新高考物理二轮复习考点知识讲练与题型归纳专题25 电磁感应的综合问题（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考物理二轮复习考点知识讲练与题型归纳专题25 电磁感应的综合问题（2份，原卷版+解析版），共6页。试卷主要包含了电磁感应中的图像问题，电磁感应的动力学问题，电磁感应中的动力学和能量问题，动量定理与电磁感应结合问题等内容，欢迎下载使用。

TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc208413882" 题型一 电磁感应中的图像问题 PAGEREF _Tc208413882 \h 1
\l "_Tc208413883" 类型1 动生电动势的图像 PAGEREF _Tc208413883 \h 2
\l "_Tc208413884" 类型2 感生电动势的图像 PAGEREF _Tc208413884 \h 7
\l "_Tc208413885" 类型3 动力学图像 PAGEREF _Tc208413885 \h 13
\l "_Tc208413886" 题型二 电磁感应的动力学问题 PAGEREF _Tc208413886 \h 22
\l "_Tc208413887" 题型三 电磁感应中的动力学和能量问题 PAGEREF _Tc208413887 \h 26
\l "_Tc208413888" 题型四 动量定理与电磁感应结合问题 PAGEREF _Tc208413888 \h 30
\l "_Tc208413889" 类型1 “单棒+电阻”模型 PAGEREF _Tc208413889 \h 30
\l "_Tc208413890" 类型2 双棒模型 PAGEREF _Tc208413890 \h 37
\l "_Tc208413891" 类型3 “电容器+棒”模型 PAGEREF _Tc208413891 \h 43
\l "_Tc208413892" 题型五 动量守恒定律在电磁感应现象中的应用 PAGEREF _Tc208413892 \h 48

题型一 电磁感应中的图像问题
1．图象类型
(1)磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I，随时间t变化的图象，即B－t图象、Φ－t图象、E－t图象和I－t图象．
(2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随位移x变化的图象，即E－x图象和I－x的图象．
2．问题类型
(1)由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象．
(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量．
(3)利用给出的图象判断或画出新的图象．
类型1 动生电动势的图像
已知长直导线在其周围空间产生的磁场大小B=kIr，其中k是常量。I是导线中的电流，r是空间某点到导线的垂直距离。如图所示，在水平面上固定间距为d的光滑导轨，左端接有阻值为R的电阻。一质量为m、阻值也为R的导体棒MN在水平拉力作用下沿导轨运动，已知运动过程中电阻R上的电功率恒为P，不计导轨电阻，导体棒的速度v和加速度a随导体棒到直导线的距离r关系图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】AB．由电功率公式可得P=I2R
由闭合电路欧姆定律可得E=I⋅2R=2PR
由导体棒切割磁感线得电动势E=Bdv=kI0rdv
解得v=2PRkI0dr
即导体棒的速度v和距离r成正比，故AB错误；
CD．加速度a=ΔvΔt
联立解得a=ΔvΔt=2PRkI0d×ΔrΔt=2PRkI0dv=4PRk2I02d2r
即加速度a和距离r成正比，故C正确，D错误。
故选C。
如图1所示，两根光滑长直导轨AM和AN在A点连接，处于磁感应强度为B的匀强磁场中。一根长直金属杆垂直AM放置，开始时与A点相距L，杆与A点之间的导轨上连接一阻值为R的电阻。t=0时刻，在水平外力作用下，杆沿平行AM方向以初速度v0水平向右运动，位移为L时到达PQ，杆速度倒数1v与位移x间的关系如图2所示，不计其余电阻。则（ ）
A．前一半时间内的平均感应电动势比后一半时间内的平均感应电动势小
B．位移L2时，速度大小为3v04
C．运动到PQ过程中，通过电阻的电量为3BL22R
D．运动到PQ过程中，电阻上产生的热量为3B2v0L32R
【答案】CD
【详解】A．由图像可知图线方程1v=1v0+1v0Lx
故v=v0LL+x
所以E=BvL+x=Bv0L为一定值，故A错误；
B．由v=v0LL+x可知，当x=L2时，v=2v03，故B错误；
C．电流I=ER=BL+xvR=BL+xR⋅v0LL+x=Bv0LR
为一定值，根据图像速度倒数1v与位移x所围面积为时间t，故可得运动到PQ所用时间t=3L2v0
通过电阻的电量为q=It=3L2v0⋅Bv0LR=3BL22R，故C正确；
D．运动到PQ过程中，电阻上产生的热量为Q=I2Rt=3B2v0L32R，故D正确。
故选CD。
如图1所示，固定在水平地面上的两足够长平行光滑金属导轨ae、bf相距L=0.5m，与水平地面间的夹角为θ=30°，导轨底部连接一阻值R=2Ω的电阻，两导轨的ac段、bd段长度均为l=4.5m、导轨单位长度的电阻为ρ=0.5Ω/m，ce段和df段的电阻可忽略，整个装置处于磁感应强度大小为B=2.0T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中，一质量m=0.2kg、电阻不计的导体棒垂直导轨放置在最底端。t=0时刻起，对导体棒施加一平行导轨向上的拉力F，导体棒向上运动的v−t图像如图2所示，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。在上述过程中，求∶
(1)导体棒运动到cd处时受到的安培力大小；
(2)流过电阻R的电流与导体棒运动时间t的关系式；
(3)导体棒在ac、bd段运动过程中所受拉力F的最大值。
【答案】(1)613N
(2)I=2t4+t2t≤3sI=2t13(t>3s)
(3)1.7N
【详解】（1）由题图2可知，导体棒运动的加速度大小a=ΔvΔt=1m/s2
设导体棒运动到cd处时的速度大小为v，则有v2=2al
此时回路中的总电阻为R总=R+2lρ
回路中的感应电流大小为I=BlvR总
