第十二章 第5课时 专题强化：动量观点在电磁感应中的应用（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（粤教版 粤）

第5课时　专题强化：动量观点在电磁感应中的应用 目标要求　1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的方法技巧，能识别几种应用动量定理的模型。2.建立电磁感应问题中动量守恒的模型，并用动量守恒定律解决问题。 考点一　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s时常用动量定理求解。 1．“单棒＋电阻”模型 情景示例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＝ 求位移s －Δt＝0－mv0，s＝Δt＝ 应用技巧 若导体棒做初、末速度已知的变减速运动，在用动量定理列出的式子中q＝Δt，s＝Δt；若已知q或s也可求末速度 情景示例2 间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，上端接有电阻R，由静止释放质量为m、阻值为r的导体棒，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直导轨所处倾斜面向下，当通过横截面的电荷量为q或下滑位移为s时，速度达到v 求运动时间 －BLΔt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，q＝Δt －Δt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，s＝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、s、v中的任意一个物理量 例1　(多选)如图所示，一光滑轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平两段组成，倾斜段的上端连接一电阻R＝0.5 Ω，两轨道间距d＝1 m，水平部分两轨道间有一竖直向下、磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场。一质量m＝0.5 kg、长为l＝1.1 m、电阻忽略不计的导体棒，从轨道上距水平面h1＝0.8 m高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端水平飞出，落地点与水平轨道末端的水平距离s2＝0.8 m，水平轨道距水平地面的高度h2＝0.8 m。则(g取10 m/s2，不计空气阻力)(　　) A．导体棒进入磁场时的速度为3 m/s B．导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为3 J C．磁场的长度s1为2 m D．整个过程通过电阻R的电荷量为2 C 答案　BCD 解析　设导体棒进入磁场时的速度为v0，根据机械能守恒定律有mv02＝mgh1，解得v0＝4 m/s，故A错误；导体棒从水平轨道水平飞出做平抛运动，则水平方向有s2＝vt，竖直方向有h2＝gt2，联立代入数据解得v＝2 m/s，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有Q＝mv02－mv2，则导体棒整个运动过程中，电阻R上产生的热量为Q＝3 J，故B正确；导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有安t1＝Bdq＝mv0－mv，又有q＝t1＝＝，联立代入数据解得q＝2 C，s1＝2 m，故C、D正确。 2．不等间距的双棒模型 例2　(多选)如图所示，足够长的光滑的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨处在方向垂直于水平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，左侧导轨间的距离为3L，右侧导轨间的距离为L，导体棒a、b垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好，导体棒a、b的材料相同，电阻相等。导体棒b未被固定且静止在右侧导轨上，使导体棒a以初速度v0开始向右运动，直至回路中的感应电流变为0。已知回路中的感应电流变为0时，导体棒a仍处于左侧导轨上，不计导轨的电阻，导体棒b的质量为m。下列说法正确的是(　　) A．通过回路的电荷量是 B．通过回路的电荷量是 C．回路中产生的焦耳热是mv02 D．回路中产生的焦耳热是mv02 答案　AC 解析　根据电阻定律有R＝ρ＝ρ＝ρ，其中l是导体棒的长度、V是导体棒的体积，由于两根导体棒的电阻R和电阻率ρ相同，可知，a的体积是b体积的9倍，根据m质＝ρ密度V可知，a的质量是b质量的9倍，即ma＝9m，设回路中的感应电流变为0时，a的速度为va，b的速度为vb，则有3BLva＝BLvb，取向右为正方向，对a由动量定理可得－3BLt＝mava－mav0，对b根据动量定理可得BLt＝mvb－0，解得va＝v0，vb＝v0，通过回路的电荷量q＝t，解得q＝，A正确，B错误；由能量守恒定律可得回路中产生的焦耳热Q＝mav02－mava2－mvb2＝mv02，C正确，D错误。 