2025届高考物理一轮复习专题练：电磁感应综合应用-双杆动力学和能量问题-A4

这是一份2025届高考物理一轮复习专题练：电磁感应综合应用-双杆动力学和能量问题-A4，共12页。试卷主要包含了375 J，5 J等内容，欢迎下载使用。
1双杆动量守恒型
(多选)如图所示，在竖直向上磁感应强度为B=1T匀强磁场中，两条足够长光滑平行金属导轨固定在水平桌面上，间距l=1m，电阻不计，匀强磁场方向与导轨平面垂直，金属棒AB、CD水平放在两导轨上，相隔为L=0.2m，棒与导轨垂直并保持良好接触，AB棒质量为m1=0.2kg，CD棒质量为m2=0.4kg，两金属棒接入电路的总电阻R=0.5Ω，若CD棒以v0=3m/s的初速度水平向右运动，在两根金属棒运动到两棒间距最大的过程中，下列说法正确的是( )
A.AB棒的最终速度大小为1m/s
B.该过程中电路中产生的热量为0.6J
C.该过程中通过导体横截面的电荷量为0.4C
D.两金属板的最大距离为0.3m
(多选)如图所示，水平面上有相距为L的两光滑平行金属导轨，导轨上静止放有金属杆a和b(杆a、b均与导轨垂直)，两杆均位于匀强磁场的左侧，让杆a以速度v向右运动，当杆a与杆b发生弹性碰撞后，两杆先后进入右侧的磁场中，当杆a刚进入磁场时，杆b的速度刚好为a的一半.已知杆a、b的质量分别为2m和m，接入电路的电阻均为R，其他电阻忽略不计，设导轨足够长，磁场区域足够大，则( )
A.杆a与杆b碰撞后，杆a的速度为eq \f(v,3)，方向向右
B.杆b刚进入磁场时，通过b的电流为eq \f(2BLv,3R)
C.从b进入磁场至a刚进入磁场时，该过程产生的焦耳热为eq \f(7,8)mv2
D.杆a、b最终具有相同的速度，大小为eq \f(2v,3)
长为4L的粗细均匀的金属杆围成一个正方形闭合框架，框架放在光滑的水平桌面上，另一根长为L的同种材料、同样粗细的金属杆搁在其上，如图所示.匀强磁场垂直穿过框架平面，不计一切摩擦.当直杆ab获得一个初速度沿框架从左向右运动的过程中( )
A.任一时刻ab杆的加速度大小均是框架加速度大小的4倍
B.任一时刻ab杆的加速度方向均和框架的加速度方向相同
C.ab杆对地做匀减速运动，框架对地做匀加速运动
D.任一时刻ab杆的发热功率均是框架发热功率的eq \f(1,4)
两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道，如图所示放置，间距为d=100cm，在左端斜轨道部分高h=1.25m处放置一金属杆a，斜轨道与平直轨道以光滑圆弧连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b电阻Ra=2Ω，Rb=5Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感强度B=2T.现杆b以初速度v0=5m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a滑到水平轨道过程中，通过杆b的平均电流为0.3A；a下滑到水平轨道后，以a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动图象如图所示(a运动方向为正) ，其中ma=2kg，mb=1kg，g=10m/s2，求：
(1) 杆a落到水平轨道瞬间杆a的速度v；
(2) 杆a 在斜轨道上运动的时间；
(3) 在整个运动过程中杆b产生的焦耳热.
如图所示，两根平行的光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L，电阻不计.水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.导体棒a与b的质量均为m，电阻值分别为Ra=R，Rb=2R.b棒放置在水平导轨上足够远处，a棒在弧形导轨上距水平面h高度处由静止释放.运动过程中导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g.求：
(1)a棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向；
(2)最终稳定时两棒的速度大小；
(3)从开始到最终稳定时回路产生的焦耳热.
如图所示，质量m=0.2kg的导体ab，长度l=50cm，放置在光滑的、半径为R的竖直放置的四分之一圆弧形平行金属导轨上，竖直导轨恰好与宽度d=50cm的光滑金属导轨水平相接，在竖直导轨与水平导轨的接口处还放有另一质量相同的导体棒cd，水平导轨处于竖直向上的匀强磁场中.将ab棒从竖直导轨上距水平面高R出无处速度释放，当ab棒经过最低点位置时，与放在这一位置的cd棒发生弹性碰撞，碰后cd棒的速度为v=0.5m/s.在ab棒与cd棒碰撞后的过程中，通过cd棒的电荷量q=1C.空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)圆弧形导轨的半径R
(2)匀强磁场的磁感应强度大小B；
(3)此过程中回路产生的焦耳热.
7.如图所示，两条相距为L的光滑平行金属导轨位于同一水平面内，金属杆1、2静置在导轨上.金属杆1、2质量分别为m、2m，电阻分别为R和2R.金属杆1左侧存在磁感应强度大小为B、方向垂直向下的矩形匀强磁场区域abcd.现使磁场以速度v0向右匀速运动，经过时间t金属杆1相对磁场静止.之后，金属杆2才开始进入磁场.假设磁场bc边足够长，两金属杆进入磁场后始终在磁场中.不计磁场运动产生的其他影响，金属杆1、2始终不碰撞.求：
(1)金属杆1刚进磁场时感应电流的大小I；
(2)金属杆1从开始运动到恰好相对磁场静止时运动的距离；
(3)金属杆2进入磁场后产生的最大焦耳热Q.