导体棒受到的安培力大小为F安=BIL
联立解得F安=613N
（2）导体棒运动到cd两点时所用的时间为t0=2la=3s
导体棒运动的位移大小随时间的变化关系为x=12at2
当导体棒在ac、bd段运动时，回路中的电阻为R1=R+2xρ
当导体棒在ce、df段运动时，回路中的电阻为R2=R+2lρ
导体棒在任一时刻t的速度大小为v=at
根据I=BlvR可知，流过电阻R的电流I随时间t的变化关系为I=2t4+t2t≤3sI=2t13(t>3s)
（3）导体棒在ac、bd段运动时，由牛顿第二定律可得F−mgsinθ−F安=ma
又因为F安=BIL，I=2t4+t2
解得F=1.2+24t+t
由数学知识可得，当t=2s时，F有最大值，解得拉力F的最大值Fmax=1.7N
如图所示，ABC、DEF为电阻忽略不计的金属导轨，导轨间距不变。AB、DE部分水平，粗糙，其间有竖直向下、大小为B的匀强磁场。BC、EF部分倾斜，光滑。G、H为BC、EF上的两等高点，GH与BE平行，离CF足够远。GHFC间有垂直GHFC向下、大小为B的匀强磁场。初始时导体棒MN静置于AB、DE上，MN离BE足够远。导轨、导体棒接触良好。导体棒PQ从倾斜导轨上GH上方某处无初速释放，则导体棒PQ从释放到进入磁场中的一段时间内的速度时间图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【详解】AB．导体棒PQ进入磁场后，若最终MN没有运动，根据牛顿第二定律有mgsinθ−BIL=ma
根据法拉第电磁感应定律有E=BLv
且I=ER
则有mgsinθ−B2L2vR=ma
则PQ开始做匀加速运动，进入磁场后可能做匀速运动或加速度减小的加速运动或加速度减小的减速运动直至匀速，故A错误，B正确；
C．导体棒PQ开始做匀加速运动，进入磁场后，若速度太大，则会减速，但不会减小为零，故C错误；
D．导体棒PQ进入磁场后，若速度太大，则会减速，同时MN可能会加速。若当PQ加速度减小为零，MN仍在加速且速度小于PQ，则接下来PQ做加速度增大的加速运动，MN做加速度减小的加速运动，当两者加速度相等时一起做加速度不变的匀加速运动，故D正确。
故选BD。
某游乐园中过山车从倾斜轨道最高点无动力静止滑下后到水平直轨道停下。为保证安全，水平轨道上安装有磁力刹车装置，其简化示意图如图所示。水平直轨道右侧与定值电阻R相连，虚线PQ的右侧有竖直向上的匀强磁场，左侧无磁场。过山车的刹车金属片可等效为一根金属杆ab，其从倾斜轨道上某一位置由静止释放，最终静止在水平轨道某一位置，忽略摩擦力和空气阻力。下列关于金属棒ab运动过程中速率v、加速度大小a与运动时间t或运动路程s的关系图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】AB．金属棒ab在倾斜轨道上受重力和支持力作用，加速度恒定不变，由v=at知，速度随时间均匀增大；由v2=2as知，速度v与运动路程s的关系图像为开口向右的抛物线，故A正确，B错误；
C．金属棒ab进入水平轨道后，切割磁感线产生感应电流，受到向左的安培力作用，由F=B2L2vR=ma知，金属棒ab在水平轨道上做加速度减小的减速运动，由于加速度与速度成正比，因此加速度随时间变化的趋势与速率随时间变化的趋势相同，故C错误；
D．在极短时间Δt内，对金属棒ab由动量定理有B2L2vRΔt=maΔt，即Δv=B2L2mRs，则速度随运动路程均匀减小，因此加速度随运动路程也均匀减小，故D错误。
故选A。
类型2 感生电动势的图像
如图甲所示，金属圆环和金属线框相互靠近且固定在水平面上，金属棒PQ放在金属框上，圆环a、b端接如图乙所示的余弦交变电流，金属棒PQ始终保持静止。以图甲中电流方向为正方向，则下列说法正确的是（ ）
A．0~t1内，金属棒中的感应电流方向为P→Q
B．t1~t2内，金属棒受到水平向右的静摩擦力
C．t2时刻，金属棒受到的安培力最大
D．t2~t3内，金属棒中的感应电流先增大后减小
【答案】BD
【详解】A．0~t1内，圆环中电流沿正方向减小，穿过金属线框所在的回路的磁通量向外减小，根据楞次定律可知，金属棒中的感应电流方向为Q→P，选项A错误；
B．t1~t2内，圆环中电流增加，则穿过金属棒所在回路的磁通量增加，则根据“增缩减扩”可知，金属棒有向左运动的趋势，则受到水平向右的静摩擦力，选项B正确；
C．t2时刻，圆环中电流变化率为零，则金属棒中产生的感应电动势为零，可知金属棒受到的安培力为零，选项C错误；
D．t2~t3内，圆环中电流变化率先增加后减小，则金属棒中的感应电动势先增加后减小，感应电流先增大后减小，选项D正确。
故选BD。
如图甲所示，圆形线圈置于垂直线圈平面向外的匀强磁场中，阻值为R的电阻两端分别与线圈两端c、d相连，其他电阻忽略不计。磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，不考虑线圈缺口对感应电动势的影响，下列关于感应电流i、通过电阻R的电荷量q、电阻R中产生的热量Q、线圈的张力F随时间t变化的图像中可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】A．由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得，感应电动势E=nΔΦΔt=nΔBSΔt
结合图乙可知感应电动势恒定不变，感应电流i=ER恒定不变，故A错误；
B．通过电阻R的电荷量q=it，则q−t图像为正比例函数，故B错误；
C．电阻R中产生的热量Q=i2Rt，则Q−t图像为正比例函数，故C正确；
D．线圈的张力F=F安=BiL
L为线圈的周长，B增大，张力F随时间逐渐增大，故D错误。
故选C。
某同学设计了图（a）所示装置模拟涡流的形成。用n个横截面积均为S、电阻率均为ρ的同轴薄金属圆环条模拟“圆盘形导体”，内环半径及相邻环的间距均为r（r远大于环的厚度）；将“圆盘形导体”水平放置在竖直方向、磁感应强度B随时间t按正弦规律变化的交变圆形磁场区域中，圆形磁场区域半径为4r，圆心与圆盘形导体圆形重合，其B-t图像如图（b）所示（规定竖直向上为正方向）。不考虑环中感应电流磁场的影响，则（ ）
A．t=1f时刻，从上往下看，各环内感应电流均为顺时针方向
B．t=16f时刻，内环中感应电流大小为3πrfB0S2ρ
C．t=14f时间内，半径为5r的圆环条通过横截面的电荷量为5B0rS2ρ
D．半径为5r圆环条的平均发热功率为256π3B02r3f2S5ρ
【答案】AD
