材料完全相同的三根粗细均匀的金属棒．金属棒PT的长度为3L、电阻为3R、质量为m.导轨AD与MN平行且间距为L，导轨EF与GH平行且间距为3L，DE和NG的长度相同且与水平方向的夹角均为30°.区域Ⅰ和区域Ⅱ是两个相邻的、长和宽均为d的空间区域．区域Ⅰ中存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B0的匀强磁场.0～2t0时间内，使棒PT在区域Ⅰ中某位置保持静止，且其两端分别与导轨EF和GH对齐．除导体线圈、金属棒PT、DE、NG外，其余导体电阻均不计，所有导体间接触均良好且均处于同一水平面内，不计一切摩擦，不考虑回路中的自感．
(1)求在0～2t0时间内，使棒PT保持静止的水平外力F的大小；
(2)在2t0以后的某时刻，若区域Ⅰ内的磁场在外力作用下从区域Ⅰ以v0的速度匀速运动，完全运动到区域Ⅱ时，导体棒PT速度恰好达到v0且恰好进入区域Ⅱ，该过程棒PT产生的焦耳热为Q，求金属棒PT与区域Ⅰ右边界的初始距离x0和该过程维持磁场匀速运动的外力做的功W；
(3)若磁场完全运动到区域Ⅱ时立刻停下，求导体棒PT运动到EG时的速度大小v.
答案 (1)0～t0时间内F＝eq \f(nB02πLr2,3Rt0)；t0～2t0时间内F＝0 (2)d－eq \f(3mRv0,B02L2) 3Q＋eq \f(1,2)mv02 (3)v0－eq \f(2\r(3)B02L3,3mR)
解析 (1)在0～t0时间内，由法拉第电磁感应定律得E＝neq \f(ΔB,Δt)S＝neq \f(B0,t0)πr2
由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,3R)＝eq \f(nB0πr2,3Rt0)
故在0～t0时间内，使PT棒保持静止的水平外力大小为F＝FA＝BIL＝eq \f(nB02πLr2,3Rt0)
在t0～2t0时间内，磁场不变化，回路中电动势为零，无电流，则外力F＝0
(2)PT棒向右加速运动过程中，取向右的方向为正方向，由动量定理得eq \f(B02L2Δx,3R)＝mv0
得Δx＝eq \f(3mRv0,B02L2)
所以x0＝d－Δx＝d－eq \f(3mRv0,B02L2)
PT棒向右加速过程中，回路中的总焦耳热为Q总＝3Q
由功能关系和能量守恒定律得W＝3Q＋eq \f(1,2)mv02
(3)棒PT从磁场区域Ⅱ左边界向右运动距离x时，回路中棒PT的长度为lx＝2eq \f(\r(3),3)x＋L
回路中总电阻为R总x＝eq \f(R,L)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lx＋2\f(2\r(3),3)x))＋2R＝eq \f(R,L)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\f(\r(3),3)x＋L＋2\f(2\r(3),3)x))＋2R
＝eq \f(R,L)(2eq \r(3)x＋3L)
回路中电流为Ix＝eq \f(B0lxvx,R总x)＝eq \f(B02\f(\r(3),3)x＋Lvx,\f(R,L)2\r(3)x＋3L)＝eq \f(B0Lvx,3R)
棒PT所受安培力大小为FAx＝B0Ixlx＝eq \f(B02Lvxlx,3R)
棒PT从磁场区域Ⅱ左边界运动到EG过程中，以v0方向为正方向，由动量定理得－∑eq \f(B02Lvxlx,3R)Δt＝mv－mv0
即－eq \f(B02LS梯,3R)＝mv－mv0
其中S梯＝2eq \r(3)L2
所以v＝v0－eq \f(2\r(3)B02L3,3mR).
