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2024届鲁科版新教材高考物理一轮复习教案第十二章电磁感应专题强化二十五动量观点在电磁感应中的应用
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这是一份2024届鲁科版新教材高考物理一轮复习教案第十二章电磁感应专题强化二十五动量观点在电磁感应中的应用，共15页。
题型一 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．
考向1 “单棒＋电阻”模型
例1 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eq \f(2mv0R,B2d2)
C．整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为eq \f(1,2)mv02
D．整个过程中，导体棒的平均速度大于eq \f(v0,2)
答案 B
解析 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，故A错误；由动量定理可知－eq \x\t(I)dB·Δt＝0－mv0，其中eq \x\t(I)·Δt＝eq \f(\f(ΔΦ,Δt),2R)·Δt＝eq \f(ΔΦ,2R)，ΔΦ＝Bds，解得s＝eq \f(2mv0R,B2d2)，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eq \f(1,4)mv02，故C错误；根据a＝eq \f(BId,m)＝eq \f(B2d2v,2Rm)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eq \f(v0,2)，故D错误．
考向2 不等间距上的双棒模型
例2 (多选)(2023·辽宁抚顺市模拟)如图所示，M、N、P、Q四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L和L，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直向下的、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计．t＝0时使导体棒C获得瞬时速度v0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好．且达到稳定运动时导体棒C未到两组导轨连接处．则下列说法正确的是( )
A．t＝0时，导体棒D的加速度大小为a＝eq \f(B2L2v0,mR)
B．达到稳定运动时，C、D两棒速度之比为1∶1
C．从t＝0时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为eq \f(2,5)mv02
D．从t＝0时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为eq \f(2mv0,5BL)
答案 ACD
解析 开始时，导体棒中的感应电动势E＝2BLv0，电路中感应电流I＝eq \f(E,2R)，导体棒D所受安培力F＝BIL，导体棒D的加速度为a，则有F＝ma，解得a＝eq \f(B2L2v0,mR)，故A正确；稳定运动时，电路中电流为零，设此时C、D棒的速度分别为v1、v2，则有2BLv1＝BLv2，对变速运动中任意极短时间Δt，由动量定理得，对C棒有2Beq \x\t(I)LΔt＝mΔv1，对D棒有Beq \x\t(I)LΔt＝mΔv2，故对变速运动全过程有v0－v1＝2v2，解得v2＝eq \f(2,5)v0，v1＝eq \f(1,5)v0，故B错误；根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22，解得Q＝eq \f(2,5)mv02，故C正确；由上述分析可知对变速运动中任意极短时间Δt，由动量定理得，对C棒有2Beq \x\t(I)LΔt＝mΔv1，可得2BLq＝m(v0－v1)，解得q＝eq \f(2mv0,5BL)，故D正确．
考向3 “电容器＋棒”模型
1．无外力充电式
例3 如图甲、乙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图甲中的电容器C原来不带电．设导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面(即纸面)向里的匀强磁场中，导轨足够长．现给导体棒ab一个向右的初速度v0，在图甲、乙两种情形下，关于导体棒ab的运动状态，下列说法正确的是( )
A．图甲中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动
B．图乙中，ab棒先做加速度越来越小的减速运动，最终静止
C．两种情况下通过电阻的电荷量一样大
D．两种情形下导体棒ab最终都保持匀速运动
答案 B
解析 题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B正确，D错误；根据eq \x\t(F)安＝Beq \x\t(I)L，有eq \x\t(F)安t＝Beq \x\t(I)Lt＝qBL＝mΔv，得q＝eq \f(mΔv,BL)，电荷量跟导体棒ab的动量变化量成正比，因为题图甲中导体棒的动量变化量小于题图乙，所以题图甲中通过R的电荷量小于题图乙中通过R的电荷量，故C错误．
2．无外力放电式
例4 电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器．电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距离为l，电阻不计．炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S接1，使电容器完全充电．然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动．当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨．问：
(1)磁场的方向；
(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；
(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少．
答案 (1)垂直于导轨平面向下
(2)eq \f(BlE,mR)
(3)eq \f(B2l2C2E,m＋B2l2C)
解析 (1)将S接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S接2时，电容器放电，流经MN的电流由M到N，又知MN向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下．
(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I＝eq \f(E,R)①
设MN受到的安培力为F，有F＝IlB②
由牛顿第二定律，有F＝ma③
联立①②③式得a＝eq \f(BlE,mR)④
(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0＝CE⑤
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，
有E′＝Blvmax⑥
依题意有E′＝eq \f(Q,C)⑦
设在此过程中流经MN的平均电流为eq \x\t(I)，MN受到的平均安培力为eq \x\t(F)，有eq \x\t(F)＝eq \x\t(I)lB⑧
由动量定理，有eq \x\t(F)Δt＝mvmax－0⑨
又eq \x\t(I)Δt＝Q0－Q⑩
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝eq \f(B2l2C2E,m＋B2l2C).