【详解】A．t=1f时刻，从上往下看，由楞次定律可知各环内感应电流均为顺时针方向，故A正确，
B．由图（b）可得B=B0sin2πft
根据法拉第电磁感应定律及数学知识可得，内环感应电动势E=dΦdt=2π2fB0r2cs2πft
则t=16f时刻，内环中感应电流大小I=ER=π2fB0r2ρ2πrS=πrfB0S2ρ
故B错误；
C．t=0至t=14f时间内，半径为5r的圆环条通过内环横截面的电荷量q=ΔΦR=B0π4r2ρ2π·5rS=8B0rS5ρ
故C错误；
D．结合前面分析，可得半径为5r圆环条的发热功率P=Em22R=2π2fB0·16r222ρ2π·5rS=256π3B02r3f2S5ρ
故D正确。
故选AD。
如图甲所示，圆形金属框内充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，长为L的导体棒ab绕固定于圆心的a端以角速度ω顺时针匀速转动；两竖直平行金属导轨MN、PQ间距为L，上端分别用导线与圆形金属框和a端相连，M、P间接有定值电阻R；长为L的导体棒cd与MN、PQ垂直且接触良好，cd始终处于垂直纸面向外的“”形磁场中，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示。0时刻cd棒从磁场的上边界以ωL2的速度开始向下匀速运动，t0时刻锁定cd棒。已知Rab=Rcd=R，其它电阻不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．0~t0通过MP的电流大小为B0L2ω3R
B．cd棒的质量为B02L3ω3gR
C．t0~2t0通过MP间电阻的电量为B0L2ωt03R
D．t0~2t0回路消耗的总功率为2B02L4ω23R
【答案】AC
【详解】A．0~t0时间内，ab棒匀速转动，产生的感应电动势为E1=12B0L2ω
cd棒匀速下滑，产生的感应电动势为E2=B0LωL2=E1，R总=R2+R=3R2
由于两个电源并联，所以通过MP的电流大小为I1=E1R总=B0L2ω3R
故A正确；
B．对cd棒，根据平衡条件可得B0I12L=mg
所以m=B02L3ω6gR
故B错误；
C．t0时刻锁定cd棒，磁场均匀增大，产生的感应电动势为E3=ΔΦΔt=ΔBΔtS=B0t0L⋅ωL2t0=12B0L2ω=E1
由于两个电源并联，所以通过MP的电流大小为I2=E1R总=B0L2ω3R
所以t0~2t0通过MP间电阻的电量为q=I2t0=B0L2ωt03R
故C正确；
D．t0~2t0回路消耗的总功率为P=2(I22)2R+I22R=B02L4ω26R
故D错误。
故选AC。
如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示磁的磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心O在区域中心。一质量为m、带电荷量为（q（q>0）的小球t=0时静止在管内的E点，2T0时刻小球第二次经过F点且不受细管侧壁的作用力，角EOF为120°，小球在运动过程中电荷量保持不变，对原磁场的影响可忽略。下列说法正确的是（ ）
A．2T0时刻小球过F点的速度大小为qB0r2m
B．小球两次过F点时受到洛伦兹力的大小之比为2∶5
C．T0时刻细玻璃管内的电场强度大小为rB0T0
D．T0时刻小球受细管侧壁的作用力等于零
【答案】BD
【详解】A．设2T0时刻小球过F点的速度v2，由此可知，此时洛伦兹力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得f2=B0qv2=mv22r
解得v2=B0qrm
A错误；
BC．从开始到2T0时刻小球第二次经过F点，设涡流产生的电场强度为E,由动量定理可得qE⋅2T0=mv2
结合上述结论解得E=B0r2T0
从开始运动到第二次经过F点电场力所做的功W2=qE场强⋅l2=qE场强×(2πr+240°360°×2πr)=10qE场强πr3
由动能定理可得W2=12mv22
设从开始运动到第一次经过F点时的速度为v1，电场力所做的功为W1，则有W1=qE场强⋅l1=2πrqE场强3，W1=12mv12
联立解得v1=25v2
根据牛顿第二定律可得qE场强=ma
代入上述结论解得a=qB0r2mT0
故第一次经过F点所用时间t1=v1a=225T0
此时磁感应强度B1=B02T0×455T0=25B0
故第一次经过F点的洛伦兹力为f1=B1qv1=25B0×q×25v2=25f2
即小球两次过F点时受到洛伦兹力的大小之比为2∶5，B正确，C错误；
D．结合上述分析可知T0时刻小球速度v0=aT0=qB0r2mT0×T0=qB0r2m
若小球在T0时刻不受细管的作用力，则有12B0qv'0=mv'20r
解得v'0=B0qr2m=v0
故T0时刻小球受细管侧壁的作用力等于零，D正确。
故选BD。
类型3 动力学图像
如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框ABCD；在导线框右侧有一宽度为dd>L的条形匀强磁场区域，磁场的边界与BC边平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动，t=0时BC边恰与磁场的左边界重合，随后导线框在垂直于BC边的水平外力F作用下沿直线匀加速通过磁场区域。下列F−t图像中，可能正确描述上述过程的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】线框刚进入磁场及刚出磁场时，对线框受力分析，根据牛顿第二定律可得F−F安=ma
其中F安=BIL=B2L2vR，v=v0+at
联立可得F=ma+B2L2(v0+at)R
由于线框始终做匀加速直线运动，故此阶段的F−t图像为一次函数，当线框完全进入磁场时，线框不受安培力的作用，此时F=ma，即线框受到的外力大小不变，只是比刚进入磁场和刚出磁场时的拉力略小。
故选C。
如图所示，正六边形线框abcdef边长为2a，放置在绝缘平面上，线框右侧有一宽度为4a的匀强磁场区域，pq、mn为磁场边界线，pq//mn//ce，线框以垂直pq方向的速度匀速向右运动。设线框中感应电流为I，磁场对线框的安培力为F。以逆时针方向为线框中感应电流的正方向，水平向左为安培力的正方向。线框d点进入磁场时开始计时，下列图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】第一步：判断进磁场过程线框中电流方向