3．“电容器＋棒”模型 (1)无外力充电式 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 运动特点和最终状态 棒做加速度减小的减速运动，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 电容器充电电荷量：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 (2)无外力放电式 基本模型 规律 (导轨光滑，电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C) 电路特点 电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动 电流特点 电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时UC＝BLvm 运动特点及最终状态 做加速度减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0 最大速度 电容器初始电荷量：Q0＝CE 放电结束时电荷量： Q＝CUC＝CBLvm 电容器放电电荷量： ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm 对棒应用动量定理： mvm－0＝BL·Δt＝BLΔQ vm＝ v－t图像 例3　(多选)如图所示是某同学模拟电磁炮的工作原理和发射过程，水平台面上有足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ置于塑料圆筒内，质量为m的金属炮弹置于圆筒内的轨道上，轨道间距为L，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨左端连着平行板电容器和电动势为E的电源。先让单刀双掷开关接1接线柱对电容器充电，充电结束后，将开关接2接线柱。金属炮弹在安培力作用下开始运动，达到最大速度后离开导轨，整个过程通过炮弹的电荷量为q。已知在圆筒中金属炮弹始终与导轨接触良好，不计导轨电阻和电源内阻，炮弹电阻为R。在这个过程中，以下说法正确的是(　　) A．炮弹离开导轨时的速度为 B．电容器的电容C＝ C．炮弹在导轨上的位移s＝ D．在其他条件不变时，炮弹的最大速度与电容器电容大小成正比 答案　AB 解析　对炮弹，根据动量定理t＝mv，其中＝BL，可得v＝＝，故A正确；刚充电结束时，电容器电荷量为Q＝CE，炮弹达到最大速度时，电容器电荷量Q′＝Q－q，此时电容器电压U＝，则此时炮弹产生的感应电动势等于U，故BLv＝U，联立可得＝BLv，解得C＝，故B正确；炮弹在导轨上运动过程，电容器有电压存在，通过炮弹的平均电流并不是，则t≠q，s≠，故C错误；根据以上分析可知E＝v(BL＋)，故炮弹的最大速度与电容器电容大小并不成正比，故D错误。 考点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用 1．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) 模型示意图及条件 水平面内的光滑等距导轨，两个棒的质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2，给棒2一个初速度v0 电路特点 棒2相当于电源；棒1受安培力而加速运动，运动后产生反向电动势 电流及速度变化 棒2做变减速运动，棒1做变加速运动，随着两棒相对速度的减小，回路中的电流I＝BL减小，安培力减小，加速度减小，稳定时，两棒的加速度均为零，以相等的速度匀速运动 最终状态 a＝0，I＝0，v1＝v2 系统规律 动量守恒m2v0＝(m1＋m2)v 能量守恒Q＝m2v02－(m1＋m2)v2 两棒产生焦耳热之比＝ 例4　(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，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，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(　　) 答案　AC 解析　棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中有感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，这时两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝，选项A、C正确，B、D错误。 