專題強(qiáng)化二十五　動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用目標(biāo)要求　1.掌握應(yīng)用動(dòng)量定理處理電磁感應(yīng)問題的方法技巧.2.建立電磁感應(yīng)問題中動(dòng)量守恒的模型，并用動(dòng)量守恒定律解決問題．題型一　動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用導(dǎo)體棒或金屬框在感應(yīng)電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，安培力的沖量為：I安＝BLt＝BLq，通過導(dǎo)體棒或金屬框的電荷量為：q＝Δt＝Δt＝nΔt＝n，磁通量變化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx.當(dāng)題目中涉及速度v、電荷量q、運(yùn)動(dòng)時(shí)間t、運(yùn)動(dòng)位移x時(shí)常用動(dòng)量定理求解． 　　　　 “單棒＋電阻”模型 例1　(2020·湖北高三開學(xué)考試)如圖1所示，在光滑的水平面上寬度為L的區(qū)域內(nèi)，有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．現(xiàn)有一個(gè)邊長(zhǎng)為a(a<L)的正方形閉合線圈以垂直于磁場(chǎng)邊界的初速度v0向右滑動(dòng)，穿過磁場(chǎng)后速度剛好減為0，那么當(dāng)線圈完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，其速度大小(　　)圖1A．大于   B．等于C．小于   D．以上均有可能答案　B解析　通過線圈橫截面的電荷量：q＝Δt＝·Δt＝，由于線圈進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)過程，線圈磁通量的變化量相等，則進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)的兩個(gè)過程通過線圈橫截面的電荷量q相等，由動(dòng)量定理得，線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程：－Bat＝mv－mv0，線圈離開磁場(chǎng)過程：－Bat＝0－mv，由于q＝t，則－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，解得v＝，故選B.  “電容器＋棒”模型 1．無外力充電式基本模型規(guī)律(電阻阻值為R，電容器電容為C)電路特點(diǎn)導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，電容器被充電.電流特點(diǎn)安培力為阻力，棒減速，E減小，有I＝，電容器被充電UC變大，當(dāng)BLv＝UC時(shí)，I＝0，F安＝0，棒勻速運(yùn)動(dòng).運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)和最終特征a減小的加速運(yùn)動(dòng)，棒最終做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)I＝0，但電容器帶電荷量不為零.最終速度電容器充電荷量：q＝CU最終電容器兩端電壓U＝BLv對(duì)棒應(yīng)用動(dòng)量定理：mv0－mv＝BL·Δt＝BLqv＝.v－t圖象 例2　(多選)如圖2甲所示，水平面上有兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，兩導(dǎo)軌間距為l，電阻均可忽略不計(jì)．在M和P之間接有阻值為R的定值電阻，導(dǎo)體桿ab質(zhì)量為m、電阻為r，并與導(dǎo)軌接觸良好．整個(gè)裝置處于方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．現(xiàn)給桿ab一個(gè)初速度v0，使桿向右運(yùn)動(dòng)．則(　　)圖2A．當(dāng)桿ab剛具有初速度v0時(shí)，桿ab兩端的電壓U＝，且a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)B．通過電阻R的電流I隨時(shí)間t的變化率的絕對(duì)值逐漸增大C．若將M和P之間的電阻R改為接一電容為C的電容器，如圖乙所示，同樣給桿ab一個(gè)初速度v0，使桿向右運(yùn)動(dòng)，則桿ab穩(wěn)定后的速度為v＝D．在C選項(xiàng)中，桿穩(wěn)定后a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)答案　ACD解析　當(dāng)桿ab剛具有初速度v0時(shí)，其切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv0，桿ab兩端的電壓U＝＝，根據(jù)右手定則知，感應(yīng)電流的方向?yàn)?/span>b到a，桿ab相當(dāng)于電源，a相當(dāng)于電源的正極，則a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)，A正確；通過電阻R的電流I＝，由于桿ab速度減小，則電流減小，安培力減小，所以桿ab做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，速度v隨時(shí)間t的變化率的絕對(duì)值逐漸減小，則通過電阻R的電流I隨時(shí)間t的變化率的絕對(duì)值逐漸減小，B錯(cuò)誤；當(dāng)桿ab以初速度v0開始切割磁感線時(shí)，電路開始給電容器充電，有電流通過桿ab，桿在安培力的作用下做減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度減小，安培力減小，加速度也減?。?dāng)電容器兩端電壓與感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，充電結(jié)束，桿以恒定的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電容器兩端的電壓U＝Blv，而q＝CU，對(duì)桿ab，根據(jù)動(dòng)量定理得－Bl·Δt＝－Blq＝mv－mv0，聯(lián)立可得v＝，C正確；桿穩(wěn)定后，電容器不再充電，回路中沒有電流，根據(jù)右手定則知，a點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)，D正確．