8.如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r＝0.5 m的竖直半圆，两导轨间距离l＝0.3 m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场中，两导轨电阻不计.有两根长度均为l的金属棒ab、cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.1 kg，电阻分别为R1＝0.1 Ω、R2＝0.2 Ω.现让ab棒以v0＝10 m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP′，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0；
(2)cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；
(3)cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W.
如图所示，一个质量为m、电阻不计、足够长的光滑U形金属框架MNQP，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN和PQ相距为L.空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.另有质量也为m的金属棒CD，垂直于MN放置在导轨上，并用一根与CD棒垂直的绝缘细线系在定点A.已知细线能承受的最大拉力为FT0，CD棒接入导轨间的有效电阻为R.现从t＝0时刻开始对U形框架施加水平向右的拉力，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动.
(1)求从框架开始运动到细线断裂所需的时间t0及细线断裂时框架的瞬时速度v0大小；
(2)若在细线断裂时，立即撤去拉力，求此后过程中回路产生的总焦耳热Q.
如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计.质量分别为m和eq \f(1,2)m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直.图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场.质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h.已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞.重力加速度为g.求：
(1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；
(2)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小；
(3)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热.
足够长的平行金属轨道M、N，相距L＝0.5 m，且水平放置；M、N左端与半径R＝0.4 m的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mb＝mc＝0.1 kg，接入电路的有效电阻Rb＝Rc＝1 Ω，轨道的电阻不计.平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示，若使b棒以初速度v0＝10 m/s开始向左运动，运动过程中b、c不相撞，g取10 m/s2，求：
(1)c棒的最大速度；
(2)c棒达最大速度时，此棒产生的焦耳热；
(3)若c棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小.
2双杆匀加速型
如图所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计，导轨间的距离为l，两根质量均为m、电阻均为R的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直。在t＝0时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行，大小恒为F的力作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动，试分析金属杆甲、乙的收尾运动情况。
如图甲所示，相距为L的两平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平面上，处于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计.两根相同的金属棒c和d与导轨垂直放置，它们的质量均为m，电阻均为R，间距为s0，与导轨间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等.在t＝0时刻，对c棒施加一水平向右的力，使其从静止开始做匀加速直线运动.在t0时刻，d棒开始运动，此后保持水平力不变，由速度传感器测得两金属棒的v－t图象如图乙所示，从t1时刻开始两金属棒以相同的加速度做匀加速直线运动，此时两金属棒的间距为s，试求：
(1)在0至t1时间内通过金属棒c的电荷量；
(2)t0时刻回路的电功率和金属棒c的速度大小；
(3)t1时刻两金属棒的加速度大小.
3双杆倍速型
(多选)如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为0.2T，足够长的光滑水平金属导轨，左侧间距为0.6m，右侧间距为0.2m.质量均为0.02kg的金属棒M、N垂直导轨放置，开始时金属棒M、N均保持静止.现使金属棒M以10m/s的速度向右运动，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，M棒总在宽轨上运动，N棒总在窄轨上运动，直到M、N达到稳定状态.g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A.由M、N导体棒和导轨组成回路的磁通量先减小后不变
B.由M、N两个导体棒组成的系统动量守恒
C.在两棒运动的整个过程中，电路中产生的焦耳热为0.9J
D.在两棒运动的整个过程中，通过M、N两个导体棒的电荷量相等，均为1.5C
(多选)电阻为2R的金属棒a静止在左侧轨道上，质量为m，有效电阻为R的金属棒b静止在右侧轨道上，现给金属棒a一水平向右的初速度v0，经过一段时间两金属棒达到稳定状态.已知两金属棒运动过程中始终相互平行且与导轨良好接触，导轨电阻忽略不计，金属棒a始终在左侧轨道上运动，则下列说法正确的是( )
A.金属棒b稳定时的速度大小为 eq \f(1,3)v0
B.整个运动过程中通过金属棒a的电荷量为 eq \f(2mv0,3Bd)
C.整个运动过程中两金属棒扫过的面积差为 eq \f(2Rmv0,3B2d)
D.整个运动过程中金属棒a产生的焦耳热为 eq \f(4mv02,9)
(多选)如图所示，足够长的光滑水平轨道，左侧间距为0.4m，右侧间距为0.2m.空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为 0.2T.质量均为0.02kg 的金属棒M、N垂直导轨放置在轨道上，开始时金属棒M、N均保持静止，现使金属棒 M以 10m/s的速度向右运动，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，M棒总在宽轨上运动，N棒总在窄轨上运动.g取10m/s2.下列说法正确的是( )
A.M棒刚开始运动时，回路中产生顺时针方向的电流
B.M、N棒最终都以5m/s的速度向右匀速运动
C.在两棒运动的整个过程中，电路中产生的焦耳热为0.5J
D.在两棒运动的整个过程中，通过金属棒M的电荷量为2C
如图，水平面上固定有形状的光滑金属导轨abcd和efgh；ab、ef平行，间距为2L；cd、gh平行，间距为L，且右端足够长；垂直ab和ef放置有质量为m的粗细均匀金属棒MN，导轨cd、gh的最左端垂直放置另一质量也为m的金属棒PQ，两金属棒均与导轨接触良好.MN、PQ棒接入电路的电阻分别为2R和R，导轨电阻不计.导轨平面内有垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.现先将PQ棒固定，给MN棒一个水平向右大小为2v0的初速度，当MN棒速度减为v0时释放PQ棒.当MN棒运动到导轨ab、ef的最右端时，回路中电流恰好为零.求：
(1)MN棒开始运动的瞬间，PQ棒所受安培力的大小；
(2)PQ棒在其释放前产生的热量；
(3)当MN棒运动到导轨ab、ef的最右端时，MN棒和PQ棒的速度各是多大.