例5　(2023·广东深圳外国语学校期中改编)如图所示，光滑平行长直导轨PQ、MN放置在水平面上，垂直导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度为B，导轨的间距为d。质量为2m的导体棒ab和质量为m的导体棒cd放置在导轨上，两导体棒长度均为d，使导体棒ab获得初速度v0，当导体棒cd的位移为s0时运动状态达到稳定，此时将导体棒cd锁定，最终ab棒静止。导体棒ab和cd的电阻均为r，导轨的电阻不计，忽略动生电流产生的磁场，两导体棒始终与导轨垂直且接触良好，求： (1)锁定导体棒cd前瞬间，导体棒ab的速度大小； (2)锁定导体棒cd前，导体棒cd产生的焦耳热； (3)整个过程中，通过导体棒cd的电荷量； (4)整个过程中，导体棒ab的位移大小。 答案　见解析 解析　(1)当导体棒cd的位移为s0时，运动状态达到稳定，可知两导体棒组成的系统动量守恒，且达到共速，则2mv0＝(2m＋m)v1 解得v1＝v0； (2)锁定导体棒cd前，根据能量守恒定律，有Q＝×2mv02－×3mv12 解得Q＝mv02 所以导体棒cd产生的焦耳热为Q′＝Q＝mv02； (3)锁定导体棒cd前，对导体棒cd由动量定理，得Bd·Δt＝mv1， 又q1＝·Δt， 联立得Bdq1＝mv1 所以q1＝ 导体棒cd锁定后，对导体棒ab由动量定理，得－B′d·Δt′＝－2mv1， 又q2＝′·Δt′， 联立得Bdq2＝2mv1， 所以q2＝ 整个过程中，通过导体棒cd的电荷量即为整个回路的电荷量，有q＝q1＋q2＝； (4)锁定导体棒cd前，由题意得q1＝·Δt＝·Δt＝·Δt＝＝ 解得s1＝＋s0 导体棒cd锁定后，同理得q2＝′·Δt′＝＝ 解得s2＝ 整个过程中，导体棒ab的位移为s＝s1＋s2＝＋s0。 课时精练 1. (多选)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l，ab、cd是质量为m、接入电路中电阻为R的金属棒，导轨电阻忽略不计。cd静止在水平导轨上，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以相同的速度做匀速运动 C．ab棒刚进入磁场时，cd棒电流为 D．ab棒的最终速度大小为 答案　CD 解析　ab棒进入磁场受到向左的安培力，做减速运动，所以安培力减小，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底端的速度，根据动能定理mgr－mgr＝mv2，可得速度为v＝，则感应电动势为E＝Blv，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′，得速度大小为v′＝，故C、D正确。 2. (多选)(2024·广东广州市开学考)如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接，右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边宽度为d区域有方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、长为L、电阻为2R的金属棒从高为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　) A．流过定值电阻的电流方向是Q→N B．金属棒两端电势差的最大值为BL C．电阻R产生的焦耳热为mg(h－μd) D．金属棒通过磁场所用的时间为－ 答案　AD 解析　由右手定则可知，流过定值电阻的电流方向是Q→N，故A正确；金属棒刚进入磁场时，速度最大，金属棒两端电势差最大，由动能定理可知mgh＝mvm2，解得vm＝，感应电动势为E＝BLvm＝BL，金属棒两端电势差的最大值为E′＝E＝，故B错误；由能量守恒定律可知，金属棒穿过磁场区域的过程中电路中产生的焦耳热为Q＝mgh－μmgd，电阻R产生的焦耳热为QR＝Q＝mg(h－μd)，故C错误；由动量定理可知－μmgt－BLt＝0－mvm，又t＝，解得t＝－，故D正确。 3．(多选)(2023·广东深圳市二模)如图，质量为1 kg的方形铝管静置在足够大的绝缘水平面上，现使质量为2 kg的条形磁铁(条形磁铁横截面比铝管的内横截面小)以v＝3 m/s的水平初速度自左向右穿过铝管，忽略一切摩擦，不计管壁厚度。则(　　) A．磁铁穿过铝管过程中，铝管受到的安培力可能先水平向左后水平向右 B．磁铁穿过铝管后，铝管速度可能为4 m/s C．磁铁穿过铝管时的速度可能大于2 m/s D．磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到2 J 答案　CD 解析　磁铁穿过铝管过程中，根据楞次定律的推论可知，铝管受到的安培力始终向右，故A错误；磁铁穿过铝管的过程中，系统动量守恒，设穿过铝管时磁铁的速度为v1，铝管的速度为v2，根据动量守恒定律有Mv＝Mv1＋mv2，假设无能量损耗，则有Mv2＝Mv12＋mv22，解得v1＝1 m/s，v2＝4 m/s，假设磁铁恰好和铝管速度相等(能量损耗最大)，共速的速度为v3，根据动量守恒定律有Mv＝(M＋m)v3，解得v3＝2 m/s，损耗的能量为ΔE＝Mv2－(M＋m)v32＝3 J，所以磁铁穿过铝管后，铝管速度小于4 m/s，磁铁穿过铝管时的速度可能大于2 m/s，磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到2 J，故B错误，C、D正确。 