高考物理电磁感应常用模型模拟题精练专题29电磁感应+动量定理(原卷版+解析)

这是一份高考物理电磁感应常用模型模拟题精练专题29电磁感应+动量定理(原卷版+解析)，共32页。试卷主要包含了 电磁感应+动量定理，则在以后的运动过程中等内容，欢迎下载使用。

一．选择题
1． (2021郑州三模)光滑平行异型导轨abcd 与a'b'c'd'如图所示，轨道的水平部分 bcd、b'c'd'处于竖直向上的匀强磁场中，bc段轨道宽度为cd段轨道宽度的2倍，bc段和cd段轨道都足够长，但abcd 与a'b'c'd'轨道部分的电阻都不计。现将质量相同的金属棒P和Q(P和Q都有电阻，但具体阻值未知）分别置于轨道上的ab段和cd段，将P棒置于距水平轨道高为h处由静止释放，使其自由下滑，重力加速度为g.则
A.当P棒进人轨道的水平部分后，P棒先做加速度逐渐减小的减速直线运动
B.当P棒进入轨道的水平部分后，Q棒先做匀加速直线运动
C.Q棒的最终速度和P棒最终速度相等
D.P棒的最终速度vP=，,Q棒的最终速度vＱ=
8. （2021陕西安康期末）如图所示，长为d、质量为m的细金属杆ab，用长为L的绝缘细线悬挂后，恰好与水平光滑的平行金属导轨接触，平行金属导轨间距为d，导轨平面处于竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。闭合电键K后，细金属杆ab向右摆起，悬线的最大偏角为θ。重力加速度为g，则闭合电键的短时间内通过细金属杆ab的电量为
A.B.
C.D.
8.C
解析:金属杆ab离开导轨向右摆起的过程，由机械能守恒定律可知:，金属杆在通电瞬间受到安培力作用，根据动量定理可得:F安·t=mv，则有，整理得:Bqd=mv，联立解得:，故C正确。
2. 如图所示，在水平面上有两条导电导轨MN、PQ，导轨间距为L，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度的大小为B，两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直。它们的电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆的摩擦不计。杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则杆2固定与不固定两种情况下，最初摆放两杆时的最小距离之比为( )
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．3∶1
[技法领悟] 选C 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。
（2020年5月重庆调研测试）如图所示，水平面(纸面)内有两条足够长的平行光滑金属导轨PQ、MN,导轨电阻不计，间距为L;导轨之间有方向竖直向下(垂直于纸面向里)、大小为B的匀强磁场;金属杆ab、cd 质量均为m,电阻均为R,两杆静止在水平导轨上，间距为S0。t=0时刻开始金属杆cd受到方向水平向右、大小为F的恒定外力作用。t=t0时刻，金属杆cd的速度大小为，此时撤去外力F.下列说法正确的是（ ）
A. t=t时刻， 金属杆ab的速度大小为
B.从t=0到t=t时间内，流过金属杆ab的电荷量为
C.最终两金属杆的间距为
D.最终两金属杆的间距为
2.如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置。今使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时棒刚好静止。设导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等。则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中( )
A.通过棒横截面积的电荷量相等
B.棒动能变化量相等
C.回路中产生的内能相等
D.安培力冲量相等
3.（6分）（2019湖北鄂东南省级示范性高中教学联盟模拟）如图所示，水平面内足够长的光滑“凸”形电阻可忽略的金属导轨左侧宽度为L1，右侧宽度为L2，且L1＝2L2，有两个材料相同，质量均为m导体棒静止在导轨上，垂直于导轨所在平面向上的磁场磁感应强度大小为B，现给导体棒I一初速度v0使其沿水平方向开始运动直至达到稳定状态，整个过程导体棒I一直在左侧导轨部分，下面说法正确的是（ ）
A．导体棒I达到稳定状态时速度为
B．导体棒I达到稳定状态时速度为
C．整个过程中通过导体棒Ⅱ的电荷量为
D．整个过程中导体棒Ⅱ上产生的焦耳热为mv
4． (多选)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平面上，间距为L，空间存在着方向竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场．在导轨上放有两根质量分别为m和2m的金属棒ab、cd，两棒和导轨垂直且接触良好，有效电阻均为R，导轨电阻不计．现给金属棒ab水平向左的瞬时冲量I0，同时给cd棒水平向右的瞬时冲量2I0.则在以后的运动过程中( )
A．通过ab棒的最大电流为eq \f(BLI0,2mR)
B．cd棒的最大加速度为eq \f(B2L2I0,2m2R)
