1、揣摩例題。課本上和老師講解的例題，一般都具有一定的典型性和代表性。要認(rèn)真研究，深刻理解，要透過“樣板”，學(xué)會(huì)通過邏輯思維，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)去分析問題和解決問題，特別是要學(xué)習(xí)分析問題的思路、解決問題的方法，并能總結(jié)出解題的規(guī)律。 2、精練習(xí)題。復(fù)習(xí)時(shí)不要搞“題海戰(zhàn)術(shù)”，應(yīng)在老師的指導(dǎo)下，選一些源于課本的變式題，或體現(xiàn)基本概念、基本方法的基本題，通過解題來提高思維能力和解題技巧，加深對所學(xué)知識(shí)的深入理解。在解題時(shí)，要獨(dú)立思考，一題多思，一題多解，反復(fù)玩味，悟出道理。 3、加強(qiáng)審題的規(guī)范性。每每大考過后，總有同學(xué)抱怨沒考好，糾其原因是考試時(shí)沒有注意審題。審題決定了成功與否，不解決這個(gè)問題勢必影響到高考的成敗。那么怎么審題呢? 應(yīng)找出題目中的已知條件 ;善于挖掘題目中的隱含條件 ;認(rèn)真分析條件與目標(biāo)的聯(lián)系，確定解題思路 。 4、重視錯(cuò)題?！板e(cuò)誤是最好的老師”，但更重要的是尋找錯(cuò)因，及時(shí)進(jìn)行總結(jié)，三五個(gè)字，一兩句話都行，言簡意賅，切中要害，以利于吸取教訓(xùn)，力求相同的錯(cuò)誤不犯第二次。
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
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
題型二　動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用
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)，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.
考向1　“單棒＋電阻”模型
例1　水平面上放置兩個(gè)互相平行的足夠長的金屬導(dǎo)軌，間距為d，電阻不計(jì)，其左端連接一阻值為R的電阻.導(dǎo)軌處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.質(zhì)量為m、長度為d、阻值為R與導(dǎo)軌接觸良好的導(dǎo)體棒MN以速度v0垂直導(dǎo)軌水平向右運(yùn)動(dòng)直到停下.不計(jì)一切摩擦，則下列說法正確的是A.導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中所受安培力先做正功再做負(fù)功B.導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的最大距離為C.整個(gè)過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為 mv02D.整個(gè)過程中，導(dǎo)體棒的平均速度大于
導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)過程中一直受到向左的安培力作用，即安培力一直做負(fù)功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
導(dǎo)體棒的阻值與左端所接電阻的阻值相等，故電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱應(yīng)該為 mv02，故C錯(cuò)誤；
例2　(多選)如圖所示，光滑水平平行導(dǎo)軌置于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直水平面向下，左側(cè)導(dǎo)軌間距為L，右側(cè)導(dǎo)軌間距為2L，且導(dǎo)軌兩側(cè)均足夠長.質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab和質(zhì)量為2m的導(dǎo)體棒cd均垂直于導(dǎo)軌放置，處于靜止?fàn)顟B(tài).ab的電阻為R，cd的電阻為2R，兩棒始終在對應(yīng)的導(dǎo)軌部分運(yùn)動(dòng).現(xiàn)給cd一水平向右的初速度v0，則A.兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.最終通過兩棒的電荷量為C.ab棒最終的速度為 v0D.從cd棒獲得初速度到二者穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱為 mv02
考向2　不等間距上的雙棒模型
當(dāng)cd棒向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，受向左的安培力，ab棒受向右的安培力，且Fcd＝2Fab，可知兩棒組成的系統(tǒng)合外力不為零，則系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
cd棒獲得速度后，電路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，cd棒減速，ab棒加速，當(dāng)BLvab＝2BLvcd時(shí)，電路中磁通量不變，沒有感應(yīng)電流，最終兩棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量定理得－2B Lt＝2mvcd－2mv0，B Lt＝mvab，得vcd＋vab＝v0，聯(lián)立解得vab＝ v0，vcd＝ v0，因q＝ t，可得q＝ ，B、C正確；
考向3　“電容器＋棒”模型
例3　(多選)如圖甲所示，水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導(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，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好.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)磁場中.現(xiàn)給桿ab一個(gè)初速度v0，使桿向右運(yùn)動(dòng).則A.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)電勢高于b點(diǎn)電勢B.通過電阻R的電流I隨時(shí)間t的變化率的絕 對值逐漸增大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)電勢高于b點(diǎn)電勢
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)閎到a，桿ab相當(dāng)于電源，a相當(dāng)于電源的正極，則a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢，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，所受安培力減小，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，加速度也減小，當(dāng)電容器兩端電壓與感應(yīng)電動(dòng)勢相等時(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，對桿ab，根據(jù)動(dòng)量定理得－B l·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)的電勢高于b點(diǎn)電勢，D正確.
