第10章 第5讲 电磁感应中的动量问题(Word教师用书)-【新高考方案】2025年高考物理一轮总复习（福建专版）

第5讲　电磁感应中的动量问题(综合融通课) (一) 动量定理在电磁感应中的应用　 导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解。 模型(一)　“单棒＋电阻”模型 情境示例1 水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒的初速度为v0、质量为m、电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来 求电荷量q －BLΔt＝0－mv0，q＝Δt，q＝ 求位移x －Δt＝0－mv0，x＝Δt＝ 应用技巧 初、末速度已知的变加速运动，在动量定理列出的式子中q＝Δt，x＝Δt；若已知q或x也可求末速度 情境示例2 间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m、接入电路的阻值为R的导体棒，匀强磁场的磁感应强度为B，当通过横截面的电荷量为q或下滑位移为x时，速度达到v 求运动时间 －BLΔt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，q＝Δt，Δt＝ －Δt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，x＝Δt，Δt＝ 应用技巧 用动量定理求时间需有其他恒力参与，若已知运动时间，也可求q、x、v中的一个物理量 [例1]　(2024·漳州高三模拟)(双选)如图甲所示，两根间距为L＝1.0 m、电阻不计且足够长的光滑平行金属导轨与水平面夹角θ＝30°，导轨底端接入一阻值为R＝2.0 Ω的定值电阻，所在区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向上，在导轨上垂直于导轨放置一质量为m＝0.2 kg、电阻为r＝1.0 Ω的金属杆，开始时使金属杆保持静止，某时刻开始给金属杆一个沿斜面向上F＝2.0 N的恒力，金属杆由静止开始运动，图乙为运动过程的v­t图像，重力加速度g取10 m/s2。则在金属杆向上运动的过程中，下列说法中正确的是(　 ) A．匀强磁场的磁感应强度B＝ T B．前2 s内通过电阻R的电荷量为1.4 C C．前2 s内金属杆通过的位移为4 m D．前4 s内电阻R产生的热量为6.2 J [解析]　由题图乙可知金属杆先做加速度减小的加速运动，2 s后做匀速直线运动。当t＝2 s时，速度为v＝3 m/s，此时感应电动势为E＝BLv，感应电流为I＝，安培力为F安＝BIL＝，根据受力平衡可得F＝F安＋mgsin θ，联立解得B＝1 T，故A错误；前2 s内，根据动量定理有(F－mgsin θ)Δt－BLΔt＝mv－0，又q＝Δt，联立解得q＝1.4 C，故B正确；设前2 s内金属杆通过的位移为x，由q＝Δt＝Δt＝Δt＝，联立解得x＝4.2 m，故C错误；前2 s内金属杆通过的位移为x＝4.2 m,2～4 s内金属杆通过的位移为x′＝vt＝6 m，前4 s内由能量守恒定律可得F(x＋x′)＝mv2＋mg(x＋x′)sin θ＋Q，解得总热量Q＝9.3 J，则前4 s内电阻R产生的热量为QR＝Q＝6.2 J，故D正确。 [答案]　BD 模型(二)　不等间距导轨上的双棒模型 [例2]　如图所示，两根足够长且电阻不计的平行金属导轨MNPQ和M1N1P1Q1，固定在倾角为θ的斜面上，MN与M1N1距离为L，PQ与P1Q1距离为L。金属棒A、B质量均为m、阻值均为R、长度分别为L与L，金属棒A、B分别垂直放在导轨MM1和PP1上，且恰好都能静止在导轨上。整个装置处于垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B0的匀强磁场中。现固定住金属棒B，用沿导轨向下的外力F作用在金属棒A上，使金属棒A以加速度a沿斜面向下做匀加速运动。此后A棒一直在MN与M1N1上运动，B棒一直在PQ与P1Q1上静止或运动，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： (1)外力F与作用时间t的函数关系式； (2)当A棒的速度为v0时，撤去F并解除对B的固定，一段时间后A棒在MN与M1N1上匀速运动，求A棒匀速运动的速度大小。 [解析]　(1)金属棒A、B刚好都能静止在导轨上，对金属棒，有mgsin θ－Ff＝0 金属棒A沿斜面向下做匀加速运动，对金属棒A，由牛顿第二定律有F＋mgsin θ－Ff－F安＝ma 由安培力公式有F安＝ILB0 对金属棒与导轨构成的回路，根据欧姆定律，有I＝ 金属棒A切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律，有E＝B0Lv 又因为v＝at 联立解得F＝t＋ma。 (2)A棒匀速时，安培力为零，电流为零，两棒产生的电动势大小相等，有 B0LvA＝B0vB 在撤去F到A棒匀速的过程中，对A，根据动量定理，有 (mgsin θ－Ff－B0L)t1＝mvA－mv0 对B，根据动量定理，有 t1＝mvB－0 联立可解出vA＝v0。 [答案]　(1)F＝t＋ma　(2)v0 模型(三)　“电容器＋棒”模型 基本模型 规律　　　　 导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C 电路特点 导体棒相当于电源，电容器充电 电流特点 安培力为阻力，棒减速，E减小，有I＝，电容器充电UC变大，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，棒匀速运动 运动特点和最终特征 棒做加速度a减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器带电荷量不为零 最终速度 电容器增加的电荷量：q＝CU 最终电容器两端电压：U＝BLv 对棒应用动量定理： mv－mv0＝－BL·Δt＝－BLq v＝ v-t图像 [例3]　(2024·咸阳模拟预测)如图所示，两条平行金属导轨的间距为L，长为d的倾斜部分与水平面的夹角为θ，水平部分足够长，两部分平滑相连，倾斜导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。两部分导轨均处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小分别为2B和B，在倾斜导轨上端放置一质量为m的金属棒，使其沿导轨由静止开始加速下滑，当金属棒下滑距离d后无动能损失进入水平轨道，然后进入竖直向上的匀强磁场。已知金属棒在滑动过程中始终与导轨垂直且接触良好，电容器能正常工作，重力加速度为g，不计所有电阻和摩擦阻力。求： (1)金属棒刚进入水平导轨时速度的大小v0； (2)金属棒进入水平导轨后的最终速度v。 [解析]　(1)设金属棒速度大小为v′时，通过金属棒的电流为I，对金属棒由牛顿第二定律有mgsin θ－2BIL＝ma 设在极短时间间隔Δt内流过金属棒的电荷量为ΔQ，则ΔQ＝CΔE＝2BLC·Δv 而I＝，a＝ 所以I＝2BLCa 联立解得a＝ 金属棒做初速度为零的匀加速运动，当金属棒下滑距离d后的速度大小为v0＝ 联立解得v0＝。 (2)当金属棒刚进入水平导轨时，电容器极板上积累的电荷量为 Q＝EC＝2BLC 此时金属棒的速度大小仍为v0＝ 而感应电动势变为E′＝BLv0 金属棒进入水平轨道后，E′＜E，电容器放电，设再经过t1时间电容器放电结束，此时金属棒达到最终速度v，取水平向右为正方向，根据动量定理可得BL·t1＝mv－mv0 而·t1＝Q－Q′，Q′＝BLCv 联立解得v＝ 。 [答案]　(1) (2) (二) 动量守恒定律在电磁感应中的应用 1．问题特点：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。 2．双棒模型(不计摩擦力) 双棒无外力 双棒有外力 示意图 F为恒力 运动过程 导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动 导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动 动量观点 系统动量守恒 系统动量不守恒 能量观点 棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热 外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热 [典例]　(双选)如图所示，一质量为2m的足够长U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，bc边长为L，不计金属框电阻。一长为L的导体棒MN置于金属框上，导体棒的阻值为R、质量为m。装置处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN始终与金属框保持良好接触，则(　 ) A．刚开始运动时产生的感应电流方向为M→N→c→b→M B．导体棒的最大速度为 C．通过导体棒的电荷量为 D．导体棒产生的焦耳热为mv02 [解析]　金属框开始获得向右的初速度v0，根据右手定则可知电流方向为M→N→c→b→M，故A正确；以整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得2mv0＝3mv，可得v＝v0，故B错误；对导体棒根据动量定理可得BLΔt＝mv－0，其中Δt＝q，可得通过导体棒的电荷量为q＝，故C正确；导体棒产生的焦耳热为Q＝×2mv02－×3mv2＝mv02，故D错误。 [答案]　AC [针对训练] 1．