C．最终两金属棒将静止在导轨上
D．整个过程中该系统产生的焦耳热为eq \f(4Ieq \\al(2,0),3m)
5.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)
6. (2017·江西省名校联盟教学质量检测)如图6所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距、电阻均为R、质量均为m，铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好。现给铜棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，下列说法正确的是( )
A.回路中的最大电流为eq \f(BLI,mR)
B.铜棒b的最大加速度为eq \f(B2L2I,2m2R)
C.铜棒b获得的最大速度为eq \f(I,m)
D.回路中产生的总焦耳热为eq \f(I2,2m)
7.（2018安徽合肥三模）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
二．计算题
（2022山东聊城二模）如图所示，甲、乙两水平面高度差为2h，甲水平面内有间距为2L两光滑金属导轨平行放置，乙水平面内有间距分别为2L、L的光滑金属导轨平行放置，光滑的绝缘斜导轨紧挨甲、乙两个平面内的水平轨道放置，斜轨道的倾角为53°，斜轨道底端有一小段高度可忽略的光滑圆弧与金属导轨平滑连接。水平面甲内轨道左端连接一充满电的电容器C，右边缘垂直轨道放置长度为2L，质量为m，电阻为R的均匀金属棒ab，在水平面乙内垂直间距为L的轨道左端放置与ab完全相同的金属棒cd，导轨与、与均足够长，所有导轨的电阻都不计。所有导轨的水平部分均有竖直向下的、磁感应强度为B的匀强磁场，斜面部分无磁杨。闭合开关S，金属棒αb迅速获得水平向右的速度做平抛运动，刚好落在斜面底端，没有机械能损失，之后沿着水平面乙运动。已知重力加速度为g，，。求：
（1）金属棒ab做平抛运动的初速度v0；
（2）电容器C释放的电荷量q；
（3）从金属棒ab开始沿水平面乙内的光滑轨道运动起，至匀速运动止，这一过程中金属棒ab、cd上产生的热量。
25.（20分）（2021年4月江西八校联考）如图所示，水平轨道与半径为r的半圆弧形轨道平滑连接于S点，两者均光滑且绝缘，并安装在固定的竖直绝缘平板上。在平板的上下各有一块相互正对的水平金属板P、Q,两板间的距离为d.半圆轨道的最高点T、最低点S、及P、Q板右侧边缘点在同一竖直线上。装置左侧有一半径为L的水平金属圆环，圆环平面区域内有竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一根长度略大于L的金属杆一端置于圆环上，另一端与过圆心O1的竖直转轴连接，转轴带动金属杆逆时针转动（从上往下看），在圆环边缘和转轴处引出导线分别与P、Q连接。图中电阻阻值为R,不计其他电阻。右侧水平轨道上有一带电量为＋q、质量为m的小球1以速度向左运动，与前面静止的、质量也为m的不带电小球2发生碰撞，碰后粘合在一起共同向左运动。小球和粘合体均可看作质点，碰撞过程没有电荷损失，设P、Q板正对区域间才存在电场，重力加速度为g.
（1）计算小球1与小球2碰后粘合体的速度大小v;
（2）若金属杆转动的角速度为ω,计算图中电阻R消耗的电功率P;
（3）要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S做圆周运动到最高点T,计算金属杆转动的角速度的范围。
25．（20分）（1） （2） （3）
【解析】（1）两球碰撞过程动量守恒，则：（2分）
解得：。（2分）
（2）杆转动的电动势（3分）
电阻R的功率。（2分）
（3）通过金属杆的转动方向可知：P、Q板间的电场方向向上，粘合体受到的电场力方向向上．在半圆轨道最低点的速度恒定，如果金属杆转动角速度过小，粘合体受到的电场力较小，不能达到最高点T，临界状态是粘合体刚好达到T点，此时金属杆的角速度ω1为最小，设此时对应的电场强度为E1，粘合体达到T点时的速度为v1。
在T点，由牛顿第二定律得：（1分）
从S到T，由动能定理得：（1分）
解得（1分）
杆转动的电动势（1分）
两板间电场强度（1分）
联立解得（1分）
如果金属杆转动角速度过大，粘合体受到的电场力较大，粘合体在S点就可能脱离圆轨道，临界状态是粘合体刚好在S点不脱落轨道，此时金属杆的角速度ω2为最大，设此时对应的电场强度为E2。
在S点，由牛顿第二定律得（1分）
杆转动的电动势（1分）
两板间电场强度（1分）
联立解得（1分）
综上所述，要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S做圆周运动到最高点T，金属杆转动的角速度的范围为：（1分）
计算题
（14分）(2022山东烟台重点高中期末)