线框进磁场过程，线框中的磁通量向里增大，根据楞次定律可知，线框中感应电流沿逆时针方向。
第二步：按阶段划分线框运动过程
开始计时后，在t时刻，线框d点到磁场左边界的距离x=v0t［提示：由选项可知v0t0=a］。当0L，金属棒a能穿过磁场区域，故B错误；
C．金属棒a刚穿出磁场区域，由动量定理可得−BIdΔt'=mv−mv0
根据闭合电路欧姆定律有I'=E'Ra+Rb
根据法拉第电磁感应定律有E'=BdLΔt
联立解得v=8m/s，故C正确；
D．由能量守恒定律可得，回路中产生的总焦耳热Q=12mav02−12mav2
金属棒b上产生的焦耳热Qb=RbRa+RbQ=1.08J，故D正确。
故选CD。
如图甲所示，平行金属长导轨M、N固定在同一水平面内，导轨间距为L，电阻不计。两虚线PQ、ST与导轨垂直，PQ左侧存在竖直向上的匀强磁场，ST右侧存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。质量为m的金属棒ab与导轨垂直，静置在左侧磁场中。位于两虚线之间的金属棒cd与导轨夹角为θ，在外力作用下以速度 v向右始终做匀速直线运动，从c端进入右侧磁场时开始计时，回路中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示，图中（0~t1部分为直线t1=L2vtanθ，I1，I2为已知量，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导轨与导体棒接触良好，则（ ）
A．t₁时刻cd棒所受的安培力大小为BI1L2sinθ
B．2t₁时刻金属棒cd完全进入磁场中
C．0~2t₁时间内，通过回路某截面电荷量为1−I22I1mvBL+I1t1
D．ab棒的最终速度大小为2v3
【答案】AB
【详解】B．在外力作用下以速度v向右始终做匀速直线运动，从c端进入右侧磁场时开始计时，当金属棒cd完全进入磁场的时间为t=Ltanθv=2vtanθt1tanθ⋅v=2t1，故B正确；
A．t1时刻cd棒所受的安培力大小为F=BI1⋅vt1csθ=BI1L2sinθ，故A正确；
C．由图可知t1时刻ab棒开始运动，则f=BI1L
设电路总电阻为R，t1时刻回路中感应电动势为E1=B(vt1tanθ)v=I1R
2t1时刻，回路中感应电动势为E2=B(2vt1tanθ)v−BLvab=I2R
解得2t1时刻ab棒的速度大小为vab=(1−I22I1)v
对ab棒在t1~2t1时间内由动量定理qBL−f2t1−t1=mvab
而0~2t1时间内通过回路某截面的总电量为q总=q+12I1t1
联立解得q总=1−I22I1mvBL+32I1t1，故C错误；
D．最终ab棒向左匀速运动，设速度为vm，有BBLv−BLvmRL=f
联立解得vm=v2，故D错误。
故选AB。
某电磁缓冲装置如图所示，两足够长、间距为L的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨BC段与B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右侧处于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ，AB=BC=d。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．金属杆在磁场中运动时，回路中电流沿顺时针方向
B．金属杆经过BB1时的速度小于v02
C．在整个过程中，定值电阻R产生的热量为12mv02−12μmgd
D．金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域过程中，所受安培力的冲量相同
【答案】D
【详解】A．金属杆向右运动的过程中切割磁感线，根据楞次定律可知，回路中电流沿逆时针方向，故A错误；
B．金属杆在AA1B1B区域运动的过程中，有E=BLv，I=E2R
根据动量定理有−BIL·Δt=mΔv
则−B2L2v2R·Δt=mΔv
由于d=Σv·Δt
则上面方程左右两边累计求和，可得−B2L2d2R=mvB−mv0
则vB=v0−B2L2d2mR
设金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t0，同理可得，金属杆在BB1C1C区域运动的过程中有−B2L2d2R−μmgt0=−mvB
解得vB=B2L2d2mR+μgt0
综上有vB=v02+μgt02>v02
则金属杆经过BB1的速度大于v02，故B错误；
C．在整个过程中，根据能量守恒有12mv02=μmgd+Q，定值电阻R产生的热量
QR=12Q=14mv02−12μmgd，故C错误；
D．金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域过程中，所受安培力的冲量−ΣBIL·Δt=−ΣB2L22Rv·Δt=−B2L2d2R
金属杆所受安培力的冲量相同，故D正确。
故选D。
如图1所示，MN、PQ为两根水平放置、相距L=1m、平行且光滑的金属导轨，PM两点间接阻值R=2Ω的定值电阻，质量m=2kg的导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好。t=0时刻给导体棒施加水平向右、F=5N的恒力，导体棒从静止开始运动，t=3.6s时导体棒的速度v=6m/s．已知匀强磁场的磁感应强度B=1T，方向竖直向上，不计导轨、导体棒的电阻，重力加速度g取10m/s2．则在导体棒向右运动的过程中，求：
(1)t=3.6s时导体棒切割磁感线产生的感应电动势的大小E；
(2)t=3.6s时导体棒的加速度大小a，分析并在图2中定性画出导体棒运动过程的速度v随时间t变化的图像；
(3)t=0到t=3.6s的过程中，导体棒通过的位移大小x。
【答案】(1)6V
(2)1m/s2，
(3)12m
【详解】（1）导体棒切割磁感线的动生电动势E=BLv
解得E=6V
（2）由闭合电路欧姆定律，此时通过导体棒的电流I=ER=3A
故导体棒所受安培力F安=BIL=B2L2vR=3N
由牛顿第二定律F−F安=ma
故此时导体棒的加速度a=1m/s2
导体棒做加速运动，随着棒的速度增大，其感应电动势和所受的安培力增大，加速度减小。当F安=F时，导体棒的加速度为零，解得速度最大值为vm=FRB2L2=10m/s
故v−t图像如图所示
（3）对棒，由动量定理Ft−I安=mv−0