间距分别为2L和L的两光滑平行金属导轨按照如图所示的方式连接后固定在水平面上，且右端足够长.两粗细均匀的导体棒MN、PQ分别垂直导轨放置在导轨上，整个装置置于方向垂直导轨平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(未画出)中.首先将导体棒PQ锁定，给MN一个瞬时冲量I，当MN的冲量减为 EQ \F(I,2)时，将PQ解除锁定，当导体棒MN运动到间距为2L的两金属导轨的最右端a、b处时，回路中的电流趋近于零(可按电流恰好为零的情况进行分析).已知导体棒MN的质量为2m、电阻为2R，导体棒PQ的质量为m、电阻为R，导轨电阻不计.求：
(1)导体棒MN刚开始运动的瞬间，导体棒PQ所受安培力的大小；
(2)当导体棒MN的冲量减为 EQ \F(I,2)时，MN棒向右运动的距离；
(3)当导体棒MN运动到间距为2L的两金属导轨的最右端a、b处时，两棒的速度大小.
如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，电容器的电容为C，S为单刀双掷开关，导轨为水平放置的光滑平行导轨，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，其中P1Q1、M1N1间的宽度是L1=2L0，P2Q2、M2N2间的宽度是L2=L0，轨道足够长，其电阻忽略不计.两金属棒ab、cd分别放在轨道上左右两部分且只在左右两部分运动，运动过程中始终与轨道垂直，且接触良好，它们与轨道形成闭合回路.已知每根金属棒的质量均为m，每根金属棒位于两轨道之间部分的电阻均为R；不计金属棒与导轨间的摩擦.开始时两根金属棒均静止在导轨上，现将开关S先合向1，电容器充电稳定后在合向2，求：
(1)将开关S合向2的瞬间，两金属棒的加速度大小和方向；
(2)两金属棒最终速度的大小.
形状如图所示的光滑导轨EF、GH等高平行放置，E、G间宽度为F、H间宽度的2倍，虚线右侧导轨水平且处于竖直向上的匀强磁场中．ab金属棒的质量为2m、cd金属棒的质量为m，现让ab从离水平轨道h高处静止下滑，设两种不同间距的导轨都足够长．求：
(1)ab、cd棒的最终速度；
(2)全过程中产生的焦耳热．
4折线导轨问题
(多选)两根相距为L的足够长的金属直角导轨如右图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面.质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R.整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中.当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速度v2向下匀速运动.重力加速度为g.以下说法正确的是( )
A.ab杆所受拉力F的大小为μmg＋eq \f(B2L2v1,2R)
B.cd杆所受摩擦力为零
C.回路中的电流为eq \f(BL(v1＋v2),2R)
D.μ与v1大小的关系为μ＝eq \f(2Rmg,B2L2v1)
(多选)两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面.质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R.整个装置处于磁感应强度大小为B，方向水平向右的匀强磁场中.当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以某一速度向下匀速运动.重力加速度为g.以下说法正确的是( )
A.ab杆所受拉力F的大小为μmg＋eq \f(B2L2v,2R)
B.cd杆所受摩擦力为零
C.cd杆向下匀速运动的速度为eq \f(2mgR,B2L2)
D.ab杆所受摩擦力为2μmg
如图所示，将两根足够长的电阻不计的相同金属条折成“ ”型导轨，导轨右半部分水平，左半部分倾斜，且与水平面夹角θ=37°.金属细杆ab和cd与导轨接触良好且始终垂直.导轨左、右两部分分别处于方向沿导轨向上和竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B=1T.开始杆cd锁定，用恒力F垂直作用于杆ab中点，使其向右运动，当ab匀速运动时的速度为v0，此时解除cd锁定，杆cd仍静止不动.已知杆ab和cd的质量均为m=0.5kg，电阻均为R=0.5Ω，导轨间距d=1m，杆与导轨间的动摩擦因数均为μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6.求：
(1)要使杆cd始终不动，作用在杆ab的恒力F的最小值和对应的ab匀速运动速度v0；
(2)若ab杆匀速运动的速度为6m/s，某时刻同时撤去恒力F和左侧磁场，此后ab向右移动1.5m停止.在此过程中cd沿导轨下滑的距离和杆cd中产生的焦耳热.