随着航空领域的发展，实现火箭回收利用，成为了各国都在重点突破的技术。其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞，为此设计师在返回火箭的底盘安装了电磁缓冲装置。该装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abcd；②火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ和超导线圈(图中未画出)，超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v0，经过时间t火箭着陆，速度恰好为零；线圈abcd的电阻为R，其余电阻忽略不计；ab边长为l，火箭主体质量为m，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，求：
（1）缓冲滑块刚停止运动时，线圈产生的电动势；
（2）缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小；
（3）火箭主体的速度从v0减到零的过程中系统产生的电能。
21.(10分）(2022浙江模拟)如图，相距L的光滑金属导轨，半径为R的14的圆弧部分竖直放置、直的部分固定于水平地面，ZYDE范围内有方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场。金属棒ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd棒没有接触。已知ab的质量为m，电阻为r，cd棒的质量为2m，电阻为r，金属导轨的电阻不计。回答下列有关小题：
（1）求当ab棒到达圆弧底端时对轨道的压力大小；
（2）当ab棒刚进入磁场边界ZY时，求此时cd棒的加速度，并在答题卡的图片处标出通过cd棒的电流方向；
（3）若cd棒离开磁场时的速度是此刻ab棒速度的一半：
求：①棒ab与cd从一开始到此刻产生的热量； 第21题图
②cd棒离开磁场瞬间（可看作不在磁场），ab棒受到的安培力大小。
1．（2018上海宝山期末）相距L＝1.2m的足够长金属导轨竖直放置，质量m1＝1kg的金属棒ab和质量m2＝0.54kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图（a）所示，虚线上方匀强磁场方向垂直纸面向外，虚线下方匀强磁场方向竖直向上，两处磁场的磁感应强度大小相同。ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.75，两棒总电阻为1.8Ω，导轨电阻不计。ab棒在方向竖直向上、大小按图（b）所示规律变化的外力F作用下，由静止开始（t=0）沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放。
（1）请说出在两棒的运动过程中ab棒中的电流方向和cd棒所受的磁场力方向；
（2）求ab棒加速度的大小和磁感应强度B的大小；
（3）试问cd棒从运动开始起经过多长时间它的速度达到最大？
（取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力）
F/N
14.6
14
13
12
11
10
t/s
1
2
图（b）
0
B
b
a
d
c
B
图（a）

2. (12分)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，接入电路的有效电阻分别为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。
(1)求a棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向；
(2)求最终稳定时两棒的速度大小；
(3)从a棒开始下落到最终稳定的过程中，求b棒上产生的内能。
3.（天津市河北区2015-2016学年度高三年级总复习质量检测（三）理科综合试卷·物理部分）如图所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为，导轨上面横放着两根导体棒和，构成矩形回路，两根导体棒的质量皆为，电阻皆为，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，磁感应强度为。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒静止，棒有指向棒的初速度，若两导体棒在运动中始终不接触，求：
（1）在运动中产生的焦耳热最多是多少？
（2）当棒的速度变为初速度的时，棒的加速度是多少？
4.(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）
（2020年4月浙江稽阳联考）（10分）如图所示，在水平面内有两根间距为l的金属导轨平行放置，导轨末端通过一小段塑料接口与足够长的倾斜平行金属导轨平滑连接，倾角为θ。在区域Ⅰ，Ⅲ和Ⅳ中，存在垂直于导轨向上的匀强磁场，磁感应强度分别为B1，B2和B3；区域Ⅱ中导轨粗糙，宽度为d。其余部分均光滑。磁场边界AA′上放置金属棒a，磁场边界CC′右侧附近静止放置金属棒b，倾斜导轨足够远处连接有电感为L的电感线圈。现让金属棒a以初速度v0进入磁场，发现它最终刚好停在了CC′（边界左侧），而金属棒b恰能滑入倾斜轨道。已知金属棒a与轨道粗糙部分的动摩擦因数为µ，金属棒a的电阻为R，其余电阻均不计，金属棒a、b的质量均为m，重力加速度取g，求：
（1）在金属棒a刚进入磁场瞬间，金属棒b的加速度；
（2）金属棒a在离开区域Ⅰ后产生的焦耳热Q；
