2025届高考物理一轮复习讲义：专题2 电磁感应中的动量问题（单棒 电阻 倾斜导轨模型）

电磁感应中的动量问题解读和专题训练 专题2　“单棒＋电阻倾斜导轨”模型 【问题解读】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。 　“单棒＋电阻倾斜导轨”模型 情境示例 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，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Δt －LBΔt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，q＝Δt， －Δt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，x＝Δ t 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中的任一个物理量 【专题训练】 1．（2024年5月湖南名校联考）如图甲所示，两根平行光滑足够长金属导轨固定在倾角的斜面上，其间距．导轨间存在垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度．两根金属棒和与导轨始终保持垂直且接触良好，棒通过一绝缘细线与固定在斜面上的拉力传感器连接（连接前，传感器已校零），细线平行于导轨．已知棒的质量为，棒和棒接入电路的电阻均为，导轨电阻不计．将棒从静止开始释放，同时对其施加平行于导轨的外力F，此时拉力传感器开始测量细线拉力，作出力随时间t的变化图象如图乙所示（力大小没有超出拉力传感器量程），重力加速度g取，则下列说法正确的是（ ） 甲 乙 A．当时，棒的速度大小为 B．当时，外力F的大小为 C．在内，外力F的冲量大小为 D．在内，若棒产生的热量为，则外力F做的功为 【答案】BC 【解析】当时，对棒由平衡条件得．当时，棒受到沿斜面向上的拉力，由平衡条件得，解得；感应电动势为，由，解得，故A错误．当时，棒受到沿斜面向上的拉力，由平衡条件得，解得；感应电动势为，由，解得．由于随时间均匀增大，所以棒做匀加速直线运动，其加速度为，对棒由牛顿第二定律得，解得外力，故B正确．棒在内的位移为，在内的位移为，所以在内的位移为，由动量定理得，其中，解得，故C正确．由动能定理得，其中，解得，故D错误． 2 （2024湖南顶级名校联考）.如图所示，间距的粗糙倾斜金属轨道与水平面间的夹角，在其顶端与阻值为的定值电阻相连，间距相同的光滑金属轨道固定在水平面上，两轨道都足够长且在处平滑连接，至间是光滑绝缘带，保证倾斜轨道与水平轨道间电流不导通。倾斜轨道处有垂直轨道向上、磁感应强度大小为的匀强磁场，水平轨道处有竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场。两根导体棒1、2的质量均为，两棒接入电路部分的电阻均为R，初始时刻，导体棒1放置在倾斜轨道上，且距离足够远，导体棒2静置于水平轨道上，已知倾斜轨道与导体棒1间的动摩擦因数，。现将导体棒1由静止释放，运动过程中未与导体棒2发生碰撞。，，重力加速度，两棒与轨道始终垂直且接触良好，导轨电阻不计。下列说法正确的是（ ） A.导体棒1滑至瞬间的速度大小为 B.导体棒1滑至瞬间，导体棒2的加速度大小为 C.稳定时，导体棒2的速度大小为 D.整个运动过程中通过导体棒2的电荷量为 【参考答案】.BC 【名师解析】由于导体棒1释放点离足够远，导体棒1滑至时一定达到稳定状态，由平衡可得，即有，解得，故A错误；导体棒1骨至瞬间，导体棒1切割磁感线产生的电动势为，回路中的电流为，此时导体棒2的加速度为，故B正确；导体棒1、2组成的系统由动量守恒可得，得，即稳定时，导体棒2的速度大小为，故C正确；对导体棒2由动量定理有，即，电荷量，故D错误。 3. （2024山东德州期末）如图所示，两平行金属导轨（足够长）间接一阻值为R 的定值电阻，导轨与金属棒间的动摩擦因数为0.5，金属棒的质量为m、电阻为，导轨的倾角为37°，导轨电阻忽略不计，金属棒始终与导轨平面垂直且接触良好。匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直导轨向上，导轨间距为L。在金属棒从静止开始释放至其速度最大的过程中，通过定值电阻的电荷量为q，重力加速度大小为 g，取，，下列说法正确的是（　　） A. 金属棒的最大速度为 B. 此过程中，金属棒沿导轨运动的距离为 C. 