第2章 专题强化10 电磁感应中的动量问题 （课件）-【步步高】2023-2024学年高二物理选择性必修 第二册（人教版2019，浙江）

DIERZHANG 第二章 专题强化10　电磁感应中的动量问题 学习目标 1.会用动量定理、动量守恒定律分析电磁感应的有关问题(重难点)。 2.进一步掌握动量定理、动量守恒定律、能量守恒定律等基本规律(重难点)。 2 内容索引 一、动量定理在电磁感应中的应用 二、动量守恒定律在电磁感应中的应用 专题强化练 3 一 动量定理在电磁感应中的应用 4 如图所示，水平固定且足够长的光滑U形金属导轨处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，金属棒垂直于导轨放置且接触良好。定值电阻的阻值为R，金属棒的电阻为r，导轨宽度为L。若棒分别以初速度v0、2v0向右运动， (1)请分析棒的运动情况； 答案　金属棒受到向左的安培力F安＝　　 ＝ma ，金属棒速度减小， 加速度减小，棒做加速度减小的减速运动，最终静止。 (2)两种情况下，从棒开始运动至棒停止过程中，通过R的电荷量q1、q2之比为多少？ (3)两种情况，从棒开始运动至棒停止时的位移x1、x2之比为多少？ 梳理与总结 在导体单棒切割磁感线做非匀变速运动时，若牛顿运动定律、能量观点不能求解问题，可运用动量定理求解。 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， 磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。 如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安＝mv2－mv1。 (多选)如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，导轨电阻均可忽略不计。在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻也为R，并与导轨垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动，最终ab杆停止在导轨上。下列说法正确的是 A.ab杆将做匀减速运动直到静止 例1 √ √ 由于速度减小，所以ab杆做加速度减小的变减速运动直到静止，故A错误； 相距为L＝0.5 m的竖直光滑平行金属轨道，上端接有一阻值为R＝2 Ω的电阻，导轨间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝2 T，一根质量为m＝0.03 kg、长度也为L、电阻r＝1 Ω的金属杆，从轨道的上端由静止开始下落，下落过程中始终与导轨接触良好并保持水 针对训练1 答案　0.3 A 平，经过一段时间后金属杆匀速运动。(不计空气阻力、导轨电阻，重力加速度g取10 m/s2) (1)求金属杆匀速运动时通过的电流大小； 经分析可知，当金属杆所受重力等于安培力的时候，金属杆做匀速运动，则有mg＝BIL (2)求金属杆最终匀速运动的速度大小； 答案　0.9 m/s 根据BLv＝IR＋Ir，解得v＝0.9 m/s； (3)从金属杆开始下落至刚好匀速的过程中流过电阻的电荷量为q＝0.033 C，求此过程经历的时间。 答案　0.2 s 二 动量守恒定律在电 磁感应中的应用 16 如图所示，水平面上有足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ，导轨间距为L，电阻不计，导轨所处空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨上放有质量均为m、电阻均为R的金属棒a、b，金属棒均垂直于导轨放置且接触良好。开始时金属棒b静止，金属棒a获得向右的初速度v0。 (1)试分析金属棒a、b的运动情况，两金属棒稳定后分别做什么运动。 答案　金属棒a向右运动切割磁感线，根据右手定则可知在回路中产生逆时针方向的感应电流，根据左手定则可知，a棒受到向左的安培力，b棒受到向右的安培力，a棒在安培力作用下做减速运动，b棒在安培力作用下做加速运动，b棒切割磁感线产生顺时针方向的感应电流；两棒的速度差减小，总电动势E＝BL(va－vb)减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，即a做加速度减小的减速直线运动，b做加速度减小的加速直线运动，两金属棒稳定后均做匀速直线运动。 (2)在运动过程中两金属棒受到安培力的冲量有什么关系？把两棒作为一个系统，该系统的动量怎样变化。 答案　两金属棒所受安培力冲量等大反向，系统的合外力为零，两棒组成的系统动量守恒。 (3)金属棒a、b稳定后的速度。 (4)从两金属棒开始运动至稳定的过程中产生的焦耳热。 