例4　(2017·天津卷·12)電磁軌道炮利用電流和磁場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，圖中直流電源電動(dòng)勢為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(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：
答案　垂直于導(dǎo)軌平面向下　
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方向垂直于導(dǎo)軌平面向下.
(2)MN剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大??；
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
設(shè)MN受到的安培力為F，有F＝IlB②由牛頓第二定律，有F＝ma③
(3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少.
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)勢為E′，有E′＝Blvmax⑥
設(shè)在此過程中流經(jīng)MN的平均電流為 ，MN受到的平均安培力為 ，有 ＝ lB⑧
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(不計(jì)摩擦力)
例5　(多選)(2019·全國卷Ⅲ·19)如圖，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導(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
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，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)勢逐漸減小，回路中感應(yīng)電流逐漸減小，最后變?yōu)榱悖醋罱K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.
例6　(多選)如圖所示，兩電阻可以忽略不計(jì)的平行金屬長直導(dǎo)軌固定在水平面上，相距為L，另外兩根長度為L、質(zhì)量為m、電阻為R的相同導(dǎo)體棒垂直靜置于導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒在長導(dǎo)軌上可以無摩擦地滑動(dòng)，導(dǎo)軌間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，某時(shí)刻使導(dǎo)體棒a獲得大小為v0、水平向右的初速度，同時(shí)使導(dǎo)體棒b獲得大小為2v0、水平向右的初速度，下列結(jié)論正確的是
A.該時(shí)刻回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為3BLv0B.該時(shí)刻導(dǎo)體棒a的加速度為C.當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度大小為 時(shí)，導(dǎo)體棒b的速度大小也是D.運(yùn)動(dòng)過程中通過導(dǎo)體棒a電荷量的最大值qm＝
根據(jù)右手定則可知兩根導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢方向相反，故該時(shí)刻回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BL·2v0－BLv0＝BLv0，A錯(cuò)誤；
例7　(2021·重慶北碚西南大學(xué)附中高三月考)如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)，垂直磁場方向的水平面中有兩根固定的足夠長的金屬平行導(dǎo)軌，在導(dǎo)軌上面平放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd，兩棒彼此平行且相距d，構(gòu)成一矩形回路.導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m，電阻均為R，導(dǎo)軌電阻可忽略不計(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，求：
(1)當(dāng)cd棒速度減為0.6v0時(shí)，ab棒的速度v及加速度a的大??；
兩棒系統(tǒng)所受合外力為零，因此滿足動(dòng)量守恒定律，有mv0＝0.6mv0＋mv解得v＝0.4v0回路感應(yīng)電動(dòng)勢E＝0.6BLv0－0.4BLv0
(2)ab、cd棒間的距離從d增大到最大的過程中，通過回路的電荷量q及兩棒間的最大距離x.
