法拉第电磁感应定律的应用 专项训练-2027届高考物理一轮复习

法拉第电罐感应定律的应用：殿杆在等宽轨道上运动间题、殿杆在 不等宽轨道上适动问题专项训练 考点目录 双杆在等宽轨道上运动问题 双杆在不等宽轨道上运动问题 题型一 双杆在等宽轨道上运动问题 解题思路点拨： 1.两杆长度、切割电动势相等，回路总电动势为差值： 2.系统合安培力为零，动量守恒： 3.最终达到共速稳定状态： 4.结合能量守恒，求焦耳热、位移、电荷量。 1.(2026·云南昆明.模拟预测)某款电磁驱动装置的结构简图如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨 ACCA2-PQQ,P固定在水平面上，水平导轨间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，导 轨上CC、Q1Q2部分绝缘、长度相等且对称分布，导轨左侧接一电容为C、所带电荷量为q0的超级电容 器，导轨右侧平滑连接位于竖直面内、半径相同且平行的四分之一光滑圆弧金属导轨。两根长度均为工、 质量均为m的导体棒a、b分别放置在CQ的左侧和CQ2的右侧，闭合开关S,导体棒a开始向右运动， 在运动到CQ1前，己达到最大速度。导体棒b进入圆弧轨道前，导体棒α、b已共速且未发生碰撞，导体 棒b滑上圆弧轨道后再次进入水平轨道前导体棒α速度已减为零，导体棒b滑下圆弧轨道后，两导体棒 运动到在CQ,之前的某个位置，恰好不相碰。导体棒a、b接入电路的电阻均为R且运动过程中与轨道 始终保持垂直且接触良好，其余电阻不计，求： P (1)导体棒a运动到CQ1前的最大速度vm的大小： (2)从导体棒a通过CQ1后，至导体棒b进入圆弧轨道前，导体棒a中产生的焦耳热Q。: (3)初始时，导体棒b与CQ2间的距离s。 【答案】(1)unm= qoBL m+BLC 2)Q。= mgiB'L 8(m+BLC)月 (3)s= 5mRqo 2BL(BIC+m) 【详解】(1)当α达到最大速度时，加速度为0，安培力为0，电路中电流为0，因此导体棒的感应电动势等 于电容器两端电压BL心m=6一△g 其中△g是电容器放电的电荷量，对导体棒a由动量定理可得BIL·△t=m心m一0 又因为T·△t=△q 可得BL·△g=mvm-0 qoBL 联立解得Um=m+BC (2)a通过C1Q1后，a、b系统合外力为0，动量守恒，设共速速度为v,则有m心m=(m十m)v 可得v-号 由能量守恒，系统总焦耳热等于动能损夫Q。=号mu2-号2mw户=士 2 m 两子体棒电阻相等，焦耳搭平分，因此Q。=号Q。=冬m呢 8 整理得Qa= mgiBL 8(m+B2Z2C)2 (3)导体棒a通过CQ1后，设两导体棒共速时，两导体棒的相对位移为S1,对导体棒b,根据动量定理 Bq2L=mv 又根据q2 BLs 2R 解得S1= mRgo BL(BLC+m) 导体棒b进入圆孤轨道后，设导体棒α运动位移为s2时，速度恰好减为0，对导体棒a,根据动量定理 -Bg3L=0-mv 又根据9=2R BLS 解得s2= mRgo BL(BLC+m) 导体棒b滑下圆孤轨道后，设两导体棒的相对位移为S时，恰好不相碰，根据动量守恒定律m=2mU1 对导体棒a,根据动量定理BqL=mU1 又根据94= BLs3 2R 解得S3= mRgo 2BL(BLC+m) 初始时，导体棒b与C,Q3间的距离s=S1十S2十S3 解得s= 5mRgo 2BL(BLC+m 2.(2026广东江门.