梳理与总结 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，安培力为系统内力，如果两安培力等大反向，且它们受到的外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便。这类问题可以从以下三个观点来分析： (1)动力学观点：通常情况下一个金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属棒以共同的速度匀速运动。 (2)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属棒的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒。 (3)能量观点：其中一个金属棒动能的减少量等于另一个金属棒动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和。 思考与讨论 在上面的问题中，金属棒a从初速度v0到匀速的过程中，求： (1)流过金属棒a的电荷量q； (2)a和b距离的增加量Δx。 (2022·温州市高二期末)如图所示，两根光滑金属平行导轨放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，右端水平部分足够长，导轨间距为L＝0.4 m，电阻不计。水平段导轨所处空间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1.0 T。质量为mb＝0.1 kg，电阻为Rb＝0.2 Ω的金属棒b垂直导轨静置其上，它与磁场左边界AA′的距离为x0＝0.5 m，现将质量为ma＝0.2 kg，电阻为Ra＝0.1 Ω的金属棒a从弯曲导轨上高为h＝0.45 m处由静止释放，使其 例2 沿导轨运动，两金属棒运动过程中不会相撞，最终两棒做匀速运动。设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)金属棒a刚越过磁场左边界AA′时，流过金属棒a的电流方向及它两端的电压大小； 答案　方向由A指向A′　0.8 V　 金属棒a到达水平部分的过程， 此时的电动势为E＝BLv0＝1.2 V， 根据右手定则，可知流过金属棒a的电流方向由A指向A′； 金属棒a两端电压为 (2)金属棒匀速运动前，a棒上产生的焦耳热； 答案　0.1 J 两金属棒所受安培力大小相等、方向相反， 两金属棒最终以相等的速度v做匀速运动， 两金属棒组成的系统满足动量守恒定律， 则有mav0＝(ma＋mb)v，解得v＝2 m/s， 设总焦耳热为Q，根据能量守恒定律可得 (3)两金属棒匀速运动时，a、b两棒的间距x1是多大。 答案　0.125 m 联立解得Δx＝0.375 m， 则两金属棒匀速运动时，a、b两棒的间距为 x1＝x0－Δx＝0.5 m－0.375 m＝0.125 m。 电磁感应中不同物理量的求解策略 求加速度：动力学观点； 求焦耳热：能量观点； 系统的初、末速度关系：动量守恒定律； 求电荷量、位移或时间：运用动量定理分析。 总结提升 (多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上，t＝0时， 针对训练2 棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直且接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是 √ √ 以两导体棒为研究对象，在导体棒运动过程中，两导体棒所受的安培力大小相等，方向相反， 且不受其他水平外力作用，在水平方向两导体棒组成的系统动量守恒，对系统有mv0＝2mv，解得两导体棒运动的末速度为v＝ v0，棒ab做减速运动，棒cd做加速运动，它们的速度差逐渐减小，产生的感应电流也减小，安培力减小，加速度也减小，即棒ab做加速度减小的减速运动，棒cd做加速度减小的加速运动，稳定时两导体棒的加速度为零，一起向右做匀速运动，选项A正确，B错误； ab棒和cd棒最后做匀速运动，棒与导轨组成的回路磁通量不变化，不会产生感应电流，选项C正确，D错误。 三 专题强化练 考点一　动量定理在电磁感应中的应用 1.如图所示，在光滑绝缘水平面上，一矩形线圈以一定的初速度穿越匀强磁场区域，已知磁场区域宽度大于线圈宽度，则线圈进、出磁场的两个过程中 A.感应电流的方向相同 B.受到的安培力相等 C.动能的变化量相等 D.速度的变化量相同 基础对点练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根据楞次定律可知，进入磁场过程中，线圈的感应电流方向为顺时针，离开磁场时，线圈的感应电流方向为逆时针，故A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根据动能定理可得W合＝F安·x＝ΔEk，由于进入和离开磁场的位移都相同，而进入磁场时的安培力大于 离开磁场时的安培力，则进入磁场时的动能变化量大于离开磁场时的动能变化量，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 2.