高考物理二轮专题 电磁感应常用模型提升训练专题31 电磁感应+动量+微元法（2份，原卷版+解析版）

这是一份高考物理二轮专题 电磁感应常用模型提升训练专题31 电磁感应+动量+微元法（2份，原卷版+解析版），共9页。

A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．3∶1
【参考答案】 C
【名师解析】杆2固定，不相撞的临界条件是杆1速度为零时刚好接触杆2，采用微元法，对杆1由动量定理：BILΔt＝eq \f(B2L2Δv,2R)Δt＝eq \f(B2L2x1,2R)＝mv0，杆2不固定，不相撞的临界条件是两杆的速度相等，根据动量守恒定律，mv0＝2mv′，解得共同速度v′＝eq \f(v0,2)，对杆1采用微元法由动量定理得：BILΔt＝eq \f(B2L2Δv1－v2,2R)Δt＝eq \f(B2L2x2,2R)＝meq \f(v0,2)，故C正确。
2.如图所示，在垂直纸面向里的有界匀强磁场区域的左侧，一正方形线框以3. 0m/s的初速度沿垂直于磁场边界由位置I水平向右运动，线框经过位置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的速度为v，则下列说法正确的是
A. q1 =q2 B. q1= 2q2
C. v=l.0m/s D. v=l.5m/s
【参考答案】.BC
【命题意图】 本题考查电磁感应、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电荷量计算、动量定理及其相关的知识点。
【解题思路】设线框电阻为R，线框进入磁场过程中磁通量变化为△Φ1=BS，设进入磁场过程的时间为△t1，由法拉第电磁感应定律，进入磁场过程中产生的感应电动势平均值为E1=△Φ1/△t1，根据闭合电路欧姆定律，感应电流I1=E1/R，通过线框横截面的电荷量为q1=I1△t1，联立解得q1= BS /R。线框出磁场过程中磁通量变化为△Φ2=BS，设出磁场过程的时间为△t2，由法拉第电磁感应定律，出磁场过程中产生的感应电动势平均值为E2=△Φ2/△t2，根据闭合电路欧姆定律，感应电流I2=E2/R，通过线框横截面的电荷量为q2=I2△t2，联立解得q2= BS /2R。因此可得，q1= 2q2，选项B正确A错误；设线框质量为m，线框进入磁场过程中的△t时间内，线框速度变化△v，由动量定理，-BI1L△t=m△v，对这个线框进入磁场区域的过程所有△t时间，求和得出Σ（-BI1L△t）=Σm△v，即-BLΣ（I1△t）=-BLq1=m（v-v0）。同理可得出磁场过程中，-BLΣ（I2△t）=-BLq2=-mv。联立解得v=l.0m/s，选项C正确D错误。
【方法归纳】对于电磁感应中的选择题，若容易得出过程的磁通量变化，可利用公式q= △Φ/R直接得出通过线框的电荷量。线框进入或从磁场移出的过程，线框一般做变速运动，产生的感应电动势和感应电流都是变化的，所受的安培力也是变力，需要取时间微元，利用动量定理列方程解答。
二．计算题
1． （2022湖北名校高考适应性考试）(16分)如图所示，ABCD是N匝（N=20）的矩形闭合金属线框放置于水平面上，其质量m=1kg、阻值R=2Ω、长度d=0.4m、宽度为L=0.2m，水平面上依次间隔分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B=0.5T、宽度也为L、长度及磁场间的距离均为d，线框在轨道上运动过程中受到的摩擦阻力f大小恒为4N。现线框的AB边与左边第一个磁场的左边界重合，给线框施加一水平向右的力使线框从静止开始向右运动，问：
（1）若让小车以恒定加速度a=2m/s2运动，求力F与随时间t变化的关系式；
（2）若给线框施加的力的功率恒为P1=16W，该力作用作用一段时间 t1=6s后，线框已达最大速度，且此时线框刚好穿出第13个磁场（即线框的CD边刚好与第13个磁场的右边界重合），求线框在这段时间内产生的焦耳热；
