专题4 第17课时　动量观点在电磁感应中的应用教案

这是一份专题4 第17课时　动量观点在电磁感应中的应用教案，共17页。

高考题型1 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)(2020·福建福清市线上检测)如图1所示，左端接有阻值为R的定值电阻且足够长的平行光滑导轨CE、DF的间距为L，导轨固定在水平面上，且处在磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场中，一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直导轨放置且静止，导轨的电阻不计．某时刻给导体棒ab一个水平向右的瞬时冲量I，导体棒将向右运动，最后停下来，则此过程中( )
图1
A．导体棒做匀减速直线运动直至停止运动
B．电阻R上产生的焦耳热为eq \f(I2,2m)
C．通过导体棒ab横截面的电荷量为eq \f(I,BL)
D．导体棒ab运动的位移为eq \f(IR＋r,B2L2)
答案 CD
解析 导体棒获得向右的瞬时初速度后切割磁感线，回路中出现感应电流，导体棒ab受到向左的安培力，向右减速运动，由eq \f(B2L2v,R＋r)＝ma可知由于导体棒速度减小，则加速度减小，所以导体棒做的是加速度越来越小的减速运动直至停止运动，A错误；导体棒减少的动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(I,m)))2＝eq \f(I2,2m)，根据能量守恒定律可得Ek＝Q总，又根据串并联电路知识可得QR＝eq \f(R,R＋r)Q总＝eq \f(I2R,2mR＋r)，B错误；根据动量定理可得－Beq \x\t(I)LΔt＝0－mv，I＝mv，q＝eq \x\t(I)Δt，可得q＝eq \f(I,BL)，C正确；
由于q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(\x\t(E),R＋r)Δt＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝eq \f(BLx,R＋r)，
将q＝eq \f(I,BL)代入可得，导体棒ab运动的位移x＝eq \f(IR＋r,B2L2)，D正确．
例2 (2018·天津卷·12)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置．如图2甲是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计．ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m.列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图甲所示．为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计．列车启动后电源自动关闭．
图2
(1)要使列车向右运行，启动时图甲中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由．
(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小．
(3)列车减速时，需在前方设置如图乙所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l.若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
答案 (1)见解析 (2)eq \f(2BEl,mR) (3)见解析
解析 (1)列车要向右运动，安培力方向应向右．根据左手定则，接通电源后，两根金属棒中电流方向分别为由a到b、由c到d，故M接电源正极．
(2)由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为R总，由电阻的串并联知识得R总＝eq \f(R,2)①
设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有I＝eq \f(E,R总)②
设两根金属棒所受安培力之和为F，有F＝IlB③
根据牛顿第二定律有F＝ma④
联立①②③④式得a＝eq \f(2BEl,mR)⑤
(3)设列车减速时，cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为ΔΦ，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有E1＝eq \f(ΔΦ,Δt)⑥
其中ΔΦ＝Bl2⑦
设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有
I′＝eq \f(E1,2R)⑧
设cd受到的平均安培力为F′，有F′＝I′lB⑨
以向右为正方向，设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲，有
I冲＝－F′Δt⑩
同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有
I0＝2I冲⑪
设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有
I总＝0－mv0⑫
联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得eq \f(I总,I0)＝eq \f(mv0R,B2l3)⑬
讨论：若eq \f(I总,I0)恰为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场；若eq \f(I总,I0)不是整数，设eq \f(I总,I0)的整数部分为N，则需设置N＋1块有界磁场．
例3 如图3所示，两根质量均为m＝2 kg的金属棒垂直放在光滑的水平导轨上，左右两部分导轨间距之比为1∶2，导轨间有大小相等但左、右两部分方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻．现用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒运动s＝0.5 m时其上产生的焦耳热为Q2＝30 J，此时两棒速率之比为vA∶vC＝1∶2，现立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：
图3
(1)在CD棒运动0.5 m的过程中，AB棒上产生的焦耳热；
(2)撤去拉力F瞬间，两棒的速度大小vA和vC；
(3)撤去拉力F后，两棒最终匀速运动的速度大小vA′和vC′.
答案 (1)15 J (2)4 m/s 8 m/s (3)6.4 m/s 3.2 m/s
解析 (1)设两棒的长度分别为l和2l，所以电阻分别为R和2R，由于电路中任何时刻电流都相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知Q1∶Q2＝1∶2，则AB棒上产生的焦耳热Q1＝15 J.