(2022·湖州市高二期末)在光滑绝缘水平面上有如图所示两部分的磁场区域I和Ⅱ(俯视)，分别存在着垂直纸面向内和垂直纸面向外的宽度均为L的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。边长为L的正方形单匝金属线框在水平向右的拉力F的作用下(图中未画出)以初速度v0进入，且能保持全过程匀速穿过磁场区域，已知线框的电阻为R，则下列说法正确的是 A.线框从整体处于I区到整体处于Ⅱ区的过程中穿过线框 　的磁通量变化量大小是0 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 设磁场方向垂直纸面向里时，磁通量为正方向，则线框从整体处于I区到整体处于Ⅱ区的过程中穿过线框的磁通量变化量大小为|ΔΦ|＝|－BL2－BL2|＝2BL2，故A错误； 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 考点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 3.如图所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑平行金属导轨，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，铜棒垂直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初速度v0，此后运动过程中两棒不发生碰撞，下列说法正确的是 A.最终a棒将停止运动，b棒在轨道上以某一速度匀速运动 B.最终两棒都静止在轨道上 1 2 3 4 5 6 7 8 √ 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 4.如图所示，固定于水平面内的电阻不计的足够长光滑平行金属导轨间距为L，质量均为m、阻值均为R的金属棒ab、cd垂直搁置于导轨上，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，某一时刻同时给ab、cd以平行于导轨的水平向右的初速度v0、2v0，则两棒从开始运动至达到稳定速度的过程中 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 根据右手定则，回路产生顺时针方向(从上往下看)的感应电流，根据左手定则，cd棒所受安培力向左，做减速运动，ab棒所受安培力 向右，做加速运动，稳定时以相同的速度运动。 根据动量守恒定律得mv0＋m·2v0＝2mv 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 稳定前两棒所受安培力大小相等，方向相反，两棒的加速度也大小相等，方向相反，C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 5.如图，光滑的水平面上，有竖直向下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内，现有一个边长为a(a<L)的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑入最终又穿出磁场；线圈完全进入磁场后的速度为v(v<v0)，则 A.完全离开磁场时的速度大于2v－v0 B.完全离开磁场时的速度等于2v－v0 C.完全离开磁场时的速度小于2v－v0 D.以上情况均有可能 能力综合练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 线圈进入磁场过程，由动量定理 线圈离开磁场过程，由动量定理 1 2 3 4 5 6 7 8 由于线圈进、出磁场过程磁通量的变化量大小相等， 则v－v0＝v′－v， 解得v′＝2v－v0，选项B正确，A、C、D错误。 9 10 6.(2022·浙江模拟)如图所示，一足够长的竖直放置的圆柱形磁体，产生一个中心辐射的磁场(磁场水平向外)，一个与磁体同轴的圆形金属环，环的质量m＝0.2 kg，环单位长度的电阻为0.1π Ω/m，半径r＝0.1 m(稍大于圆柱形磁体的半径)。金属环由静止开始下落，环面始终水平，金属环切割处的磁感应强度大小均为B＝0.5 T，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。则 A.环下落过程的最大速度为0.4 m/s B.环下落过程中，电流始终为逆时针(从上往下看) C.若下落时间为2 s时环已经达到最大速度，则这个过程通 　过环横截面的电荷量是32 C D.