题型二 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)
例5 (多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)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，使整个回路中产生感应电流，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＝eq \f(v0,2)，选项A、C正确，B、D错误．
例6 (多选)(2023·福建武夷山市模拟)如图所示，足够长的水平导轨上，有两导体棒AB和CD，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，导体棒和导轨始终接触良好，导轨宽度为l，两导体棒质量均为m、接入电路的电阻均为R，其他电阻不计，不计一切摩擦．现给导体棒 CD一个初速度v0，若AB棒固定，待系统稳定时，通过CD棒的电荷量为q，则( )
A．通过CD棒的电流方向从D到C
B．匀强磁场的磁感应强度大小为eq \f(mv0,ql)
C．当通过CD棒的电荷量为eq \f(q,2)时，CD棒上产生的热量为mv02
D．若AB棒不固定，当系统稳定时，通过CD棒的电荷量为eq \f(q,2)
答案 BD
解析 根据右手定则，通过CD棒的电流方向从C到D，选项A错误；当AB棒固定且系统稳定时，CD棒的速度为0，根据动量定理可得－Beq \x\t(I)lt＝0－mv0，q＝eq \x\t(I)t，联立解得B＝eq \f(mv0,ql)，选项B正确；当通过CD棒的电荷量为eq \f(q,2)时，设CD棒的速度为v1，则有－Beq \x\t(I)′lt1＝mv1－mv0，eq \f(q,2)＝eq \x\t(I)′t1，解得v1＝eq \f(v0,2)，CD棒上产生的热量Q＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)mv02－\f(1,2)m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2)))2))＝eq \f(3,16)mv02，选项C错误；若AB棒不固定，则系统稳定时，二者速度相同，两根导体棒组成的系统所受合力为0，满足动量守恒的条件，可得mv0＝2mv2，对CD棒，根据动量定理可得－Beq \x\t(I)″lt2＝mv2－mv0，q′＝eq \x\t(I)″t2，联立解得q′＝eq \f(mv0,2Bl)，则q′＝eq \f(q,2)，选项D正确．
课时精练
1．(多选)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eq \f(v0,2)
C．通过导体棒的电荷量为eq \f(2mv0,3BL)
D．导体棒产生的焦耳热为eq \f(5,6)mv02
答案 AC
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＝eq \f(2,3)v0，故B错误；对导体棒根据动量定理可得Beq \x\t(I)LΔt＝mv－0，其中eq \x\t(I)Δt＝q，可得通过导体棒的电荷量为q＝eq \f(2mv0,3BL)，故C正确；由能量守恒知导体棒产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)×2mv02－eq \f(1,2)×3mv2＝eq \f(1,3)mv02，故D错误．
2．(多选)(2023·福建泉州市质检)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，速度达到最大值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．环下落速度为eq \f(v,2)时的加速度大小为eq \f(g,2)
B．环下落速度为v时的感应电流大小为eq \f(2Brv,R)
C．环下落速度为v时的热功率为mgv
D．t时间内，通过金属环横截面的电荷量为eq \f(2πrBvt,R)
答案 AC
解析 根据题意可知当速度达到最大值v时，安培力与重力平衡，此时感应电流大小为I＝eq \f(2πrBv,R)，有F＝Beq \f(B2πrv,R)(2πr)＝mg，环下落速度为eq \f(v,2)时，安培力大小F′＝Beq \f(B2πr\f(v,2),R)(2πr)＝eq \f(mg,2)，根据牛顿第二定律可知a＝eq \f(mg－F′,m)＝eq \f(g,2)，故A正确，B错误；环下落速度为v时，安培力与重力平衡，热功率等于克服安培力做功的功率，则有P＝Fv＝mgv，故C正确；t时间内，根据动量定理有mgt－eq \x\t(F)t＝mv，其中eq \x\t(F)＝2πrBeq \x\t(I)，联立得mgt－2πrBq＝mv，解得q＝eq \f(mgt－mv,2πrB)，故D错误．