(2)根据能量守恒定律有
Fs＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mvC2＋Q1＋Q2
又vA∶vC＝1∶2，联立两式并代入数据得vA＝4 m/s，vC＝8 m/s.
(3)撤去拉力F后，AB棒继续向左做加速运动，而CD棒向右做减速运动，当两棒切割磁感线产生的电动势大小相等时电路中电流为零，两棒开始做匀速运动，此时两棒的速度满足BlvA′＝B·2lvC′
即vA′＝2vC′
规定水平向左为正方向，对两棒分别应用动量定理有
eq \x\t(F)A·t＝mvA′－mvA，
－eq \x\t(F)C·t＝mvC′－mvC.
由eq \x\t(F)＝Beq \x\t(I)L可知eq \x\t(F)C＝2eq \x\t(F)A，故有eq \f(vA′－vA,vC－vC′)＝eq \f(1,2)
联立以上各式解得vA′＝6.4 m/s，vC′＝3.2 m/s.
高考题型2 动量守恒定律在电磁感应中的应用
“双轨＋双杆”模型
如图4，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，ab棒以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd棒始终与导轨垂直并接触良好．
图4
模型分析：双轨和两导体棒组成闭合回路，通过两导体棒的感应电流相等，所受安培力大小也相等，ab棒受到水平向左的安培力，向右减速；cd棒受到水平向右的安培力，向右加速，最终导体棒ab、cd共速，感应电流消失，一起向右做匀速直线运动，该过程导体棒ab、cd组成的系统所受合外力为零，动量守恒：mabv0＝(mab＋mcd)v共，若ab棒、cd棒所在导轨不等间距，则动量不守恒，可考虑运用动量定理求解．
例4 (多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)如图5，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( )
图5
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 (2021·山东泰安市高三期末)如图6，两光滑金属导轨相距L，平直部分固定在离地高度为h的绝缘水平桌面上，处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，弯曲部分竖直固定并与水平部分平滑连接．金属棒ab、cd垂直于两导轨且与导轨接触良好．棒ab的质量为2m，电阻为eq \f(r,2)，棒cd的质量为m，电阻为r，开始棒cd静止在水平直导轨上，棒ab从高出平直部分h处无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触，最后棒cd落地时与桌边的水平距离也为h.导轨电阻不计，重力加速度为g.求：
图6
(1)棒ab落地时与桌边的水平距离；
(2)棒cd即将离开导轨时，棒ab的加速度大小．
答案 (1)eq \f(3,2)h (2) eq \f(B2L2,6mr)eq \r(\f(gh,2))
解析 (1)棒cd离开桌面后做平抛运动，平抛初速度为
v0＝eq \f(h,\r(\f(2h,g)))＝eq \r(\f(gh,2))
设棒ab进入水平直导轨时的速度为v，由机械能守恒得eq \f(1,2)×2m×v2＝2mgh，
解得v＝eq \r(2gh)
进入磁场后，ab、cd两棒所受的安培力等大反向，作用时间相等，系统动量守恒，由动量守恒定律有，
2mv＝2m·v′＋mv0
可得：棒ab的速度为v′＝eq \f(3,4)eq \r(2gh)
棒cd离开磁场后由于电路断开，棒ab水平方向一直做匀速直线运动，所以棒ab落地时与桌边的水平距离为d＝v′×eq \r(\f(2h,g))＝eq \f(3,4)eq \r(2gh)×eq \r(\f(2h,g))＝eq \f(3,2)h
(2)棒cd即将离开导轨时，两棒的瞬时速度分别为
vab＝v′＝eq \f(3,4)eq \r(2gh)，vcd＝v0＝eq \r(\f(gh,2))
此时闭合回路中的感应电动势为
E＝BL(vab－vcd)＝eq \f(BL,2)eq \r(\f(gh,2))
回路中的电流为I＝eq \f(E,Rab＋Rcd)＝eq \f(BL,3r)eq \r(\f(gh,2))
所以棒ab的加速度大小为aab＝eq \f(F安,mab)＝eq \f(BIL,2m)＝eq \f(B2L2,6mr)eq \r(\f(gh,2)).