其中安培力的冲量I安=ΣF安Δt=ΣB2L2RvΔt=B2L2xR
导体棒的位移大小x=Ft−mvRB2L2
代入数据解得x=12m
类型2 双棒模型
如图所示，半径为r的法拉第圆盘通过边缘和竖直转轴上的电刷分别与固定在绝缘平台上的平行直导轨MN、M'N'连接，平台右下方的导轨PQ、P'Q'段是固定在竖直面内的圆心角为60°，半径为r的圆弧，圆弧底端与固定在绝缘水平面上且足够长的直导轨QR、Q'R'平滑连接，导轨间距均为L，法拉第圆盘和两部分直导轨均处在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。质量均为m、电阻均为R的相同导体棒a和b分别静置在两部分直导轨上。某时刻圆盘开始以角速度ω匀速转动，经过一段时间后导体棒a从NN'端水平抛出，恰能无碰撞地从PP'处以速度v滑入导轨，且最终恰好没有与导体棒b相碰。已知重力加速度为g，不计一切摩擦及空气阻力，除导体棒a和b外各处电阻均不计，求：
(1)导体棒a在刚到达QQ'处时对圆弧导轨的压力大小；
(2)导体棒a在导轨MN、M'N'上运动时产生的焦耳热Q；
(3)导体棒b与导轨QR、Q'R'左端（QQ'处）的初始距离x。
【答案】(1)2mg+mv2r
(2)mωr2v4L−18mv2
(3)mRB2L2gr+v2
【详解】（1）导体棒a从PP'处到QQ'处的过程中，根据机械能守恒定律有12mvQ2=mgr−rcs60°+12mv2
解得 vQ=gr+v2
导体棒a在刚到达QQ'处时，根据牛顿第二定律有 F−mg=mvQ2r
解得 F=2mg+mv2r
根据牛顿第三定律，此时导体棒a 对圆弧导轨的压力大小 F'=F=2mg+mv2r
（2）根据平抛运动的规律，导体棒a离开上方导轨时的速度 v0=vcs60°
解得 v0=12v
导体棒a从开始运动到离开上方导轨的过程中，根据动量定理有 BI−L⋅Δt=mv0−0
由q=IΔt
解得 q=mv2BL
圆盘转动产生的电动势为 ε=12Bωr2
根据能量守恒定律有 Q=qε−12mv02
解得 Q=mωr2v4L−18mv2
（3）导体棒a、b达到共速的过程中，根据动量守恒定律有 mvQ=2mv共
v共=12gr+v2
设导体棒a、b运动的速度分别为v₁、v₂，根据欧姆定律有 BLv1−BLv2=2iR
对导体棒b，根据动量定理有∑BiL⋅Δt=mv共−0
联立得 ∑B2L2v1−v2Δt2R=mv共
导体棒a恰好没有与导体棒b相碰，则初始距离x=(v1−v2)⋅Δt
解得 x=mRB2L2gr+v2
如图所示，两根足够长的金属直导轨水平平行放置，导轨间距为L=1m，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B=1T。现将质量均为m=1kg的金属棒a、b垂直导轨放置，a、b金属棒接入导轨之间的电阻分别为R、3R，R=1Ω。a棒光滑，b棒与导轨间动摩擦因数μ=0.1，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，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g=10m/s2，当给a棒施加水平向右恒定的拉力F=2N，a棒开始向右运动，经过时间t=3s，b棒恰好要开始运动，则在此过程中：
(1)a棒速度v为多大时，b棒开始运动？此时a棒的加速度为多大？
(2)这段时间内通过b棒任一截面的电量q为多大？
(3)这段时间内回路中产生的热量Q为多大。
【答案】(1)4m/s，1m/s2
(2)2C
(3)8J
【详解】（1）b棒开始运动时μmg=BI0L
根据闭合电路欧姆定律得I0=E04R
根据法拉第电磁感应定律得E0=BLv
解得v=4m/s
对a棒，根据牛顿第二定律得F−BI0L=ma
解得a=1m/s2
（2）对a棒，全过程根据动量定理得Ft−∑BILΔt=mv−0
得Ft−BLq=mv
解得q=2C
（3）由q=IΔt
对a棒，全过程根据法拉第电磁感应定律得I=E4R=ΔΦ4RΔt
得：q=ΔΦ4R=BLΔS4R=BLx4R
解得x=8m
由能量转化守恒得Q=Fx−12mv2=8J
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14m的金属棒b和c静止放在间距为L的水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直且两金属棒电阻均为R。图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨静止释放，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上最终产生的焦耳热；
(3)金属棒c初始位置距离磁场边界de的最小距离为多少？
【答案】(1)0，2gℎ
(2)110mgℎ
(3)2mR2gℎ5B2L2
【详解】（1）设a棒滑到水平导轨时速度为v0，根据动能定理，有mgℎ=12mv02
解得v0=2gℎ
a棒与b棒发生弹性正碰，取向右为正方向，由动量守恒定律mv0=mv1+mv2
由机械能守恒定律得12mv02=12mv12+12mv22
联立解得v1=0，v2=v0=2gℎ
（2）最终b、c以相同的速度匀速运动。取向右为正方向，由动量守恒定律可得mv2=m+14mv
由能量守恒定律可得12mv22=12m+14mv2+Q
联立解得Q=15mgℎ
则b棒最终产生的焦耳热Q'=RR+RQ=110mgℎ
（3）对c棒，从b棒进入到b、c共同匀速运动，由动量定理有BIL×Δt=14mv
而I=E2R=BLvb−vc2R
考虑到b、c的相对位移为Δx=vb−vcΔt
即金属棒c初始位置距离磁场边界de的最小距离Δx=2mR2gℎ5B2L2
如图所示，足够长且光滑的平行金属导轨固定在水平面内， 导轨间距为L=1m，导轨间存在垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T。导轨上静置有质量为m1=1kg，电阻为R1=0.1Ω的金属棒a，质量为m2=0.5kg，电阻为R2=0.2Ω的金属棒b，两金属棒长度均为L=1m。某时刻a获得一瞬时冲量以v0=6m/s的速度沿导轨向右运动。两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，a、b未发生碰撞。求∶
(1)整个运动过程中，a上产生的焦耳热；
(2)开始时a、b之间的最小距离。
【答案】(1)2J
(2)2.4m