若下落高度为3 m时环已经达到最大速度，则这个过程环产生的热量为4.4 J 1 2 3 4 5 6 7 8 √ 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 金属环达到最大速度时，加速度为0，受力平衡，mg＝BIL，设金属环的最大速度为vm，则E＝BLvm，I＝　，L＝2πr，R＝2πr·0.1π＝0.2π2r，解得vm＝4 m/s，故A错误； 由右手定则可知，环下落过程中，电流始终为顺时针(从上往下看)，选项B错误； 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 若下落高度为3 m时环已经达到最大速度，根据能量守恒定律，有mgh＝ mvm2＋Q，得Q＝4.4 J，故D正确。 9 10 7.(多选)(2022·温州市高二期中)如图所示，足够长的光滑平行金属直导轨固定在水平面上，左侧轨道间距为2d，右侧轨道间距为d。轨道处于竖直向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场中。质量为2m、有效电阻为2R的金属棒静止在左侧轨道上，质量为m、有效电阻为R的金属棒b静止在右侧轨道上。现给金属棒a一水平向右的初速度v0，经过一段时间两金属棒达到稳定状态。已知两金属棒运动过程中始终垂直于导轨且与导轨良好接触，导轨电阻忽略不计，金属棒a始终在左侧轨道上运动， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 则下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 √ √ √ 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8.如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间的距离为L，导轨上平行放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路。已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为R，其他电阻忽略不计，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导体棒均可沿导轨无摩擦滑行。开始时，导体棒cd静止、ab有水平向右的初速度v0，两导体棒在运动过程中始终不接触。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 (1)开始时，导体棒ab中电流的大小和方向； 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 ab棒产生的感应电动势Eab＝BLv0， 9 方向由a→b。 10 1 2 3 4 5 6 7 8 (2)从开始到导体棒cd达到最大速度的过程中，cd棒上产生的焦耳热； 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 当ab棒与cd棒速度相同时，cd棒的速度最大，设最大速度为v， 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 (3)当ab棒速度变为　 时，cd棒加速度的大小。 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 9.(2022·杭州市高二期中)如图甲所示，绝缘水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨PQ、MN，相距为L＝0.5 m，ef右侧导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B的大小如图乙所示，开始ab棒和cd棒锁定在导轨如图甲位置，ab棒和cd棒平行，ab棒离水平面高度为h＝0.2 m，cd棒与ef之间的距离也为L，ab棒的质量为m1＝0.2 kg，有效电阻R1＝0.05 Ω，cd棒的质量为m2＝0.1 kg，有效电阻为R2＝0.15 Ω(设两棒在运动过程中始终与导轨垂直， 两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，g＝10 m/s2)，在1 s末解除对ab棒和cd棒的锁定。求： 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　1.25 A　由d指向c (1)0～1 s时间内通过cd棒的电流大小与方向； 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 0～1 s时间内，根据法拉第电磁感应定律得 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　0.03 J (2)稳定后ab棒和cd棒将以相同的速度做匀速直线运动，从解除锁定到两棒以相同的速度做匀速运动，ab棒产生的热量为多少？ 