1.如图7所示，足够长的两平行光滑水平直导轨的间距为L，导轨电阻不计，垂直于导轨平面有磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；导轨左端接有电容为C的电容器、开关S和定值电阻R；质量为m的金属棒垂直于导轨静止放置，两导轨间金属棒的电阻为r.初始时开关S断开，电容器两极板间的电压为U.闭合开关S，金属棒运动，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列说法正确的是( )
图7
A．闭合开关S的瞬间，金属棒立刻开始向左运动
B．闭合开关S的瞬间，金属棒的加速度大小为eq \f(BUL,mR)
C．金属棒与导轨接触的两点间的最小电压为零
D．金属棒最终获得的速度大小为eq \f(BCUL,m＋B2L2C)
答案 D
解析 由左手定则可知，闭合开关S的瞬间，金属棒所受安培力方向向右，金属棒立刻获得向右的加速度，开始向右运动，A错误；闭合开关S的瞬间，金属棒的加速度大小a＝eq \f(BUL,mR＋r)，B错误；当金属棒切割磁感线产生的电动势跟电容器两极板之间的电压相等时，金属棒中电流为零，此后，金属棒将匀速运动下去，两端的电压达到最小值，故金属棒与导轨接触的两点间的最小电压不会为零，C错误；设闭合开关S后，电容器的放电时间为Δt，金属棒获得的速度为v，由动量定理可得Beq \f(CU－BLv,Δt)L·Δt＝mv－0，解得v＝eq \f(BCUL,m＋B2L2C)，D正确．
2．如图8所示，平行光滑且足够长的金属导轨ab、cd固定在同一水平面上，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝2 T，导轨间距L＝0.5 m．有两根金属棒MN、PQ质量均为1 kg，电阻均为0.5 Ω，其中PQ静止于导轨上，MN用两条轻质绝缘细线悬挂在挂钩上，细线长h＝0.9 m，当细线竖直时棒刚好与导轨接触但对导轨无压力．现将MN向右拉起使细线与竖直方向夹角为60°，然后由静止释放MN，忽略空气阻力．发现MN到达最低点与导轨短暂接触后继续向左上方摆起，PQ在MN短暂接触导轨的瞬间获得速度，且在之后1 s时间内向左运动的距离s＝1 m．两根棒与导轨接触时始终垂直于导轨，不计其余部分电阻，重力加速度g＝10 m/s2，求：
图8
(1)当悬挂MN的细线到达竖直位置时，MNQP回路中的电流大小及MN两端的电势差大小；
(2)MN与导轨接触的瞬间流过PQ的电荷量；
(3)MN与导轨短暂接触过程中回路中产生的焦耳热．
答案 (1)3 A 1.5 V (2)1 C (3)2 J
解析 (1)设MN摆动到竖直位置刚好与导轨接触时速度为v1，由机械能守恒定律得mgh(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)mv12，得v1＝eq \r(gh)＝3 m/s
此时，MN产生的感应电动势E＝BLv1＝3 V，回路中的感应电流I＝eq \f(E,2R)＝3 A
UMN＝IR＝1.5 V.
(2)由题意得，PQ的运动速度v2′＝eq \f(s,t)＝1 m/s，对PQ应用动量定理有mv2′＝eq \x\t(I)BLΔt＝qBL，所以通过PQ的电荷量q＝eq \f(mv2′,BL)＝1 C.
(3)在MN与导轨接触的Δt时间内，MN与PQ系统动量守恒，选向左为正方向，有mv1＝mv1′＋mv2′，得MN棒接触导轨后摆起的速度v1′＝v1－v2′＝2 m/s
由能量守恒定律得eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv1′2＋eq \f(1,2)mv2′2＋Q，解得回路中产生的焦耳热Q＝2 J.