如图所示，两条平行的金属导轨相距L = 1m，金属导轨的倾斜部分与水平方向的夹角为37°，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中．金属棒MN和PQ的质量均为m=0.2kg，电阻分别为RMN =1Ω和RPQ = 2Ω.MN置于水平导轨上，与水平导轨间的动摩擦因数μ=0.5，PQ置于光滑的倾斜导轨上，两根金属棒均与导轨垂直且接触良好．从t=0时刻起，MN棒在水平外力F1的作用下由静止开始以a =1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，PQ则在平行于斜面方向的力F2作用下保持静止状态．t=3s时，PQ棒消耗的电功率为8W，不计导轨的电阻，水平导轨足够长，MN始终在水平导轨上运动.求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)t=0～3s时间内通过MN棒的电荷量；
(3)求 t =6s时F2的大小和方向；
(4)若改变F1的作用规律，使MN棒的运动速度v与位移s满足关系：v=0.4s，PQ棒仍然静止在倾斜轨道上．求MN棒从静止开始到s=5m的过程中，系统产生的热量．
专题 电磁感应综合应用－双杆动力学和能量问题
答案：BC
解析：开始CD棒做减速运动、AB棒做加速运动，当两者速度相等时它们间的距离最大，两棒组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m2v0=(m1+m2)v，解得：v=2m/s，故A错误；对系统，由能量守恒定律得： eq \f(1,2)m2v02=Q+ eq \f(1,2)(m1+m2)v2，解得：Q=0.6J，故B正确；对AB棒，由动量定理得：Bilt=m1v，而：it=q，则：Blq=mlv，解得：q=0.4C，故C正确；通过导体横截面的电荷量：q=IΔt= eq \f(E,R)Δt= eq \f( eq \f(ΔΦ, Δt),R)Δt = eq \f(ΔΦ,R)=BldR，两金属棒间的最大距离：D=d+L=qRBl+L=0.4×0.51×1+0.2=0.4m，故D错误；
答案：ABC
解析：以向右为正方向，杆a与杆b发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒得2mv＝2mv1＋mv2，eq \f(1,2)×2mv2＝eq \f(1,2)×2mv12＋eq \f(1,2)×mv22，解得v1＝eq \f(v,3)，v2＝eq \f(4,3)v，即杆a的速度为eq \f(v,3)，方向向右，故A正确；杆b刚进入磁场时，通过b的电流为I＝eq \f(BLv2,2R)＝eq \f(2BLv,3)，故B正确；从b进入磁场至a刚进入磁场时，由能量守恒得该过程产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)v1))2＝eq \f(7,8)mv2，故C正确；a进入磁场后，a、b组成的系统，动量守恒，则有2mv1＋m·eq \f(1,2)v1＝(2m＋m)v3，解得v3＝eq \f(5,18)v，即杆a、b最终具有相同的速度，大小为eq \f(5,18)v，故D错误.
答案：A
解析：任一时刻ab和框架所受的安培力大小相等、方向相反，由于ab质量只有框架质量的1/4，故ab杆的加速度大小是框架加速度大小的4倍，A正确，B错误.由于安培力大小变化，ab杆和框架的加速度是变化的，C错.ab杆在框架上滑动时，框架的等效电阻不断变化，D错误.
答案：(1)杆a落到水平轨道瞬间杆a的速度是5m/s；(2)杆a在斜轨道上运动的时间为5s；(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热是 eq \f(115,6)J.
解析：(1)对杆a下滑的过程中，机械能守恒：magh= eq \f(1,2)mava2，解得va= eq \r(,2gh)=5m/s；
(2)对b棒运用动量定理，有：BdIΔt=mb(v0−v0b)，其中v0b=2m/s
代入数据得到：Δt=5s，即杆在斜轨道上运动时间为5s；
(3)最后两杆共同的速度为v′，由动量守恒得：mava+mbvb=(ma+mb)v′，
代入数据解得v′= eq \f(8,3)m/s，
由能量守恒得，共产生的焦耳热为Q=magh+ eq \f(1,2)mbv02−12(ma+mb)v′2= eq \f(161,6)J，
b棒中产生的焦耳热为Q′= eq \f(5,5+2)Q= eq \f(115,6)J
答案：(1)F= eq \f(B2L2 eq \r(,2gh),3R)，方向水平向左；(2)v'= eq \f(1,2) eq \r(,2gh)；(3)Eb= eq \f(1,3) mgh.
解析：(1)设a棒刚进入磁场时的速度为v，从开始下落到进入磁场，根据机械能守恒定律mgh= eq \f(1,2)mv2，a棒切割磁感线产生感应电动势E=BLv，根据闭合电路欧姆定律I= eq \f(E,3R) ，a棒受到的安培力F=BIL，联立以上各式解得F= eq \f(B2L2 eq \r(,2gh),3R)，方向水平向左.
(2)设两棒最后稳定时的速度为v '，从a棒开始下落到两棒速度达到稳定，根据动量守恒定律mv=2mv '，解得v'= eq \f(1,2) eq \r(,2gh).
(3)设a棒产生的内能为Ea，b棒产生的内能为Eb，根据能量守恒定律 eq \f(1,2)mv2= eq \f(1,2)·2mv' 2+ Ea + Eb，两棒串联内能与电阻成正比Eb=2Ea，解得Eb= eq \f(1,3) mgh.
答案：(1)0.0125m；(2)0.1T；(3)0.0125J.