2．無外力放電式　　　　　基本          模型規(guī)律　　(電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻不計(jì)，電容器電容為C)電路特點(diǎn)電容器放電，相當(dāng)于電源；導(dǎo)體棒受安培力而運(yùn)動(dòng).電流的特點(diǎn)電容器放電時(shí)，導(dǎo)體棒在安培力作用下開始運(yùn)動(dòng)，同時(shí)阻礙放電，導(dǎo)致電流減小，直至電流為零，此時(shí)UC＝BLv.運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)及最終特征a減小的加速運(yùn)動(dòng)，最終勻速運(yùn)動(dòng)，I＝0.最大速度vm電容器充電荷量：Q0＝CE放電結(jié)束時(shí)電荷量：Q＝CU＝CBLvm電容器放電荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm對(duì)棒應(yīng)用動(dòng)量定理：mvm＝BL·Δt＝BLΔQvm＝v－t圖象 例3　(2017·天津卷·12)電磁軌道炮利用電流和磁場(chǎng)的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運(yùn)載器．電磁軌道炮示意如圖3，圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為E，電容器的電容為C.兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距離為l，電阻不計(jì)．炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸．首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電．然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)，MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)．當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電壓相等時(shí)，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌．問：圖3(1)磁場(chǎng)的方向；(2)MN剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大??；(3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少．答案　(1)垂直于導(dǎo)軌平面向下　(2) 　(3)解析　(1)將S接1時(shí)，電容器充電，上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，當(dāng)將S接2時(shí)，電容器放電，流經(jīng)MN的電流由M到N，又知MN向右運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下．(2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當(dāng)開關(guān)S接2時(shí)，電容器放電，設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I，有I＝①設(shè)MN受到的安培力為F，有F＝IlB②由牛頓第二定律，有F＝ma③聯(lián)立①②③式得a＝④(3)當(dāng)電容器充電完畢時(shí)，設(shè)電容器上電荷量為Q0，有Q0＝CE⑤開關(guān)S接2后，MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大值vmax時(shí)，設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E′，有E′＝Blvmax⑥依題意有E′＝⑦設(shè)在此過程中流經(jīng)MN的平均電流為，MN上受到的平均安培力為，有＝lB⑧由動(dòng)量定理，有Δt＝mvmax－0⑨又Δt＝Q0－Q⑩聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝.1．(“單棒＋電阻”模型)(2019·福建龍巖市5月模擬)如圖4為電磁驅(qū)動(dòng)與阻尼模型，在水平面上有兩根足夠長(zhǎng)的平行軌道PQ和MN，左端接有阻值為R的定值電阻，其間有垂直軌道平面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩軌道間距及磁場(chǎng)寬度均為L.質(zhì)量為m的金屬棒ab靜置于導(dǎo)軌上，當(dāng)磁場(chǎng)沿軌道向右運(yùn)動(dòng)的速度為v時(shí)，棒ab恰好滑動(dòng)．棒運(yùn)動(dòng)過程始終在磁場(chǎng)范圍內(nèi)，并與軌道垂直且接觸良好，軌道和棒電阻均不計(jì)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．圖4(1)判斷棒ab剛要滑動(dòng)時(shí)棒中的感應(yīng)電流方向，并求此時(shí)棒所受的摩擦力Ff大??