考点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
双杆模型
例3 (2022·辽宁卷·15)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．
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
解析 (1)细金属杆M以初速度v0向右运动，刚进入磁场时，产生的电动势为E＝BLv0
电流的大小为I＝eq \f(E,2R)
则所受的安培力大小为F＝BIL＝eq \f(B2L2v0,2R)
由左手定则可知安培力的方向水平向左；
(2)①金属杆N在磁场内运动的过程中，取水平向右为正方向，由动量定理有
Beq \x\t(I)L·Δt＝m·eq \f(v0,3)－0
且q＝eq \x\t(I)·Δt
联立解得通过回路的电荷量q＝eq \f(mv0,3BL)
②设杆M在磁场中运动的位移大小为x1，杆N在磁场中运动的位移大小为x2，则有Δx＝x1－x2，有
eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),2R)，eq \x\t(E)＝eq \f(BL·Δx,Δt)
整理可得q＝eq \f(BL·Δx,2R)
联立可得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)问初始时刻的相同、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)，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可知mv0＝mv1＋m·eq \f(v0,3)
解得N出磁场时，M的速度大小为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 \x\t(I1)L·Δt1＝m·eq \f(v0,3)－m·eq \f(2,3)v0
q1＝eq \x\t(I1)·Δt1＝eq \f(BL·k－1x,2R)
联立解得k＝2
②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有－Beq \x\t(I2)L·Δt2＝0－m·eq \f(2,3)v0
同理解得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.
1.(多选)如图所示，水平金属导轨P、Q间距为L，M、N间距为2L，P与M相连，Q与N相连，金属棒a垂直于P、Q放置，金属棒b垂直于M、N放置，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．现给a棒一大小为v0的初速度，方向水平向右．设两部分导轨均足够长，两棒质量均为m，在a棒的速度由v0减小到0.8v0的过程中，两棒始终与导轨接触良好．在这个过程中，以下说法正确的是( )
A．俯视时感应电流方向为顺时针
B．b棒的最大速度为0.4v0
C．回路中产生的焦耳热为0.1mv02
D．通过回路中某一截面的电荷量为eq \f(2mv02,5BL)
答案 BC
解析 a棒向右运动，根据右手定则可知，俯视时感应电流方向为逆时针，故A错误；由题意分析可知，a棒减速，b棒加速，设a棒的速度大小为0.8v0时b棒的速度大小为v，取水平向右为正方向，根据动量定理，对a棒有－Beq \x\t(I)LΔt＝m·0.8v0－mv0，对b棒有Beq \x\t(I)·2LΔt＝mv，联立解得v＝0.4v0，此后回路中电流为0，a、b棒都做匀速运动，即b棒的最大速度为0.4v0，故B正确；根据能量守恒定律有Q＝eq \f(1,2)mv02－[eq \f(1,2)m(0.8v0)2＋eq \f(1,2)m(0.4v0)2]＝0.1mv02，故C正确；对b棒，由2Beq \x\t(I)L·Δt＝mv得，通过回路中某一截面的电荷量q＝eq \x\t(I)·Δt＝eq \f(mv,2BL)＝eq \f(mv0,5BL)，故D错误．
2．(2022·安徽阜阳市质检)如图，两平行光滑金属导轨ABC、A′B′C′的左端接有阻值为R的定值电阻Z，间距为L，其中AB、A′B′固定于同一水平面上(图中未画出)且与竖直面内半径为r的eq \f(1,4)光滑圆弧形导轨BC、B′C′相切于B、B′两点．矩形DBB′D′区域内存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场．导体棒ab的质量为m、阻值为R、长度为L，ab棒在功率恒定、方向水平向右的推力作用下由静止开始沿导轨运动，经时间t后撤去推力，然后ab棒与另一根相同的导体棒cd发生碰撞并粘在一起，以3eq \r(2gr)的速率进入磁场，两导体棒穿过磁场区域后，恰好能到达CC′处．重力加速度大小为g，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻．
(1)求该推力的功率P；
(2)求两导体棒通过磁场右边界BB′时的速度大小v；
(3)求两导体棒穿越磁场的过程中定值电阻Z产生的焦耳热Q；
(4)两导体棒到达CC′后原路返回，请通过计算判断两导体棒能否再次穿过磁场区域．若不能穿过，求出两导体棒停止的位置与DD′的距离x.