（3）若给线框施加的力恒为F0=12N，且F0作用t0=4s时间线框已达到最大速度，求t0时间内线框产生的焦耳热。
【名师解析】．（1）当线框匀加速时，v=at ，E=NBLv，，
根据牛顿第二定律，F-f-NBIL=ma，得F=6+4t （4分）
（2）当线框达到最大速度v1时，F1=f+NBI1L，E1=NBLv1，，P1=F1v1
代入数据得 v1=2m/s，
当线框刚好穿出第十三个磁场时，线框的位移x1=2nd，n=13，得x1=10.4m
根据动能定理，，
线框的焦耳热Q1=W1，得Q1=52.4J （6分）
（3）当线框达到最大速度v0时，F0=f+NBI0L，E0=NBLv0，，代入数据得v0=4m/s
根据动量定理，，
，，，，
得
根据动能定理，，线框的焦耳热Q0=W0，得Q0=104J（6分）
2.(12分) （2020山东模拟2）如图所示，有两根足够长的平行光滑导轨水平放置，右侧用一小段光滑圆弧和另一对竖直光滑导轨平滑连接，导轨间距L＝1 m。细金属棒ab和cd垂直于导轨静止放置，它们的质量m均为1 kg，电阻R均为0.5 Ω．cd棒右侧lm处有一垂直于导轨平面向下的矩形匀强磁场区域，磁感应强度B＝1 T，磁场区域长为s。以cd棒的初始位置为原点，向右为正方向建立坐标系。现用向右的水平恒力F＝1.5 N作用于ab棒上，作用4s后撤去F．撤去F之后ab棒与cd棒发生弹性碰撞，cd棒向右运动。金属棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，空气阻力不计。（g =10 m/s2）求：
ab棒与cd棒碰撞后瞬间的速度分别为多少；
若s＝1 m，求cd棒滑上右侧竖直导轨，距离水平导轨的最大高度h；
若可以通过调节磁场右边界的位置来改变s的大小，写出cd棒最后静止时与磁场左边界的距离x的关系。（不用写计算过程）
【名师解析】：（1）对ab棒，由动量定理得：
①
ab棒与cd棒碰撞过程，取向右方向为正，对系统
由动量守恒定律得：
②
由系统机械能守恒定律得：
③
解得：， ④
（2）
⑤
⑥
对cd棒进入磁场过程，由动量定理得：
⑦
对cd棒出磁场后由能量守恒得
⑧
联立以上各式得：h=1.25 m ⑨
x=6 m时s≥6 m ⑩
x=1 m时s＜3 m ⑪
x=（2s－6）m时3 m≤s＜6 m ⑫
（评分标准：②③⑦⑧每式2分，其余每式1分，共16分）
3．（10分）(2022浙江名校联盟联考)如图所示，MPQ、M′P′Q′是光滑平行导轨，其中倾斜部分MPP′M′为金属材料制成，电阻可不计，倾角为α＝37°，并处在与MPP′M′平面垂直且向下的匀强磁场中（图中未画出），磁感应强度大小为2T；水平部分PQQ′P′为绝缘材料制成，所在空间内存在竖直方向的磁场，在PQ上取一点为坐标原点O，沿PQ方向建立x轴，可知磁感应强度分布规律为（取竖直向上为正方向）；两部分导轨的衔接处用小圆弧连接，金属棒通过时无机械能损失，两导轨的MN间接有阻值为R=5Ω的定值电阻。正方形金属线框cdef的质量m2＝2kg、边长为L＝1m，每条边的电阻r2=2Ω，f点刚好位于坐标原点，fc边与PP′平行。现将一根质量m1＝1kg，长度L＝1m，电阻r1＝2Ω的金属棒ab从图示位置静止释放，滑到斜面底端前已达到匀速运动。若整个过程ab棒、金属框与导轨始终接触良好，（重力加速度g=10m/s2，)，求：
（1）ab棒滑到底端时的速度大小和ab棒两端的电势差Uab；
（2）ab棒与金属线框碰撞后合成一个整体一起在轨道上滑行，滑行过程中ed边产生的焦耳热；
（3）第（2）所涉及的滑行过程中，通过ed棒的电荷量。
【名师解析】．（10分）
（1）在斜面上到达底端前匀速运动时：分
有：
ab棒在斜面底端时，由闭合欧姆定律：
由法拉第电磁感应定律： QUOTE 分
联立得：v=10.5 m/s 分
QUOTE 分
（2） ab棒在PSQT区域内匀速运动，运动至ST处与框碰撞。
由动量守恒定律： QUOTE
得： QUOTE 分
碰撞后整个线框产生的焦耳热为：分
ed边上产生的焦耳热为： 分