此过程中，金属棒运动的时间为 D. 此过程中，定值电阻和金属棒产生的总热量为 【答案】A 【解析】 ．金属棒速度最大时，对金属棒有 又 解得 故A 正确； 又 ，，， 解得 故B错误； 对金属棒，由动量定理有 解得 故C错误； D．对金属棒，由能量守恒定律有 解得 故D错误。 4．(多选)(2023·河北邯郸一模)如图所示，在竖直平面内固定有足够长的平行金属导轨PQ、MN，导轨间距为L，在QN之间连接有阻值为R的电阻，导轨上放有质量为m、电阻为R的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中。现对金属杆ab施加一大小为F＝2mg的拉力，使其由静止开始向上运动，经时间t后金属杆达到最大速度。金属杆ab运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，忽略所有摩擦，不计导轨电阻，当地重力加速度为g，则下列结论正确的是(　　) A．通过电阻R的感应电流方向由N向Q B．金属杆ab的最大速度为 C．金属杆ab由静止到最大速度的过程中，上升的高度为 D．金属杆ab由静止到最大速度的过程中，通过电阻R的电荷量为 答案：BD 解析：由楞次定律可知，通过电阻R的感应电流方向为由Q向N，故A错误；导体棒速度为v时，产生的电动势为E＝BLv，流过导体棒的电流为I＝＝，导体棒所受安培力FA＝ILB＝，由牛顿第二定律可得F－mg－＝ma，当a＝0时，速度最大，解得最大速度为vm＝，故B正确；金属杆ab由静止到最大速度的过程中，由动量定理Ft－mgt－LBt＝mvm，又因为＝，＝，可得Ft－mgt－＝mvm，Ft－mgt－BLq＝mvm，解得上升的高度h＝，通过电阻R的电荷量q＝，故C错误，D正确。故选BD。 5.（14分）（2024年4月安徽安庆示范高中联考）如图所示，在一倾角为θ=30°足够长的斜面上有一足够长的“U”型金属导轨P，导轨上方叠放有一导体棒Q。P、Q质量均为m，接触良好。导轨宽度和导体棒长度均为L，导体棒电阻为R，导轨电阻不计。空间中存在垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B。初始，将导体棒用绳系住，绳子能承受的最大拉力为mg。将金属导轨由静止释放开始计时，t1时刻绳子被拉断。重力加速度为g，不计一切摩擦。求： （1）绳子拉断时导轨P的速度v0； （2）绳子拉断时导轨P的位移x； （3）求从释放到拉断绳子的过程中导体棒上产生的焦耳热Q。 【答案】（14分） （1） （2） （3） 【解析】（1）拉断时导体棒电动势 受安培力 解得 （2）对导轨列动量定理 （3）由能量守恒（2分） 解得 6．（2024年6月四川名校联考）（18分）如图所示，有一“”形的光滑平行金属轨道，间距为，两侧倾斜轨道足够长，且与水平面夹角均为，各部分平滑连接。左侧倾斜轨道顶端接了一个理想电感器，自感系数为亨，轨道中有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为T，M、N两处用绝缘材料连接。在水平轨道上放置一个“］”形金属框，其中、边质量和电阻均不计，长度均为；边质量为，长度为，电阻阻值为；在金属框右侧长为、宽为的区域存在竖直向上的磁感应强度大小为T的匀强磁场；右侧轨道顶端接了一个阻值的电阻。现将质量为、长度为、电阻不计的金属棒从左侧倾斜轨道的某处静止释放，下滑过程中流过棒的电流大小为（其中为下滑的距离，L为自感系数），滑上水平轨道后与“］”形金属框相碰并粘在一起形成闭合导体框，整个滑动过程棒始终与轨道垂直且接触良好。已知kg，m，m，m，除已给电阻外其他电阻均不计。（提示：若与位移成线性关系,则F做功为,其中为平均力，为与x的夹角） （1）求棒在释放瞬间的加速度大小； （2）当释放点距多远时，棒滑到处的速度最大，最大速度是多少？ （3）以第（2）问方式释放棒，试通过计算说明棒能否滑上右侧倾斜轨道。 【参考答案】．（18分）（1）；（2）0.45m；；（3）不能 【名师解析】（1）释放瞬间，棒受力如图 由牛顿第二定律可知............... (2分) 解得............... (1分) （2）已知感应电流大小为，当棒受到的安培力等于重力下滑分力时速度最大，有............... (2分) 棒的速度最大。