解析：(1)金属棒下落的过程，由动能定理得：mgR= eq \f(1,2)mvab2，
ab、cd棒发生弹性碰撞，动量守恒与能量守恒可得：
mvab=mvad'+mvcd， eq \f(1,2)mvab2= eq \f(1,2)mvab'2+ eq \f(1,2)mvcd2，故vcd=vab=0.5m/s
联立解得R=0.0125m
(2)碰后动量守恒：mvcd=2mv共，解得v共=0.25m/s
对cd：mv共－mvcd=－BILt，q=It
解得：B=0.1T
(3)对ab、cd棒： eq \f(1,2)·2mv共2－ eq \f(1,2)mvcd2=－Q，解得Q=0.0125J
答案：(1) eq \f(BLv0,3R) (2)v0t－ eq \f(3mRv0,B2L2) (3) eq \f(2,9)mv02
解析：(1)金属杆1刚进入磁场时感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E=BLv0
由闭合电路欧姆定律有I= eq \f(E,3R)
解得I= eq \f(BLv0,3R)
(2)设金属杆1从开始进入磁场到恰好相对磁场静止过程的平均速度为v1、平均电流为I1，由动量定理有：BI1Lt=mv0，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有I1= eq \f(BL(v0－v1),3R)，又x=v1t，联立解得x=v0t－ eq \f(3mRv0,B2L2)。
(3)金属杆2进入磁场后向右做加速运动，金属杆1开始向右做减速运动，两杆组成的系统动量守恒，当速度相等时两杆均做匀速直线运动，设此时速度为v，由动量守恒定律有mv0=3mv，金属杆1和2上产生的最大焦耳热之比为1∶2，由能量守恒定律有 eq \f(Q,2)+Q= eq \f(1,2)mv02－ eq \f(3,2)mv2，联立解得Q= eq \f(2,9)mv02。
答案：(1)30 m/s2 (2)7.5 m/s (3)4.375 J
解析：(1)ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，有E＝Blv0，I＝eq \f(E,R1＋R2)，BIl＝m2a0
解得：a0＝30 m/s2
(2)设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2，系统动量守恒，有
m1v0＝m1v1＋m2v2
eq \f(1,2)m2v22＝m2g·2r＋eq \f(1,2)m2vP2
m2g＝m2eq \f(v\\al( 2,P),r)
解得：v1＝7.5 m/s
(3)由动能定理得－W＝eq \f(1,2)m1v12－eq \f(1,2)m1v02
解得：W＝4.375 J.
答案：(1)eq \f(FT0R,B2L2a) eq \f(FT0R,B2L2) (2)eq \f(mF\\al(,T02)R2,4B4L4)
解析：(1)细线断裂时，
对棒有FT0＝F安，F安＝BIL，I＝eq \f(E,R)，E＝BLv0，v0＝at0
联立解得t0＝eq \f(FT0R,B2L2a)
细线断裂时框架的速度v0＝eq \f(FT0R,B2L2)
(2)在细线断裂时立即撤去拉力，框架向右减速运动，棒向右加速运动，设二者最终速度大小均为v，设向右为正方向，由系统动量守恒可得mv0＝2mv
得v＝eq \f(v0,2)＝eq \f(FT0R,2B2L2)
撤去拉力后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路中产生的总焦耳热Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv2
联立得Q＝eq \f(mF\\al(,T02)R2,4B4L4).
答案：(1)0 eq \r(2gh) (2)eq \f(5,6)eq \r(2gh) (3)eq \f(1,3)mgh
解析：(1)设a棒滑到水平导轨时速度为v0，下滑过程中a棒机械能守恒eq \f(1,2)mv02＝mgh
a棒与b棒发生弹性碰撞
由动量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2
由机械能守恒定律：eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22
解得v1＝0，v2＝v0＝eq \r(2gh)
(2)b棒刚进磁场时的加速度最大.
b、c两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒.
由动量守恒定律：mv2＝mv2′＋eq \f(m,2)v3′
设b棒进入磁场后某时刻，b棒的速度为vb，c棒的速度为vc，则b、c组成的回路中的感应电动势E＝BL(vb－vc)，由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R总)，由安培力公式得F＝BIL＝ma，联立得a＝eq \f(B2L2vb－vc,mR总).
故当b棒加速度为最大值的一半时有v2＝2(v2′－v3′)
联立得v2′＝eq \f(5,6)v2＝eq \f(5,6)eq \r(2gh)
(3)最终b、c以相同的速度匀速运动.
由动量守恒定律：mv2＝(m＋eq \f(m,2))v
由能量守恒定律：eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)(m＋eq \f(m,2))v2＋Q
解得Q＝eq \f(1,3)mgh.
答案：(1)5 m/s (2)1.25 J (3)1.25 N
解析：(1)在磁场力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达最大速度.取两棒组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律有
mbv0＝(mb＋mc)v
解得c棒的最大速度为：v＝eq \f(mb,mb＋mc)v0＝eq \f(1,2)v0＝5 m/s
(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为：Q＝eq \f(1,2)mbv02－eq \f(1,2)(mb＋mc)v2＝2.5 J
因为Rb＝Rc，所以c棒达最大速度时此棒产生的焦耳热为Qc＝eq \f(Q,2)＝1.25 J
(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v′，从半圆轨道最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得：
eq \f(1,2)mcv2－eq \f(1,2)mcv′2＝mcg·2R
解得v′＝3 m/s
在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿第二定律得mcg＋F＝mceq \f(v′2,R)
解得F＝1.25 N
由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力为1.25 N，方向竖直向上.