ab、cd棒間有最大距離時(shí)兩棒速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mv0＝2mv共
1.(多選)如圖所示，一質(zhì)量為2m的足夠長U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺(tái)上，bc邊長為L，不計(jì)金屬框電阻.一長為L的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，導(dǎo)體棒的阻值為R、質(zhì)量為m.裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中.現(xiàn)給金屬框水平向右的初速度v0，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中MN始終與金屬框保持良好接觸，則
A.剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)? M→N→c→b→MB.導(dǎo)體棒的最大速度為C.通過導(dǎo)體棒的電荷量為D.導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為
金屬框開始獲得向右的初速度v0，根據(jù)右手定則可知電流方向?yàn)镸→N→c→b→M，故A正確；
以整體為研究對象，由于整體水平方向不受力，所以整體水平方向動(dòng)量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律可得2mv0＝3mv，可得v＝ v0，故B錯(cuò)誤；
2.(多選)如圖所示，半徑為r的粗糙四分之一圓弧導(dǎo)軌與光滑水平導(dǎo)軌平滑相連，四分之一圓弧導(dǎo)軌區(qū)域沒有磁場，水平導(dǎo)軌區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)軌間距為d，ab、cd是質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì).cd靜止在平滑軌道上，ab從四分之一圓弧軌道頂端由靜止釋放，在圓弧軌道上克服阻力做功 mgr，水平導(dǎo)軌
足夠長，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，且不會(huì)相撞，重力加速度為g.從ab棒進(jìn)入水平軌道開始，下列說法正確的是
A.ab棒先做勻減速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速運(yùn)動(dòng)B.cd棒先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，最后和ab以 相同的速度做勻速運(yùn)動(dòng)C.ab棒剛進(jìn)入磁場時(shí)，cd棒電流為D.ab棒的最終速度大小為
ab棒進(jìn)入磁場受向左的安培力，做減速運(yùn)動(dòng)，所以安培力減小，則ab先做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，cd棒與ab串聯(lián)，所以先做
加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后它們共速，做勻速運(yùn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤；
ab剛進(jìn)入磁場的速度就是它下滑到底端的速度，根據(jù)動(dòng)能定理mgr－mgr＝ mv2，可得速度為v＝ ，則感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝Bdv，兩金屬棒串聯(lián)，故兩棒瞬時(shí)電流為I＝ ，兩棒共速時(shí)由動(dòng)量守恒定律有mv＝2mv′，得速度大小為v′＝ ，故C、D正確.
3.(多選)如圖甲所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ豎直放置，其寬度L＝1 m，一勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端M與P之間連接阻值為R＝0.50 Ω的電阻，質(zhì)量為m＝0.01 kg、電阻為r＝0.20 Ω的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上.現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑，下滑過程中ab始終保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，其下滑距離x與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示，圖像中的OA段為曲線，AB段為直線，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，取g＝10 m/s2(忽略ab棒運(yùn)動(dòng)過程中對原磁場的影響)，則
A.通過金屬棒ab的電流方向由b到aB.磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0.1 TC.金屬棒ab在開始的6 s內(nèi)產(chǎn)生的熱量為3.465 JD.金屬棒ab在開始的3.5 s內(nèi)通過的電荷量為2.8 C
根據(jù)右手定則，判斷通過金屬棒ab的電流方向由a到b，故A錯(cuò)誤；
金屬棒ab勻速運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)圖像信息，
有v＝ m/s＝7 m/s，mg＝FA＝ ，解得B＝0.1 T，故B正確；
對金屬棒開始的6 s內(nèi)進(jìn)行分析，根據(jù)功能關(guān)系，有mgxOB＝Q熱＋ mv2，QR熱＝ Q熱，解得QR熱＝2.475 J，故C錯(cuò)誤；
金屬棒ab在開始的3.5 s內(nèi)通過的電荷量為q＝ ，ΔΦ＝BLxOA，解得q＝2.8 C，故D正確.
4.(多選)如圖所示，空間存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左右兩部分的間距分別為l、2l；質(zhì)量分別為m、2m的導(dǎo)體棒a、b均垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)體棒a接入電路的電阻為R，其余電阻均忽略不計(jì)；a、b兩棒分別以v0、2v0的初速度同時(shí)向右運(yùn)動(dòng)，兩棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且保持良好接觸，a總在
窄軌上運(yùn)動(dòng)，b總在寬軌上運(yùn)動(dòng)，直到兩棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，從開始運(yùn)動(dòng)到兩棒穩(wěn)定的過程中，下列說法正確的是
A.a棒加速度的大小始終等于b棒加速度的大小B.穩(wěn)定時(shí)a棒的速度為1.5v0C.電路中產(chǎn)生的焦耳熱為D.通過導(dǎo)體棒a的某一橫截面的電荷量為
分別計(jì)算a、b棒的加速度，由F安＝BIL和F安＝ma，可得a＝ ，a、b棒串聯(lián)，電流相等，a、b棒長度分別為l、2l，質(zhì)量分別為m、2m，則a、b棒加速度大小相等，故A正確；
因?yàn)閷?dǎo)軌光滑只受到安培力作用，對a棒，根據(jù)動(dòng)量定理有Fa·t＝B l·t＝mva－mv0，同理，對b棒有－Fbt＝－B ×2l·t＝2mvb－2m·2v0，穩(wěn)定時(shí)無電流，即Blva＝B·2lvb，得va＝2vb，聯(lián)立解得va＝2v0，vb＝v0，故B錯(cuò)誤；
由能量守恒可知，動(dòng)能的損失等于焦耳熱，初動(dòng)能Ek0＝ mv02＋ ×2m×(2v0)2，末動(dòng)能Ek＝ m×(2v0)2＋ ×2m×v02，則電路中產(chǎn)生的焦耳熱為Ek0－Ek＝ mv02，故C正確；
對a應(yīng)用動(dòng)量定理有B l·Δt＝mva－mv0，又q＝ ·Δt，va＝2v0，解得q＝ ，故D錯(cuò)誤.