联立方程解得 下滑过程，由动能定理知............... (2分) 其中安培力做的功............... (2分) 联立方程组解得............... (1分) （3）棒与金属框相碰过程，由动量守恒知............... (1分) 整体进磁场过程，内电阻为，外电阻为0，设速度为，则回路总电流为则........... (1分) 所以整体进磁场过程安培力的冲量为 ............... (1分) 出磁场过程，边为电源，内电阻为0，外电阻为 同理可得安培力的冲量为............... (1分) 又由动量定理知进出磁场过程中有............... (1分) 解得出磁场时，速度大小 整体沿斜面上滑过程，由动能定理可知 解得重心上升高度............... (1分) 而边恰好运动到右侧倾斜最低端，则重心升高............... (1分) 所以，棒不能滑上右侧倾斜轨道。............... (1分) 另解：若将导体框的边右侧倾斜轨道的最低点时静止处释放，滑到水平轨道时导体框的速度为，则由 得 所以棒不能滑上右侧倾斜轨道。 注意（此题采用cd进入磁场过程和cd离开磁场过程分开列动量定理方程与电荷量位移关系方程，正确） 7. （2024南京重点高中期末联考）如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m，导轨平面与水平面成θ=37°，下端连接阻值为R的电阻。匀强磁场方向与导轨平面垂直。质量为0.5 kg，电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.2。 （1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小； （2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为4.4W，求该速度的大小； （3）在上问中，若R＝1.1Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向。（g=10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） 【参考答案】（1）；（2）；（3），磁场方向垂直导轨平面向上 【名师解析】 （1）金属棒开始下滑的初速度为零，根据牛顿第二定律可得 解得 （2）设金属棒运动达到稳定，速度为，所受安培力为，棒在沿导轨方向受力平衡，则有 此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率，则有 联立解得 （3）设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为，磁场的磁感强度为B，则有 联立解得 根据左手定则可知，磁场方向垂直导轨平面向上。 8．(18分)(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。 答案：(1)　(2)2gsin θ　(3)gt0sin θ＋　 解析：(1)a匀速运动时受力平衡，有 mgsin θ＝I0LB 由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律有 I0＝ 联立解得v0＝。 (2)a匀速运动时，由(1)可得电路中电流 I0＝ 对b由牛顿第二定律有mgsin θ＋I0LB＝ma0 联立解得a0＝2gsin θ。 (3)方法一　对a、b分别由牛顿第二定律有 mgsin θ－ILB＝ma1 mgsin θ＋ILB＝ma2 联立可得2mgsin θ＝m(a1＋a2) 设共速时a、b的速度变化量分别为Δv1、Δv2， 对加速度积分有2mgt0sin θ＝m(Δv1＋Δv2) 设共速时速度为v，有 Δv1＝v－v0 Δv2＝v－0 联立可得v＝gt0sin θ＋ m(a2－a1)＝2ILB 由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律有 BL(v1－v2)＝2IR 联立可得m(a2－a1)＝(v1－v2) 左边对加速度积分，右边对速度积分，有 m(Δv2－Δv1)＝Δx 联立可得Δx＝。 方法二　分析可知a与b受到的安培力大小始终相等，则对a、b由动量定理分别有 mgsin θ·t0－安t0＝mv－mv0， mgsin θ·t0＋安t0＝mv， 联立解得 v＝gt0sin θ＋，安t0＝， 又安t0＝LBt0， q＝t0＝t0＝， 联立解得Δx＝。