（3）从金属框开始运动到停下的过程中，根据动量定量有：
QUOTE 分
其中： QUOTE 分
QUOTE
可得： 分
4．（2021·江苏盐城市·高三一模）如图所示，相互平行，相距L的两条金属长导轨固定在同一水平面上，电阻可忽略不计，空间有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，质量均为m，长度均为L，电阻均为R的导体棒甲和乙，可以在长导轨上无摩擦左右滑动。开始时，甲导体棒具有向左的初速度v，乙导体棒具有向右的初速度2v，求
(1)开始时，回路中电流I；
(2)当一根导体棒速度为零时，另一个导体棒的加速度大小为a；
(3)运动过程中通过乙导体棒的电量最大值qm。
【答案】(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)开始时，设回路中的电动势为E，电流为I，根据法拉第电磁感应定律有
根据闭合电路欧姆定律有
联立解得。
(2)甲、乙两导体棒在运动过程中，受到的安培力大小相等，加速度大小相等．由于甲棒的初速度较小，所以甲导体棒速度先减小到零，设此时乙导体棒的速度大小为，根据动量守恒定律，以乙导体棒运动的方向为正方向，有
回路中的感应电动势为
回路中的感应电流为
乙导体棒受到的安培力大小为
根据牛顿第二定律，有
联立解得。
(3)当两导体棒速度相同时，回路中的感应电流为零．设两导体棒共同运动速度为，由动量守恒定律得
解得，设从开始运动到两棒速度相等的时间为t，回路中的平均电流为，以水平向右方向为正方向，对导体棒甲，根据动量定理有
感应电量
联立可解得通过乙导体棒的电量最大值。
5．（2021·湖北武汉市·高三月考）如图，质量为m、电阻为R1的均匀金属棒ab垂直架在水平面甲内间距为2L的两光滑金属导轨的右边缘处。下方的导轨由光滑圆弧导轨与处于水平面乙的光滑水平导轨平滑连接而成（即图中半径OM和O′P竖直），圆弧导轨半径为R、对应圆心角为60°、间距为2L，水平导轨间距分别为2L和L。质量也为m、电阻为R2的均匀金属棒cd垂直架在间距为L的导轨左端。导轨MM′与PP′、NN′与QQ′均足够长，所有导轨的电阻都不计。电源电动势为E、内阻不计。所有导轨的水平部分均有竖直方向的、磁感应强度为B的匀强磁场，圆弧部分和其他部分无磁场。闭合开关S，金属棒ab迅即获得水平向右的速度（未知，记为v0）做平抛运动，并在高度降低2R时恰好沿圆弧轨道上端的切线方向落在圆弧轨道上端，接着沿圆弧轨道下滑。已知重力加速度为g，求∶
(1)空间匀强磁场的方向；
(2)棒ab做平抛运动的初速度v0；
(3)通过电源E某截面的电荷量q；
(4)从金属棒ab刚落到圆弧轨道上端起至开始匀速运动止，这一过程中棒ab和棒cd组成的系统损失的机械能E。
【参考答案】(1) 磁场竖直向下；(2) ； (3) ；(4)
【名师解析】
(1) 闭合开关S，金属棒ab迅即获得水平向右的速度，表面金属棒受到水平向右的冲量，所以安培力水平向右，根据左手定则，磁场竖直向下。
(2)金属棒ab进入圆弧轨道时，分解速度有
平抛运动中，竖直方向上有
解得
(3)金属棒ab弹出瞬间，根据动量定理得
所以通过电源E某截面的电荷量
(4)金属棒ab滑至水平轨道时，有
解得
最终匀速运动时，电路中无电流，所以棒ab和棒cd产生的感应电动势相等，即
此过程中，对棒ab由动量定理得
对棒cd由动量定理得
联立以上三式解得
，
该过程中损失的机械能为
解得
6．（2021·广东揭阳市·高三月考）如图所示，两根平行绝缘导轨竖直放置，中间正好放入一个边长为L的正方形金属线框，制作线框的均匀金属导线直径相对于边长足够小。线框质量为m，电阻为R，能够沿两根导轨间无摩擦滑动。导轨间某高度处有一块边长为L的正方形区域，里面有垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B。在磁场下方导轨中间外有一根劲度系数的轻弹簧，下端固定，上端距磁场下边沿的距离为2L。当线框下边沿与磁场上边沿重合时，将线框无初速释放，线框第一次将弹簧压缩了L时，速度为零。（已知重力加速度为g，电流在导线中分布均匀，弹簧弹性势能公式为）