（3）金属棒b能沿倾斜导轨向下滑行的最大距离xm。(已知自感线圈的自感动势E自=L eq \f(ΔI, Δt))
a
b
A
A′
B
C
B′
C′
III
I
II
d
D
D′
θ
IV
B1
B2
B3
高考物理《电磁感应》常用模型最新模拟题精练
专题29. 电磁感应+动量定理
一．选择题
1． (2021郑州三模)光滑平行异型导轨abcd 与a'b'c'd'如图所示，轨道的水平部分 bcd、b'c'd'处于竖直向上的匀强磁场中，bc段轨道宽度为cd段轨道宽度的2倍，bc段和cd段轨道都足够长，但abcd 与a'b'c'd'轨道部分的电阻都不计。现将质量相同的金属棒P和Q(P和Q都有电阻，但具体阻值未知）分别置于轨道上的ab段和cd段，将P棒置于距水平轨道高为h处由静止释放，使其自由下滑，重力加速度为g.则
A.当P棒进人轨道的水平部分后，P棒先做加速度逐渐减小的减速直线运动
B.当P棒进入轨道的水平部分后，Q棒先做匀加速直线运动
C.Q棒的最终速度和P棒最终速度相等
D.P棒的最终速度vP=，,Q棒的最终速度vＱ=
21【参考答案】AD
【命题意图】本题以光滑平行异型导轨为情景，考查电磁感应、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力和牛顿运动定律、机械能守恒定律和动量守恒定律及其相关知识点，考查的学科核心素养是运动和力的观念、功和能的观念、动量观念和科学思维能力。。
【解题思路】由机械能守恒定律，mgh=mv02，解得v0=。当P棒进人轨道的水平部分后，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，受到安培力作用。设bc段轨道宽度为L，由法拉第电磁感应定律，E=BLv0，设金属棒Q在轨道内部分的电阻为r，则金属棒P在轨道内部分的电阻为2r，由闭合电路欧姆定律，I=E/3r，所受安培力F=BIL，由牛顿第二定律，F=ma，联立解得，a=，所以P棒先做加速度逐渐减小的减速直线运动，选项A正确；金属棒Q受到安培力作用，做加速度逐渐减小的加速运动，选项B错误；最终回路内产生的感应电流为零，回路内磁通量不变，Q棒的最终速度是P棒最终速度的2倍，选项C错误；设P棒的最终速度为vp，Q棒的最终速度为vQ，从进入磁场切割磁感线运动到最终金属棒P所受安培力为Q的2倍，设金属棒P受到的安培力为F，则Q受到的安培力为F/2，对金属棒P，由动量定理，Ft=mv0-mvP，对金属棒Q，由动量定理，Ft/2=mvQ，又vQ=2vP，联立解得vP=，vQ=，选项D正确。
【易错警示】解答此题常见错误主要有：一是对金属棒做切割磁感线运动受到的安培力相关因素理解掌握不到位，导致错选B；二是受到等宽导轨思维定势影响，把两导体棒做切割磁感线运动等效为完全非弹性碰撞，认为Q棒的最终速度和P棒最终速度相等，导致错选C；三是把金属棒PQ看作系统，按照动量守恒定律列方程得出vP=，vQ=，导致漏选D。
8. （2021陕西安康期末）如图所示，长为d、质量为m的细金属杆ab，用长为L的绝缘细线悬挂后，恰好与水平光滑的平行金属导轨接触，平行金属导轨间距为d，导轨平面处于竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。闭合电键K后，细金属杆ab向右摆起，悬线的最大偏角为θ。重力加速度为g，则闭合电键的短时间内通过细金属杆ab的电量为
A.B.
C.D.
8.C
解析:金属杆ab离开导轨向右摆起的过程，由机械能守恒定律可知:，金属杆在通电瞬间受到安培力作用，根据动量定理可得:F安·t=mv，则有，整理得:Bqd=mv，联立解得:，故C正确。
2. 如图所示，在水平面上有两条导电导轨MN、PQ，导轨间距为L，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度的大小为B，两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直。它们的电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆的摩擦不计。杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则杆2固定与不固定两种情况下，最初摆放两杆时的最小距离之比为( )
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．3∶1
[技法领悟] 选C 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。
（2020年5月重庆调研测试）如图所示，水平面(纸面)内有两条足够长的平行光滑金属导轨PQ、MN,导轨电阻不计，间距为L;导轨之间有方向竖直向下(垂直于纸面向里)、大小为B的匀强磁场;金属杆ab、cd 质量均为m,电阻均为R,两杆静止在水平导轨上，间距为S0。t=0时刻开始金属杆cd受到方向水平向右、大小为F的恒定外力作用。t=t0时刻，金属杆cd的速度大小为，此时撤去外力F.下列说法正确的是（ ）
A. t=t时刻， 金属杆ab的速度大小为
B.从t=0到t=t时间内，流过金属杆ab的电荷量为
C.最终两金属杆的间距为
D.最终两金属杆的间距为
【参考答案】AD
【名师解析】t＝t0时刻，设金属杆ab的速度大小为，对两杆整体，由动量定理得：