【详解】（1）a、b组成的系统动量守恒，当a、b共速后回路中不再产生感应电流；由动量守恒得 m1v0=m1+m2v共
解得v共=4m/s
由能量守恒定律得Q=12m1v02−12m1+m2v共2
a上产生的焦耳热为Qa=R1R1+R2Q
联立解得Qa=2J
（2）设a、b共速前某一时刻a、b的速度大小分别为va、vb，此时回路中的电动势为E=BLva−BLvb
由闭合电路欧姆定律可得此时回路中感应电流的大小为i=ER1+R2
对a由动量定理得−∑BiLΔt=m1(v共−v0)
又Δx=∑(va−vb)Δt
联立解得Δx=2.4m
则开始时a、b之间的最小距离为2.4m。
两根平行的光滑金属轨道，间距为1m，电阻不计，每条轨道由直线部分和弯曲部分组成，如图甲所示安装，使得MN和PQ处于同一水平面。金属杆1静止放置在轨道的左端，距离平面MNQP的高度为1.25m。金属杆2放置在轨道的右端。在MP右侧的水平轨道区域内，存在大小为2T的竖直向上的均匀磁场。让杆2以初速度5m/s沿轨道向左移动，同时杆1被释放。在杆1沿轨道滑动到位置MP的过程中，通过杆2的平均电流为0.3A。若从杆1到达PM的时刻开始计时，并设向右为正方向，两根杆的速度v随时间t变化关系如图乙所示。已知杆1和杆2的电阻分别为2Ω和5Ω，质量分别为2kg和1kg，重力加速度大小为10m/s2。则（ ）
A．杆1在弯曲轨道上滑动的时间为5s
B．杆1在弯曲轨道上滑动的时间为353s
C．杆2中产生的总热量为1156J
D．杆2中产生的总热量为1616J
【答案】AC
【详解】AB．设杆1沿轨道滑动到位置MP时杆2的速度大小为v20，由乙图可知此时杆2速度大小为v20=2m/s，对杆2运用动量定理，有−BdIΔt=m2v20−v0
解得Δt=5s，故A正确；B错误；
CD．对杆1由静止下滑到平直导轨上的过程中，由动能定理有m1gℎ=12m1v12
解得v1=5m/s
设最后两杆共同的速度为v'，由动量守恒定律得m1v1−m2v20=m1+m2v'
解得v'=83m/s
由能量守恒定律可知两杆中产生的焦耳热为Q=m1gℎ+12m2v02−12m1+m2v'2
解得Q=1616J
杆2中产生的焦耳热为Q2=R2R1+R2Q=1156J，故C正确；D错误。
故选AC。
类型3 “电容器+棒”模型
如图所示，竖直和水平放置的等间距金属导轨由绝缘的两段四分之一圆轨连接，其半径为L2，两段导轨间距均为L，分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B，竖直导轨上端接电容为C的电容器。现将质量为m，电阻不计的导体杆甲从竖直导轨上某处静止释放，质量为m电阻为R的导体杆乙静止在水平导轨上。甲杆以速度v0在水平导轨上与乙杆发生完全弹性碰撞，之后甲杆被锁定。忽略所有摩擦和其余电阻，杆与导轨始终垂直且接触良好。
(1)甲杆在竖直导轨处运动时，求：
①当速度为v02时，电容器所积累的电荷量q；
②该过程的加速度a。
(2)从两杆碰撞到乙杆速度减为v010，求该过程中，乙杆产生的焦耳热Q。
【答案】(1)①CBLv02 ，②mgm+CB2L2
(2)99mv02200
【详解】（1）①甲杆电动势与电容器两端电压相等，即U=BLv02
电容器所积累的电荷量q=CU=CBLv02
②甲杆在竖直导轨运动过程中，电流I=ΔqΔt=ΔΔtCBLv=CBLa
根据牛顿第二定律mg−BIL=ma
联立解得a=mgm+CB2L2
（2）甲、乙两杆发生完全弹性碰撞，且二者质量相等，根据能量守恒定律和动量守恒定律，可得乙杆速度为v0，减速过程动能转化为电能，根据能量守恒定律Q=12mv02−12mv0102
解得焦耳热Q=99mv02200
如图所示，PQ和MN是两根互相平行、竖直固定的光滑金属导轨，匀强磁场垂直于纸面向里。PM间接一电容为C 的电容器，ab是一与导轨垂直且始终接触良好的金属杆。现让 ab由静止开始自由下落，电容器两端的电压为U，金属杆的动能为Eₖ、动量为p、机械能为E，金属杆运动的位移为x、时间为t。假设整个过程电容器始终未被击穿，导轨及金属杆的电阻忽略不计，则上述物理量间关系的图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】A．由电容定义式C=QU可知，电容C与U无关，A错误；
B．根据法拉第电磁感应定律可得ΔU=BlΔv
结合电流I=ΔqΔt，Δq=CΔU
联立解得I=CBla
对于金属杆，由牛顿第二定律mg−IlB=ma
解得金属杆的加速度a=mgm+CB2l2
故金属杆做匀加速直线运动，受到的合外力不变，由动能定理W=F合x=ΔEk可知，Ek−x图像的斜率表示合外力，应为直线，故B错误；
C．由动量定理I=F合t=Δp可知，p−t图像的斜率表示合外力，故C错误；
D．由功能关系W克安=−F安x=ΔE可知，E−x图像的斜率绝对值表示安培力，由于合力恒定，则安培力恒定，故D正确。
故选D。
如图所示，足够长倾斜U型导轨顶端连有一电容器，电容器规格为“0.01F，100V”，导轨处有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B=10T，导轨倾角θ=37°。将质量为m=1kg的金属棒在导轨某处由静止释放，一段时间后，电容器被击穿。已知倾斜导轨宽度为L=1m，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5，sin37°=0.6，重力加速度g取10m/s2，导轨及金属棒电阻不计，金属棒始终与导轨垂直且接触良好。以金属棒开始运动为计时起点，下列说法正确的是（ ）
A．金属棒向下做加速度减小的加速运动，最后匀速
B．t=10s时，电容器被击穿
C．t=2s时，金属棒下滑的距离为4 m
D．t=2s时，电容器储存的电能为2 J
【答案】BD
【详解】A．根据题意可得I=ΔQΔt=CΔUΔt=CBLΔvΔt=CBLa
由牛顿第二定律mgsinθ−μmgcsθ−BIL=ma
联立上述两式可解得a=mgsinθ−μmgcsθm+CB2L2=1m/s2
即导体棒向下做匀加速直线运动，故A错误；
B．当导体棒两端电压等于电容器击穿电压时，即U=BLv
可解得v=10m/s时，电容器被击穿，再由v=at，可解得t=10s，故B正确；
CD．当t=2 s时，导体棒下滑的距离为x=12at2=2m
克服安培力做功W=BILx=2J
由功能关系知电容器储存的电能E=W=2J，故C错误，D正确。
故选BD。