二模)间距为L的足够长平行光滑导轨固定在绝缘水平面上，导轨左、右两端各连接一 个阻值为R的定值电阻，有部分导轨处在垂直于导轨平面向上的有界匀强磁场中，磁感应强度大小为 B,磁场的边界线M、N与导轨垂直，M、N间的距离大于L,俯视图如图所示，质量均为、长度均为L 的金属棒α、b垂直导轨放置，用长为L的绝缘轻杆连接，构成工字形框架。现给工字形框架一水平向 右、大小为，的初速度，工字形框架刚好能完全穿过磁场。金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良 好，金属棒α、b接入电路的电阻均为R,不计导轨的电阻。求： ● ●● a b ● ● ● ● ● ● ● ● ●3 ●● ● ●●● ● ● ● (1)金属棒b刚进入磁场的瞬间，金属棒b两端的电压U: (2)工字形框架出磁场的过程中，金属棒b中产生的焦耳热Q: (3)磁场边界M、N间的距离s。 【答案】（①）U=上BLw 4 (2)Q= 3BL6 256mR2 (3)s= 2mRvo BL 2 【详解】(1)金属棒b刚进入磁场的瞬间，金属棒b切割磁感线产生感应电动势为E=BL心0 此时外电路电阻为，=具 3 则金属棒b两端的电压U= ER外二1BLU R+R-4 (2)设金属棒b刚要出磁场时的速度为U2,则金属棒b出磁场到金属棒α出磁场的过程中，由动量定理 -BI△tL=0-2mv2 其中△t2= At= △D33BL 骨+ 4R 3 解得U= 3BPD 8mR 框架出磁场的过程中，由能量守恒得 Qs-= -×2mw5 此过程中金属棒b产生的热量为Q三5Q。256mR (3)从金属棒a进入磁场到金属棒b出磁场过程，由动量定理-BL△t=2mw-2m1 其中△t= 瓦。At。= △D3_BLax + R R 解得= 2mRvo 3L BL 2 可得磁场边界M、N间的距离s=L+x= 2mRvo L B'L 2 3.(2026·广东.二模)如图所示，倾角0=37°的斜面内有一固定金属导轨PPOQ:Q1,其中POQ2构成边长 为L的等边三角形，PP与Q1Q2平行，且间距为L。在Q处有一极小缺口，使Q1Q2与导轨其余部分不 连通；QP分别接恒压直流电源正、负极。导轨上MP.OQ.N区域存在垂直斜面向上的有界匀强磁场， 边界MN与PP垂直，磁感应强度大小为B。导轨上有两根相同的金属杆a、b,质量均为m,单位长度电 3 阻均为r,与导轨间的动摩擦因数均为u=0.75。α在O点，b在PPQ3Q1上，接通电源后，b恰能静止在 导轨上不上滑。某时刻断开电源，α在沿导轨中线的拉力作用下，从O点沿斜面向下做速度为，的匀速 直线运动，经过PQ:时撤去拉力。已知a与MN相距x时，b以速度号o离开磁场。导轨足够长且电阻 不计；两杆与导轨始终接触良好且与导轨中线垂直，全程未发生碰撞。最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 重力加速度为g,sin37°=0.6，cos37=0.8,求： R≤6 g (1)恒压直流电源的输出电压U: (2)a杆从O运动至PQ3过程中，安培力对a杆所做的功； (3)a杆最终的速度大小。 【答案】(1)0=1.2mgr B (2)W--V3BIv Ar (3)见解析 【详解】(1)根据左手定则，可知接通电源后，杆b所受安培力沿导轨中线向上，杆b静止，故受力平衡，有 BI,L=mgsin0+umgcos0 杆接人电路的电粗R=L,由闭合电路欧姆定律，得回路电流，是= 联立得恒压直流电源的输出电压U=1.2mgY B ②杆Q沿斜面速向下运动，切割磁感线的有效长度随位移6变化，由几何关系可知1二3， 接入电路电阻R。