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 电磁感应中的动量问题解读和专题训练 专题2　“单棒＋电阻倾斜导轨”模型 【问题解读】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。 　“单棒＋电阻倾斜导轨”模型 情境示例 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，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Δt －LBΔt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，q＝Δt， －Δt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，x＝Δ t 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中的任一个物理量 【专题训练】 1．（2024年5月湖南名校联考）如图甲所示，两根平行光滑足够长金属导轨固定在倾角的斜面上，其间距．导轨间存在垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度．两根金属棒和与导轨始终保持垂直且接触良好，棒通过一绝缘细线与固定在斜面上的拉力传感器连接（连接前，传感器已校零），细线平行于导轨．已知棒的质量为，棒和棒接入电路的电阻均为，导轨电阻不计．将棒从静止开始释放，同时对其施加平行于导轨的外力F，此时拉力传感器开始测量细线拉力，作出力随时间t的变化图象如图乙所示（力大小没有超出拉力传感器量程），重力加速度g取，则下列说法正确的是（ ） 甲 乙 A．当时，棒的速度大小为 B．当时，外力F的大小为 C．在内，外力F的冲量大小为 D．在内，若棒产生的热量为，则外力F做的功为 【答案】BC 【解析】当时，对棒由平衡条件得．当时，棒受到沿斜面向上的拉力，由平衡条件得，解得；感应电动势为，由，解得，故A错误．当时，棒受到沿斜面向上的拉力，由平衡条件得，解得；感应电动势为，由，解得．由于随时间均匀增大，所以棒做匀加速直线运动，其加速度为，对棒由牛顿第二定律得，解得外力，故B正确．棒在内的位移为，在内的位移为，所以在内的位移为，由动量定理得，其中，解得，故C正确．由动能定理得，其中，解得，故D错误． 2 （2024湖南顶级名校联考）.如图所示，间距的粗糙倾斜金属轨道与水平面间的夹角，在其顶端与阻值为的定值电阻相连，间距相同的光滑金属轨道固定在水平面上，两轨道都足够长且在处平滑连接，至间是光滑绝缘带，保证倾斜轨道与水平轨道间电流不导通。倾斜轨道处有垂直轨道向上、磁感应强度大小为的匀强磁场，水平轨道处有竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场。两根导体棒1、2的质量均为，两棒接入电路部分的电阻均为R，初始时刻，导体棒1放置在倾斜轨道上，且距离足够远，导体棒2静置于水平轨道上，已知倾斜轨道与导体棒1间的动摩擦因数，。现将导体棒1由静止释放，运动过程中未与导体棒2发生碰撞。，，重力加速度，两棒与轨道始终垂直且接触良好，导轨电阻不计。下列说法正确的是（ ） A.导体棒1滑至瞬间的速度大小为 B.导体棒1滑至瞬间，导体棒2的加速度大小为 C.稳定时，导体棒2的速度大小为 D.整个运动过程中通过导体棒2的电荷量为 【参考答案】.BC 【名师解析】由于导体棒1释放点离足够远，导体棒1滑至时一定达到稳定状态，由平衡可得，即有，解得，故A错误；导体棒1骨至瞬间，导体棒1切割磁感线产生的电动势为，回路中的电流为，此时导体棒2的加速度为，故B正确；导体棒1、2组成的系统由动量守恒可得，得，即稳定时，导体棒2的速度大小为，故C正确；对导体棒2由动量定理有，即，电荷量，故D错误。 3. （2024山东德州期末）如图所示，两平行金属导轨（足够长）间接一阻值为R 的定值电阻，导轨与金属棒间的动摩擦因数为0.5，金属棒的质量为m、电阻为，导轨的倾角为37°，导轨电阻忽略不计，金属棒始终与导轨平面垂直且接触良好。匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直导轨向上，导轨间距为L。在金属棒从静止开始释放至其速度最大的过程中，通过定值电阻的电荷量为q，重力加速度大小为 g，取，，下列说法正确的是（　　） A. 金属棒的最大速度为 B. 此过程中，金属棒沿导轨运动的距离为 C. 此过程中，金属棒运动的时间为 D. 