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 ab棒下滑过程，由机械能守恒定律得 两棒组成的系统在水平方向上合外力为零， 系统的动量守恒，取向右为正方向， 由动量守恒定律m1v0＝(m1＋m2)v， 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案　0.39 m (3)ab棒和cd棒速度相同时，它们之间的距离为多大？(保留两位有效数字) 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 设整个过程中通过回路的电荷量为q，对cd棒， 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 尖子生选练 10.(多选)如图所示，两条电阻不计且间距为L＝1 m的光滑平行金属导轨水平放置，左端接一阻值为2 Ω的定值电阻R，矩形区域Ⅰ、Ⅱ存在方向垂直水平导轨向上的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B＝2 T，磁场宽度及两磁场相邻边界之间的距离均为a＝0.5 m，现有一质量为m、长度为L、阻值也为2 Ω的金属杆静止在金属导轨左侧某处。某时刻金属杆在F＝1 N的恒力作用下开始向右运动并经过磁场区域，金属杆刚进入磁场Ⅰ和 刚进入磁场Ⅱ时的速度相等。运动过程中金属杆与导轨保持良好接触且始终垂直， 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 下列说法正确的是 A.金属杆在磁场区域中的加速度沿导轨水平向左， 　做匀减速直线运动 B.金属杆从进入Ⅰ磁场区域到开始进入Ⅱ磁场区域 　经历的时间为0.5 s C.金属杆在向右穿过两磁场区域过程中电阻R上产生的总热量为1 J D.金属杆在向右穿过两磁场区域过程中通过电阻R的总电荷量为0.5 C √ √ √ 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 因为金属杆刚进入磁场Ⅰ和刚进入磁场Ⅱ时的速度相等，且金属杆在两磁场区域之间一定做 加速运动，所以金属杆在磁场Ⅰ中一定做减速运动，根据对称性可知在磁场Ⅱ中也做减速运动。金属杆速度减小，产生的感应电动势减小，感应电流减小，所受安培力减小，所以金属杆所受合外力减小，在磁场区域中做加速度减小的减速运动，故A错误； 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 设金属杆从进入Ⅰ磁场区域到开始进入Ⅱ磁场区域经历的时间为t，金属杆在磁场Ⅰ中运动的时间为t1， 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 根据功能关系可知金属杆穿过磁场Ⅰ的过程中回路所产生的总热量为Q＝F·2a＝1 J， 10 答案　当棒的初速度为v0时，由动量定理可得－BLt＝0－mv0，q1＝t，解得q1＝，同理可得q2＝，得＝。 答案　q1＝，ΔΦ＝BΔS＝BLx1，可得q1＝，x1＝，同理可得x2＝ 得＝＝。 安培力的冲量为：I安＝BLt＝BLq， 通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝Δt＝Δt＝n·Δt＝n， B.ab杆速度减为时，ab杆加速度大小为 C.ab杆速度减为时，通过定值电阻的电荷量为 D.ab杆速度减为时，ab杆通过的位移为 ab杆在水平方向上受到与运动方向相反的安培力，安培力大小为FA＝，加速度大小为a＝＝， 当ab杆的速度为时，安培力大小为FA′＝，所以加速度大小为a′＝＝，故B正确； 对ab杆，由动量定理得：－BL·Δt＝m－mv0，即BLq＝mv0，解得：q＝，所以通过定值电阻的电荷量为，故C错误； 由q＝＝，解得ab杆通过的位移：x＝＝，故D正确。 解得I＝＝0.3 A； 对金属杆，根据动量定理可得mgt－BL·t＝mv－0 又q＝t，代入数据解得t＝0.2 s。 答案　设最终达到的共同速度为v，由动量守恒定律得mv0＝2mv，解得va＝vb＝v＝。 答案　根据能量守恒定律，整个过程产生的焦耳热Q＝mv02－(2m)·v2＝。 答案　由动量定理得－BLΔt＝m－mv0 ，q＝Δt 解得q＝ 答案　根据电荷量的推论公式q＝＝，解得a和b距离的增加量Δx＝＝。 根据机械能守恒定律magh＝mav02， 解得v0＝＝3 m/s， U＝E＝×1.2 V＝0.8 V。 Q＝mav02－(ma＋mb)v2＝0.3 J a棒上产生的焦耳热为Qa＝Q＝0.1 J。 