(双选)如图所示，半径为r的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相连，四分之一圆弧导轨区域没有磁场，水平导轨区域存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，导轨间距为d，导轨电阻忽略不计。ab、cd是质量为m、电阻为R的金属棒，cd静止在平滑导轨上，ab从四分之一圆弧导轨顶端由静止释放，在圆弧导轨上克服阻力做功为mgr，水平导轨足够长，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，且不会相撞，重力加速度为g。从ab棒进入水平导轨开始，下列说法正确的是(　 ) A．ab棒先做匀减速运动，最后做匀速运动 B．cd棒先做匀加速直线运动，最后和ab棒以相同的速度做匀速运动 C．ab棒刚进入磁场时，流过cd棒的电流为 D．ab棒的最终速度大小为 解析：选CD　ab棒进入磁场受向左的安培力，做减速运动，所受安培力减小，则ab棒先做加速度减小的减速运动，cd棒与ab棒串联，所以cd棒先做加速度减小的加速运动，最后它们共速，做匀速运动，故A、B错误；ab棒刚进入磁场的速度就是它下滑到圆弧导轨底端的速度，根据动能定理得mgr－mgr＝mv2，可得速度为v＝，则感应电动势为E＝Bdv，两金属棒串联，故两棒瞬时电流为I＝，两棒共速时由动量守恒定律有mv＝2mv′，解得速度大小为v′＝，故C、D正确。 2．(2023·全国甲卷)如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求： (1)金属棒P滑出导轨时的速度大小； (2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量； (3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。 解析：(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 3mv0＝3mvQ＋mvP ×3mv02＝×3mvQ2＋mvP2 联立解得vP＝v0，vQ＝v0 由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，由于Q为绝缘棒，无电流通过，碰撞后在导轨上做匀速直线运动，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为vP′＝vQ＝v0。 (2)根据能量守恒定律有mvP2＝mvP′2＋Q 解得Q＝mv02。 (3)设碰撞时金属棒P距导轨最右端距离为x，P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得 －BlΔt＝mvP′－mvP 又＝＝＝ 联立可得x＝ 故Q在导轨上运动的时间为t＝＝。 答案：(1)v0　(2)mv02　(3) [课时跟踪检测] 1．(2024·济南质检)(双选)现有如图所示光滑金属轨道处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，左边较宽部分两轨道间距为2d，右边较窄部分两轨道间距为d，轨道电阻不计。现有均匀导体棒，电阻值为R，从左侧以初速度v0＝向右运动，出发点到两侧轨道交界ab处距离为x，导体棒质量为m。下列结论正确的是(　 ) A．导体棒运动至ab处速度为v0 B．导体棒运动至ab处速度为v0 C．导体棒在右侧区域运动2x减速到0 D．导体棒在右侧区域运动4x减速到0 解析：选AC　根据题意可知，导体棒运动至ab过程中，所受平均安培力为＝B·2d，由动量定理有－t＝－B·2dt＝－2Bdq＝mv－mv0，又有q＝＝，联立解得v＝＝v0，故B错误，A正确；根据题意，在右侧区域运动过程中，由动量定理有－′t′＝－B·d′t′＝－Bdq′＝0－mv，又有q′＝＝，联立解得x′＝2x，故C正确，D错误。 2．水平面上放置两个互相平行的足够长的金属导轨，间距为d，电阻不计，其左端连接一阻值为R的电阻。导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。质量为m、长度为d、阻值为R与导轨接触良好的导体棒MN以速度v0垂直导轨水平向右运动直到停下。不计一切摩擦，则下列说法正确的是(　 ) A．导体棒运动过程中所受安培力先做正功再做负功 B．导体棒在导轨上运动的最大距离为 C．整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为mv02 D．整个过程中，导体棒的平均速度大于 解析：选B　导体棒向右运动过程中一直受到向左的安培力作用，即安培力一直做负功，选项A错误；由动量定理可知－dB·Δt＝0－mv0，其中·Δt＝·Δt＝，ΔΦ＝Bdx，解得x＝，故B正确；导体棒的阻值与左端所接电阻的阻值相等，故电阻R上产生的焦耳热应该为mv02，故C错误；根据a＝＝可知，导体棒做的是加速度逐渐减小的减速运动，故其平均速度将小于做匀减速运动的平均速度，即小于，故D错误。 