，解得:，选项A正确；从t＝0到t＝t0时间内，对于金属杆
ab，由动量定理得：,,则流过金属杆ab的电荷量为q，，选项B错误；最终两金属杆达到共同速度，由动量守恒定律得：Ft0=2m，通过回路的电量为，有BL'= m，设最终两金属杆的间距为S，有，联立解得：，选项C错误；D正确。
2.如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置。今使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时棒刚好静止。设导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等。则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中( )
A.通过棒横截面积的电荷量相等
B.棒动能变化量相等
C.回路中产生的内能相等
D.安培力冲量相等
【参考答案】A、D
【名师解析】金属棒运动过程中，电路产生的感应电荷量Q=IΔt=ERΔt=ΔΦΔtR·
Δt=ΔΦR=BΔSR，从a到b的过程中与从b到c的过程中，回路面积的变化量ΔS相等，B、R相等，因此，通过棒横截面积的电荷量相等，故A正确；金属棒受到的安培力大小为：FA=BIL=B2L2vR，方向水平向左。金属棒在安培力作用下做减速运动，由于ab间距离与bc间距离相等，安培力FA逐渐减小，由W=Fs定性分析可知，从a到b克服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多，由动能定理可知，棒的动能变化量不相等；导体棒克服安培力做功，把金属棒的动能转化为内能，因此在a到b的过程产生的内能多，故B、C错误；对每一段过程中安培力的冲量：I=BILΔt，因Q=IΔt相等，则两过程中安培力的冲量相等，选项D正确。
3.（6分）（2019湖北鄂东南省级示范性高中教学联盟模拟）如图所示，水平面内足够长的光滑“凸”形电阻可忽略的金属导轨左侧宽度为L1，右侧宽度为L2，且L1＝2L2，有两个材料相同，质量均为m导体棒静止在导轨上，垂直于导轨所在平面向上的磁场磁感应强度大小为B，现给导体棒I一初速度v0使其沿水平方向开始运动直至达到稳定状态，整个过程导体棒I一直在左侧导轨部分，下面说法正确的是（ ）
A．导体棒I达到稳定状态时速度为
B．导体棒I达到稳定状态时速度为
C．整个过程中通过导体棒Ⅱ的电荷量为
D．整个过程中导体棒Ⅱ上产生的焦耳热为mv
【参考答案】ACD。
【名师解析】对Ⅰ根据动量定理、Ⅱ根据动量定理列方程求解速度大小；对Ⅱ根据动量定理结合电荷量的计算公式求解电荷量；根据功能关系求解此时的焦耳热。
达到稳定状态时电流为零，此时Ⅰ的速度为v1，Ⅱ的速度为v2，则有：BL1v1＝BL2v2，解得v2＝2v1；对Ⅰ根据动量定理可得：﹣BIL1t＝mv1﹣mv0，对Ⅱ根据动量定理可得：BIL2t＝mv2﹣0，则mv0﹣mv1＝2mv2，解得：v1＝，v2＝，所以导体棒I达到稳定状态时速度为，故A正确、B错误；对Ⅱ根据动量定理可得：BIL2t＝mv2﹣0，其中q＝It，则整个过程中通过导体棒Ⅱ的电荷量为q＝＝＝，故C正确；整个过程中系统产生的焦耳热Q＝﹣﹣，两个导体棒材料相同，则电阻之比等于长度之比，导体棒Ⅱ上产生的焦耳热为QⅡ＝Q＝mv，故D正确。
4． (多选)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平面上，间距为L，空间存在着方向竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场．在导轨上放有两根质量分别为m和2m的金属棒ab、cd，两棒和导轨垂直且接触良好，有效电阻均为R，导轨电阻不计．现给金属棒ab水平向左的瞬时冲量I0，同时给cd棒水平向右的瞬时冲量2I0.则在以后的运动过程中( )
A．通过ab棒的最大电流为eq \f(BLI0,2mR)
B．cd棒的最大加速度为eq \f(B2L2I0,2m2R)
C．最终两金属棒将静止在导轨上
D．整个过程中该系统产生的焦耳热为eq \f(4Ieq \\al(2,0),3m)
【参考答案】 BD
【名师解析】 开始时，由I＝mv可得两棒的初速度v0＝eq \f(I0,m)，此时回路中的电流最大为I＝eq \f(2BLv0,2R)＝eq \f(BLI0,mR)，cd棒受到的安培力最大F安＝BIL＝eq \f(B2L2I0,mR)，则加速度最大a＝eq \f(B2L2I0,2m2R)，此后两棒均做减速运动，由于两棒构成的系统在水平方向上不受外力，系统动量守恒，则有2I0－I0＝3mv，解得v＝eq \f(I0,3m)，一起向右匀速运动则无感应电流，选项B正确，A、C错误；由能量守恒定律可知，该系统产生热量Q＝eq \f(1,2)·3mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)·3mv2＝eq \f(4Ieq \\al(2,0),3m)，选项D正确．
5.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)
【参考答案】 ABC
【名师解析】 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.