4. 如图所示，在水平面上有两条导电导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向下，磁感应强度的大小为B。两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离放在导轨上，且与导轨垂直，它们的电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆与导轨间的摩擦不计。杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则杆2固定与不固定两种情况下，求最初摆放两杆时的最小距离之比。 答案　2∶1 解析　若杆2固定，设最初摆放两杆时的最小距离为s1，对杆1由动量定理得－Bdt＝0－mv0 该过程中通过杆的电荷量为q＝t＝＝ 联立解得s1＝ 若杆2不固定，设最初摆放两杆时的最小距离为s2，两者最终速度为v，根据动量定理，对杆1有－B′dt′＝mv－mv0 对杆2有B′dt′＝mv 该过程中的通过杆的电荷量为q′＝′t′＝＝ 解得s2＝，则最小距离之比为s1∶s2＝2∶1。 5．(2023·广东广州市一模)如图，足够长的磁铁在空隙产生一个径向辐射状磁场，一个圆形细金属环与磁铁中心圆柱同轴，由静止开始下落，经过时间t，速度达最大值v，此过程中环面始终水平。已知金属环质量为m、半径为r、电阻为R，金属环下落过程中所经过位置的磁感应强度大小均为B，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则(　　) A．在俯视图中，环中感应电流沿逆时针方向 B．环中最大的感应电流大小为 C．环下落过程中所受重力的冲量等于其动量变化 D．t时间内通过金属环横截面的电荷量为 答案　B 解析　根据题意，由右手定则可知，在金属环下落过程中，在俯视图中，环中感应电流沿顺时针方向，故A错误；根据题意可知，当重力等于安培力时，环下落的速度最大，根据平衡条件有mg＝F安＝BIm·2πr，当环速度最大时，感应电动势为E＝B·2πrv，感应电流为Im＝＝，联立可得Im＝，故B正确；当环从静止下落过程中，由于切割磁感线，导致环中出现感应电流，受到安培阻力，则除了重力外，还受安培力作用，由动量定理可知，动量变化等于合外力的冲量，故C错误；设t时间内通过金属环横截面的电荷量为q，由题意可知，环下落速度为v时的感应电流大小为I＝，由于环中感应电流不断增大，则t时间内通过金属环横截面的电荷量q<It＝，取向下为正方向，由动量定理有mgt－B·2πrIt＝mv－0，又有q＝It，联立解得q＝，故D错误。 6. (多选)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金属导轨，导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于导轨间距，a、b两棒的电阻不为零，质量均为m，铜棒平行放置在导轨上且始终与导轨接触良好。现给铜棒a一个平行导轨向右的初速度v0，下列说法正确的是(　　) A．若此后运动过程中两棒不发生碰撞，则最终va<vb B．若此后运动过程中两棒发生弹性碰撞，则最终va<vb C．若此后运动过程中两棒不发生碰撞，则回路中产生的总焦耳热为mv02 D．若此后运动过程中两棒发生弹性碰撞，则回路中产生的总焦耳热为mv02 答案　CD 解析　若两棒不发生碰撞，根据动量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝，最终两棒以v＝的速度在导轨上做匀速直线运动，A错误；即使两棒发生弹性碰撞，交换速度后，再经过足够长的时间两棒也会以v＝的速度在导轨上做匀速直线运动，B错误；若两棒不发生碰撞，由能量守恒定律知回路中产生的总焦耳热为Q＝mv02－×2mv2，解得Q＝mv02，C正确；刚开始时a的速度大，a减速，b加速，共速前两者发生弹性碰撞，交换速度，然后a加速，b减速，直至两者共速，最终两棒以v＝的速度在导轨上做匀速直线运动，回路中产生的总焦耳热仍为Q＝mv02－×2mv2，解得Q＝mv02，D正确。 7. 如图所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨固定于同一水平面内，整个导轨处于竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量均为m、电阻分别为R、r的导体棒MN、PQ垂直静止于平行导轨上，与导轨构成矩形闭合回路，某时刻给导体棒MN一个水平向右的瞬时冲量I，不考虑导轨的电阻，则从此时至PQ达到最大速度的过程中，以下说法正确的是(　　) A．