；(2)若磁場(chǎng)不動(dòng)，將棒ab以水平初速度2v運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t＝停止運(yùn)動(dòng)，求棒ab運(yùn)動(dòng)位移x及回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q.答案　見解析解析　(1)磁場(chǎng)沿軌道向右運(yùn)動(dòng)，即棒相對(duì)于磁場(chǎng)沿軌道向左運(yùn)動(dòng)，則根據(jù)右手定則，感應(yīng)電流方向由a至b.依題意得，棒剛要運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到的摩擦力等于安培力：Ff＝F安F安＝BI1LI1＝聯(lián)立解得：Ff＝(2)設(shè)棒的平均速度為，根據(jù)動(dòng)量定理可得：－安t－Fft＝0－2mv安＝BL，又＝，x＝ t聯(lián)立解得：x＝根據(jù)動(dòng)能定理有：－Ffx－W安＝0－m(2v)2根據(jù)功能關(guān)系有Q＝W安得：Q＝mv2.題型二　動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用1．在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，安培力充當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)力，如果它們不受摩擦力，且受到的安培力的合力為0時(shí)，滿足動(dòng)量守恒，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律解題比較方便．2．雙棒模型 雙棒無外力雙棒有外力示意圖F為恒力動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)導(dǎo)體棒1受安培力的作用做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒2受安培力的作用做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后兩棒以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)導(dǎo)體棒1做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒2做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，最終兩棒以相同的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)動(dòng)量觀點(diǎn)系統(tǒng)動(dòng)量守恒系統(tǒng)動(dòng)量不守恒能量觀點(diǎn)棒1動(dòng)能的減少量＝棒2動(dòng)能的增加量＋焦耳熱外力做的功＝棒1的動(dòng)能＋棒2的動(dòng)能＋焦耳熱 例4　如圖5所示，兩根間距為l的光滑金屬導(dǎo)軌(不計(jì)電阻)，由一段圓弧部分與一段無限長(zhǎng)的水平部分組成，其水平部分加有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌水平部分靜止放置一金屬棒cd，質(zhì)量為2m，電阻為2r.另一質(zhì)量為m，電阻為r的金屬棒ab，從圓弧部分M處由靜止釋放下滑至N處進(jìn)入水平部分，棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，圓弧部分MN半徑為R，所對(duì)圓心角為60°，重力加速度為g.求：圖5(1)ab棒在N處進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)速度是多大？此時(shí)棒中電流是多少？(2)cd棒能達(dá)到的最大速度是多大？(3)cd棒由靜止到最大速度過程中，系統(tǒng)所能釋放的熱量是多少？答案　(1)　　(2)　(3)mgR解析　(1)ab棒由M下滑到N過程中機(jī)械能守恒，故mgR(1－cos 60°)＝mv2解得v＝進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)瞬間，回路中電流I＝＝(2)ab棒在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，cd棒在安培力作用下做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩棒速度達(dá)到相同速度v′時(shí)，電路中電流為零，安培力為零，cd棒達(dá)到最大速度．ab、cd兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得mv＝(2m＋m)v′，解得v′＝(3)系統(tǒng)釋放的熱量應(yīng)等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，故Q＝mv2－·3mv′2解得Q＝mgR2．(電磁感應(yīng)中的雙棒模型)(多選)(2019·全國(guó)卷Ⅲ·19)如圖6，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上，t＝0時(shí)，棒ab以初速度v0向右滑動(dòng)．運(yùn)動(dòng)過程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示．