此过程中，定值电阻和金属棒产生的总热量为 【答案】A 【解析】 ．金属棒速度最大时，对金属棒有 又 解得 故A 正确； 又 ，，， 解得 故B错误； 对金属棒，由动量定理有 解得 故C错误； D．对金属棒，由能量守恒定律有 解得 故D错误。 4．(多选)(2023·河北邯郸一模)如图所示，在竖直平面内固定有足够长的平行金属导轨PQ、MN，导轨间距为L，在QN之间连接有阻值为R的电阻，导轨上放有质量为m、电阻为R的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中。现对金属杆ab施加一大小为F＝2mg的拉力，使其由静止开始向上运动，经时间t后金属杆达到最大速度。金属杆ab运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，忽略所有摩擦，不计导轨电阻，当地重力加速度为g，则下列结论正确的是(　　) A．通过电阻R的感应电流方向由N向Q B．金属杆ab的最大速度为 C．金属杆ab由静止到最大速度的过程中，上升的高度为 D．金属杆ab由静止到最大速度的过程中，通过电阻R的电荷量为 答案：BD 解析：由楞次定律可知，通过电阻R的感应电流方向为由Q向N，故A错误；导体棒速度为v时，产生的电动势为E＝BLv，流过导体棒的电流为I＝＝，导体棒所受安培力FA＝ILB＝，由牛顿第二定律可得F－mg－＝ma，当a＝0时，速度最大，解得最大速度为vm＝，故B正确；金属杆ab由静止到最大速度的过程中，由动量定理Ft－mgt－LBt＝mvm，又因为＝，＝，可得Ft－mgt－＝mvm，Ft－mgt－BLq＝mvm，解得上升的高度h＝，通过电阻R的电荷量q＝，故C错误，D正确。故选BD。 5.（14分）（2024年4月安徽安庆示范高中联考）如图所示，在一倾角为θ=30°足够长的斜面上有一足够长的“U”型金属导轨P，导轨上方叠放有一导体棒Q。P、Q质量均为m，接触良好。导轨宽度和导体棒长度均为L，导体棒电阻为R，导轨电阻不计。空间中存在垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B。初始，将导体棒用绳系住，绳子能承受的最大拉力为mg。将金属导轨由静止释放开始计时，t1时刻绳子被拉断。重力加速度为g，不计一切摩擦。求： （1）绳子拉断时导轨P的速度v0； （2）绳子拉断时导轨P的位移x； （3）求从释放到拉断绳子的过程中导体棒上产生的焦耳热Q。 【答案】（14分） （1） （2） （3） 【解析】（1）拉断时导体棒电动势 受安培力 解得 （2）对导轨列动量定理 （3）由能量守恒（2分） 解得 6．（2024年6月四川名校联考）（18分）如图所示，有一“”形的光滑平行金属轨道，间距为，两侧倾斜轨道足够长，且与水平面夹角均为，各部分平滑连接。左侧倾斜轨道顶端接了一个理想电感器，自感系数为亨，轨道中有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为T，M、N两处用绝缘材料连接。在水平轨道上放置一个“］”形金属框，其中、边质量和电阻均不计，长度均为；边质量为，长度为，电阻阻值为；在金属框右侧长为、宽为的区域存在竖直向上的磁感应强度大小为T的匀强磁场；右侧轨道顶端接了一个阻值的电阻。现将质量为、长度为、电阻不计的金属棒从左侧倾斜轨道的某处静止释放，下滑过程中流过棒的电流大小为（其中为下滑的距离，L为自感系数），滑上水平轨道后与“］”形金属框相碰并粘在一起形成闭合导体框，整个滑动过程棒始终与轨道垂直且接触良好。已知kg，m，m，m，除已给电阻外其他电阻均不计。（提示：若与位移成线性关系,则F做功为,其中为平均力，为与x的夹角） （1）求棒在释放瞬间的加速度大小； （2）当释放点距多远时，棒滑到处的速度最大，最大速度是多少？ （3）以第（2）问方式释放棒，试通过计算说明棒能否滑上右侧倾斜轨道。 【参考答案】．（18分）（1）；（2）0.45m；；（3）不能 【名师解析】（1）释放瞬间，棒受力如图 由牛顿第二定律可知............... (2分) 解得............... (1分) （2）已知感应电流大小为，当棒受到的安培力等于重力下滑分力时速度最大，有............... (2分) 棒的速度最大。