答案：甲、乙两金属杆最终水平向右做加速度相同的匀加速运动，速度一直增大
解析：(1)设某时刻甲和乙的速度大小分别为v1和v2，加速度大小分别为a1和a2，受到的安培力大小均为F1，则感应电动势为
E＝Bl(v1－v2)
感应电流为I＝eq \f(E,2R)
安培力大小为F1＝BIl
对甲和乙分别由牛顿第二定律得F－F1＝ma1，F1＝ma2
当v1－v2＝定值(非零)，
即系统以恒定的加速度运动时a1＝a2
解得a1＝a2＝eq \f(F,2m)
可见甲、乙两金属杆最终水平向右做加速度相同的匀加速运动，速度一直增大。
答案：(1)eq \f(BL(s－s0),2R)；(2)eq \f(2μmgR,B2L2)；(3)eq \f(μmgR,B2L2t0).
解析：(1)在0至t1这段时间内I＝eq \f(q,t1)
又I＝eq \f(BL(s－s0),2Rt1)
解得：q＝eq \f(BL(s－s0),2R).
(2)设在t0时刻回路的瞬时感应电流为I，则对金属棒d由平衡条件得：BIL＝μmg
t0时刻回路的电功率P＝I2·2R
解得：P＝eq \f(2μ2m2g2R,B2L2)
由欧姆定律得：I＝eq \f(BLvc,2R)
解得：vc＝eq \f(2μmgR,B2L2).
(3)设在t0时刻，水平外力为F0，金属棒c的加速度为a0，由牛顿第二定律得：F0－μmg－BIL＝ma0
而a0＝eq \f(vc,t0)
从t1时刻起，对两金属棒组成的系统，由牛顿第二定律有F0－2μmg＝2ma
解得：a＝eq \f(a0,2)＝eq \f(μmgR,B2L2t0).
答案：ACD
解析：M 棒刚开始运动时，回路磁通量减少，最终稳定后磁通量不变，故A正确；M、N两个导体棒所受水平方向的安培力之和不为零，系统动量不守恒，故B错误；当 M 、 N 两金属棒产生的感应电动势大小相等时，回路感应电流为零，金属棒不受安培力，金属棒做匀速直线运动，即：BLMv1=BLNv2时，两金属棒做匀速直线运动，由动量定理得：对M：－BILMt=mv1－mv0；对 N：BILNt=mv2，解得： v1=1m/s，v2=3m/s， 由能量守恒定律得： eq \f(1,2)mv20= eq \f(1,2)mv21+ eq \f(1,2)mv22+Q解得：Q=0.9J，故C正确；回路中有电流时有电荷通过金属棒， 导体棒做匀速运动时回路没有电流，从M开始减速到匀速运动过程，对M，由动量定理得： −BILMt=mv1−mv0，电荷量：q=It，则：−BLMq=mv1−mv0，代入数据；q=1.5C，故D正确；
答案：BD
解析：以水平向右为正方向，设稳定时金属棒a的速度为va，金属棒b的速度为vb，对金属棒a应用动量定理有－IB2dt=2mva－2mv0，对金属棒b应用动量定理有IBdt=mvb，最终达到稳定状态时回路中电流为零。由法拉第电磁感应定律可知B2dva=Bdvb，联立解得vb= eq \f(2,3)v0，va= eq \f(1,3)v0，故A项错误；将va= eq \f(1,3)v0代入－IB2dt=2mva－2mv0中可以得到It= eq \f(2mv0,3Bd)=q，故B项正确；根据电磁感应相关知识E= eq \f(dφ,dt)和相关电学知识I= eq \f(dq,dt)，I= eq \f(U,R)可得：q= eq \f(Δφ,3R)= eq \f(BΔS,3R)，从前面分析可知It= eq \f(2mv0,3Bd)=q，代入计算可得面积变化ΔS= eq \f(2mv0R,B2d)，故C项错误；有能量守恒定律可知回路中产生的总焦耳热为Q= eq \f(1,2)2mv02－ eq \f(1,2)mva2－ eq \f(1,2)mvb2= eq \f(2,3)mv02，金属棒a中产生的焦耳热与回路中产生的总焦耳热之比为金属棒a的电阻与回路中的总电阻之比，所以金属棒a中产生的焦耳热为Qa= eq \f(2,3)Q= eq \f(4mv02,9)，故D项正确。
答案：AD
解析：M刚开始运动时，N静止，由右手定则可知回路中产生顺时针方向的电流(俯视)，故A正确
设稳定时M速度为vM，N速度为vN。以右为正方向，根据动量定理：－FMΔt=mvM－mv ，FMΔt=mvN－0 。根据安培力公式可知，FM=BIL=2FN。联立可得vM= eq \f(1,2)vN，vM=2m/s，vN=4m/s。故B错误；电路中产生的焦耳热Q= eq \f(1,2)mv2－ eq \f(1,2)mvM2－ eq \f(1,2)mvN2=0.8J，故C错误；对N棒 eq \f(1,2)BILΔt= mvN－0，又q=IΔt，解得q=2C。故D正确。
答案：(1)F= eq \f(4B2L2v,3R) ；(2)Q2= eq \f(R,R+2R)Q= eq \f(1,2)mv02；(3)vMN= eq \f(1,5)v0，vPQ = eq \f(2,5)v0
解析：(1)MN棒开始运动时，产生的感应电动势大小为：E0=B·2L·2v0；
回路中感应电流：I0= eq \f(E0,2R+R)；
PQ棒所受的安培力大小：F=BI0L，
解得：F= eq \f(4B2L2v,3R).