下列圖像中可能正確的是(　　)圖6答案　AC解析　棒ab以初速度v0向右滑動(dòng)，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，使整個(gè)回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，判斷可知棒ab受到與v0方向相反的安培力的作用而做變減速運(yùn)動(dòng)，棒cd受到與v0方向相同的安培力的作用而做變加速運(yùn)動(dòng)，它們之間的速度差Δv＝v1－v2逐漸減小，整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸減小，回路中感應(yīng)電流逐漸減小，最后變?yōu)榱?，即最終棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，這時(shí)兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd組成的系統(tǒng)在足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，水平方向上不受外力作用，由動(dòng)量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝，選項(xiàng)A、C正確，B、D錯(cuò)誤．3．(電磁感應(yīng)中的雙棒模型)如圖7所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，與磁場(chǎng)方向垂直的水平面內(nèi)有兩根固定的足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌上面平放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd，兩棒彼此平行，構(gòu)成一矩形回路．導(dǎo)軌間距為l，導(dǎo)體棒的質(zhì)量都為m，電阻都為R，導(dǎo)軌部分電阻可忽略不計(jì)．設(shè)導(dǎo)體棒可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑行，初始時(shí)刻ab棒靜止，給cd棒一個(gè)向右的初速度v0.圖7(1)求cd棒速度減為0.8v0時(shí)的加速度大??；(2)從開始運(yùn)動(dòng)到最終穩(wěn)定，求電路中產(chǎn)生的電能；(3)求兩棒之間距離增加量的最大值．答案　(1)　(2)mv02　(3)解析　(1)設(shè)當(dāng)cd棒速度減為0.8v0時(shí)ab棒的速度為v′，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝0.8mv0＋mv′解得v′＝0.2v0此時(shí)回路的電流是I＝cd棒的加速度為a＝解得a＝(2)設(shè)兩棒穩(wěn)定時(shí)共同的速度為v，據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋m)v解得v＝v0故Q＝mv02－(m＋m)v2＝mv02(3)由法拉第電磁感應(yīng)定律得，電路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝＝這段時(shí)間內(nèi)回路的電流為＝對(duì)ab棒，由動(dòng)量定理得BlΔt＝mv聯(lián)立解得Δx＝.課時(shí)精練1.(多選)(2020·云南一模)如圖1所示，兩根水平固定的足夠長(zhǎng)平行光滑金屬導(dǎo)軌上，靜止放著兩根質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為L、電阻為R的相同導(dǎo)體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路(ab、cd與導(dǎo)軌接觸良好)，導(dǎo)軌平面內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B.現(xiàn)給cd一個(gè)初速度v0，則(　　)圖1A．ab將向右做勻加速運(yùn)動(dòng)B．ab、cd最終具有相同的速度C．通過ab桿的電荷量為q＝D．回路產(chǎn)生的焦耳熱最多為mv02答案　BC解析　根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，只有在兩棒速度不相等時(shí)回路中才有感應(yīng)電流，感應(yīng)電流使兩棒都產(chǎn)生加速度，然后受到的安培力發(fā)生變化，有效電動(dòng)勢(shì)發(fā)生變化，感應(yīng)電流、安培力、加速度也隨之變化，所以ab不可能向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)兩棒速度相等后，穿過回路的磁通量不變，回路中將不再有感應(yīng)電流，ab、cd最終具有相同的速度，兩棒的系統(tǒng)所受合外力為零，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0＝2mv，最終兩棒的速度均為v＝，故B正確；選向右的方向?yàn)檎瑢?duì)ab棒根據(jù)動(dòng)量定理有t＝m，＝BL，聯(lián)立可以得到q＝t＝，故C正確；根據(jù)能量守恒定律，在運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的熱量為Q＝mv02－·2m()2＝mv02，故D錯(cuò)誤．2.如圖2所示，水平面上固定著兩根相距L且電阻不計(jì)的足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，銅棒a、b的長(zhǎng)度均等于兩導(dǎo)軌的間距、電阻均為R、質(zhì)量均為m，銅棒平行地靜止在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好．現(xiàn)給銅棒a一個(gè)平行導(dǎo)軌向右的瞬時(shí)沖量I，關(guān)于此后的過程，下列說法正確的是(　　)圖2A．回路中的最大電流為B．銅棒b的最大加速度為C．銅棒b獲得的最大速度為D．