=lm 流过杆a的电流1= Blvo Ra 杆a所受安培力F=Bl 得F=2W5Bug 3r 则F与5成正比关系，所以万-23B×0+9L_B心 3r 2 安培力F对杆a做功形=一万×3L 2 联立解得= 3BLvo (3)撤去拉力后，杆b出磁场前，两杆均有mgsin0=umgcos0 且所受安培力等大反向，故杆a、b总动量守恒。设杆b离开磁场时，杆a速度为)，有mw=mw+m 3 此后的运动，只有a杆在磁场中，当a的速度为u,时，杆a,b组成的回路电流=7 BL/a 杆a受安培力减速，安培力乃=BlL=BL0 从杆b离开磁场，设杆a在磁场中继续运动时间t,前进距离后，速度恰好减小为0，对杆a,由动量定 理-Ft=0-mw 即BL远t、BL 2 2r 2r =m30 解得= 4mvor 3B'L 讨论： i.当x≥ 4mv时，杆a在磁场内停下，最终速度为0： 3BL ii.当x< Imvr 时，出磁场后，杆a以速度v。m沿导轨做匀速直线运动，对a,由动量定理一万t= 3BL muam-mu 即-BL远t B'Lx 2r 2r =mam-mx2 % 解得Uam三 BL 2 2mr +30 4.(2026·江西南昌·二模)利用高温超导材料钇钡铜氧制成的超薄YBCO超导薄膜，可检测到超级电感现 象。如图所示，两平行的导轨abcd和efgh各处均相距0.5m,dh之间连一电感L,自感系数为10-3H,电 阻不计。导轨ab和f段是圆弧且由绝缘材料制成，bc和fg段在水平面上且足够长圆弧导轨与水平导 轨平滑连接。初始时，c、g两点处的开关处于断开状态，当有导体棒运动至c、9两点时，开关立即闭合 且导体棒可无碰撞地经过开关，此后开关始终闭合。虚线时与dh间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强 度为0.2T。现在b时处静止放置一质量为0.9kg、电阻不计的导体棒Q,质量为0.1kg、电阻为0.12的导体 棒P在距离水平导轨高度为1.25cm的圆弧导轨上静止释放，一段时间后两导体棒发生弹性碰撞。不计 导体棒与导轨间的摩擦，不计水平导轨的电阻，导体棒始终与导轨接触良好，g取10m/s2,π取√10。 (1)求两导体棒碰撞后瞬间的速度大小： (2)两导体棒在水平导轨上共速时恰好相距为零，求圆弧导轨对应的半径： (3)两导体棒第一次共速后立即粘在一起，记滑过c、9时为零时刻，且导体棒不与电感相碰，求两导体棒 相对粘在一起时速度大小减半对应的时刻t。(可能用到的结论：①自感电动势e=LA:,其中L为自感 △t 系数②简谐运动的周期T=2江√受，k与回复力表达式中的k相同) 【答案】(1)0.4m/s,0.1m/s 5 (2)7.29m 3t=(n+号)s或t=(n+号)，n=0.12.3） 【详解】(1)P棒从圆孤轨道下滑，设P棒的质量为m,Q棒的质量为M,有mgH=号 解得v0=0.5m/s P棒与Q棒发生弹性碰撞，设碰后速度分别为v1和o2,有mU=mw1十Mu mu时=号nmi+号w 1 联立得U1=-0.4m/s,w=0.1m/s 即碰后瞬间，P棒反向运动，速度为0.4m/s,Q棒向右运动，速度为0.1m/s。 (2)P棒在圆孤轨道上反向运动并下滑的过程中，机械能宇恒。因此P棒向右进入磁场区域时的速度U =0.4m/s 此后P、Q棒均在磁场中且形成闭合回路，P、Q棒组成的系统动量守恒，有mU1十，=(m十M)u2 解得U2=0.13m/s 对P棒分析，由动量定理-Bl△t=m△U 即-Blg=m(v1-v1) 又q=t=Et=BA△x R R 其中△x为P进入磁场区域后比Q多走的位移。 