3．(多选)如图，相距为L的两光滑平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，左端接一电容器C，阻值为R的电阻通过三角旋钮开关S与两导轨连接，长度为L、质量为m的金属杆ab垂直导轨放置，且与导轨始终接触良好，两导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.三角旋钮开关S仅1、2之间导电，S左旋时能将电阻R和电容器C接入同一回路，右旋时能将电阻R和金属杆ab接入同一回路，初始时1、2连接电容器和金属杆，现用恒力F向右拉金属杆ab，使其从静止开始运动，经一段时间后撤去F，同时旋转S，此时金属杆的速度大小为v0，不计金属杆和导轨的电阻．下列说法正确的是( )
A．撤去F前，金属杆做变加速直线运动
B．撤去F同时向右旋开关S，金属杆做加速度减小的减速运动
C．恒力F对金属杆做的功等于eq \f(1,2)mv02
D．若分别左旋右旋S，两种情况下，通过电阻R的电荷量之比为CB2L2∶m
答案 BD
解析 撤去F前，对金属杆进行受力分析有F－BIL＝ma，对电容器Q＝CU＝CBLv，充电电流I＝eq \f(ΔQ,Δt)＝CBLeq \f(Δv,Δt)＝CBLa，解得a＝eq \f(F,CB2L2＋m)，可知金属杆做匀加速直线运动，A错误；撤去F同时向右旋开关S，此时仅有电阻R和金属杆ab接入同一回路，且金属杆有向右的速度，根据右手定则与左手定则，可判定安培力向左，且BIL＝eq \f(B2L2v,R)＝ma，可知金属杆将向右做加速度减小的减速运动，B正确；根据动能定理有WF＋W安＝eq \f(1,2)mv02，其中安培力做负功，则恒力F对金属杆做的功大于eq \f(1,2)mv02，C错误；撤去F时，电容器极板带电荷量Q＝CBLv0，对金属杆分析，由动量定理有－Beq \x\t(I)L·Δt＝0－mv0，由于金属杆减速切割磁感线而通过电阻的电荷量q＝eq \x\t(I)·Δt，当左旋S，通过电阻的电荷量q1＝Q，当右旋S，通过电阻的电荷量q2＝q，解得eq \f(q1,q2)＝eq \f(CB2L2,m)，D正确．
4.(多选)如图，足够长的平行光滑金属导轨M、N固定在水平桌面上，导轨间距离为L，垂直导轨平面有竖直向下的匀强磁场，以CD为分界线，左边磁感应强度大小为2B，右边为B，两导体棒a、b垂直导轨静止放置，a棒距CD足够远，已知a、b棒质量均为m、长度均为L、电阻均为r，棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，现使a获得一瞬时水平速度v0，在两棒运动至稳定的过程中(a棒还没到CD分界线)，下列说法正确的是( )
A．a、b系统机械能守恒
B．a、b系统动量不守恒
C．通过导体棒a的电荷量为eq \f(2mv0,5BL)
D．导体棒a产生的焦耳热为eq \f(2mv02,5)
答案 BC
解析 因为a、b棒切割磁感线时产生感应电流，继而导体棒中有焦耳热产生，故a、b系统机械能不守恒，故A错误；由题意知a棒受到的安培力为 Fa＝2BIL，方向水平向左，而b棒受到的安培力为 Fb＝BIL，方向水平向右，故a、b系统所受合外力不为零，故a、b系统动量不守恒，故B正确；因两棒运动至稳定时满足2BLv1＝BLv2，设向右为正方向，则对a、b棒运动至稳定的过程中分别由动量定理得－2Beq \x\t(I)Lt＝mv1－mv0，Beq \x\t(I)Lt＝mv2，联立解得v1＝eq \f(v0,5)，v2＝eq \f(2v0,5).又因为q＝eq \x\t(I)t，所以通过导体棒a的电荷量为q＝eq \f(2mv0,5BL)，故C正确；由题意知稳定之后，电路中不再有感应电流，则不再有焦耳热产生，所以对a、b棒运动至稳定的过程中，由能量守恒定律得导体棒a、b产生的总焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22＝eq \f(2,5)mv02，所以导体棒a产生的焦耳热为Q′＝eq \f(1,2)Q＝eq \f(1,5)mv02，故D错误．
5．(多选)(2023·云南昆明市一中质检)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x2＝0.8 m，水平轨道距水平地面的高度h2＝0.8 m．通过计算可知(g取10 m/s2)( )
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x1为2 m
D．整个过程通过电阻的电荷量为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eq \f(1,2)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x2＝vt，竖直方向有h2＝eq \f(1,2)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＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)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eq \x\t(F)安t1＝Bdq＝mv0－mv，又有q＝eq \x\t(I)t1＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(Bdx1,R)，联立代入数据解得q＝2 C，x1＝2 m，故C、D正确．