(1)请判断线框刚进入磁场时线框内的电流方向，并计算出线框第一次穿过磁场过程中产生的热量Q；
(2)求线框第一次穿过磁场所用的时间t；
(3)若更换材质相同、横截面积为原来两倍的金属导线制成边长为L的金属线框，仍从同一位置无初速释放，弹簧始终在弹性限度范围内，求第一次下落弹簧的最大压缩量和经过足够长的时间后弹簧的最大压缩量。
【参考答案】(1) 顺时针，；(2)；（3），
【名师解析】
（１）由右手定则可知线框刚进入磁场时线框内的电流方向为顺时针。
线框从释放到第一次将弹簧压缩L的过程，初、末速度都为零，由动能定理
式中为安培力对线框所做的功，所以
为弹力对线框所做的功、所以
由以上三式联立解得
(2)设线框第一次穿过磁场瞬间的速度为v，由动能定理
若这段时间线框所受安培力的冲量大小为，由动量定理
安培力的冲量
解得
(3)线框的质量2m、由电阻定律可知线框电阻为，设想线框经过磁场过程中某时刻速度为。由
可知线框与原线框速度相同时加速度相同，所以运动情况完全相同。因此线框第一次离开磁场时的速度也为，
设最大压缩量为x1。由动能定理
解得
经过足够长时间后，线框在磁场下边沿和弹簧之间反复振动。设最大压缩量为x2，由动能定理
解得
2．（18分）（2020东北三省四市二模）如图所示，两条粗糙平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ。三根完全相同的金属棒ab、cd、gh（质量均为m、电阻均为R、长度与导轨间距相同，均为L）垂直导轨放置。用绝缘轻杆ef将ab、cd连接成“工”字型框架（以下简称“工”型架），导轨上的“工”型架与gh刚好不下滑。金属棒与导轨始终接触良好，导轨足够长，电阻不计，空间存在垂直导轨平面斜向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出）。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
（1）若将“工”型架固定不动，用外力作用于金属棒gh，使其沿斜面向下匀速运动，速度大小为v，求ab两端的电压U；
（2）若“工”型架开始时不固定，给金属棒gh沿斜面向下初速度v0，最终“工”型架与金属棒gh的运动状态达到稳定，求在整个过程中电流通过金属棒gh产生的焦耳热。
（3）在满足（2）的基础上，若已知最初“工”型架下端cd棒与gh棒相距x，则达到稳定时二者相距多远？
【命题意图】本题考查了安培力、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、串并联电路规律、欧姆定律、动量守恒定律、能量守恒定律及其相关知识点，意在考查综合运用知识的能力、应用数学知识解决物理问题的能力，体现的核心素养是动量和能量的观念，科学思维能力。
【压轴题透析】（1）利用法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、串并联电路规律、欧姆定律列方程解得ab两端的电压U。
（2）利用动量守恒定律，能量守恒定律，列方程得出在整个过程中电流通过gh产生的焦耳热。
（3）由动量定理、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律列方程得出达到稳定时二者相距的距离。
【解题思路】
（1）当金属棒以速度匀速运动时，棒为电源，棒和棒为外电路。
金属棒产生的电动势E=BLv ………………①（1分）
R总=R内+ R外=R+0.5R=1.5R ………………②（1分）
………………③（1分）
则 ………………④（1分）
根据右手定则可知 ………………⑤（2分）
（2）“工”型架与金属棒所在平面与地面夹角为时，恰好都能静止在导轨上，这时最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，所以“工”型架与金属棒所受合外力为零，系统沿斜面方向动量守恒。设沿斜面向下为正方向， “工”型架与金属棒一起运动的共同速度为，则