答案 (1)eq \f(36mgr,t) (2)eq \r(2gr) (3)eq \f(32,3)mgr (4)不能 eq \f(3mR\r(2gr),B2L2)
解析 (1)设两导体棒碰撞前瞬间ab棒的速度大小为v0，在推力作用的过程中，由动能定理有Pt＝eq \f(1,2)mv02
设ab与cd碰后瞬间结合体的速度大小为v1，由题意知v1＝3eq \r(2gr)，由动量守恒定律有mv0＝2mv1
联立解得P＝eq \f(36mgr,t)
(2)对两导体棒沿圆弧形导轨上滑的过程分析，由机械能守恒定律有eq \f(1,2)×2mv2＝2mgr
解得v＝eq \r(2gr)
(3)两棒碰撞并粘在一起，由电阻定律可知，两导体棒的总电阻为eq \f(R,2)，阻值为R的定值电阻Z产生的焦耳热为Q，故两棒产生的总焦耳热为eq \f(Q,2)，由能量守恒定律有
－(Q＋eq \f(Q,2))＝eq \f(1,2)×2mv2－eq \f(1,2)×2mv12
解得Q＝eq \f(32,3)mgr
(4)设导体棒第一次穿越磁场的时间为t1，该过程回路中的平均电流为eq \x\t(I)，DD′与BB′的间距为x1，由动量定理有－Beq \x\t(I)Lt1＝2mv－2mv1
根据法拉第电磁感应定律和电路相关知识有eq \x\t(I)t1＝eq \f(BLx1,\f(3R,2))
解得x1＝eq \f(6mR\r(2gr),B2L2)
由机械能守恒定律可知，导体棒再次回到BB′处时的速度大小仍为v＝eq \r(2gr)，导体棒再次进入磁场向左运动的过程中，仍用动量定理和相关电路知识，并且假设导体棒会停在磁场中，同时设导体棒在磁场中向左运动的时间为t2，导体棒进入磁场后到停止运动的距离为Δx，该过程回路中的平均电流为eq \x\t(I)′，同前述道理可分别列式为
－Beq \x\t(I)′Lt2＝0－2mv
eq \x\t(I)′t2＝eq \f(BL·Δx,\f(3R,2))
解得Δx＝eq \f(3mR\r(2gr),B2L2)
显然Δx
1．(多选)(2022·河南信阳市高三质量检测)如图所示，两根足够长相互平行、间距d＝0.20 m的竖直导轨，下端连接阻值R＝0.50 Ω的电阻．一根阻值也为0.50 Ω、质量m＝1.0×10－2 kg的导体棒ab搁置在两端等高的挡条上．在竖直导轨内有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度B＝0.50 T(图中未画出)．撤去挡条，棒开始下滑，经t＝0.25 s后下降了h＝0.29 m．假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计一切摩擦阻力和导轨电阻，重力加速度取10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．导体棒能获得的最大速度为20 m/s
B．导体棒能获得的最大速度为10 m/s
C．t＝0.25 s时间内通过导体棒的电荷量为2.9×10－2 C
D．t＝0.25 s时导体棒的速度为2.21 m/s
答案 BCD
解析 导体棒获得最大速度时，导体棒受力平衡，有mg＝F安＝BId，解得I＝1 A，又由E＝Bdvm，I＝eq \f(E,2R)，解得vm＝10 m/s，故A错误，B正确；在下落0.29 m的过程中有eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,t)，eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),2R)，q＝eq \x\t(I)t，可知q＝eq \f(ΔΦ,2R)，其中ΔΦ＝ΔS·B＝0.2×0.29×0.5 Wb＝0.029 Wb，解得q＝2.9×
10－2 C，故C正确；由动量定理有(mg－Beq \x\t(I)d)t＝mv，通过导体棒的电荷量为q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(Bdh,2R)，可得v＝gt－eq \f(B2hd2,2Rm)，代入数据解得v＝2.21 m/s，故D正确．