导体棒PQ做加速度增大的加速运动 B．通过导体棒MN的电荷量为 C．两导体棒的相对距离减小量为 D．导体棒MN产生的焦耳热为 答案　C 解析　开始时导体棒PQ受到的安培力水平向右，根据F安＝BI电L，I电＝，E＝BLΔv 联立可得F安＝，式中Δv为两导体棒在运动过程中的速度差，由于Δv逐渐减小，根据牛顿第二定律可得a＝，所以可知导体棒PQ做加速度逐渐减小的加速运动，直到PQ到达最大速度后，两导体棒一起做匀速直线运动，故A错误； 对导体棒MN，设其开始运动时的初速度大小为v0，两导体棒达到共速时速度大小为v，据动量定理可得－B电LΔt＝mv－mv0，电Δt＝q，I＝mv0，对两导体棒，根据动量守恒定律有mv0＝2mv，联立可得，通过导体棒MN的电荷量为q＝，故B错误；根据q＝，ΔΦ＝BΔS＝BLΔs，联立可得，两导体棒的相对距离减小量为Δs＝，故C正确；从开始运动到两导体棒达到共速时，根据能量守恒定律有mv02＝Q＋×2mv2，Q＝QR＋Qr，＝，联立求得导体棒MN产生的焦耳热为QR＝，故D错误。 8．(2023·广东佛山市顺德区检测)如图，平行金属导轨MM′、NN′和平行金属导轨PQR、P′Q′R′固定在水平台面上，平行金属导轨间距均为L＝1 m，M′N′与PP′高度差为h1＝0.6 m。导轨MM′、NN′左端接有R＝3.0 Ω的电阻，导轨平直部分存在宽度为d、磁感应强度大小为B1＝2 T、方向竖直向上的匀强磁场；导轨PQR与P′Q′R′中，PQ与P′Q′是圆心角为60°、半径为r＝0.9 m的圆弧形导轨，QR与Q′R′是水平长直导轨。QQ′右侧存在磁感应强度大小为B2＝4 T、方向竖直向上的匀强磁场，导体棒a质量m1＝0.2 kg，接在电路中部分的电阻R1＝2.0 Ω；导体棒b质量m2＝0.3 kg，接在电路中部分的电阻R2＝6.0 Ω。导体棒a从距离导轨MM′、NN′平直部分h＝1.25 m处静止释放，恰能无碰撞地从PP′滑入右侧平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度g＝10 m/s2，不计导轨电阻、一切摩擦及空气阻力。求： (1)导体棒a刚进入磁场B1时的速度大小以及此时通过电阻R的电流大小和方向； (2)导体棒b的最大加速度大小； (3)d的大小； (4)导体棒a、b在平行金属导轨PQR、P′Q′R′上运动过程中产生的总焦耳热(导轨足够长)。 答案　(1)5 m/s　2 A　方向为由N到M (2) m/s2　(3)0.75 m　(4)1.5 J 解析　(1)根据动能定理可知m1gh＝m1v12 解得导体棒a刚进入磁场B1时的速度大小为 v1＝5 m/s 由题可知E＝B1Lv1，I1＝ 解得I1＝2 A 由右手定则可判断，此时通过电阻R的电流的方向为由N到M。 (2)由题可知，导体棒a到达PP′时速度方向与水平方向的夹角为60°，则h1＝gt2，v2＝ 解得v2＝4 m/s 导体棒a刚进入磁场B2时，导体棒b的加速度最大，则m1gr(1－cos 60°)＝m1v32－m1v22 I2＝，B2I2L＝m2a 解得v3＝5 m/s，a＝ m/s2 (3)导体棒a从N′M′到PP′的过程中 m1gh1＝m1v22－m1v42，解得v4＝2 m/s 在导轨MM′、NN′平直部分从左到右过程有 －B1LΔt＝Δp1 即－B1qL＝m1v4－m1v1，q＝ 解得d＝0.75 m (4)根据动量守恒定律可知m1v3＝(m1＋m2)v5 v5＝2 m/s 导体棒a、b在平行金属导轨PQR、P′Q′R′中产生的总焦耳热与系统减少的动能相等，即 Q＝m1v32－(m1＋m2)v52 解得Q＝1.5 J。 9. (2024·广东广州市检测)如图所示，在水平面内固定着间距为L的两根光滑平行金属导轨(导轨足够长且电阻忽略不计)，导轨M、N两点右侧处在方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。在导轨的左端接入电动势为E、内阻不计的电源和电容为C的电容器。先仅将金属棒a静置在导轨上，闭合开关S1、S3，让a运动速度达到v0时断开S1，同时将金属棒b静置在导轨上，经过一段时间后，流经a的电流为零。已知a、b的长度均为L，电阻均为R，质量均为m，在运动过程中与导轨垂直并保持良好接触。 (1)求开关S1、S3闭合，a运动速度刚为v0时a的加速度大小； (2)求b产生的焦耳热Qb； (3)若将棒a、b均静置在水平轨道上，闭合开关S1、S2，稍后再断开S1同时闭合S3，求两棒最终速度的大小。 答案　(1)　(2)mv02　(3) 解析　(1)a切割磁感线产生的电动势E1＝BLv0 由牛顿第二定律得 BL＝ma，a＝ (2)对a、b组成的系统，由动量守恒得mv0＝2mv1，v1＝ 由能量守恒定律得Q总＝mv02－×2mv12，Qb＝Q总＝mv02 (3)闭合开关S1、S2，稍后再断开S1同时闭合S3，两棒同时加速，直到匀速运动，对电容器，放电量q＝C(E－BLv) 对导体棒a，在极短时间Δt内有，BLΔt＝mΔv 整个过程∑BLΔq＝∑mΔv，BL＝mv 所以两棒最终速度v＝。 谢谢！ 学科网（北京）股份有限公司 $