安培力冲量为安t＝BLt＝BqL， 又q＝Δt＝Δt＝Δt＝＝ 对b棒，根据动量定理：安t＝mbv－0， 设线圈内阻为R，根据闭合电路欧姆定律可得I＝，根据法拉第电磁感应定律有E＝BLv，则安培力为F＝BIL＝，由于线圈进入磁场时，产生感应电流，线圈部分动能转化为内能，则动能减小，线圈速度也减小，即进入磁场时的速度大于离开磁场时的速度，因此，进入磁场时受到的安培力大于离开磁场时受到的安培力，故B错误； 根据动量定理可得Δp＝F安·Δt＝BL·Δt＝BL·q，而q＝·Δt＝·Δt＝，进入和离开磁场过程中ΔΦ相同，由此可知，进入磁场和离开磁场时的动量的变化量相同，则速度的变化量相同，故D正确。 B.全过程中线框受到水平拉力的最大值Fm＝ C.全过程中线框产生的焦耳热Q＝ D.若线框无拉力F的作用恰好能穿过磁场区域，则v0＝ 当线框左右两条边均切割磁感线且分别处于Ⅰ、Ⅱ区时，所受安培力最大，由于线框匀速运动，受力平衡，即水平拉力最大，有E＝2BLv0，I＝，Fm＝2FA＝2BIL，可得Fm＝，B错误； 线框进磁场、出磁场和线框完全处在磁场中切割磁 感线三段过程中的时间均为t＝，线框进磁场、出 磁场产生的焦耳热为Q1＝2Rt＝，线框完全处在磁场中切割磁感线产生的焦耳热为Q2＝2Rt＝，全过程中线框产生的焦耳热Q＝2Q1＋Q2＝，C错误； 若线框无拉力F的作用恰好能穿过磁场区域，由 动量定理得安t＝Δp，线框进磁场、出磁场和线 框完全处在磁场中切割磁感线三段过程中，根据 法拉第电磁感应定律得＋＋＝mv0，解得v0＝，D正确。 C.回路中产生的总焦耳热为mv02 D.运动过程中b棒的最大加速度为 回路中产生的总焦耳热为Q＝mv02－×2mv2，解得Q＝mv02，C错误； 刚开始时b棒的加速度最大，E＝BLv0，I＝，BIL＝ma，解得a＝，D正确。 根据动量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝，最终两棒以v＝的速度在轨道上做匀速直线运动，A、B错误； A.ab中的最大电流为 B.ab达到稳定速度时，其两端的电压为0 C.ab速度为时，其加速度比cd的小 D.ab、cd间距增加了 初始时刻电流最大，且Im＝＝，A错误； 解得v＝v0，稳定时ab棒两端电压为U＝BLv＝BLv0，B错误； 对ab根据动量定理得BLΔt＝m·v0－mv0，q＝Δt，对回路＝，＝，ΔΦ＝BLx，解得x＝，D正确。 －Ba·t＝－Baq1＝mv－mv0 －B′a·t′＝－Baq2＝mv′－mv 由q＝有q1＝q2 若下落时间为2 s时环已经达到最大速度，根据动量定理有mgt－BLΔt＝mvm，其中q＝Δt，可得q＝＝ C，故C错误；   A.金属棒b稳定时的速度大小为v0 B.整个运动过程中通过金属棒a的电荷量为 C.整个运动过程中两金属棒扫过的面积差为 D.整个运动过程中金属棒a产生的焦耳热为mv02 一段时间t后两金属棒达到稳定状态，设此时 金属棒a的速度为v，金属棒b的速度为v′， 这段时间内回路产生的平均电流为，以向右 为正方向，对金属棒a、b分别由动量定理可得－B·2dt＝2mv－2mv0，B·dt＝mv′，解得mv0－mv＝mv′，两金属棒最后匀速运动，产生的感应电动势大小相等，且回路中电流为0，则B·2dv＝Bdv′，即v′＝2v，则v＝v0，v′＝v0，A错误； 在金属棒a运动的过程中，由动量定理有 －B·2dt＝2mv－2mv0，即Bqd＝m·v0， 解得q＝，B正确； 根据法拉第电磁感应定律可得q＝Δt＝Δt＝＝，结合B项解析得ΔS＝，C正确； 由能量守恒定律可知，回路产生的焦耳热为Q＝×2mv02－×2mv2－mv′2＝mv02，则金属棒a产生的焦耳热Q′＝Q＝mv02，D正确。 答案　，方向由a→b ab棒中电流 I＝＝ 答案　mv02 由动量守恒定律有mv0＝2mv，解得v＝v0 由能量守恒定律得整个回路产生的焦耳热Q＝mv02－(2m)v2， 解得Q＝mv02，则cd棒上产生的焦耳热Q′＝Q＝mv02 答案　 v0 当ab棒的速度为v0时，设cd棒的速度为v′， 由动量守恒定律mv0＝m×v0＋mv′ 解得v′＝v0，Eab＝BL×v0，Ecd＝BL×v0 I＝＝， 解得I＝，cd棒受力为 F＝IBL＝，此时cd棒加速度为a＝＝。 ＝·L2＝×0.52 V＝0.25 V，通过cd棒的电流大小为 ＝＝ A＝1.25 A，根据楞次定律可知电流方向由d 指向c。 m1gh＝m1v02，解得v0＝2 m/s 解得两棒稳定时共同速度为v＝ m/s，根据能量守恒定律得Q＝m1gh－(m1＋m2)v2，ab棒产生的热量为Q1＝Q≈0.03 J。 由动量定理m2v－0＝BL·t，q＝t，设稳定后两棒之间的距离是d， 则有q＝＝， 解得d＝ m≈0.39 m。 根据动量定理有Δp＝Ft－BLt1＝0，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得＝＝，解得t＝0.5 s，故B正确； 此过程中电阻R产生的热量为QR＝＝0.5 J，根据对称性可知，金属杆在向右穿过两磁场区域过程中电阻R上产生的总热量为1 J，故C正确； 根据对称性可知金属杆在向右穿过两磁场区域过程中通过电阻R的总电荷量q＝2t1＝0.5 C，故D正确。 $$