2.(多选)(2022·山东青岛市黄岛区期末)如图，光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平桌面上，窄轨MP间距0.5 m，宽轨NQ间距1 m，电阻不计．空间存在竖直向上的磁感应强度B＝1 T的匀强磁场．金属棒a、b水平放置在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，a棒的质量为0.2 kg，b棒的质量为0.1 kg，若a棒以v0＝9 m/s的水平初速度从宽轨某处向左滑动，最终与b棒以相同的速度沿窄轨运动．若a棒滑离宽轨前加速度恰好为0，窄导轨足够长．下列说法正确的是( )
A．从开始到两棒以相同速度运动的过程，a、b组成的系统动量守恒
B．金属棒a滑离宽轨时的速度大小为3 m/s
C．金属棒a、b最终的速度大小为6 m/s
D．通过金属棒横截面的电荷量为0.8 C
答案 BD
解析 由于两导轨的宽度不相等，根据F＝BIL，知a、b两个金属棒所受水平方向的安培力之和不为零，系统动量不守恒，故A错误；a棒滑离宽轨前加速度恰好为0，即做匀速运动，a棒匀速运动时，两棒切割磁感线产生的电动势大小相等，有BLbvb＝BLava，La＝2Lb，得末速度vb＝2va，对a棒根据动量定理可得－Beq \x\t(I)LaΔt＝mava－mav0，对b棒根据动量定理可得Beq \x\t(I)LbΔt＝mbvb，联立代入数据解得va＝3 m/s，vb＝6 m/s，故B正确；a棒滑离宽轨道进入窄轨道后，a、b两个金属棒所受水平方向的安培力之和为零，系统动量守恒，设a、b两个金属棒最终的共同速度为v′，则mava＋mbvb＝(ma＋mb)v′，解得v′＝4 m/s，故C错误；b金属棒始终在窄轨道上运动，对b金属棒全过程利用动量定理可得Beq \x\t(I)′Lb·Δt′＝mbv′，q＝eq \x\t(I)′·Δt′，即BLbq＝mbv′，代入数据得q＝0.8 C，故D正确．
3.(多选)(2022·北京市模拟)如图，两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L.导轨上面横放着两根导体棒1和2，构成矩形回路．两根导体棒的质量皆为m，接入电路电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.初始棒2静止，棒1有指向棒2的初速度v0.若两导体棒在运动中始终不接触，则( )
A．棒1的最小速度为零
B．棒2的最大加速度为eq \f(B2L2v0,2mR)
C．棒1两端电压的最大值为BLv0
D．棒2产生的最大热量为eq \f(1,8)mv02
答案 BD
解析 当导体棒1开始运动时，回路中有感应电流，两导体棒受到大小相等的安培力作用，棒1做减速运动，棒2做加速运动，当两棒速度相等时，回路中电流等于零，两棒受力平衡，都做匀速直线运动，此时棒1的速度最小，A错误；当导体棒1刚开始运动时，导体棒2的加速度最大，有E＝BLv0，此时回路中的电流I＝eq \f(E,R＋R)＝eq \f(BLv0,2R)，由牛顿第二定律可得F＝BIL＝Beq \f(BLv0,2R)L＝eq \f(B2L2v0,2R)＝ma，得a＝eq \f(B2L2v0,2mR)，B正确；当导体棒1刚开始运动时，回路中的感应电动势最大，感应电流最大，则棒1两端电压最大值为U1＝IR＝eq \f(ER,2R)＝eq \f(1,2)BLv0，C错误；当两棒的速度相等时，系统产生的焦耳热最多，从开始运动到稳定的运动过程中，两棒的总动量守恒，设向右为正方向，由动量守恒定律可得mv0＝2mv，由能量守恒定律可得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)×2mv2＋Q，导体棒2产生的最大热量为Q2＝eq \f(1,2)Q，联立解得Q2＝eq \f(1,8)mv02，D正确．