回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為答案　B解析　給銅棒a一個(gè)平行導(dǎo)軌向右的瞬時(shí)沖量I，此時(shí)銅棒a的速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，回路中電流最大，每個(gè)棒受到的安培力最大，其加速度最大，I＝mv0，v0＝，銅棒a切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv0，回路電流I0＝＝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；此時(shí)銅棒b受到安培力F＝BI0L，其加速度a＝＝，選項(xiàng)B正確；此后銅棒a做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，銅棒b做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)二者達(dá)到共同速度時(shí)，銅棒b速度最大，據(jù)動(dòng)量守恒有mv0＝2mv，銅棒b最大速度v＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝mv02－·2mv2＝，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．3.(多選)(2020·安徽省天長(zhǎng)中學(xué)期末)如圖3所示，兩根質(zhì)量均為m的金屬棒垂直地放在光滑的水平導(dǎo)軌上，左、右兩部分導(dǎo)軌間距之比為1∶2，導(dǎo)軌間左、右兩部分有大小相等、方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩棒電阻與棒長(zhǎng)成正比，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，現(xiàn)用水平恒力F向右拉CD棒，在CD棒向右運(yùn)動(dòng)距離為s的過程中，AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，此時(shí)AB棒和CD棒的速度大小均為v，此時(shí)立即撤去拉力F，設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且兩棒始終在不同磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，則下列說法正確的是(　　)圖3A．v的大小等于B．撤去拉力F后，AB棒的最終速度大小為v，方向向右C．撤去拉力F后，CD棒的最終速度大小為v，方向向右D．撤去拉力F后，整個(gè)回路產(chǎn)生的焦耳熱為mv2答案　AD解析　由于兩棒的長(zhǎng)度之比為1∶2，所以電阻之比為1∶2，由于兩棒是串聯(lián)關(guān)系，在任何時(shí)刻電流均相等，根據(jù)焦耳定律Q＝I2Rt，所以CD棒上產(chǎn)生的焦耳熱為2Q，在CD棒向右運(yùn)動(dòng)距離為s的過程中，根據(jù)功能關(guān)系有Fs＝3Q＋mv2×2，解得v＝，A正確；設(shè)AB棒的長(zhǎng)度為l，則CD棒的長(zhǎng)度為2l，撤去拉力F后，AB棒繼續(xù)向左加速運(yùn)動(dòng)，而CD棒向右開始減速運(yùn)動(dòng)，兩棒最后勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，電路中電流為零，兩棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等，此時(shí)兩棒的速度滿足BlvAB′＝B·2lvCD′，即vAB′＝2vCD′，對(duì)兩棒分別應(yīng)用動(dòng)量定理有FABt＝mvAB′－mv，－FCDt＝mvCD′－mv，因?yàn)?/span>FCD＝2FAB，解得AB棒的速度大小為vAB′＝v，方向向左，CD棒的速度大小為vCD′＝v，方向向右，B、C錯(cuò)誤；撤去拉力F后到最后穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)過程，整個(gè)回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q′，根據(jù)能量守恒定律有Q′＝mv2×2－mvAB′2－mvCD′2，解得Q′＝mv2，D正確． 4．(2020·河南鄭州市期末)如圖4甲所示，固定放置在水平桌面上的兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌間的距離為L＝1 m．質(zhì)量m＝1 kg的直導(dǎo)體棒放在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌垂直．導(dǎo)軌左端與阻值R＝4 Ω的電阻相連，其余電阻不計(jì)，整個(gè)裝置放在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T．在t＝0時(shí)，一水平向右的恒定拉力F垂直作用于直導(dǎo)體棒，使直導(dǎo)體棒由靜止開始向右做直線運(yùn)動(dòng)，圖乙是描述導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程的v－t圖象(設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng))．求：圖4(1)拉力F的大小；(2)t＝1.6 s時(shí)，導(dǎo)體棒的加速度大小a；(3)前1.6 s內(nèi)導(dǎo)體棒的位移大小x.答案　(1)10 N　(2)2 m/s2　(3)8 m解析　(1)導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)速度為v時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，閉合回路中的感應(yīng)電流I＝導(dǎo)體棒所受安培力FA＝BIL＝由題圖乙可知，當(dāng)速度v＝10 m/s時(shí)拉力F＝FA，得F＝10 N.