3．(2023·福建高考)如图，M、N是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，导轨足够长且电阻可忽略不计；导轨间有一垂直于水平面向下的匀强磁场，其左边界OO′垂直于导轨；阻值恒定的两均匀金属棒a、b均垂直于导轨放置，b始终固定。a以一定初速度进入磁场，此后运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与b不相碰。以O为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴坐标；在运动过程中，a的速度记为v，a克服安培力做功的功率记为P。下列v或P随x变化的图像中，可能正确的是(　 ) 解析：选A　设导轨间磁场的磁感应强度为B，导轨间距为L，金属棒总电阻为R，由题意金属棒a进入磁场后受到水平向左的安培力作用，做减速运动，根据动量定理有·Δt＝mv0－mv，根据＝BL，＝，＝BL，可得＝，又因为x＝·Δt，联立可得x＝mv0－mv，根据表达式可知v与x成一次函数关系，故A正确，B错误；a克服安培力做功的功率为P＝Fv＝·v2＝·2，故P­x图像为开口向上的抛物线，由于F和v都在减小，故P也在减小，故C、D错误。 4．(双选)如图，空间等距分布无数个垂直纸面向里的匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度大小B＝1 T，每一条形磁场区域宽度及相邻条形磁场区域间距均为d＝1 m。现有一个边长为l＝0.5 m、质量为m＝0.2 kg、电阻为R＝1 Ω的单匝正方形线框，以v0＝8 m/s的初速度从左侧磁场边缘水平进入磁场，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　 ) A．线框刚进入第一个磁场区域时，加速度大小为10 m/s2 B．线框进入第一个磁场区域过程，通过线框的电荷量为0.25 C C．线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热为6.4 J D．线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中能穿过5个完整磁场区域 解析：选BC　根据题意可得E＝Blv0，I＝，F＝BIl，联立解得线框刚进入第一个磁场区域时受到的安培力为F＝2 N，则线框的加速度大小为a＝ ＝10 m/s2，故A错误；由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电荷量计算公式可知＝n，＝，q＝t，解得通过线框的电荷量为q＝，进入第一个磁场区域过程，通过线框的电荷量q＝＝0.25 C，故B正确；当线框水平速度减为零时竖直下落，线框受到安培力的合力水平向左，安培力对线框做的负功等于电路中产生的焦耳热，由功能关系可得Q＝mv02＝6.4 J，故C正确；水平方向上的安培力大小为F＝，设水平向右为正，在水平方向由动量定理可得－∑Ft＝－＝0－mv0，解得x＝＝6.4 m，线框穿过1个完整磁场区域，有安培力作用的水平距离为2l，则有＝6.4，则线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中能穿过6个完整磁场区域，故D错误。 5．(2024·福清高三检测)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中放置两平行且足够长的光滑水平金属导轨，导体棒MN沿导轨向右匀速运动，导轨左侧接有电源和电容器，不计导体棒以外的电阻。t＝0时将S由a转接到b，MN两端的电势差UMN、导体棒的动能Ek与时间t的关系图像中，一定错误的是(　 ) 解析：选B　设导体棒MN沿导轨向右匀速运动的速度为v，将S由a转接到b，对导体棒MN根据动量定理有－BLt＝0－mv，即BLq0＝mv，此时流过电容器的电量也为q0。若初始状态满足qC＝C·UC>q0，则导体棒MN先减速，再反向加速，最后达到匀速状态，UMN­t、Ek­t图像如图甲、乙所示； 若初始状态满足qC＝C·UC＝q0，则导体棒MN恰好减速至0，UMN­t、Ek­t图像如图丙、丁所示； 若初始状态满足qC＝C·UC＜q0，则导体棒MN先减速，再匀速，电容器先放电，后反向充电，UMN­t、Ek­t图像如图戊、己所示； 本题选择一定错误的图像，故选B。 6．(2024·福州调研)(双选)如图，水平面上有两条相距为L的足够长光滑平行金属导轨，在导轨上相隔某一距离垂直导轨静置长度均为L的金属棒a和b，垂直导轨的虚线MN右侧存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，匀强磁场磁感应强度为B，导轨左端接有电压传感器。