…………………⑥（2分）
解得
系统产生的焦耳热为 …………⑦（2分）
设电流通过金属棒产生的焦耳热为，则
………………⑧（1分）
解得 ……………………⑨（1分）
（3）在金属棒向下运动过程中，对gh棒应用动量定理，则有
………………⑩（2分）
由闭合电路欧姆定律 …………… eq \\ac(○,11)（1分）
法拉第电磁感应定律 ……………… eq \\ac(○,12)（1分）
磁通量的变化量为 ……………… eq \\ac(○,13)（1分）
联立解得 ……………… eq \\ac(○,14)（2分）
3.如图，金属平行导轨MN、M′N′和金属平行导轨PQR，P′Q′R′分别固定在高度差为h(数值未知)的水平台面上。导轨MN、M′N′左端接有电源，MN与M′N′的间距为L＝0.10 m。线框空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B1＝0.20 T；平行导轨PQR与P′Q′R′的间距为L＝0.10 m，其中PQ与P′Q′是圆心角为60°、半径为r＝0.50 m的圆弧导轨，QR与Q′R′是水平长直导轨，QQ′右侧有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B2＝0.40 T。导体棒a质量m1＝0.02 kg，电阻R1＝2.0 Ω，放置在导轨MN，M′N′右侧N′N边缘处；导体棒b质量m2＝0.04 kg，电阻R2＝4.0 Ω放置在水平导轨某处。闭合开关K后，导体棒a从NN′水平抛出，恰能无碰撞地从PP′处以速度v1＝2 m/s滑入平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度g＝10 m/s2，不计一切摩擦及空气阻力和导轨电阻。求：
(1)导体棒b的最大加速度；
(2)导体棒a在磁场B2中产生的焦耳热；
(3)闭合开关K后，通过电源的电荷量q。
【名师解析】 (1)设a棒滑到水平轨道上时的速度为v2，由动能定理得m1gr(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)m1v22－eq \f(1,2)m1v12
解得v2＝3 m/s
因为a棒刚进磁场B2时，棒a，b中的电流最大，b棒受到的安培力最大，加速度最大，所以有
E＝B2Lv2
I＝eq \f(E,R1＋R2)
由牛顿第二定律得B2IL＝m2amax。
联立解得导体棒b的最大加速度
amax＝0.02 m/s2。
(2)两个导体棒在磁场B2中运动时，动量守恒，且能量守恒。当两棒的速度相等时回路中电流为零，此后两棒做匀速运动，两棒不再产生焦耳热。
取向右为正方向，由动量守恒定律得
m1v2＝(m1＋m2)v3
由能量守恒定律得
eq \f(1,2)m1v22＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v32＋Qa＋Qb
由于a，b两棒串联在一起，电流相等，
所以有eq \f(Qa,Qb)＝eq \f(R1,R2)
联立解得Qa＝0.02 J。
(3)设接通K后，a棒以速度v0水平抛出。则有v0＝v1cs 60°＝1 m/s
对a棒冲出过程，由动量定理得
B1ILΔt＝m1v0－0
即B1Lq＝m1v0
解得q＝1 C。
答案 (1)0.02 m/s2 (2)0.02 J (3)1 C
4．(20分)如图所示，有一足够长的光滑平行金属导轨间距为L，折成倾斜和水平两部分，倾斜部分导轨的倾角与水平面的夹角为θ＝30°，水平和倾斜部分均处在磁感应强度为B的匀强磁场中，水平部分磁场方向竖直向下，倾斜部分垂直斜面向下(图中未画出)，两个磁场区互不叠加．将两根金属棒a、b垂直放置在导轨上，并将b用轻绳通过定滑轮和小物体c连接．已知两棒的长度均为L，电阻均为R，质量均为m，小物块c的质量也为m，不考虑其他电阻，不计一切摩擦，运动过程中棒与导轨保持接触良好，且b始终不会碰到滑轮，重力加速度大小为g.