(2)由題圖乙知，t＝1.6 s時(shí)，v＝8 m/s，由牛頓第二定律有F－＝ma，得a＝2 m/s2.(3)在導(dǎo)體棒的速度為任意值v的一段極短時(shí)間Δt內(nèi)，發(fā)生位移Δx，安培力的沖量ΔI＝－·Δt＝－Δx則前1.6 s內(nèi)安培力的總沖量I＝－x由動(dòng)量定理有Ft－x＝mv－0，得x＝8 m.5．如圖5所示，平行傾斜光滑導(dǎo)軌與足夠長(zhǎng)的平行水平光滑導(dǎo)軌平滑連接，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．質(zhì)量分別為m和m的金屬棒b和c靜止放在水平導(dǎo)軌上，b、c兩棒均與導(dǎo)軌垂直．圖中de虛線往右有范圍足夠大、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．質(zhì)量為m的絕緣棒a垂直于傾斜導(dǎo)軌由靜止釋放，釋放位置與水平導(dǎo)軌的高度差為h.已知絕緣棒a滑到水平導(dǎo)軌上與金屬棒b發(fā)生彈性正碰，金屬棒b進(jìn)入磁場(chǎng)后始終未與金屬棒c發(fā)生碰撞．重力加速度為g.求：圖5(1)絕緣棒a與金屬棒b發(fā)生彈性正碰后分離時(shí)兩棒的速度大??；(2)金屬棒b進(jìn)入磁場(chǎng)后，其加速度為其最大加速度的一半時(shí)的速度大?。?/span>(3)兩金屬棒b、c上最終產(chǎn)生的總焦耳熱．答案　(1)0　　(2)　(3)mgh解析　(1)設(shè)a棒滑到水平導(dǎo)軌時(shí)速度為v0，下滑過程中a棒機(jī)械能守恒，則有：mv02＝mgha棒與b棒發(fā)生彈性正碰由動(dòng)量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2由機(jī)械能守恒定律：mv02＝mv12＋mv22聯(lián)立解得v1＝0，v2＝v0＝(2)b棒剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的加速度最大．設(shè)b棒進(jìn)入磁場(chǎng)后某時(shí)刻，b棒的速度為vb，c棒的速度為vc，則b、c組成的回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BL(vb－vc)由閉合電路歐姆定律得I＝，由安培力公式得F＝BIL＝ma，聯(lián)立得a＝.故當(dāng)b棒加速度為最大值的一半時(shí)有v2＝2(v2′－v3′)b、c兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒．由動(dòng)量守恒定律：mv2＝mv2′＋v3′聯(lián)立得v2′＝v2＝(3)最終b、c以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng)．由動(dòng)量守恒定律：mv2＝(m＋)v由能量守恒定律：mv22＝(m＋)v2＋Q解得Q＝mgh.  6．兩足夠長(zhǎng)且不計(jì)電阻的光滑金屬軌道如圖6甲所示放置，間距為d＝1 m，在左端弧形軌道部分高h＝1.25 m處放置一金屬桿a，弧形軌道與平直軌道平滑連接，在平直軌道右端放置另一金屬桿b，桿a、b的電阻分別為Ra＝2 Ω，Rb＝5 Ω，在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T．現(xiàn)桿b以初速度大小v0＝5 m/s開始向左滑動(dòng)，同時(shí)由靜止釋放桿a，桿a由靜止下滑至剛滑到水平軌道的過程中，通過桿b的平均電流為0.3 A；從a下滑到水平軌道時(shí)開始計(jì)時(shí)，a、b運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖象如圖乙所示(以a運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?/span>)，其中ma＝2 kg，mb＝1 kg，g取10 m/s2，求：圖6(1)桿a在弧形軌道上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(2)桿a在水平軌道上運(yùn)動(dòng)過程中通過其截面的電荷量；(3)在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中桿b產(chǎn)生的焦耳熱．答案　(1)5 s　(2) C　(3) J解析　(1)設(shè)桿a由靜止滑至弧形軌道與平直軌道連接處時(shí)桿b的速度大小為vb0，對(duì)桿b運(yùn)用動(dòng)量定理，有Bd·Δt＝mb(v0－vb0)由題圖乙知vb0＝2 m/s代入數(shù)據(jù)解得Δt＝5 s.(2)對(duì)桿a由靜止下滑至剛滑到水平軌道的過程中，由機(jī)械能守恒定律有magh＝mava2解得va＝＝5 m/s設(shè)最后a、b兩桿共同的速度為v′，由動(dòng)量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′代入數(shù)據(jù)解得v′＝ m/s桿a動(dòng)量的變化量等于它所受安培力的沖量，設(shè)桿a的速度從va到v′的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為Δt′，則由動(dòng)量定理可得Bd′·Δt′＝ma(va－v′)而q＝′·Δt′代入數(shù)據(jù)得q＝ C.(3)由能量守恒定律可知整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中桿a、b中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q＝magh＋mbv02－(ma＋mb)v′2＝ J桿b中產(chǎn)生的焦耳熱為Q′＝Q＝ J.

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