联立上式得△x=0.27m P进入磁场区域前Q匀速运动七=A2=2.75 假设P在圆孤轨道上的运动可视作单摆，则T=2π 二2t g 得r=7.29m 可见，H远小于圆孤轨道半径r,因此假设成立，所以圆孤导轨对应的半径为7.29m 3)P,Q棒粘在一起后，并联电阻为0，对任意时刻Bw=LA过 △t 移项得Blu△t=L△i 又因为安培力F=BL,则F=BUAt=BA 且安培力方向与导体棒位移方向相反。 可见F=一x 即P、Q棒一起做简谐运动，其中=B吧 由于T=2/ m+M 可得T=2s 由题可知，0时刻，P、Q棒在平衡位置，由简谐运动规律可知： 当t=(n+号5或=(n+号)s时，导体棒建度大小减半n=0,1、2.3) 5.(2026·江西赣州.二模)如图所示，间距为L的两条平行导轨置于水平面上，其中垂直导轨的水平虚线！ MM和NN间的导轨部分由绝缘材料制成，其它部分均为金属导轨（金属导轨的电阻不计），N'右侧 导轨足够长。导轨左端接有电动势为E、内阻为？的直流电源和阻值为R的电阻，且开关S断开。有电 阻均为R、质量均为m的三根导体棒a、b、c垂直导轨放置，棒a位于MM'左侧且与MM'的距离为x, 位于WN'右侧的棒b、c,其中棒b与NN、棒c的间距均为d。整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，匀 强磁场的磁感应强度为B,不计一切摩擦阻力，不考虑电流产生的磁场的影响，棒运动过程中始终与导 轨保持垂直。 (1)求开关S闭合瞬间棒a的加速度的大小a1: (2)开关S闭合后，若棒a到达M'前己做匀速运动，求匀速运动时棒a的速度大小v和棒a从开始运 动至到达MM'的过程中通过电阻R的电荷量qR; (3)若棒a通过绝缘材料部分时的速度为w=2ms,m=0.1kg,L=1m,d=0.3m,B=0.5T,R=12, 棒间的碰撞均为弹性碰撞，求通过NN'后棒α上产生的焦耳热Q。 【答案】(1)a1= BLE m(2r+R) ER mER (2)v=BL(r+R) BLa ,4R-R 十 BL(r+R) 3)181J 2880 【详解】(1)开关S闭合瞬间，导体棒a与电阻R的并联阻值为R=号 由闭合电路欧姆定律有I= r+Rt 对棒a有B宁L=ma, 解得a1= BLE m(2r+R)】 (2)棒a到达MM前匀速运动时，通过棒a的电流为0，则电阻R两端的电压为U=E r+R R 此时有U=BL) 解得v= ER BL(r+R) 导体棒a到达MM的过程中有BI·t=mw-0 qa=T·t 通过棒a的电荷量为g。=BTPr+ mER 此过程中的任一时刻有inR=BLw。十i.R 在微元△t内iRR△t=BLw.△t+iR△t 即qRR=BLa+qR 解得qR=BL+ mER R BL(r+R) (3)设棒a与棒b碰撞前瞬间速度分别为U1、v2,则mW=mU1十2mw3 -Bg L=mv-mv (列式BqL=2mw2同样给分) 又9-46 BLd R+号R+号 解得u1=1.5m/s,w2=0.25m/s 此过程中三棒产生的总焦耳热为Q=}mm-m /22u1三52m3= Q=Q=品 两棒碰撞前后速度发生交换，三棒最终速度相等，设为y共，则mv=3mv共 得oe=号m6 将a,b碰撞后持a产生的然耳热为Qa=。×(号mi+号2mu时-3m)=写引J 故Q.=Q+Qa=30x062W 6.(2026河南焦作.二模)如图所示，两条“∧”形的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L=1m。左、 右两导轨面与水平面夹角均为0=37°，左侧导轨平面处于沿导轨平面向上的匀强磁场中，右侧导轨平面 处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B=1T。