3．(2021·山西省怀仁一中期末)如图9所示，平行光滑金属导轨由水平部分和倾斜部分组成，且二者平滑连接．导轨水平部分MN的右侧区域内存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.4 T．在距离磁场左边界线MN为d＝1.2 m处垂直导轨放置一个导体棒a，在倾斜导轨高h＝0.8 m处垂直于导轨放置导体棒b.将b棒由静止释放，最终导体棒a和b速度保持稳定．已知导轨间距L＝0.5 m，两导体棒质量均为m＝0.1 kg，电阻均为R＝0.1 Ω，g＝10 m/s2，不计导轨电阻，导体棒在运动过程中始终垂直于导轨且接触良好，忽略磁场边界效应．求：
图9
(1)导体棒b刚过边界线MN时导体棒a的加速度大小；
(2)从初始位置开始到两棒速度稳定的过程中，感应电流在导体棒a中产生的热量Q；
(3)两棒速度稳定后二者之间的距离．
答案 (1)8 m/s2 (2)0.2 J (3)0.2 m
解析 (1)设导体棒b滑到边界线MN时的速度大小为v0，在其到达MN过程中机械能守恒，则有：
mgh＝eq \f(1,2)mv02
导体棒b刚过边界线MN时，导体棒a受到安培力作用而产生加速度即将开始运动，由法拉第电磁感应定律和牛顿第二定律可得：E＝BLv0
I＝eq \f(E,2R)
F＝BIL
F＝ma
解得：a＝8 m/s2
(2)当导体棒b进入磁场后，a、b棒组成的系统在水平方向所受合力为零，系统满足动量守恒定律和能量守恒定律．设v0的方向为正方向，a、b共速时的速度大小为v，当导体棒a、b速度稳定时，两者做速度相等的匀速直线运动，则有：
mv0＝2mv
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)×2mv2＋2Q
解得：Q＝0.2 J
(3)设两棒速度稳定后两棒之间的距离为l，从b棒进入磁场到二者刚共速的过程中，所用时间为t，对导体棒a由动量定理可得：
eq \x\t(F)t＝mv
eq \x\t(F)＝Beq \x\t(I)L
eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),2R)
eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,t)
ΔΦ＝BLx
l＝d－x
联立以上各式可得：l＝0.2 m
专题强化练
[保分基础练]
1.(多选)(2021·河南郑州市高三第一次质量检测)如图1所示，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，两根相同的光滑导体棒ab、cd，质量均为m，静止在导轨上．t＝0时，棒cd受到一瞬时冲量作用而以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，回路中的电流用I表示．下列说法中正确的是( )
图1
A．两棒最终的状态是cd静止，ab以速度v0向右滑动
B．两棒最终的状态是ab、cd均以eq \f(1,2)v0的速度向右匀速滑动
C．ab棒的速度由零开始匀加速增加到最终的稳定速度
D．回路中的电流I从某一个值I0逐渐减小到零
答案 BD
解析 导体棒滑动过程中，系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得：mv0＝2mv，则v＝eq \f(v0,2)，所以cd的速度逐渐减小，ab的速度逐渐增大，相对速度越来越小，最后相对速度为零，则cd棒所受安培力逐渐减小，cd棒先做加速度逐渐减小的减速运动，最后以eq \f(1,2)v0的速度向右匀速运动，ab棒做加速度逐渐减小的加速运动，最后以eq \f(1,2)v0的速度向右匀速运动，故A、C错误，B正确；设两根导体棒的总电阻为R，由于I＝eq \f(BLvcd－vab,R)，二者的速度之差越来越小，最后速度之差为0，则回路中的电流I从某一个值I0＝eq \f(BLv0,R)逐渐减小到零，故D正确．
2．(多选)(2021·福建龙岩市一模)如图2所示，两条相距为d且足够长的平行光滑金属导轨位于同一水平面内，其左端接阻值为R的定值电阻．电阻为R、长为d的金属杆ab在导轨上以初速度v0水平向左运动，其左侧有边界为PQ、MN的匀强磁场，磁感应强度大小为B.该磁场以恒定速度v0匀速向右运动，金属杆进入磁场后，在磁场中运动t时间后达到稳定状态，导轨电阻不计，则( )
图2
A．当金属杆刚进入磁场时，杆两端的电压大小为Bdv0
B．当金属杆运动达到稳定状态时，杆两端的电压大小为Bdv0
C．t时间内金属杆所受安培力的冲量等于0
D．t时间内金属杆所受安培力做的功等于0
答案 AD
解析 当金属杆刚进入磁场时，杆相对于磁场的速度是2v0，切割磁感线产生的感应电动势为2Bdv0，则杆两端的电压大小为Bdv0，选项A正确；开始时根据楞次定律可知杆受到向右的安培力作用而做减速运动，当减速到0后，由于磁场依旧向右运动，则金属杆在安培力的作用下向右加速运动，直到杆与磁场的相对速度为0时，金属杆运动达到稳定状态，此时金属杆不再切割磁感线，杆两端的电压大小为0，选项B错误；设金属杆的质量为m，t时间内金属杆所受安培力的冲量I＝Δp＝mv0－(－mv0)＝2mv0，选项C错误；t时间内金属杆所受安培力做的功W＝ΔEk＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv02＝0，选项D正确．
3．(多选)(2020·湖南常德市高三二模)如图3所示，两条相距为L的光滑平行金属导轨位于水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的定值电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．导体棒ab垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R.若给棒以平行导轨向右的初速度v0，当通过棒横截面的电荷量为q时，棒的速度减为零，此过程中棒发生的位移为x.则在这一过程中( )