(1)求锁定a，释放b的最终速度vm；
(2)使a、b同时由静止释放，同时在a上施加一沿斜面向上的恒力F＝1.5mg，求达到稳定状态时a、b的速度；
(3)若(2)中系统从由静止开始经时间t达到稳定状态，求过程中系统产生的焦耳热．
【名师解析】：(1)
当b和c组成的系统做匀速运动时，b、c有最大速度，且为最终速度，
根据平衡条件：mg＝BIL ①
I＝eq \f(E,2R) ②
E＝BLvm ③
综上得：vm＝eq \f(2mgR,B2L2). ④
(2)对a棒：F－mgsin θ－BIL＝ma1 ⑤
代入F、θ得：mg－BIL＝ma1
对于b和c系统：mg－BIL＝2ma2 ⑥
所以任意时刻a1∶a2＝2∶1，由于运动时间相同，所以最终a、b的速度之比
v1∶v2＝2∶1 ⑦
其中I＝eq \f(BL（v1＋v2）,2R) ⑧
当二者加速度为0时，a，b，c达到稳定状态，
综上得：a稳定速度：v1＝eq \f(4mgR,3B2L2) ⑨
b、c稳定速度：v2＝eq \f(2mgR,3B2L2). ⑩
(3)设a棒沿着斜面移动的位移大小为x1，b、c棒的位移大小为x2，由于运动时间相同，且a1∶a2＝2∶1，则从静止开始至恰好稳定状态，a、b棒的位移大小之比：
x1∶x2＝2∶1 ⑪
对于a、b、c系统，由功能关系得：
(F－mgsin θ)x1＋mgx2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)(2m)veq \\al(2,2)＋Q ⑫
代入F、θ及⑨得：Q＝3mgx2－eq \f(4m3g2R2,3B4L4) ⑬
[另解：a棒动能定理：
(F－mgsin θ)x1－W安1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－0
b、c动能定理：mgx2－W安1＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,2)－0
Q＝W安1＋W安2
Q＝3mgx2－eq \f(4m3g2R2,3B4L4)]
以a为研究对象：从静止开始至达到稳定状态
根据动量定理：(F－mgsin θ)t－BILt＝mv1－0 ⑭
It＝q ⑮
解得：q＝eq \f(mgt,BL)－eq \f(mv1,BL) ⑯
因为E＝neq \f(ΔΦ,Δt)(n＝1) ⑰
I＝eq \f(E,2R) ⑱
综上得：q＝eq \f(ΔΦ,2R) ⑲
其中ΔΦ＝BL(x1＋x2) ⑳
由⑪⑲⑳解得：x2＝eq \f(2qR,3BL) eq \(○,\s\up1(21))
将⑨⑯式代入eq \(○,\s\up1(21))
即得：x2＝eq \f(2R,3B2L2)(mgt－eq \f(4m2gR,3B2L2)) eq \(○,\s\up1(22))
将eq \(○,\s\up1(22))式代入⑬
解得：Q＝eq \f(2m2g2Rt,B2L2)－eq \f(4m3g2R2,B4L4).
5. 如图所示,将不计电阻的长导线弯折成，形状，和是相互平行且相距为d的光滑固定金属导轨。的倾角均为，在同一水平面上，，整个轨道在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，质量为m电阻为R的金属杆CD从斜轨道上某处静止释放，然后沿水平导轨滑动一段距离后停下。杆CD始终垂直导轨并与导轨保持良好接触，导轨和空气阻力均不计，重力加速度大小为g，轨道倾斜段和水平段都足够长，求：
（1）杆CD到达到的最大速度大小多少？
（2）杆CD在距距离L处释放，滑到处恰达最大速度，则沿倾斜导轨下滑的时间及水平轨道上滑行的最大距离是多少？。


【名师解析】
（1）杆CD最大速度时，且此时杆受力平衡，则有2分
此时杆CD切割磁感线产生的感应电动势为1分
由欧姆定律可得，解得1分
（2）在杆CD沿倾斜导轨下滑的过程中，根据动量定理有
2分
解得2分
在杆CD沿水平导轨运动的过程中，根据动量定理有2分
该过程中通过R的电荷量为2分
杆CD沿水平导轨运动的过程中的平均感应电动势为，2分
该过程中杆CD通过的平均电流为，又，解得，2分
解得2分