6．(多选)如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左右两部分的间距分别为 l、2l；质量分别为 m、2m 的导体棒 a、b 均垂直导轨放置，导体棒 a 接入电路的电阻为 R，其余电阻均忽略不计； a、b 两棒分别以 v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a 总在窄轨上运动，b 总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状态，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是( )
A．a棒加速度的大小始终等于b棒加速度的大小
B．稳定时a棒的速度为1.5v0
C．电路中产生的焦耳热为eq \f(3,2)mv02
D．通过导体棒a 的某一横截面的电荷量为 eq \f(mv0,2Bl)
答案 AC
解析 分别计算a、b棒的加速度，由F安＝BIL和F安＝ma，可得a＝eq \f(BIL,m)，a、b棒串联，电流相等，a、b棒长度分别为 l、2l，质量分别为 m、2m，则a、b棒加速度大小相等，故A正确；因为导轨光滑只受到安培力作用，对a棒，根据动量定理有eq \x\t(F)a·t＝Beq \x\t(I)l·t＝mva－mv0，同理，对b棒有－eq \x\t(F)bt＝－Beq \x\t(I)×2l·t＝2mvb－2m·2v0，稳定时无电流，即Blva＝B·2lvb，得va＝2vb，联立解得va＝2v0，vb＝v0，故B错误；由能量守恒可知，动能的损失量等于焦耳热，初动能Ek0＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(1,2)×2m×(2v0)2，末动能Ek＝eq \f(1,2)m×(2v0)2＋eq \f(1,2)×2m×v02，则电路中产生的焦耳热为Ek0－Ek＝eq \f(3,2)mv02，故C正确；对a应用动量定理有Beq \x\t(I)l·Δt＝mva－mv0，又q＝eq \x\t(I)·Δt，va＝2v0，解得q＝eq \f(mv0,Bl)，故D错误．
7．(2023·福建南平市质检)如图，光滑平行倾斜导轨与光滑平行水平导轨平滑连接，导轨间距均为l＝1 m，导轨电阻不计，水平导轨处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝2 T．质量m1＝1 kg、接入电路的电阻R1＝1.5 Ω的金属棒a放置在倾斜导轨离水平导轨高h＝1.25 m处，另一质量m2＝0.5 kg、接入电路的电阻R2＝3 Ω的金属棒b放置在离水平导轨左端距离s＝5 m的水平导轨上．金属棒a由静止释放，下滑至水平导轨时，金属棒b立刻以v＝4 m/s的水平速度开始向左运动．金属棒a始终未与金属棒b发生碰撞，两金属棒与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)金属棒a在水平导轨上运动过程中回路的最大电流；
(2)在整个运动过程中金属棒b产生的焦耳热；
(3)金属棒b向左运动到最大位移处时，金属棒a与金属棒b之间的距离．
答案 (1)4 A (2)9 J (3)2.75 m
解析 (1)设金属棒a刚下滑到水平导轨时速度为v0，根据动能定理有m1gh＝eq \f(1,2)m1v02
解得v0＝5 m/s，金属棒a刚进入磁场区域后，两棒均开始做减速运动，故金属棒a刚进入磁场瞬间，回路中的电流最大，回路中最大感应电动势为Em＝Bleq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0＋v))，回路中最大电流为Im＝eq \f(Em,R1＋R2)，联立解得Im＝4 A
(2)a、b两金属棒在水平导轨上运动时所受安培力大小相等、方向相反，整个运动过程a、b两棒动量守恒，当两棒速度相同时，电路中电流为零，安培力为零，两棒以共同速度v共做匀速运动，设速度向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0－m2v＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m1＋m2))v共，由能量守恒定律可得eq \f(1,2)m1v02＋eq \f(1,2)m2v2＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m1＋m2))v共2＋Q
金属棒b产生的焦耳热为Qb＝eq \f(R2,R1＋R2)Q，联立解得Qb＝9 J
(3)设速度向右为正方向，当b向左运动到最大位移处时，a的速度为v1，由动量守恒定律得m1v0－m2v＝m1v1，解得v1＝3 m/s
设金属棒b向左运动到最大位移处过程用时为t，a、b棒相距Δs，对金属棒a由动量定理可得－Beq \x\t(I)l·t＝m1v1－m1v0，通过金属棒a的电荷量为q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(Bls－Δs,R1＋R2)
联立解得金属棒a与金属棒b之间的距离Δs＝2.75 m.