4．(多选)(2022·广西北海市一模)如图所示，在水平桌面上固定两条足够长的相距L＝1.0 m的平行光滑金属导轨，导轨的左端连接阻值R＝3.0 Ω的电阻，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆的质量m＝0.1 kg，接入电路的电阻r＝2.0 Ω，整个空间存在磁感应强度大小B＝0.5 T、竖直向下的匀强磁场．初始时刻金属杆在水平向右的恒力F的作用下，向右做速度v＝4 m/s的匀速直线运动，经1.5 s后撤去恒力F.整个运动过程中金属杆P始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则从初始时刻到金属杆停止运动的过程中( )
A．电阻R上产生的热量为1.0 J
B．电阻R上产生的热量为1.2 J
C．金属杆向右运动的位移为14 m
D．金属杆向右运动的位移为16 m
答案 BC
解析 金属杆匀速运动时，所受安培力大小为F安＝BIL＝Beq \f(BLv,R＋r)L，根据金属杆受力平衡得F＝F安，代入数据解得F＝0.2 N，前1.5 s内金属杆运动的位移为x1＝vt＝6 m，水平恒力F做的功W＝Fx1＝1.2 J，从初始时刻到金属杆停止运动的过程中，根据能量守恒定律得W＋eq \f(1,2)mv2＝Qr＋QR，其中Qr∶QR＝r∶R＝2∶3，代入数据解得QR＝1.2 J，故A错误，B正确；撤去恒力F后，金属杆的加速度满足－eq \f(B2L2v,R＋r)＝ma，等式两边同时乘非常短的时间Δt，即－eq \f(B2L2v,R＋r)Δt＝maΔt，整理得－eq \f(B2L2,R＋r)Δx＝mΔv，整理得eq \f(B2L2,R＋r)x2＝mv，所以撤去恒力F后，金属杆继续运动的位移为x2＝eq \f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋r)),B2L2)v＝8 m，从初始时刻到金属杆停止运动的过程中，金属杆向右运动的位移x＝x1＋x2＝14 m，故C正确，D错误．
5．(多选)如图所示，两条足够长、电阻不计的平行导轨放在同一水平面内，相距l.磁感应强度大小为B的范围足够大的匀强磁场垂直于导轨平面向下．两根质量均为m、电阻均为r的导体杆a、b与两导轨垂直放置且接触良好，开始时两杆均静止．已知b杆光滑，a杆与导轨间最大静摩擦力大小为F0.现对b杆施加一与杆垂直且大小随时间按图乙所示规律变化的水平外力F，已知在t1时刻，a杆开始运动，此时拉力大小为F1，下列说法正确的是(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A．当a杆开始运动时，b杆的速度大小为eq \f(2F0r,B2l2)
B．在0～t1这段时间内，b杆所受安培力的冲量大小为eq \f(2mF0r,B2l2)－eq \f(1,2)F1t1
C．在t1～t2这段时间内，a、b杆的总动量增加了eq \f(F1＋F2t2－t1,2)
D．a、b两杆最终速度将恒定，且两杆速度大小之差等于t1时刻b杆速度大小
答案 AD
解析 在整个运动过程中，a、b两杆所受安培力大小相等，当a杆开始运动时，所受的安培力大小等于最大静摩擦力F0，则eq \f(B2l2v,2r)＝F0，解得b杆的速度大小为v＝eq \f(2F0r,B2l2)，选项A正确；由动量定理得IF－I安＝mv，F－t图线与横轴围成的面积表示IF的大小，知IF＝eq \f(1,2)F1t1，解得I安＝IF－mv＝eq \f(1,2)F1t1－eq \f(2mF0r,B2l2)，选项B错误；在t1～t2这段时间内，外力F对a、b杆的冲量为IF′＝eq \f(F1＋F2t2－t1,2)，因a杆受摩擦力作用，可知a、b杆所受合力的总冲量小于eq \f(F1＋F2t2－t1,2)，即a、b杆的总动量增加量小于eq \f(F1＋F2t2－t1,2)，选项C错误；由于最终外力F＝F0，故此时对两杆整体，所受合力为零，两杆所受的安培力均为F0，处于稳定状态，因开始时b杆做减速运动，a杆做加速运动，故a、b两杆最终速度将恒定，速度大小之差满足eq \f(B2l2Δv,2r)＝F0，即Δv＝v，速度大小之差等于t1时刻b杆速度大小，选项D正确．
6.(2022·天津市红桥区第二次质检)如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处由静止释放．导体棒进入磁场后流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I.整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻，重力加速度大小为g.求：(重力加速度取10 m/s2)