现让金属棒a、b分别以速度v0、3v0向右运动，t＝0时刻金属棒b经过MN进入磁场区域，当金属棒a刚要进入磁场时，电压传感器的示数U＝。已知金属棒a、b材质相同，a、b棒的质量分别为2m、m，a棒的电阻为R。导轨电阻不计，不考虑电压传感器对电路的影响，磁场区域足够大，下列说法正确的是(　 ) A．从t＝0时刻开始，电压传感器的示数逐渐减小 B．改变a、b两棒间初始距离，不会改变两棒的最终速度 C．当金属棒a刚要进入磁场时，a、b两棒间的距离为 D．从开始到电压传感器示数稳定，整个过程中金属棒a上产生的焦耳热为mv02 解析：选CD　从t＝0时刻开始，在a棒进入磁场之前，b棒做减速运动，则电压传感器的示数逐渐减小，当a棒进入磁场之后，稳定时，电压传感器的示数不变，故A错误；b棒进入磁场后做减速运动，a、b棒均进入磁场后动量守恒，根据动量守恒定律有2mva＋mvb＝(2m＋m)v，a、b两棒间初始距离较大，当a进入磁场时b减速时间较长，则速度vb较小，则两棒的最终速度较小，故改变a、b两棒间初始距离，会改变两棒的最终速度，故B错误；a、b棒的质量分别为2m、m，根据m＝ρ密度LS，可知横截面积之比为2∶1，根据R＝ρ，可知电阻之比为1∶2，故b棒的电阻为2R，有U＝ R，当金属棒a刚要进入磁场时，电压传感器的示数U＝，联立解得vb＝2v0，对b棒由动量定理得－BLΔt＝m×2v0－m×3v0，其中Δt＝＝，解得x＝，故C正确；b棒进入磁场后，a棒进入磁场之前，在a棒中产生的焦耳热Q1＝×＝mv02，a棒进入磁场之后，最终与b棒达到共同速度时，由动量守恒定律得2mv0＋m×2v0＝(2m＋m)v，解得v＝v0，该过程在a棒中产生的焦耳热Q2＝·＝mv02，整个过程中金属棒a上产生的焦耳热为Q＝Q1＋Q2＝mv02，故D正确。 7．(2023·辽宁高考)(双选)如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是(　 ) A．弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流 B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为 C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1 D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为 解析：选AC　弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向电流，A正确；任意时刻，设电流为I，则PQ受安培力FPQ＝BI·2d，MN受安培力FMN＝2BId，PQ与MN所受安培力大小相等，方向相反，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m, PQ速率为v时，则2mv＝mv′，解得MN的速率v′＝2v，回路的感应电流I＝＝，MN所受安培力大小为FMN＝2BId＝，B错误；两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒定律可得mx1＝2mx2，x1＋x2＝L，可得最终MN位置向左移动x1＝，PQ位置向右移动x2＝，因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，整个运动过程中，MN的加速度为aMN＝，PQ的加速度为aPQ＝，则aMN∶aPQ＝2∶1，由B选项分析可知MN与PQ的速率之比为2∶1，则由公式v2＝2ax可知MN与PQ的路程之比为2∶1，C正确；两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN位置向左移动，PQ位置向右移动，则q＝Δt＝＝＝，D错误。 8. (2024·南平武夷山模拟)如图所示，在水平面上有两条足够长的平行导电导轨MN、PQ，导轨间距离L＝1.0 m，匀强磁场垂直于导轨所在的平面(纸面)向里，磁感应强度的大小为B＝1.0 T，两根导体棒a、b放置在导轨上，并与导轨垂直，它们的质量均为m＝1 kg，电阻均为R＝0.5 Ω，两导体棒与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.2。t＝0时，分别给两导体棒平行导轨向左和向右的速度，已知导体棒a的速度v1＝2 m/s，导体棒b的速度v2＝4 m/s，重力加速度g取10 m/s2，导轨电阻可忽略，最大静摩擦力略大于滑动摩擦力。 (1)求t＝0时刻，导体棒a的加速度； (2)求当导体棒a向左运动的速度为零时，导体棒b的速率； (3)已知导体棒a向左运动的速度为零后，导体棒b向右运动s＝0.35 m速度变为零，求该过程经历的时间t和导体棒b产生的焦耳热。 