图3
A．导体棒做匀减速直线运动
B．当棒发生的位移为eq \f(x,2)时，通过棒横截面的电荷量为eq \f(q,2)
C．在通过棒横截面的电荷量为eq \f(q,3)时，棒运动的速度为eq \f(v0,3)
D．定值电阻R产生的热量为eq \f(BqLv0,4)
答案 BD
解析 由于导体棒向右减速运动，则感应电动势减小，感应电流减小，所以导体棒受到的安培力减小，根据牛顿第二定律可知其加速度减小，故导体棒做变减速运动，故A错误；当棒的速度减为零，发生的位移为x时，通过棒横截面的电荷量为q＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(BLx,2R)，则当棒发生的位移为eq \f(x,2)时，通过棒横截面的电荷量为eq \f(q,2)，故B正确；当棒的速度减为零时，通过棒横截面的电荷量为q＝eq \f(BLx,2R)，设这段时间回路中的平均电流为eq \x\t(I)1，由动量定理得－Beq \x\t(I)1Lt1＝0－mv0，其中q＝eq \x\t(I)1t1
当通过棒横截面的电荷量为eq \f(q,3)时，设这段时间回路中的平均电流为eq \x\t(I)2
由动量定理得－Beq \x\t(I)2Lt2＝mv1－mv0，其中eq \f(q,3)＝eq \x\t(I)2t2
解得：v1＝eq \f(2v0,3)，m＝eq \f(qBL,v0)，故C错误；
根据能量守恒可知，棒的速度减为零的过程中，定值电阻R产生的热量为QR＝eq \f(1,2)ΔEk＝eq \f(1,4)mv02＝eq \f(qBLv0,4)，故D正确．
4．(多选)(2021·安徽合肥市高三第一次教学质量调研)如图4所示，宽度为L的光滑金属框架MNPQ固定于水平面，并处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向竖直向下，框架的电阻分布不均匀．将质量为m、长为L的金属棒ab垂直放置在框架上，并且与框架接触良好．现给棒ab向左的初速度v0，其恰能做加速度大小为a的匀减速直线运动，则在棒ab的速度由v0减为v的过程中，下列说法正确的是( )
图4
A．棒ab的位移大小为eq \f(v\\al(,02)－v2,2a)
B．通过棒ab的电荷量为eq \f(m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0－v)),BL)
C．框架PN段的热功率增大
D．棒ab产生的焦耳热为eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v\\al(,02)－v2))
答案 AB
解析 根据匀变速直线运动速度位移关系有v2－v02＝－2ax，解得x＝eq \f(v\\al(,02)－v2,2a)，故A正确；对ab棒根据动量定理有－Beq \x\t(I)L·Δt＝mv－mv0，又q＝eq \x\t(I)·Δt，解得q＝eq \f(mv0－v,BL)，故B正确；对ab棒由牛顿第二定律BIL＝ma可知，电流不变，根据热功率P＝I2R可知，PN段的热功率不变，故C错误；由能量守恒定律可知eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2＝Q，Q为电路中产生的焦耳热，故导体棒ab产生的焦耳热小于Q，即小于eq \f(1,2)m(v02－v2)，故D错误．
[争分提能练]
5．(多选)如图5，间距为l的两平行光滑金属导轨(电阻不计)由水平部分和弧形部分平滑连接而成，其水平部分足够长，虚线MM′右侧存在方向竖直向下大小为B的匀强磁场．两平行金属杆P、Q的质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2，且始终与导轨保持垂直．开始两金属杆处于静止状态，Q在水平轨道上距MM′为x0，P在距水平轨道高为h的倾斜轨道上，重力加速度为g.现由静止释放P，一段时间后，两金属杆间距稳定为x1，则在这一过程中( )
图5
A．稳定后两导轨间的电势差为eq \f(m1Bl,m1＋m2)eq \r(2gh)
B．当Q的加速度大小为a时，P的加速度大小为eq \f(m1,m2)a
C．通过Q的电荷量为eq \f(Blx0－x1,R1＋R2)
D．P、Q产生的焦耳热为eq \f(m1m2gh,m1＋m2)
答案 ACD
解析 由动能定理有m1gh＝eq \f(1,2)m1v02，得P棒到MM′时的速度v0＝eq \r(2gh)，稳定后两棒速度相等，设为v，根据动量守恒定律m1v0＝(m1＋m2)v，解得v＝eq \f(m1,m1＋m2)eq \r(2gh)，两导轨间的电势差U＝Blv＝eq \f(m1Bl,m1＋m2)eq \r(2gh)，故A项正确；两棒加速度均由安培力提供，因F＝BlI，故m1a1＝m2a，即a1＝eq \f(m2,m1)a，B项错误；通过Q的电荷量为Q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(\x\t(E),R)t＝eq \f(BΔS,R1＋R2)＝eq \f(Blx0－x1,R1＋R2)，C项正确；P、Q产生的焦耳热即达到稳定时电路损失的能量，Q焦耳＝eq \f(1,2)m1v02－eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq \f(m1m2gh,m1＋m2)，D项正确．