(1)导体棒的最大速度vm，磁感应强度的大小B；
(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；
(3)若导体棒进入磁场后恰经t时间达到稳定，这段时间的位移x大小．
答案 (1)eq \r(2gh) eq \f(mg,IL) (2)eq \f(I2R,mg) (3)(mgt＋meq \r(2gh)－eq \f(I2R,g))eq \f(R,B2L2)
解析 (1)由题意得导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为vm，
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mvm2＝mgh
解得vm＝eq \r(2gh)
电流稳定后，导体棒做匀速运动，此时导体棒受到的重力和安培力平衡，
则有：BIL＝mg
解得：B＝eq \f(mg,IL)
(2)感应电动势E＝BLv
感应电流I＝eq \f(E,R)
解得v＝eq \f(I2R,mg)
(3)导体棒进入磁场t时间运动的过程由动量定理有mgt－Beq \x\t(I)Lt＝mv－mvm
又q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BLx,R)，
解得x＝(mgt＋meq \r(2gh)－eq \f(I2R,g))eq \f(R,B2L2).
7．(2022·陕西西安市一模)如图所示，有两光滑平行金属导轨，倾斜部分和水平部分平滑连接，BE、CH段用特殊材料制成，光滑不导电，导轨的间距L＝1 m，左侧接R＝1 Ω的定值电阻，右侧接电容C＝1 F的电容器，ABCD区域、EFGH区域均存在垂直于导轨所在平面向下、磁感应强度B＝1 T的匀强磁场，ABCD区域长s＝0.3 m．金属杆a、b的长度均为L＝1 m，质量均为m＝0.1 kg，a的电阻为r＝2 Ω，b的电阻不计．金属杆a从距导轨水平部分h＝0.45 m的高度处由静止滑下，金属杆b静止在BEHC区域，金属杆b与金属杆a发生弹性碰撞后进入EFGH区域，最终稳定运动．求：(重力加速度g取10 m/s2)
(1)金属杆a刚进入ABCD区域时通过电阻R的电流I；
(2)金属杆a刚离开ABCD区域时的速度v2的大小；
(3)金属杆b稳定运动时的速度v4的大小；
(4)整个运动过程中金属杆a上产生的焦耳热．
答案 (1)1 A (2)2 m/s (3)eq \f(2,11) m/s (4)eq \f(1,6) J
解析 (1)金属杆a从开始运动到进入ABCD区域，由动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mv12
解得v1＝3 m/s
刚进入ABCD区域时E＝BLv1
I＝eq \f(E,R＋r)
联立解得I＝1 A
(2)金属杆a从进入ABCD区域到离开ABCD区域，
由动量定理有－Beq \x\t(I)L·t＝mv2－mv1
eq \x\t(I)t＝eq \f(BL\x\t(v),R＋r)t＝eq \f(BLs,R＋r)
解得v2＝2 m/s
(3)金属杆a、b碰撞过程中，有mv2＝mv2′＋mv3
eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)mv2′2＋eq \f(1,2)mv32
解得v3＝2 m/s，v2′＝0
分析可知，杆b进入磁场后，电容器充电，杆b速度减小，匀速运动时，杆b产生的感应电动势与电容器两端电压相同，且通过杆b的电荷量就是电容器储存的电荷量，由动量定理有
－BLq＝mv4－mv3
eq \f(q,C)＝BLv4
联立解得v4＝eq \f(2,11) m/s
(4)杆a仅在ABCD区域中运动时产生焦耳热，即Q＝eq \f(r,R＋r)(eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22)＝eq \f(1,6) J.