8.(2023·河南省新蔡县质检)如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨间的距离为L，导轨上横放着两根导体棒ab和cd.设两根导体棒的质量皆为m、电阻皆为R，导轨光滑且电阻不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.开始时ab和cd两导体棒有方向相反的水平初速度，初速度大小分别为v0和2v0，求：
(1)从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热；
(2)当ab棒向右运动，速度大小变为eq \f(v0,4)时，回路中消耗的电功率的值．
答案 (1)eq \f(9,4)mv02 (2)eq \f(B2L2v02,8R)
解析 (1)选水平向右为正方向，从开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，则有2mv0－mv0＝2mv，解得v＝eq \f(v0,2)，由能量守恒可得从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(1,2)m(2v0)2－eq \f(1,2)(2m)v2＝eq \f(9,4)mv02.
(2)当ab棒向右运动，速度大小变为eq \f(v0,4)时，设cd棒的速度是v2，根据动量守恒得2mv0－mv0＝mv2＋meq \f(v0,4)，解得v2＝eq \f(3v0,4)，此时回路中的总电动势E＝BL(eq \f(3v0,4)－eq \f(v0,4))＝eq \f(1,2)BLv0，则消耗的电功率为P＝eq \f(E2,2R)＝eq \f(B2L2v02,8R).
9．(多选)(2023·湖北省襄阳五中模拟)如图所示，平行金属导轨AHQD、PNM上放置有一导体棒ab，导轨倾斜部分置于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导轨AHQD水平部分通过导线分别连接有电容器(电容为C)和定值电阻(阻值为R)，导轨M端接有一单刀双掷开关，导轨间距为L，导轨倾斜部分的倾角为θ，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ(μA．断开开关时，导体棒做加速度减小的加速运动，最后匀速下滑
B．开关接1，若导体棒运动距离为s时，速度为v，则所用时间t＝eq \f(mvR＋B2L2scs θ＋μsin θcs θ,mgRsin θ－μcs θ)
C．开关接2，导体棒匀加速下滑
D．开关接2，通过导体棒的电流I＝eq \f(mgsin θ－μcs θCBLcs θ,m＋CB2L2cs θcs θ＋μsin θ)
答案 BCD
解析 断开开关，导体棒切割磁感线产生电动势，但由于没有闭合回路，故没有安培力，导体棒所受合力大小F合＝mgsin θ－μmgcs θ>0，则导体棒匀加速下滑，故A错误；开关接1，导体棒切割磁感线产生感应电动势E＝BLvcs θ，导体棒做加速度减小的加速运动，最后匀速下滑，对导体棒受力分析，列动量定理表达式有mgtsin θ－Beq \f(BL\x\t(v)cs θ,R)Ltcs θ－μ(mgcs θ＋Beq \f(BL\x\t(v)cs θ,R)Lsin θ)t＝mv－0，其中eq \x\t(v)＝eq \f(s,t)，解得t＝eq \f(mvR＋B2L2scs θ＋μsin θcs θ,mgRsin θ－μcs θ)，故B正确；开关接2，导体棒切割磁感线对电容器充电，回路中有充电电流，对导体棒受力分析，列牛顿第二定律方程有mgsin θ－BILcs θ－μ(mgcs θ＋BILsin θ)＝ma，充电电流I＝eq \f(CBLΔvcs θ,Δt)＝CBLacs θ，解得a＝eq \f(mgsin θ－μmgcs θ,m＋CB2L2cs θ＋μsin θcs θ)，加速度恒定，则导体棒匀加速下滑，代入计算可得电流I＝eq \f(mgsin θ－μcs θCBLcs θ,m＋CB2L2cs θcs θ＋μsin θ)，故C、D正确．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
－Beq \x\t(I)LΔt＝0－mv0，q＝eq \x\t(I)Δt，q＝eq \f(mv0,BL)
求位移x
－eq \f(B2L2\x\t(v),R)Δt＝0－mv0，s＝eq \x\t(v)Δt＝eq \f(mv0R,B2L2)
应用技巧
初、末速度已知的变加速运动，在用动量定理列出的式子中q＝eq \x\t(I)Δt，s＝eq \x\t(v)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，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s时，速度达到v
求运动时间
－Beq \x\t(I)LΔt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，q＝eq \x\t(I)Δt－eq \f(B2L2\x\t(v),R)Δt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，s＝eq \x\t(v)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中的任一个物理量
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＝eq \f(BLv－UC,R)，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
电容器充电荷量：q＝CU
最终电容器两端电压U＝BLv
对棒应用动量定理：
mv－mv0＝－Beq \x\t(I)L·Δt＝－BLq
v＝eq \f(mv0,m＋B2L2C).