解析：(1)t＝0时刻，两导体棒和导轨构成回路，回路中的总电动势为 E＝BL(v1＋v2)＝6 V， 根据闭合电路欧姆定律可知回路中的电流为 I＝＝6 A， 对导体棒a，根据牛顿第二定律可得 BIL＋μmg＝ma，解得a＝8 m/s2， t＝0时刻，导体棒a的加速度大小为8 m/s2，方向水平向右。 (2)在导体棒a、b运动时，两导体棒受到的摩擦力大小相等、方向相反，根据左手定则可知两导体棒受到的安培力也等大反向，两导体棒组成的系统合力为零，满足动量守恒，以向右为正方向，当导体棒a向左运动的速度为零时，根据动量守恒定律可得mv2－mv1＝mv3， 解得导体棒b的速率为v3＝2 m/s。 (3)导体棒b的速率为v3＝2 m/s时，回路的感应电动势为E′＝BLv3＝2 V， 导体棒a受到的安培力为 Fa＝BI′L＝B·L＝2 N， 由题意最大静摩擦力略大于滑动摩擦力， 则有Ffmax＞μmg＝2 N，可知导体棒a的速度为零后不再运动，从导体棒a的速度为零至导体棒b的速度为零的过程，导体棒b受到的安培力冲量为∑BILΔt＝∑BLΔt＝∑vΔt＝s， 对导体棒b，根据动量定理可得 －μmgt－s＝0－mv3，解得t＝0.825 s， 设导体棒b产生的焦耳热为Q， 根据能量守恒定律可得 2Q＋μmgs＝mv32，解得Q＝0.65 J。 答案：(1)8 m/s2，方向水平向右　(2)2 m/s (3)0.825 s　0.65 J 9．(2023·湖南高考)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。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，重力加速度为g。 (1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0； (2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0； (3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。 解析：(1)棒a在运动过程中所受重力沿斜面的分力和安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0，由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I＝，F＝BIL，由棒a受力平衡可得mgsin θ＝BIL，联立解得v0＝。 (2)由右手定则可知释放瞬间棒b中电流向里，棒b受到沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，对棒b根据牛顿第二定律可得mgsin θ＋BIL＝ma0，解得a0＝2gsin θ。 (3)由题意可知，释放棒b后，棒a受沿斜面向上的安培力和沿斜面向下的重力的分力，棒b受沿斜面向下的安培力和沿斜面向下的重力的分力，棒a、b达到相同速度v，由动量定理可知，mgt0sin θ－BLt0＝mv－mv0 mgt0sin θ＋BLt0＝mv 设此过程流过棒a、b的电荷量为q， 有q＝t0，联立解得 v＝gt0sin θ＋，q＝ 由法拉第电磁感应定律可知 ＝＝· 联立可得Δx＝。 答案：(1)　(2)2gsin θ　 (3)gt0sin θ＋　 10．(2023·新课标卷)一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图(a)所示。 (1)使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。 (2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。 解析：(1)金属框进入磁场过程中有＝， 则金属框进入磁场过程中流过回路的电荷量为q1＝t＝， 则金属框完全穿过磁场区域的过程中流过回路的电荷量为q＝2q1＝， 设金属框的初速度为v0，金属框穿过磁场区域过程中，由动量定理得－BqL＝－mv0， 联立解得v0＝。 (2)金属框的初速度为v0，设金属框完全进入磁场时的末速度为v1，向右为正方向。 金属框进入磁场过程中，由于导轨电阻可忽略，此时金属框上下部分被短路，故电路中的总电阻R总＝R0＋＝， 根据动量定理有 －＝mv1－mv0，解得v1＝， 则在此过程中根据能量守恒定律有 mv02＝Q1＋mv12，解得Q1＝， 其中电阻R1产生的热量QR1＝··Q1＝Q1＝， 此后线框完全进入磁场中，则线框左右两边均作为电源，且等效电路图如图所示， 则此时回路的总电阻R总′＝2R0＋＝，设线框刚离开磁场时的速度为v2，再根据动量定理有－＝mv2－mv1，解得v2＝0， 则说明线框在刚开始离开磁场瞬间停止运动，则再根据能量守恒定律有mv12＝＝Q2，其中电阻R1产生的热量QR1′＝·Q2＝Q2＝， 则在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量QR1总＝QR1＋QR1′＝。 答案：(1)　(2) 学科网（北京）股份有限公司 $$