将阻值均为R=12、长度均为1m 的导体棒M、N垂直导轨放置，N与导轨接触光滑，M与导轨间动摩擦因数为u=0.5,mw=1kg,mw= 1.5kg,同时由静止释放M、N,两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。 sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。求： <】37 37° 3 (1)导体棒N的最大速度大小； (2)当导体棒N的速度为4m/s时，M的加速度大小； (3)导体棒M的最大速度大小。 【答案】(1)12m/s 2青m哈 (3)4m/s 【详解】(1)当N棒的速度最大时有mxgsin0=F=BIL 此时通过W的电流为2疗 BL/Nmax 2R 代入数据，解得UNmax=12m/s 2)当导体棒N的速度为4m/s时，此时的电流为I=BL 2R 根据右手定则可以分析出导体棒M中的电流方向向内，所以受到的安培力方向是垂直斜面向下的，所以 对导体棒M进行受力分析，沿斜面方向上有mugsin0-(mgcos9+BIL)=mrau 解得au者m俗 (3)当导体棒M的速度最大时，mugsing-u(margcos0+BIL)=0 此时的电流为I=6A 根据第1小问计算可知，此时的N棒速度为12/s,设M与N棒从静止开始运动到最大速度时所用的时 间为t,对N棒应用动量定理，有mxgtsin0-BLt=TNU Nmax 对M棒应用动量定理，有mugtsin0-u(mrgcos0+BIL)t=maru 联立可解得UM=4m/s 9 题型二 双杆在不等宽轨道上运动问题 解题思路点拨： 5.两杆长度不同，电动势不能抵消，无法共速： 6.利用电流相等、安培力关系列动量定理： 7.结合电动势平衡条件推速度比例关系： 8.联立求解速度、位移与电路能量问题。 7.(2026·四川资阳.三模)如图所示，光滑金属导轨由水平部分ABCDD'CBA'和倾斜部分DEE'D'两部分 组成，两部分在D点和D'点绝缘平滑连接。AB和AB间距为2d,CD和CD间距、DE和DE间距 均为d,DEE'D'与水平面的倾角为U,DE长度为L。在ABBA'部分、CDD'C'部分、DEED'部分分别 存在垂直于对应区域的匀强磁场，磁感应强度分别为B,=B、B,=2B、B,=B,导轨电阻均忽略不计。 BE间接有一电容为C的平行板电容器，电容器初始电量为90=2CBdo,且靠近E侧为正极板。初 始时，导体棒a、导体棒b均分别处在图示位置，且与导轨接触良好，a棒具有水平向右的初速度v0,b棒 初速度为0。a棒、b棒的质量均为m,a棒电阻为R,b棒的电阻忽略不计。已知a棒距离BB足够远， b棒在进入倾斜导轨前已进入稳定状态，重力加速度为g。求： B,=B B.=2B B.=B (1)初始瞬间b棒加速度a的大小； (2)从开始到b棒离开水平导轨的过程中，a棒上产生的焦耳热Q: (3)从b棒进入倾斜导轨到b棒到达导轨底端的过程中，电容器增加的电场能△E。 【答案】(1)a 4Bdvo mR (2)Q=1 m听 (3)△E=-mgLCBd'sin m+CBd 【详解】(1)开始瞬间，对a、b组成的回路，由电磁感应规律和电路知识，有E-2Bv 电流为1= R 对b棒，由牛顿第二定律，有2BId=mao 10 4Bdvo 联立解得ao=mR (2)a、b棒达到稳定时，回路总电动势等于0，由电路知识，有2Bdv。-2Bdu,=0 对a、b棒组成的系统，从开始→b达到稳定状态，注意到系统合外力等于0，由动量守恒，有m=mw。