我国首艘弹射型航空母舰福建舰采用了世界上最先进的电磁弹射技术，装备了三条电磁弹射轨道。为了研究问题方便，将其简化为如图所示的模型（俯视图）。发射轨道被简化为两个固定在水平面上、间距为L且相互平行的足够长金属导轨，整个导轨平面处在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。发射导轨的左端为储能装置电容器，电容为C。舰载机等载体被简化为一根质量为m、长度也为L、阻值为R的金属导体棒。金属导体棒垂直放置于平行金属导轨上，忽略一切摩擦以及导轨和导线的电阻。每次发射前对电容器进行充电，满电带电荷量为Q，则（ ）
A．导体棒能获得的最大发射速度为BLQm
B．闭合开关瞬间，导体棒的加速度为BQLCmR
C．闭合开关后，导体棒做匀加速直线运动
D．整个发射过程中流过导体棒的电荷量最大为mQm+CB2L2
【答案】BD
【详解】A．设某一时刻，电容器电荷量为q，电压为U=Cq​
导体棒速度为v，感应电动势为E=BLv
电流I方向为电容器正极流出，因此I=U−ER=qC−BLvR
当速度最大时，可得qC=BLvm
根据动量定理可得mvm=BL(Q−q)
代入解得vm=BLQm+CB2L2，故A错误；
B．闭合开关瞬间，电容器初始电压为U0=QC
导体棒初速度v=0，因此感应电动势为0，初始电流为I0=U0R=QCR
初始安培力F0=BI0L=BQLCR
故初始加速度为a0=F0m=BQLCmR，故B正确；
C．由ma=BLR(qC−BLv)，可得随着速度的增大，加速度减小，故导体棒做加速度逐渐减小的加速运动，最终达到最大速度，故C错误；
D．最大电荷量即为初始电荷量 Q（全部放完）。但导体棒达到最大速度时，电容器仍有剩余电荷q=CBLvm
因此流过导体棒的电荷量为Δq=Q−q=Q−CBLBLQm+CB2L2=mQm+CB2L2，故D正确。
故选BD。
某兴趣小组为研究电动汽车能量回收装置原理，设计了如图所示的模型：两个半径不同的同轴圆柱体间存在由内至外沿半径方向的辐向磁场。有一根质量为m、长度为L、电阻为R的金属棒MN通过导电轻杆与中心轴相连，可绕轴转动，金属棒所在之处的磁感应强度大小均为B，整个装置竖直方向放置。中心轴右侧接一单刀双掷开关：开关接通1，由电动势为E，内阻为r的电源给金属棒供电，棒MN受到阻力f方向与速度相反，大小与速度成正比，f=kv，k为已知常数。当MN运动的路程为s时已经匀速运动。若开关接通2，开始能量回收，给电容为C的电容器充电。初始时电容器不带电、金属棒MN静止，电路其余部分的电阻不计。
(1)在开关接通1瞬间，求棒MN受安培力大小；
(2)开关接通1，求稳定后棒MN的最大速度vm；
(3)接第（2）问，若最大速度已知，记为vm，则
①求开始转动到最大速度过程中，电源把多少其他形式能转化为电能；
②达到最大速度vm后，开关接通2，若此后阻力不计，在一段时间后金属棒将再次匀速转动，求此时电容器C上的带电量Q。
【答案】(1)BELR+r
(2)BELB2L2+kR+r
(3)①Emvm+ksBL；②BLCmvmm+B2L2C
【详解】（1）由闭合电路的欧姆定律I=ER+r
安培力FA=BIL
可得FA=BELR+r
（2）匀速转动时回路中电流I1，则I1=E−BLvmR+r
匀速转动，动力与阻力平衡BI1L=kvm
解得vm=BELB2L2+kR+r
（3）①由动量定理BqL−∑kvΔt=mvm−0
解得q=mvm+ksBL
其他形形式能转化为电能W=Eq=Emvm+ksBL
②令再次匀速v，电容器电量Q，由BLv=QC
−BQL=mv−mvm
解得Q=BLCmvmm+B2L2C
题型五 动量守恒定律在电磁感应现象中的应用
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。
如图所示，两根固定的平行金属导轨（足够长，电阻不计）由倾角为θ的倾斜部分和水平部分平滑连接构成，两导轨的间距为L，整个装置处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，倾斜导轨区域的磁场方向垂直导轨所在平面向上，水平导轨区域的磁场方向竖直向上。现将一质量为m、电阻为R、长度为L的导体棒b锁定在水平导轨的左端，从倾斜导轨顶端由静止释放另一相同的导体棒a，a棒到达倾斜导轨底端前已匀速运动，当a棒刚到达水平导轨左端时，将b棒解锁，两棒在水平导轨上发生弹性正碰，碰撞时间极短。两棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度大小为g，不计一切摩擦。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前瞬间，a棒的速率为2mgRsinθB2L2
B．碰撞后，a棒的最大加速度为12gsinθ
C．两棒最终以相同的速率匀速运动
D．从碰撞结束到两棒稳定运动，系统产生的总焦耳热为m3g2R2sin2θB4L4
【答案】ACD
【详解】A．设a棒在倾斜导轨上匀速运动时的速率为v，有mgsinθ=BIL=B2L2v2R
解得v=2mgRsinθB2L2，故A正确；
B．设碰后瞬间a、b速度分别为va、vb，规定向右为正方向，对两棒碰撞的过程有mv=mva+mvb、12mv2=12mva2+12mvb2
解得va=0、vb=v
两棒碰撞后瞬间a棒的加速度最大，最大加速度am=BBLvb2RLm=gsinθ，故B错误；
C．碰撞后两棒在水平导轨上向右运动，a棒的速度增大，b棒的速度减小，最终两棒的速度差为零（无感应电流），故C正确；
D．稳定时两棒的速度相同，有mv=2mv共
系统产生的总焦耳热Q=12mv2−12(2m)v共2
解得Q=m3g2R2sin2θB4L4，故D正确。
故选ACD。
如图所示，相距L=0.1m的平行光滑金属导轨由水平和倾斜两部分组成，水平部分导轨足够长，处在竖直向下的磁感应强度大小为B=2T的匀强磁场中，倾斜部分导轨与水平导轨平滑连接。有两根完全相同的金属棒甲和乙固定在倾斜导轨上，将甲从图中位置由静止释放，到达倾斜导轨底端的速度v0=3m/s，当甲进入磁场后速度为零时，将乙从图中位置由静止释放，最后乙与甲达到稳定状态（未相碰）。已知甲、乙的初始位置到倾斜导轨底端的距离之比为916，甲和乙的质量均为m=0.02kg，接入电路的电阻均为R=0.1Ω，运动过程中甲、乙始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。求：
(1)金属棒乙运动到倾斜导轨底端时的速度大小；
(2)金属棒甲速度为零前在磁场中运动的距离；
(3)整个过程甲金属棒产生的焦耳热.