6. (2017·江西省名校联盟教学质量检测)如图6所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距、电阻均为R、质量均为m，铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好。现给铜棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，下列说法正确的是( )
A.回路中的最大电流为eq \f(BLI,mR)
B.铜棒b的最大加速度为eq \f(B2L2I,2m2R)
C.铜棒b获得的最大速度为eq \f(I,m)
D.回路中产生的总焦耳热为eq \f(I2,2m)
【参考答案】B
【名师解析】 给铜棒a一个平行导轨的瞬时冲量I，此时铜棒a的速度最大，产生的感应电动势最大，回路中电流最大，每个棒受到的安培力最大，其加速度最大，I＝mv0，v0＝eq \f(I,m)，铜棒a电动势E＝BLv0，回路电流I0＝eq \f(E,2R)＝eq \f(BLI,2mR)，选项A错误；此时铜棒b受到安培力F＝BI0L，其加速度a＝eq \f(F,m)＝eq \f(IB2L2,2Rm2)，选项B正确；此后铜棒a做变减速运动，铜棒b做变加速运动，当二者达到共同速度时，铜棒b速度最大，据动量守恒，mv0＝2mv，铜棒b最大速度v＝eq \f(I,2m)，选项C错误；回路中产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)·2mv2＝eq \f(I2,4m)，选项D错误。
7.（2018安徽合肥三模）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
（2022山东聊城二模）如图所示，甲、乙两水平面高度差为2h，甲水平面内有间距为2L两光滑金属导轨平行放置，乙水平面内有间距分别为2L、L的光滑金属导轨平行放置，光滑的绝缘斜导轨紧挨甲、乙两个平面内的水平轨道放置，斜轨道的倾角为53°，斜轨道底端有一小段高度可忽略的光滑圆弧与金属导轨平滑连接。水平面甲内轨道左端连接一充满电的电容器C，右边缘垂直轨道放置长度为2L，质量为m，电阻为R的均匀金属棒ab，在水平面乙内垂直间距为L的轨道左端放置与ab完全相同的金属棒cd，导轨与、与均足够长，所有导轨的电阻都不计。所有导轨的水平部分均有竖直向下的、磁感应强度为B的匀强磁场，斜面部分无磁杨。闭合开关S，金属棒αb迅速获得水平向右的速度做平抛运动，刚好落在斜面底端，没有机械能损失，之后沿着水平面乙运动。已知重力加速度为g，，。求：
（1）金属棒ab做平抛运动的初速度v0；
（2）电容器C释放的电荷量q；
（3）从金属棒ab开始沿水平面乙内的光滑轨道运动起，至匀速运动止，这一过程中金属棒ab、cd上产生的热量。
【参考答案】（1）；（2）；（3），
【名师解析】
（1）金属棒ab落到斜面底端时，在竖直方向上有
解得
由几何关系
解得
（2）金属棒ab弹出瞬间，根据动量定理得
又
联立解得电容器C释放的电荷量
（3）金属棒ab落在水平轨道时，根据动能定理有
解得
最终匀速运动时，电路中无电流，所以金属棒ab和金属棒cd产生的感应电动势相等，即
此过程中，对金属棒ab根据动量定理得
对金属棒cd分析，根据动量定理得
解得
该过程中ab、cd产生的总热量为
解得
则棒ab上产生的热量
棒cd上产生的热量
25.（20分）（2021年4月江西八校联考）如图所示，水平轨道与半径为r的半圆弧形轨道平滑连接于S点，两者均光滑且绝缘，并安装在固定的竖直绝缘平板上。在平板的上下各有一块相互正对的水平金属板P、Q,两板间的距离为d.半圆轨道的最高点T、最低点S、及P、Q板右侧边缘点在同一竖直线上。装置左侧有一半径为L的水平金属圆环，圆环平面区域内有竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一根长度略大于L的金属杆一端置于圆环上，另一端与过圆心O1的竖直转轴连接，转轴带动金属杆逆时针转动（从上往下看），在圆环边缘和转轴处引出导线分别与P、Q连接。图中电阻阻值为R,不计其他电阻。右侧水平轨道上有一带电量为＋q、质量为m的小球1以速度向左运动，与前面静止的、质量也为m的不带电小球2发生碰撞，碰后粘合在一起共同向左运动。小球和粘合体均可看作质点，碰撞过程没有电荷损失，设P、Q板正对区域间才存在电场，重力加速度为g.
（1）计算小球1与小球2碰后粘合体的速度大小v;
（2）若金属杆转动的角速度为ω,计算图中电阻R消耗的电功率P;
（3）要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S做圆周运动到最高点T,计算金属杆转动的角速度的范围。
25．（20分）（1） （2） （3）
【解析】（1）两球碰撞过程动量守恒，则：（2分）
解得：。（2分）
（2）杆转动的电动势（3分）
电阻R的功率。（2分）
（3）通过金属杆的转动方向可知：P、Q板间的电场方向向上，粘合体受到的电场力方向向上．在半圆轨道最低点的速度恒定，如果金属杆转动角速度过小，粘合体受到的电场力较小，不能达到最高点T，临界状态是粘合体刚好达到T点，此时金属杆的角速度ω1为最小，设此时对应的电场强度为E1，粘合体达到T点时的速度为v1。
在T点，由牛顿第二定律得：（1分）
从S到T，由动能定理得：（1分）
解得（1分）
杆转动的电动势（1分）
两板间电场强度（1分）
联立解得（1分）