(2)根据能量守恒定律PQ棒释放前回路产生的总焦耳热：Q= eq \f(1,2)m(2v0)2－ eq \f(1,2)mv02= eq \f(3,2)mv02；其中PQ中产生的焦耳热：Q2= eq \f(R,R+2R)Q= eq \f(1,2)mv02；
(3)回路电流为零时有：B·2L·vMN=B·L·vPQ ，得：vPQ=2vMN；
由于MN棒和PQ棒中电流大小始终相等，两棒所受安培力比值： eq \f(FMN,FPQ)= eq \f(2BIL,BIL)= eq \f(2,1) ；
根据动量定理，对MN棒：－FMN· Δ Q=m·ΔvMN ；对PQ棒：FPQ·ΔQ=m·ΔvPQ
得： eq \f(－ΔvMN,ΔvPQ)= eq \f(v0－vMN,vPQ)= eq \f(2,1)；
解得：vMN= eq \f(1,5)v0，vPQ = eq \f(2,5)v0.
答案：(1)F= EQ \F(B2L2I,3mR)； (2)x= EQ \F(3IR,8B2R2)； (3)v1= EQ \F(I,12m)，v2= EQ \F(I,6m).
解析：(1)设导体棒MN刚开始运动时的速度大小为v0，则有I=2mv0
由法拉第电磁感应定律可知E=2BLv0
设回路中的电流为I'，则有I'= EQ \F(E,3R)
故导体棒PQ此时受到的安培力大小为F=BI'L
以上各式联立求解可得F= EQ \F(B2L2I,3mR)
(2)设导体棒MN的冲量由I减为 EQ \F(I,2)所用的时间为t，则由动量定理有B·I·2L·t= EQ \F(I,2)
设此过程中导体棒MN向右运动的距离为x，则有It= EQ \F( ΔΦ,3R)= EQ \F(B·2L·x,3R)
以上两式联立可解得x= EQ \F(3IR,8B2R2)
(3)设回路中电流为零时，导体棒MN的速度大小为v1，PQ的速度大小为v2，有B·2L·v1=B·L·v2
设导体棒MN受到的安培力平均大小为F1，PQ受到的安培力平均大小为F2，此过程中PQ运动的时间为Δt，根据动量定理，对导体棒MN，有－F1·Δt=2mv1－ EQ \F(I,2)
对导体棒PQ，有F2·Δt=mv2
由于流过导体棒MN和PQ中的电流大小始终相等，故有F1=2F2
以上各式联立解得v1= EQ \F(I,12m)，v2= EQ \F(I,6m)
答案：(1)金属棒ab的瞬时加速度为：a1= eq \f(2BL0E,mR)，方向水平向右；金属棒cd的瞬时加速度为：a2= eq \f(BL0E,mR)，方向水平向右.(2)v1= eq \f(2BL0CE,5m+4B2L02C) ，v2= eq \f(4BL0CE,5m+4B2L02C)
解析：(1)将开关S先合向1时，电源对电容器充电，其充电电压为：U0=E，充电电荷量为：q0=CE
将开关S合向2的瞬间，两根金属棒均处于静止状态，通过每根金属棒的瞬时电流均为：I0= eq \f(E,R) ，
根据安培力公式、左手定则和牛顿第二定律可得：
金属棒ab的瞬时加速度为：a1= eq \f(2BL0I0,m)= eq \f(2BL0E,mR)，方向水平向右
金属棒cd的瞬时加速度为：a2= eq \f(BL0I0,m)= eq \f(BL0E,mR)，方向水平向右
(2)自电容器开始放电至两金属棒达到最终速度恒定的过程中，设通过金属棒ab的电荷量为Δq1，稳定后的速度大小为v1；通过金属棒cd的电荷量为Δq2，稳定后的速度大小为v2；
对金属棒ab根据动量定理可得：2BL0I1Δt=2BL0Δq1=mv1－0
对金属棒cd根据动量定理可得：BL0I2Δt=BL0Δq2=mv2－0
设稳定以后电容器所带电荷量为q，则： eq \f(q,C)=2BL0v1=BL0v2
根据电荷守恒定律可得：Δq1+Δq2=q0－q
联立解得：v1= eq \f(2BL0CE,5m+4B2L02C) ，v2= eq \f(4BL0CE,5m+4B2L02C).