【答案】(1)4m/s
(2)0.3m
(3)0.085J
【详解】（1）金属棒在倾斜导轨上运动，只有重力做功，机械能守恒。设甲初始位置到倾斜导轨底端距离为x1，乙为x2，x1x2=916
根据机械能守恒mgxsinθ=12mv2
θ为倾斜导轨倾角，即v=2gxsinθ
速度v与x成正比。
已知甲到达底端速度v0=3m/s
根据甲乙下滑距离比值，乙到达底端速度为v1=4m/s
（2）对甲在磁场中运动，根据动量定理−∑BILΔt=0−mv0
又∑IΔt=q=ΔΦ2R=BLx2R
其中ΔΦ=BLx
x为甲在磁场中运动距离，因两棒电阻均为R，所以总电阻2R
解得x=0.3m
（3）乙进入磁场后，甲、乙最终共速，设共速为v共，根据动量守恒mv1=m+mv共
得v共=v12=2m/s
甲第一次在磁场中产生焦耳热Q1，根据能量守恒，甲初始动能12mv02全部转化为焦耳热，两棒电阻相同Q1=12×12mv02=14mv02
乙进入磁场后，系统产生焦耳热Q总2=12mv12−122mv共2
甲在这过程中产生焦耳热Q2=12Q总2
甲产生总焦耳热Q=Q1+Q2=0.085J
如图甲所示，水平面内有两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨固定且间距为L。空间中存在磁感应强度方向竖直向下、大小为B的匀强磁场，两根材料相同、横截面积不同、长度均为L的金属棒ab、cd分别静置在导轨上。现使ab棒获得水平向右的瞬时速度v0，ab棒的速度随时间变化的关系如图乙所示。cd棒的质量为m，电阻为R，两金属棒运动过程中，始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻可忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A．ab棒和cd棒组成的系统动量守恒
B．ab棒的电阻为2R
C．0~t0时间内，cd棒产生的热量为112mv02
D．0~t0时间内，通过cd棒任一横截面的电荷量为mv03BL
【答案】ABD
【详解】A．根据左手定则可知，两金属棒所受安培力大小相等，方向相反，对两金属棒构成的系统，所受外力合力为0，则ab棒和cd棒组成的系统动量守恒，故A正确；
D．根据图像可知，当两金属棒速度相等时，根据动量守恒定律有mabv0=mab+m⋅13v0
解得mab=m2
对cd棒进行分析，根据动量定理有BILt0=m⋅13v0
结合上述解得q=It0=mv03BL，故D正确；
B．金属棒ab、cd材料相同、横截面积不同、长度均为L，则有R=ρLScd，Rab=ρLSab
两材料密度相同，则有mLScd=mabLSab
解得Rab=2R，故B正确；
C．0~t0时间内，根据能量守恒定律有Q总=12mabv02−12mab+m13v02
cd棒产生的热量Q=Q总RR+Rab
解得Q=118mv02，故C错误。
故选ABD。
如图所示，e1f1g1和e2f2g2是两根足够长且电阻不计的固定光滑平行金属轨道，其中f1g1和f2g2为轨道的水平部分，e1f1和e2f2是倾角θ=37°的倾斜部分。在f1f2右侧空间中存在磁感应强度大小B=2T，方向竖直向上的匀强磁场，不计导体棒在轨道连接处的动能损失。将导体棒ab置于倾斜导轨上，距离斜面轨道底端高度h=5m，另一完全相同的导体棒cd静止于水平导轨上，导轨间距均为L=1m，导体棒ab的质量为m=1kg，电阻R=10Ω，t=0时，导体棒ab从静止释放，到两棒最终稳定运动过程中，ab、cd棒未发生碰撞，且两导体棒始终与导轨保持垂直，g取10m/s2。求：
(1)ab棒刚滑到斜面轨道底端时回路中产生的电流；
(2)从cd棒开始运动，到最终运动达到稳定的过程中，cd棒产生的热量；
(3)从开始计时到两棒最终稳定运动过程中，通过回路的电荷量。
【答案】(1)1A
(2)12.5J
(3)2.5C
【详解】（1）ab棒从斜面轨道滑到底端，根据动能定理有mgℎ=12mv02−0
解得v0=10m/s
ab棒产生的感应电动势为E=BLv0
由闭合电路欧姆定律有I=E2R
解得E=20V，I=1A
（2）金属轨道光滑，且两导体棒所受的安培力始终大小相等、方向相反，将两棒组成的系统作为研究对象，系统动量守恒，两棒最终稳定运动时，速度相等，由动量守恒定律有mv0=mv1+mv1
解得v1=5m/s
系统产生的总的焦耳热Q=12mv02−2×12mv12=25J
稳定时cd棒上产生的焦耳热Qcd=RR+RQ=12.5J
（3）从ab棒刚进入磁场到与cd棒共速，对导体棒ab，由动量定理得−BILΔt=mv1−mv0
其中q=IΔt
解得q=2.5C
如图所示，光滑平行的四分之一圆弧金属导轨ab、a′b′，半径为r=1.25m，与水平固定的光滑平行金属导轨bc、b′c′平滑连接，圆弧部分在竖直平面内，足够长的光滑平行金属导轨ef、e′f′固定在水平面上，两导轨间距均为L=1m，c′点与e′点的高度差为h=0.2m，水平距离为x=0.9m，导轨ab、a′b′左端接阻值为R=0.8Ω的定值电阻，两导轨水平部分均处在垂直于导轨平面竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小均为B=0.3T。质量为m2=0.15kg，电阻R2=0.4Ω的金属棒Q垂直静止放在金属导轨ef、e′f′上，距离左端d=2m。质量为m1=0.3kg，电阻R1=0.2Ω的金属棒P，从导轨ab、a′b′的顶端处由静止自由释放，从cc′处水平飞出后恰好落在ee′端，此时，金属棒P在竖直方向的分速度变为零，水平方向的分速度不变，并沿着ef、e′f′向右滑行与金属棒Q发生碰撞粘合在一起。重力加速度大小为g=10m/s2，不计导轨电阻，不计一切摩擦及空气阻力。运动过程中两金属棒P、Q始终与金属导轨垂直并接触良好。求：
(1)金属棒P刚进入磁场时的安培力；
(2)平行金属导轨bc的长度；
(3)在整个过程中，金属棒P上产生的焦耳热。
【答案】(1)F=0.45N，方向水平向左
(2)53m
(3)177400J
【详解】（1）金属棒P从圆弧顶端下滑至底端过程中，由机械能守恒得m1gr=12m1v12
进入磁场时，感应电动势为E=BLv1
感应电流为I=ER+R1
安培力为F=BIL
由以上各式解得F=0.45N
方向水平向左。
（2）金属棒P平抛运动过程中，由平抛运动可得，竖直方向ℎ=12gt2
水平方向x=v2t
P棒在bc段运动过程中，由动量定理可得−BIL⋅Δt=m1v2−m1v1
平均电流I=BLR1+R⋅v
水平距离d0=v⋅Δt
由以上各式解得d0=53m
（3）金属棒P在bc段运动过程中，由能量守恒可得全电路产生的焦耳热为Qbc=12m1v12−12m1v22
代入数据得Qbc=5780J
根据电路规律可得P棒在bc段运动过程中，P棒产生的焦耳热为Q1=R1R1+R⋅Qbc=57400J
则P棒从进入ef段直到两棒相碰前，由动量守恒定律可得m1v2=m1vP+m2vQ
对P棒由动量定理可得B2L2dR1+R2=m1v2−m1vP
代入数据得vP=3.5m/s，vQ=2m/s
此过程中，由能量守恒定律可得Qef=12m1v22−(12m1vP2+12m2vQ2)
代入数据得Qef=0.9J
根据电路规律可得P棒在ef段运动过程中，P棒产生的焦耳热为Q2=R1R1+R2⋅Qef=0.3J
在整个过程中，金属棒P上产生的焦耳热Q=Q1+Q2=177400J