6．（10分）如图甲所示为某研究小组设计的用来测量小车速度的实验示意图，在光滑的水平面上放置一辆用绝缘材料制成的实验小车A．在小车的上表面水平固定放置了匝数为N，宽为L、电阻为R的矩形金属线圈，线圈在左右边界恰好与小车的左右边界对齐。用天平测得小车A的质量为m（包括线圈的质量）。俯视图如图乙所示，金属线圈中接入一个冲击电流计M，用来测量通过线圈的电量。在PP′、QQ′之间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，且两磁场边界的距离为d，d大于两车长度的两倍。现小车A以某一初速度水平向右运动，当小车A完全进入磁场时的速度恰好为零，冲击电流计M显示的电量为q。试求：
（1）小车A的初速度大小；
（2）当小车A的一半刚进入磁场时金属线圈中产生的感应电流的大小和方向；
（3）若在磁场的正中间再放置一辆与小车A完全相同的实验小车C，C上也有与小车A完全相同的金属线圈。当小车A向右运动，且与实验小车C发生完全非弹性碰撞（碰后两实验小球粘合在一起），若要使碰后两小车均能穿过磁场区域，分析小车A的初速度应满足的条件；并求出两小车恰好穿出磁场区域的情况下，整个系统产生的焦耳热量。
【思路分析】（1）由动量定理可求得初速度，其中就用到的安培力F＝中＝q。
（2）进入一半时电量为，仿照问题（1）可求得此时的速度，再由速度求得感应电动势，得到电流值。
（3）由动量定理，动量守恒列等式可求得恰好离开磁场对应的初速度，再由能量守恒求得热量。
【名师解析】（1）进入过程由动量定理：＝mv0…①
又：q＝…②
由①②式可得：v0＝
（2）进入一半过程：N＝m（v0﹣v），又
联立解得：v＝
则感应电流：I＝＝ 方向为逆时针。
（3）设完全进入时速度为v，则动量定理得： 即v＝v0﹣
合在一块后速度为v1，则mv＝2mv1
得：v1＝
离开磁场时有： +NBl△t＝2mv1
由以上各式可得：v0＝
故小车A的速度应大于
v＝，v1＝
进入磁场产生热量为：Q1＝﹣＝
出磁场时产生的热量为：Q2＝＝
则其产生的热量为：Q＝Q1+Q2＝，
答：（1）小车A的初速度大小为
（2）当小车A的一半刚进入磁场时金属线圈中产生的感应电流的大小为
方向为逆时针；
（3）整个系统产生的焦耳热为，
【点评】考查电磁感应与电流在磁场中受力的综合性问题，本题的要点在于要想到＝q这一条件，应用动量定理可求得速度，有了速度其它量即可得出。
7.如图所示，固定在上、下两层水平面上的平行金属导轨、和、间距都是，二者之间固定有两组竖直半圆形轨道和，两轨道间距也均为，且和的竖直高度均为，两组半圆形轨道的半径均为。轨道的端、端的对接狭缝宽度可忽略不计，图中的虚线为绝缘材料制成的固定支架，能使导轨系统位置固定。将一质量为的金属杆沿垂直导轨方向放在下层导轨的最左端位置，金属杆在与水平成角斜向上的恒力作用下沿导轨运动，运动过程中金属杆始终与导轨垂直，且接触良好。当金属杆通过的距离运动到导轨末端位置时其速度大小。金属杆和导轨的电阻、金属杆在半圆轨道和上层水平导轨上运动过程中所受的摩擦阻力，以及整个运动过程中所受空气阻力均可忽略不计。
（1）已知金属杆与下层导轨间的动摩擦因数为，求金属杆所受恒力的大小；
（2）金属杆运动到位置时撤去恒力，金属杆将无碰撞地水平进入第一组半圆轨道和，又在对接狭缝和处无碰撞地水平进入第二组半圆形轨道和的内侧，求金属杆运动到半圆轨道的最高位置时，它对轨道作用力的大小；
（3）若上层水平导轨足够长，其右端连接的定值电阻阻值为，导轨处于磁感应强度为、方向竖直向下的匀强磁场中。金属杆由第二组半圆轨道的最高位置处，无碰撞地水平进入上层导轨后，能沿上层导轨滑行。求金属杆在上层导轨上滑行的最大距离。
【名师解析】
【名师解析】（1）金属杆在恒定外力作用下，沿下层导轨以加速度做匀加速直线运动，
根据运动学公式有
得：
根据牛顿第二定律，金属杆沿下层轨运动时，在竖直方向和水平方向分别有
，
解得：
（2）设金属杆从位置运动到轨道最高位置时的速度为
此过程根据机械能守恒定律有
解得：
设金属杆在位置所受轨道压力为，
根据牛顿第二定律有
解得：
由牛顿第三定律可知，金属杆对轨道压力的大小
（3）经历一段极短的时间，在安培力作用下杆的速度由减小到，接着在安培力作用下经历一段极短的时间，杆的速度由减小到，再接着在安培力作用下经历一段极短的时间，杆的速度由减小到，……再接着在安培力作用下经历一段极短的时间，杆的速度由减小到
由动量定理 ， ，
……
在每一段极短的时间内，杆的速度、杆上的电动势和安培力都可认为是不变的，
则时间内，安培力
则时间内，安培力
则时间内，安培力
……
冲量累加
解得：