如果金属杆转动角速度过大，粘合体受到的电场力较大，粘合体在S点就可能脱离圆轨道，临界状态是粘合体刚好在S点不脱落轨道，此时金属杆的角速度ω2为最大，设此时对应的电场强度为E2。
在S点，由牛顿第二定律得（1分）
杆转动的电动势（1分）
两板间电场强度（1分）
联立解得（1分）
综上所述，要使两球碰后的粘合体能从半圆轨道的最低点S做圆周运动到最高点T，金属杆转动的角速度的范围为：（1分）
计算题
（14分）(2022山东烟台重点高中期末)
随着航空领域的发展，实现火箭回收利用，成为了各国都在重点突破的技术。其中有一技术难题是回收时如何减缓对地的碰撞，为此设计师在返回火箭的底盘安装了电磁缓冲装置。该装置的主要部件有两部分：①缓冲滑块，由高强绝缘材料制成，其内部边缘绕有闭合单匝矩形线圈abcd；②火箭主体，包括绝缘光滑缓冲轨道MN、PQ和超导线圈(图中未画出)，超导线圈能产生方向垂直于整个缓冲轨道平面的匀强磁场。当缓冲滑块接触地面时，滑块立即停止运动，此后线圈与火箭主体中的磁场相互作用，火箭主体一直做减速运动直至达到软着陆要求的速度，从而实现缓冲。现已知缓冲滑块竖直向下撞向地面时，火箭主体的速度大小为v0，经过时间t火箭着陆，速度恰好为零；线圈abcd的电阻为R，其余电阻忽略不计；ab边长为l，火箭主体质量为m，匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度为g，一切摩擦阻力不计，求：
（1）缓冲滑块刚停止运动时，线圈产生的电动势；
（2）缓冲滑块刚停止运动时，火箭主体的加速度大小；
（3）火箭主体的速度从v0减到零的过程中系统产生的电能。
【名师解析】．（14分）
（1）ab边产生电动势：E＝BLv0（4分）
(2) （1分）
（1分）
对火箭主体受力分析可得： Fab－mg＝ma（2分）
解得：（1分）
(3)设下落t时间内火箭下落的高度为h，对火箭主体由动量定理：
mgt－Fabt＝0－mv0（2分）
即mgt－＝0－mv0
化简得h＝（1分）
根据能量守恒定律，产生的电能为：
E＝（2分）
代入数据可得：（1分）
21.(10分）(2022浙江模拟)如图，相距L的光滑金属导轨，半径为R的14的圆弧部分竖直放置、直的部分固定于水平地面，ZYDE范围内有方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场。金属棒ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd棒没有接触。已知ab的质量为m，电阻为r，cd棒的质量为2m，电阻为r，金属导轨的电阻不计。回答下列有关小题：
（1）求当ab棒到达圆弧底端时对轨道的压力大小；
（2）当ab棒刚进入磁场边界ZY时，求此时cd棒的加速度，并在答题卡的图片处标出通过cd棒的电流方向；
（3）若cd棒离开磁场时的速度是此刻ab棒速度的一半：
求：①棒ab与cd从一开始到此刻产生的热量； 第21题图
②cd棒离开磁场瞬间（可看作不在磁场），ab棒受到的安培力大小。
【名师解析】.（本题10分）
（1）由mgR=12mv2，解得v2=2gR-----1分
又因为F-mg=mv2R，得F=3mg-----1分
由（1）知v=2gR
故E=BLv=BL2gR，得I=BL2gR2r-----1分 第21题（2）问图
∴a=F2m=BIL2m=B2L22gR4mr-----1分
电流方向见图：-----1分
由棒ab到ZY边界时的速度为2gR
此时的总动能Ek=mgR-----1分
设cd棒离开磁场时ab棒的速度为vab
则vcd=12vab，故有mv=mvab+2m·12vab
解得vab=2gR2-----1分
①故Q=mgR- 12mvab2-12·2mvcd2=58mgR-----1分
②∴此时E=BLvab，I=E2r，F=BIL，联立解得F=B2L22gR4r-----2分
（评分标准：详情见解答处）
1．（2018上海宝山期末）相距L＝1.2m的足够长金属导轨竖直放置，质量m1＝1kg的金属棒ab和质量m2＝0.54kg的金属棒cd均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图（a）所示，虚线上方匀强磁场方向垂直纸面向外，虚线下方匀强磁场方向竖直向上，两处磁场的磁感应强度大小相同。ab棒光滑，cd棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.75，两棒总电阻为1.8Ω，导轨电阻不计。ab棒在方向竖直向上、大小按图（b）所示规律变化的外力F作用下，由静止开始（t=0）沿导轨匀加速运动，同时cd棒也由静止释放。
（1）请说出在两棒的运动过程中ab棒中的电流方向和cd棒所受的磁场力方向；
（2）求ab棒加速度的大小和磁感应强度B的大小；
（3）试问cd棒从运动开始起经过多长时间它的速度达到最大？
（取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力）
F/N
14.6
14
13
12
11
10
t/s
1
2
图（b）
0
B
b
a
d
c
B
图（a）
【名师解析】

（1）（4分）
ab棒中的电流方向向右（a→b）（2分），
cd棒所受的磁场力方向垂直于纸面向里（2分）。
（2）（7分）
ab棒的受力图，如右图所示（1分），运用牛顿第二定律，有
（1分）,
对于ab棒所受的磁场力，有
（2分）
对于ab棒的运动，有（1分），所以，
在图线上取一点（0，11），有
，（1分）
在图线上另取一点（2，14.6），有
, B＝1.5T（1分）
（3）（5分）