十 mv; 由能量守，有Q=号m明-号 1 联立解得Q=1m (3)在从b进入倾斜导轨→b到达底端的过程中，设任意时刻b棒速度为U、加速度为α，回路电流为I,对 b棒，由牛顿第二定律，有mgsint0-BId=ma 对电容器所在电路，有q=CBdU 又有1= △t 联立解得a= mgsing m+CBd 由此可知b做匀加速直线运动，从b进入倾斜导轨→b到达底端，由匀变速直线运动规律，有2aL=U v号 对6，D5ED和电容号构成的系统，由功能关系，有mg1sin0=(号m2- 2mvi)+AE 联立解得△E=mgLCBdsin0 m+CBd2 8.(2026·陕西模拟预测)如图所示，平行光滑的金属导轨由圆弧和水平两大部分组成，两大部分导轨由两 小段光滑绝缘圆弧轨道（长度可忽略）平滑相连，其中四分之一光滑圆弧导轨α、b半径为？，光滑水平导 轨b、c右端与光滑水平导轨c、d良好衔接，导轨a、c部分宽度为3L,导轨c、d部分宽度为2L,bc段轨 道和cd段轨道都足够长，水平b、d部分处于竖直向上大小为B的匀强磁场中，将质量均为m的金属棒 P和N分别置于轨道上的ab段和cd段，且与轨道垂直。P、N棒电阻均为R,导轨电阻不计。N棒静 止，让P棒从距水平轨道高为r的地方由静止释放，已知R=0Q,r=0.2m,m=0.78kg,L=0.1m, 39 B=1T,g取10m/s2,求： B .b d C (1)P棒运动到光滑圆弧底端b时的速度大小和对导轨的压力大小； (2)P棒刚进入磁场时N棒的加速度大小； (3)P棒由静止释放至达到稳定状态的过程中，通过其横截面的电荷量和N棒产生的焦耳热。 【答案】(1)2m/s,23.4N (2)0.3m/s2 (3)3.6C,0.54J 【详解】1P棒从国孤导轨滑下过程，根据动能定理得mg=)mu P棒运动到光滑圆孤底端b时，速度的大小v=√2gm=2m/s P棒运动到光滑圆孤底端b时，根据牛顿第二定律得乃一mg=m吗 联立解得Fv=3mg 代入数据解得F=23.4W 由牛顿第三定律可知，P棒运动到b处时，对导轨的压力大小为234N。 (2)P棒到达轨道最低，点进入磁场时切割磁场产生感应电动势E=3BL心) 感应电流I=R+瓦 E N棒受到的安培力F=2BIL=ma 解得V棒的加速度大小Q=R√②Qr 代入数据解得a=0.3m/s2 (3)两金属棒最终分别做匀速直线运动，则有Ep=3BLwp,Ex=2BLN 又有Ep-Ey=0,解得3Up=2UN 分别对P、N应用动量定理，对P有一3BLIt=mwp-mw 对N有2BLIt=mwN-0 又有g=,解得全属棒V速度的大小=骨2g 金属棒P速度的大小=青 解得g= 3m√2gm 13BL 代入数据解得通过其横截面的电荷量q=3.6C 全过程系统能量宇恒有mgr=子mu+号mu%+Q 2 又有Q,=Q 9 联立解得Q.v=26mgr 代入数据解得金属棒N产生的焦耳热Qx=0.54 9.(2026山西晋城.一模)如图所示，两足够长的光滑平行导轨沿水平方向固定，且该导轨由两部分组成，左 侧宽导轨的间距为L=1.0m,右侧窄导轨的间距为l=0.5m,整个空间存在竖直向下、磁感应强度大小 为B=1.0T的匀强磁场。质量为m1=0.6kg、长为L=1.0m、阻值为R1=0.52的导体棒a垂直放在左 侧宽导轨上；质量为m=0.2kg、长为l=0.5m、阻值为R=1.52的导体棒b垂直放在右侧窄导轨上。t =0时刻同时给导体棒a、b一个大小均为w0=12m/s、方向相反的初速度，整个过程导体棒a、b始终没 有离开宽导轨和窄导轨。两导体棒始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨的电阻。求： 12 (1)当导体棒b的速度为0时，导体棒b的加速度大小： (2)当回路中电流为0时，导体棒a、b的速度大小。 