5.(多選)如圖所示，相距L的光滑金屬導(dǎo)軌固定于水平地面上，由豎直放置的半徑為R的 圓弧部分和水平平直部分組成.MNQP范圍內(nèi)有方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場.金屬棒ab和cd(長度均為L)垂直導(dǎo)軌放置且接觸良好，cd靜止在磁場中；ab從圓弧導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，進(jìn)
入磁場后與cd沒有接觸；cd離開磁場時(shí)的速度是此時(shí)ab速度的一半.已知ab的質(zhì)量為m、電阻為r，cd的質(zhì)量為2m、電阻為2r.金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g.下列說法正確的是
A.閉合回路感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場與原磁場方向相反B.cd在磁場中運(yùn)動(dòng)的速度不斷變大，速度的變化率不斷變小C.cd在磁場中運(yùn)動(dòng)的過程中通過ab橫截面的電荷量q＝D.從ab由靜止釋放至cd剛離開磁場時(shí)，cd上產(chǎn)生的焦耳熱為 mgR
cd在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，穿過abdc回路的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，閉合回路感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場與原磁場方向相同，故A錯(cuò)誤；
當(dāng)ab進(jìn)入磁場后回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，則ab受到向左的安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，cd受到向右的安培力而做加速運(yùn)動(dòng)，由于兩者的速度差逐漸減小，可知感應(yīng)電流逐漸減小，安培力逐漸減小，可知cd向右做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故B正確；
6.如圖甲所示，固定放置在水平桌面上的兩根足夠長的光滑金屬導(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圖像(設(shè)導(dǎo)軌足夠長).求：
導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)速度為v時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢E＝BLv，閉合回路中的感應(yīng)電流I＝
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)t＝1.6 s時(shí)，導(dǎo)體棒的加速度大小a；
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)前1.6 s內(nèi)導(dǎo)體棒的位移大小x.
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，
7.如圖所示，兩平行且無限長金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面的夾角為θ＝30°，兩導(dǎo)軌之間的距離為L＝1 m，兩導(dǎo)軌M、P之間接入阻值R＝0.2 Ω的定值電阻，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，在abdc區(qū)域內(nèi)有方向垂直于兩導(dǎo)軌平面向下的磁場Ⅰ，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝1 T，磁場的寬度x1＝1 m；在cd連線以下區(qū)域有方向也垂直于導(dǎo)軌平面向下的磁場Ⅱ，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2＝0.5 T.一個(gè)質(zhì)量為m＝2 kg的金屬棒垂直放在金屬導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝ ，金屬棒的電阻
r＝0.2 Ω，若金屬棒在離ab連線上端x0處由靜止釋放，則金屬棒進(jìn)入磁場Ⅰ恰好做勻速運(yùn)動(dòng).金屬棒進(jìn)入磁場Ⅱ后，經(jīng)過ef時(shí)又達(dá)到平衡狀態(tài)，cd與ef之間的距離x2＝16 m.求(g取10 m/s2)
(1)金屬棒在磁場Ⅰ運(yùn)動(dòng)的速度大小；
設(shè)棒在ab處的速度為v1，金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E＝B1Lv1
金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得mgsin θ－μmgcs θ＝B1I1L，聯(lián)立解得v1＝2 m/s
(2)金屬棒從開始運(yùn)動(dòng)到滑到ef位置這個(gè)過程回路產(chǎn)生的電熱；
經(jīng)過ef時(shí)又達(dá)到平衡狀態(tài)，由平衡條件得mgsin θ－μmgcs θ＝B2I2L
金屬棒從開始運(yùn)動(dòng)到滑到ab的過程中
解得x0＝0.8 m從開始運(yùn)動(dòng)到滑到ef的過程中由動(dòng)能定理得(mgsin θ－μmgcs θ)(x0＋x1＋x2)－Q＝解得Q＝25 J
(3)金屬棒從開始運(yùn)動(dòng)到滑到ef位置這個(gè)過程所用的時(shí)間.