答案：(1)vab＝eq \f(1,3)eq \r(2gh) vcd＝eq \f(2,3)eq \r(2gh) (2)eq \f(4,3)mgh
解析：(1)ab自由下滑，机械能守恒：2mgh＝eq \f(1,2)×2m×v2，得v＝eq \r(2gh)
由于ab、cd串联在同一电路中，任何时刻通过的电流总相等，金属棒有效长度关系为Lab＝2Lcd
故它们所受的磁场力关系为Fab＝2Fcd
在磁场力作用下，ab、cd各做变速运动，产生的感应电动势方向相反，当Eab＝Ecd时，电路中感应电流为零，安培力为零，ab、cd运动趋于稳定，
此时有BLabvab＝BLcdvcd，得vab＝eq \f(1,2)vcd
ab、cd受安培力作用，动量均发生变化，
由动量定理得：Fabt＝2m(v－vab)，Fcdt＝mvcd
联立以上各式解得：vab＝eq \f(1,3)eq \r(2gh)，vcd＝eq \f(2,3)eq \r(2gh)
(2)根据系统的总能量守恒可得：Q＝2mgh－eq \f(1,2)×2m×veq \\al( 2,ab)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,cd)＝eq \f(4,3)mgh.
答案：AD
解析：cd杆的速度方向与磁感应强度平行，只有ab杆运动时才能使回路内的磁通量发生变化.根据法拉第电磁感应定律：
回路中的电动势：E＝BLv1①
根据闭合电路欧姆定律：I＝eq \f(E,2R)②
ab杆所受安培力：F安＝BIL③
ab杆匀速运动：F＝F安＋Ff1④
又：Ff1＝μmg⑤
由①②③④⑤得：F＝μmg＋eq \f(B2L2v1,2R)
回路中的电流：I＝eq \f(BLv1,2R)⑥
cd杆匀速运动：mg－Ff2＝0⑦
又：Ff2＝μF安＝μeq \f(B2L2v1,2R)⑧
由⑦⑧得：μ＝eq \f(2Rmg,B2L2v1)
所以，选项A、D正确.
答案：BCD
解析：ab杆的速度方向与磁感应强度的方向平行，只有cd杆运动切割磁感线，设cd杆向下运动的速度为v1，根据闭合电路的欧姆定律及法拉第电磁感应定律有：I＝eq \f(E,2R)，E＝BLv1
cd杆只受到竖直向下的重力mg和竖直向上的安培力作用(因为cd杆与导轨间没有正压力，所以摩擦力为零).由平衡条件得：mg＝BLI＝eq \f(B2L2v1,2R)
解得cd杆向下匀速运动的速度为eq \f(2mgR,B2L2)
ab杆的受力如图所示，根据平衡条件可得：FN＝2mg，F＝Ff＝2μmg
综上所述，选项B、C、D正确.
答案：(1)2m/s， eq \f(9,5) eq \r(,5)N；(2)2.625J
解析：(1)设拉力F与水平导轨所成的角为α，当导体杆ab匀速运动时闭合回路的感应电流为I，则由平衡条件有：Fsinα+FN=mg；Fcsα=μFN+BId；
解得F= eq \f(μmg+BId,csα+μsinα)；
由于cd杆始终保持静止：μ(IdB+mgcsθ)≥mgsinθ ；
闭合电路欧姆定律：I= eq \f(Bdv0,2R)；
可得v0≥ eq \f(2R,B2d2)( eq \f(mgsinθ,μ)－mgcsθ)=2m/s；
联立可得：F= eq \f(μmg+BId,csα+μsinα)≥ eq \f(9,5) eq \r(,5)N；
(2)对杆ab，从撤去拉力至停下的过程，由动量定理得：－BIdΔt－μmgΔt=0－mv0；
又E= eq \f(ΔΦ,Δt)= eq \f(Bdx,Δt)； I= eq \f(E,2R) ；
联立得：Δt=0.6s；
对杆cd，由牛顿第二定律得：mgsinθ－μmgcsθ=ma；
x= eq \f(1,2)aΔt2；
联立，代入Δt可得x’=0.36m；
此过程对杆ab，由动能定理得：－W安－μmgx=0－ eq \f(1,2)mv02；
则杆cd中产生的焦耳热Q= eq \f(1,2)W安=2.625J；
答案：(1)2 T；(2)3 C；(3)5.2 N，方向沿斜面向下；(4)eq \f(20,3) J.
解析：(1)当t＝3 s时，设MN的速度为v1，则
v1＝at＝3 m/s
E1＝BLv1
E1＝I(RMN＋RPQ)
P＝I2RPQ
联立以上各式并代入数据得：B＝2 T.
(2)eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)
q＝eq \f(\x\t(E),RMN＋RPQ)Δt＝eq \f(ΔΦ,RMN＋RPQ)
代入数据可得：q＝3 C
(3)当t＝6 s时，设MN的速度为v2，则
v2＝at＝6 m/s
E2＝BLv2＝12 V
I2＝eq \f(E2,RMN＋RPQ)＝4 A
F安＝BI2L＝8 N
规定沿斜面向上为正方向，对PQ进行受力分析可得：F2＋F安cs 37°＝mgsin 37°
代入数据得：F2＝－5.2 N(负号说明力的方向沿斜面向下)
(4)MN棒做变加速直线运动，当x＝5 m时，v＝0.4x＝0.4×5 m/s＝2 m/s
因为速度v与位移x成正比，所以电流I、安培力也与位移x成正比，
安培力做功W安＝－eq \f(1,2)BL·eq \f(BLv,RMN＋RPQ)·x＝－eq \f(20,3) J
Q＝－W安＝eq \f(20,3) J.