【答案】(1)a=5m/s ②%=号ms,%=2头， 【详解】(1)设导体棒b的速度为0时，导体棒a的速度为U,规定向右为正方向，对导体棒a由动量定理 得-BIL△t=mv-mUo 对导体棒b由动量定理得BIl△t=0-（-mvo) 解得v=4m/s 由达拉第电磁感应定律可知，手体棒Q产生的感应电动势B=B,回路中的电流为IR年R ,=2A 导体棒b所受的安培力为F=Bl=1N 由牛顿第二定律得F=md 此时导体棒b的加速度大小为a=5m/s2 (2)导体棒ab的加速度分别为a1=B亚，a=B肌 则a4=亚×m2=2 所以，导体棒b的速度先减为零，当回路中电流为0时，导体棒a、b的速度均向右，导体棒a、b的速度大 小分别为v。、U,两导体棒产生的感应电动势相互抵消，则有BL心。=Bu 则有2w。=U6 对导体棒a由动量定理得-BIL△t'=mv。-mv 对导体棒b由动量定理得BI'l△t'=mv,-（一mvo) 解得化=号m6,心-2兰m6 10.(25-26高三上·江西.月考)如图所示，RQ1M1N1和PQMN3为水平放置的两足够长的平行导轨，整个 装置处在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场中，PQ1与PQ2间的距离为L1= 1.0m,MN1与MN2间的距离为L2=0.5m,两导轨电阻可忽略不计。导轨左端RP连接电容C=1F的 电容器和理想二极管，导轨PQ,靠近Q2端接入自动控制开关S,开关S的通断由绝缘弹性柱E、F控 制：当导体棒ab撞击柱E或柱F时，自动改变开关S的通断状态。初始时，导体棒ab与柱E、柱F的距 离足够远。己知质量均为m=1kg的导体棒ab和cd静置于导轨上，运动过程中始终与导轨垂直且接 触良好，两金属棒位于两导轨间部分的电阻均为R=12。求： 13 a E 大B x Fx M × × M,X + N, 6 02 (1)若起初开关S“断开”，电容器带电量g=0.5C且上极板带正电，导体棒ab第一次达到匀速运动时速 度大小：导体棒αb第一次刚要撞击弹性柱时，电容器所剩带电量大小。 (2)若起初开关S“闭合”，电容器不带电，现让导体棒ab以初速度v=2/s沿导轨水平向右运动，导体 棒ab第三次达到匀速运动时速度大小。 【答案】(1)0.25m/s,0.25C ②号ms 【详解】(1)若起初开关S“断开”，电容器带电量q=0.5C且上极板带正电，电容器放电产生电流，导体 棒αb在安培力作用下由静止开始运动 当其第一次达到匀速运动过程中有动量定理△qBL=心 电容两端电压为U。=BLU 电容器剩余电荷g=q-△q=CU 联立解得v=0.25m/s,gq=0.25C (2)导体棒ab向右运动，两金属棒第一次做匀速直线运动的速度分别为U1和w,则有BL1U1=BLU 导体棒ab,由动量定理-q1BL1=mU1一mw 导体棒cd,由动量定理q1BL2=m 联立解得w1=0.m/s,v2=0.8m/s 导体棒ab被F反弹向左运动，导体棒ab第二次匀速直线运动时的速度为)3 电容所带电荷量q=CU=CBL1U 从开始向左到稳定向左过程中一qBL1=mw3-mU1 代入数据可得u3=0.2m/s,U=0.2V 导体棒ab被E反弹向右运动，两金属棒再次做匀速直线运动的速度分别为U1和U5,则有BL1U4=BLV5 导体棒ab,由动量定理qBL1=mW4-mw3 导体棒cd,由动量定理-qBL2=mw5-mU 代入教移可得=号m6,认=芳m6 数导体棒b第三次达到匀速运动时速度大小为：m 11.