全過程由動(dòng)量定理得(mgsin θ－μmgcs θ)t－B1Lq1－B2Lq2＝mv2
8.(2022·福建莆田市高三模擬)如圖，兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌間距L＝0.5 m，與水平面的夾角θ＝30°，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2 T、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中.導(dǎo)軌上的a、b兩根導(dǎo)體棒質(zhì)量分別為ma＝0.3 kg、mb＝0.1 kg，電阻均為R＝0.1 Ω.現(xiàn)將a、b棒由靜止釋放，同時(shí)用大小為2 N的恒力F沿平行導(dǎo)軌方向向上拉a棒.導(dǎo)軌光滑且電阻忽略不計(jì)，
運(yùn)動(dòng)過程中兩棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，取重力加速度g＝10 m/s2.已知當(dāng)a棒中產(chǎn)生的焦耳熱Qa＝0.12 J時(shí)，其速度va＝1.0 m/s，求：
(1)此時(shí)b棒的速度大小；
設(shè)a、b棒受到的安培力大小為F安，則對a、b棒由牛頓第二定律分別有F－magsin θ－F安＝maaambgsin θ－F安＝mbab聯(lián)立可得maaa＝mbab，所以有mava＝mbvb，可解得vb＝3 m/s.
(2)此時(shí)a棒的加速度大?。?br/>設(shè)此電路產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E，電流為I，則有E＝BLva＋BLvb，I＝ ，F(xiàn)安＝BIL聯(lián)立(1)中式子解得aa＝1 m/s2.
(3)a棒從靜止釋放到速度達(dá)到1.0 m/s所用的時(shí)間.
設(shè)此過程a、b棒位移分別為xa、xb，由(1)的分析可得maxa＝mbxb根據(jù)能量守恒有Fxa＋mbgxbsin θ－magxasin θ－ mava2－ mbvb2＝2Qa對a棒根據(jù)動(dòng)量定理有(F－magsin θ)t－I安＝mava－0其中安培力的沖量I安＝∑F安Δt可得I安＝聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可解得t＝0.768 s.
9.(2018·天津卷·12)真空管道超高速列車的動(dòng)力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動(dòng)動(dòng)能的裝置.圖甲是某種動(dòng)力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實(shí)線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，電阻忽略不計(jì).ab和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導(dǎo)軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質(zhì)量為m.列車啟動(dòng)前，ab、cd處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，如圖甲所示.為使列車啟動(dòng)，需在M、N間連接電動(dòng)勢為E的直流電源，電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計(jì).列車啟動(dòng)后電源自動(dòng)關(guān)閉.
(1)要使列車向右運(yùn)行，啟動(dòng)時(shí)圖甲中M、N哪個(gè)接電源正極，并簡要說明理由.
列車要向右運(yùn)動(dòng)，安培力方向應(yīng)向右.根據(jù)左手定則，接通電源后，金屬棒中電流方向由a到b、由c到d，故M接電源正極.
(2)求剛接通電源時(shí)列車加速度a的大小.
由題意，啟動(dòng)時(shí)ab、cd并聯(lián)，設(shè)回路總電阻為R總，由電阻的串并聯(lián)知識(shí)得R總＝
設(shè)回路總電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律有
設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F，有F＝IlB ③根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma ④
(3)列車減速時(shí)，需在前方設(shè)置如圖乙所示的一系列磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場寬度和相鄰磁場間距均大于l.若某時(shí)刻列車的速度為v0，此時(shí)ab、cd均在無磁場區(qū)域，試討論：要使列車停下來，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場？
設(shè)列車減速時(shí)，cd進(jìn)入磁場后經(jīng)Δt時(shí)間ab恰好進(jìn)入磁場，此過程中穿過兩金屬棒與導(dǎo)軌所圍回路的磁通量的變化為ΔΦ，平均感應(yīng)電動(dòng)勢為E1，
其中ΔΦ＝Bl2 ⑦設(shè)回路中平均電流為I′，由閉合電路歐姆定律有
設(shè)cd受到的平均安培力為F′，有F′＝I′lB ⑨
以向右為正方向，設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)cd受安培力沖量為I沖，有I沖＝－F′Δt⑩同理可知，回路出磁場時(shí)ab受安培力沖量仍為上述值，設(shè)回路進(jìn)出一塊有界磁場區(qū)域安培力沖量為I0，有I0＝2I沖 ?設(shè)列車停下來受到的總沖量為I總，由動(dòng)量定理有I總＝0－mv0 ?

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