从cd棒的d端截面看过去，cd棒的受力图如右图所示（1分），
cd棒速度达到最大时其合力为零，所以有
（1分），（1分）
又因为（1分）,，所以有
对于ab棒的运动，有
推得，（1分）

2. (12分)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，接入电路的有效电阻分别为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。
(1)求a棒刚进入磁场时受到的安培力的大小和方向；
(2)求最终稳定时两棒的速度大小；
(3)从a棒开始下落到最终稳定的过程中，求b棒上产生的内能。
【名师解析】
(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,R＋2R)
a棒受到的安培力F＝BIl
联立以上各式解得
F＝eq \f(B2l2\r(2gh),3R)，方向水平向左。
(2)a棒进入磁场，切割磁感线产生感应电流
a棒和b棒均受安培力作用，F＝IBl，大小相等、方向相反，所以a棒和b棒组成的系统动量守恒。
设两棒最终稳定速度为v′，以v的方向为正方向，则mv＝2mv′
解得v′＝eq \f(1,2)eq \r(2gh)。
(3)设a棒产生的内能为Qa，b棒产生的内能为Qb
根据能量守恒定律eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×2mv′2＋Qa＋Qb
两棒串联内能与电阻成正比Qb＝2Qa
解得Qb＝eq \f(1,3)mgh。
3.（天津市河北区2015-2016学年度高三年级总复习质量检测（三）理科综合试卷·物理部分）如图所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为，导轨上面横放着两根导体棒和，构成矩形回路，两根导体棒的质量皆为，电阻皆为，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，磁感应强度为。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒静止，棒有指向棒的初速度，若两导体棒在运动中始终不接触，求：
（1）在运动中产生的焦耳热最多是多少？
（2）当棒的速度变为初速度的时，棒的加速度是多少？
【参考答案】（1）；（2）
【名师解析】
（1）从开始到两棒达到相同速度的过程中，两棒的总动量守恒，有
（3分）
根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热
（3分）
（2）设ab棒的速度变为3v0/4，cd棒的速度为v’，由动量守恒定律，
，
解得：v’= v0/4。
此时回路中感应电动势E=-=，
回路中电流I=E/2R=，
此时cd棒所受的安培力F=BIL=，
由牛顿第二定律，cd棒的加速度a=F/m=。
考点：动量守恒定律；闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【名师点睛】本题主要考查了动量守恒定律、闭合电路的欧姆定律、导体切割磁感线时的感应电动势。分根据动量守恒定律确定两棒最后的末速度是本题的关键，分析这类电磁感应现象中的能量转化较易：系统减少的动能转化为回路的焦耳热；本题涉及到动生电动势、动量守恒定律、牛顿第二定律及闭合电路欧姆定律综合的力电综合问题，故本题属于难度较大的题。
4.(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）
（2020年4月浙江稽阳联考）（10分）如图所示，在水平面内有两根间距为l的金属导轨平行放置，导轨末端通过一小段塑料接口与足够长的倾斜平行金属导轨平滑连接，倾角为θ。在区域Ⅰ，Ⅲ和Ⅳ中，存在垂直于导轨向上的匀强磁场，磁感应强度分别为B1，B2和B3；区域Ⅱ中导轨粗糙，宽度为d。其余部分均光滑。磁场边界AA′上放置金属棒a，磁场边界CC′右侧附近静止放置金属棒b，倾斜导轨足够远处连接有电感为L的电感线圈。现让金属棒a以初速度v0进入磁场，发现它最终刚好停在了CC′（边界左侧），而金属棒b恰能滑入倾斜轨道。已知金属棒a与轨道粗糙部分的动摩擦因数为µ，金属棒a的电阻为R，其余电阻均不计，金属棒a、b的质量均为m，重力加速度取g，求：
（1）在金属棒a刚进入磁场瞬间，金属棒b的加速度；
（2）金属棒a在离开区域Ⅰ后产生的焦耳热Q；
（3）金属棒b能沿倾斜导轨向下滑行的最大距离xm。(已知自感线圈的自感动势E自=L eq \f(ΔI, Δt))
a
b
A
A′
B
C
B′
C′
III
I
II
d
D
D′
θ
IV
B1
B2
B3
【解题思路】（1）a棒进入磁场瞬间，产生电动势和电流：E=B0lv0，
所以棒b受到的安培力：（1分）
由牛顿第二定律得：（1分）得：（1分）
（2）设金属棒a离开磁场Ⅰ区域时的速度为v1，此时金属棒b的速度为v2，金属棒a在区域Ⅱ中做匀减速运动，可得：，（1分）
棒a穿越磁场区域Ⅰ过程中，由动量定理可得：
得：
对棒b，在该过程中，由动量定理可得：
（1分）
在之后过程中，由能量关系可知，金属棒b此时的动能将全部转化成金属棒a中的焦耳热Q，所以，
得（1分）
（3）金属棒b恰能滑入斜轨，则在斜轨上初速度为0，开始下滑，因为b棒与线圈组成的回路，直流电阻为零，所以必须满足：
（1分），即，
所以棒开始运动后棒上电流与棒的位移成正比，即，（1分）
所以棒的运动方程：，
可知金属棒做简谐运动（1分），
平衡位置时，a=0，即，
由简谐运动对称性可知，下滑最大距离为（1分）