联立方程解得 下滑过程，由动能定理知............... (2分) 其中安培力做的功............... (2分) 联立方程组解得............... (1分) （3）棒与金属框相碰过程，由动量守恒知............... (1分) 整体进磁场过程，内电阻为，外电阻为0，设速度为，则回路总电流为则........... (1分) 所以整体进磁场过程安培力的冲量为 ............... (1分) 出磁场过程，边为电源，内电阻为0，外电阻为 同理可得安培力的冲量为............... (1分) 又由动量定理知进出磁场过程中有............... (1分) 解得出磁场时，速度大小 整体沿斜面上滑过程，由动能定理可知 解得重心上升高度............... (1分) 而边恰好运动到右侧倾斜最低端，则重心升高............... (1分) 所以，棒不能滑上右侧倾斜轨道。............... (1分) 另解：若将导体框的边右侧倾斜轨道的最低点时静止处释放，滑到水平轨道时导体框的速度为，则由 得 所以棒不能滑上右侧倾斜轨道。 注意（此题采用cd进入磁场过程和cd离开磁场过程分开列动量定理方程与电荷量位移关系方程，正确） 7. （2024南京重点高中期末联考）如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m，导轨平面与水平面成θ=37°，下端连接阻值为R的电阻。匀强磁场方向与导轨平面垂直。质量为0.5 kg，电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.2。 （1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小； （2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为4.4W，求该速度的大小； （3）在上问中，若R＝1.1Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向。（g=10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） 【参考答案】（1）；（2）；（3），磁场方向垂直导轨平面向上 【名师解析】 （1）金属棒开始下滑的初速度为零，根据牛顿第二定律可得 解得 （2）设金属棒运动达到稳定，速度为，所受安培力为，棒在沿导轨方向受力平衡，则有 此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率，则有 联立解得 （3）设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为，磁场的磁感强度为B，则有 联立解得 根据左手定则可知，磁场方向垂直导轨平面向上。 8．(18分)(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。 答案：(1)　(2)2gsin θ　(3)gt0sin θ＋　 解析：(1)a匀速运动时受力平衡，有 mgsin θ＝I0LB 由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律有 I0＝ 联立解得v0＝。 (2)a匀速运动时，由(1)可得电路中电流 I0＝ 对b由牛顿第二定律有mgsin θ＋I0LB＝ma0 联立解得a0＝2gsin θ。 (3)方法一　对a、b分别由牛顿第二定律有 mgsin θ－ILB＝ma1 mgsin θ＋ILB＝ma2 联立可得2mgsin θ＝m(a1＋a2) 设共速时a、b的速度变化量分别为Δv1、Δv2， 对加速度积分有2mgt0sin θ＝m(Δv1＋Δv2) 设共速时速度为v，有 Δv1＝v－v0 Δv2＝v－0 联立可得v＝gt0sin θ＋ m(a2－a1)＝2ILB 由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律有 BL(v1－v2)＝2IR 联立可得m(a2－a1)＝(v1－v2) 左边对加速度积分，右边对速度积分，有 m(Δv2－Δv1)＝Δx 联立可得Δx＝。 方法二　分析可知a与b受到的安培力大小始终相等，则对a、b由动量定理分别有 mgsin θ·t0－安t0＝mv－mv0， mgsin θ·t0＋安t0＝mv， 联立解得 v＝gt0sin θ＋，安t0＝， 又安t0＝LBt0， q＝t0＝t0＝， 联立解得Δx＝。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$