6.(2021·河北张家口市一模)如图6所示，间距L＝1 m的平行且足够长的导轨由倾斜、水平两部分组成，倾斜部分倾角θ＝37°，在倾斜导轨顶端连接一阻值R＝1 Ω的定值电阻，质量m＝1 kg的金属杆MN垂直导轨放置且始终接触良好，并在整个区域加一垂直于倾斜导轨所在斜面向下、磁感应强度B＝1 T的匀强磁场．现让金属杆MN从距水平导轨高度h＝1.2 m处由静止释放，金属杆在倾斜导轨上先加速再匀速运动，然后进入水平导轨部分，再经过位移x＝1 m速度减为零．已知金属杆与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，导轨与金属杆的电阻不计，金属杆在导轨两部分衔接点机械能损失忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
图6
(1)金属杆匀速运动时的速度大小；
(2)金属杆在倾斜导轨运动阶段，通过电阻R的电荷量和电阻R产生的焦耳热；
(3)金属杆在水平导轨上运动时所受摩擦力的冲量大小．
答案 (1)2 m/s (2)2 C 2 J (3)1.36 N·s
解析 (1)金属杆匀速运动时所受合力为零
mgsin θ－μmgcs θ－BImL＝0 ，Im＝eq \f(BLvm,R)
解得：vm＝2 m/s
(2)通过电阻R的电荷量q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(ΔΦ,R·Δt)Δt＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(hLB,Rsin θ)
解得：q＝2 C
根据能量守恒，电阻R产生的焦耳热
Q＝mgh－eq \f(1,2)mvm2－μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)
解得：Q＝2 J
(3)根据动量定理
0－mvm＝－If－Beq \x\t(I)′Lcs θ·Δt′＝－If－BLq′cs θ
且q′＝eq \f(BLxcs θ,R)，
解得：If＝1.36 N·s.
7.(2021·江苏盐城市、南京市一模)如图7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：
图7
(1)开始时，回路中电流大小I；
(2)当一根导体棒速度为零时，另一根导体棒的加速度大小a；
(3)运动过程中通过乙导体棒的电荷量最大值qm.
答案 (1)eq \f(3BLv,2R) (2)eq \f(B2L2v,2mR) (3)eq \f(3mv,2BL)
解析 (1)开始时，设回路中的感应电动势为E，根据法拉第电磁感应定律有E＝3BLv
根据闭合电路欧姆定律有I＝eq \f(E,2R)
联立解得I＝eq \f(3BLv,2R).
(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v1，根据动量守恒定律，以乙导体棒运动的方向为正方向，有2mv－mv＝mv1
回路中的感应电动势为E′＝BLv1
回路中的感应电流为I′＝eq \f(E′,2R)
乙导体棒受到的安培力大小为F′＝BI′L
根据牛顿第二定律，有F′＝ma
联立解得a＝eq \f(B2L2v,2mR).
(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的速度为v共，由动量守恒定律得
2mv－mv＝2mv共
解得v共＝eq \f(v,2)，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eq \x\t(I)，以水平向右为正方向，对导体棒甲，根据动量定理有Beq \x\t(I)Lt＝mv共－(－mv)
感应电荷量q＝eq \x\t(I)t，联立解得q＝eq \f(3mv,2BL)，故通过乙导体棒的电荷量最大值qm＝eq \f(3mv,2BL).
8.(2021·山东潍坊市昌乐一中高三期末)如图8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：
图8
(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(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，
联立解得F＝eq \f(B2L2,R1＋R2)[v0－eq \f(B2L2x,m1R1＋R2)]
＝2.5－eq \f(25,18)x(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.
[尖子生选练]
9．(多选)如图9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)( )
图9
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＋F2t2－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，且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＋F2t2－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＋F2t2－t1,2)，即a、b杆的总动量增加量小于eq \f(F1＋F2t2－t1,2)，选项C错误；由于最终外力F＝F0，故此时对两杆整体，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．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.
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，eq \x\t(v)Δt＝x
已知位移x、F其他(F其他为恒力)