(25一26高三上·山东菏泽·阶段检测)如图，足够长的两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨 间距分别为2L和工，导轨间分布着方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B、2B。t=0时， 导体棒PQ、N在导轨上分别以大小为u~罗的速度相向运动：t=时，MN向左的速度减小为零；最 终两导体棒达到稳定运动状态。已知PQ、MN的质量分别为2m、m,两导体棒接入回路中的电阻都为 R。整个过程中两导体棒始终与导轨垂直并接触良好，且只在各自的一侧导轨上运动，其他电阻不计。 求： × × M BX X词×2B 十 ×2× × Q (1)整个运动过程，回路中产生的焦耳热： (2)0-t时间内，通过导体棒PQ的电荷量。 【塔】1号mi o觉 【详解】(1)稳定时，两导体产生的感应电动势相等，有B×2L心1=2BLu2 所以U1=V2 根据安培力公式可得PQ导体棒和N导体棒受安培力大小相等，方向相反，可知系统动量守恒，系统的 初动量为2心，-m·少=3m,方向向右，可知稳定时，两棒均向右运动，以向右为正方向，根据动量 2 2 守恒有2mu,-m:9=(2m+m)u 2 解得ù=U=U=2 银格能量宇恒定律有号×2m时+号m号广=号×3m+Q 解得Q子m 2)t=t6时，MN向左的速度减小为零，有2mu-m·2 =2mv3 可得此时PQ学休棒的速度为的星 0-右时间，以向右为正方向，对PQ子体棒，根据动量定理有-∑1：2LAt=-2Bg=2m是-2mw 可得g=院 12.（25一26高三上·江苏南京·阶段检测)如图所示，空间中存在竖直向下、范围足够大、磁感应强度为B的 匀强飚场。平行金属导轨MMV、PQPQ间距分别为L和号，导轨间衔接良好，中轴线重合，固定 在同一水平面内。导轨在左端M、M点分别与两条竖直固定、半径为L的子圆弧导轨平滑相连， MM'、NN'连线均与直导轨垂直。长为L、质量为2m、电阻为2R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高 点。长为子，质量为m、电阻为R的金属棒cd放在导轨衔接点的PP处，金属棒cd的中点处连接一与 导轨平行的绝缘轻杆，杆长与M到N的距离相等。现锁定cd棒，使b棒在外力作用下沿子园弧导轨 做速率为v的匀速圆周运动，ab棒运动到M'瞬间，立即撤去外力，并解除cd棒的锁定，此时ab棒中 点恰与绝缘杆碰撞并粘在一起，ab、cd开始一起运动。忽略导轨的电阻和一切摩擦，两金属棒始终与导 15 轨垂直且接触良好，重力加速度为g,求： M M (1)cd棒刚运动时棒中的电流大小及方向： (2)ab棒做匀速圆周运动过程中，cd棒产生的热量； (3)若ab棒最终停在导轨MNM'N'上，则ab、cd一起运动后，流过cd截面的电量。 【塔案】山员BL,方向由c→d (2)元BD 36R 3)4nm BL 【详解】(1)根据题意金属棒ab由刚越过MM时速度为U,由动量守恒定律得2mw,=(2m十m)u1解得 子 此时回路中的电动势为B=B一B·号m 由闭合电路欧姆定律E=I(2R+R 联立解得，cd刚运动时受到的电流大小I=。BLwo,方向由c→d 9R (2)如图所示 金属棒ab做匀速圆周运动过程中，电动势随时间变化的关系为e=BLv sin0 则回路中的电流为正弦交流电，电流有效值为，则有B=53R,Q=t,t= √2 联立解得Q=BI 36R 3)开始运动时ah、cd整体受到的安培力大小F=B亚-B1L=B1·L 对金属棒ab、cd整体由动量定理可得-B,LAt=3mAu 丝理可得-号BLq=3m0-号】 解得q= 4mvo BL 16