8.如图所示，MN、PQ为足够长的水平光滑金属导轨，导轨间距L＝0.5 m，导轨电阻不计，空间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T；两直导体棒ab、cd均垂直于导轨放置，导体棒与导轨始终接触良好．导体棒ab的质量m1＝0.5 kg，电阻R1＝0.2 Ω；导体棒cd的质量m2＝1.0 kg，电阻R2＝0.1 Ω.将cd棒用平行于导轨的水平细线与固定的力传感器连接，给ab一个水平向右、大小为v0＝3 m/s的初速度，求：
(1)导体棒ab开始运动瞬间两端的电压Uab；
(2)力传感器示数F随ab运动距离x的变化关系；
(3)若导体棒ab向右运动的速度为1.5 m/s时剪断细线，求此后回路中产生的焦耳热．
答案 (1)0.5 V
(2)F＝2.5－eq \f(25,18)x (N)(0≤x≤1.8 m)
(3)0.375 J
解析 (1)导体棒ab开始运动瞬间产生的感应电动势E＝BLv0＝1×0.5×3 V＝1.5 V
回路的电流I＝eq \f(E,R1＋R2)＝eq \f(1.5,0.2＋0.1) A＝5 A
导体棒ab开始运动瞬间两端的电压
Uab＝IR2＝0.5 V
(2)设导体棒ab向右运动x时的速度为v，
则根据动量定理得
－Beq \x\t(I)LΔt＝m1v－m1v0
而eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R1＋R2)，
eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BLx,Δt)
ab棒所受安培力F安＝BI′L＝eq \f(B2L2v,R1＋R2)
cd棒与ab棒所受安培力大小相等，故力传感器的示数F＝F安，
联立得F＝eq \f(B2L2,R1＋R2)[v0－eq \f(B2L2x,m1R1＋R2)]
代入数据得F＝2.5－eq \f(25,18)x (N)(0≤x≤1.8 m)
(3)若导体棒ab向右运动的速度为1.5 m/s时剪断细线，此后ab做减速运动，cd做加速运动，当两棒速度相等时达到稳定状态，
由动量守恒定律可知m1v1＝(m1＋m2)v′
回路中产生的焦耳热等于损失的机械能，
则Q＝eq \f(1,2)m1v12－eq \f(1,2)(m1＋m2)v′2
代入数据解得Q＝0.375 J.求解的物理量
应用示例
电荷量或速度
－Beq \x\t(I)LΔt＝mv2－mv1，q＝eq \x\t(I)Δt，即－BqL＝mv2－mv1
位移
－eq \f(B2L2\x\t(v)Δt,R总)＝0－mv0，即－eq \f(B2L2x,R总)＝0－mv0
时间
－Beq \x\t(I)LΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1
即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1
已知电荷量q、F其他(F其他为恒力)
－eq \f(B2L2\x\t(v)Δt,R总)＋F其他Δt＝mv2－mv1，
即－eq \f(B2L2x,R总)＋F其他Δt＝mv2－mv1
已知位移x、F其他(F其他为恒力)
物理模型
“一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡
两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒
分析方法
动力学观点
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
能量观点
两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和
动量观点
对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题
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