v－t图像
基本模型
规律
(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
运动特点及最终特征
做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0
最大速度vm
电容器充电电荷量：Q0＝CE
放电结束时电荷量：
Q＝CU＝CBLvm
电容器放电电荷量：
ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm
对棒应用动量定理：
mvm－0＝Beq \x\t(I)L·Δt＝BLΔQ
vm＝eq \f(BLCE,m＋B2L2C)
v－t图像
双棒无外力
双棒有外力
示意图
F为恒力
动力学观点
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
题型一 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．
考向1 “单棒＋电阻”模型
例1 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eq \f(2mv0R,B2d2)
C．整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为eq \f(1,2)mv02
D．整个过程中，导体棒的平均速度大于eq \f(v0,2)
答案 B
解析 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，故A错误；由动量定理可知－eq \x\t(I)dB·Δt＝0－mv0，其中eq \x\t(I)·Δt＝eq \f(\f(ΔΦ,Δt),2R)·Δt＝eq \f(ΔΦ,2R)，ΔΦ＝Bds，解得s＝eq \f(2mv0R,B2d2)，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eq \f(1,4)mv02，故C错误；根据a＝eq \f(BId,m)＝eq \f(B2d2v,2Rm)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eq \f(v0,2)，故D错误．
考向2 不等间距上的双棒模型
例2 (多选)(2023·辽宁抚顺市模拟)如图所示，M、N、P、Q四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L和L，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直向下的、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计．t＝0时使导体棒C获得瞬时速度v0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好．且达到稳定运动时导体棒C未到两组导轨连接处．则下列说法正确的是( )
A．t＝0时，导体棒D的加速度大小为a＝eq \f(B2L2v0,mR)
B．达到稳定运动时，C、D两棒速度之比为1∶1
C．从t＝0时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为eq \f(2,5)mv02
D．从t＝0时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为eq \f(2mv0,5BL)
答案 ACD
解析 开始时，导体棒中的感应电动势E＝2BLv0，电路中感应电流I＝eq \f(E,2R)，导体棒D所受安培力F＝BIL，导体棒D的加速度为a，则有F＝ma，解得a＝eq \f(B2L2v0,mR)，故A正确；稳定运动时，电路中电流为零，设此时C、D棒的速度分别为v1、v2，则有2BLv1＝BLv2，对变速运动中任意极短时间Δt，由动量定理得，对C棒有2Beq \x\t(I)LΔt＝mΔv1，对D棒有Beq \x\t(I)LΔt＝mΔv2，故对变速运动全过程有v0－v1＝2v2，解得v2＝eq \f(2,5)v0，v1＝eq \f(1,5)v0，故B错误；根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22，解得Q＝eq \f(2,5)mv02，故C正确；由上述分析可知对变速运动中任意极短时间Δt，由动量定理得，对C棒有2Beq \x\t(I)LΔt＝mΔv1，可得2BLq＝m(v0－v1)，解得q＝eq \f(2mv0,5BL)，故D正确．
考向3 “电容器＋棒”模型
1．无外力充电式
例3 如图甲、乙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图甲中的电容器C原来不带电．设导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面(即纸面)向里的匀强磁场中，导轨足够长．现给导体棒ab一个向右的初速度v0，在图甲、乙两种情形下，关于导体棒ab的运动状态，下列说法正确的是( )
A．图甲中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动
B．图乙中，ab棒先做加速度越来越小的减速运动，最终静止
C．两种情况下通过电阻的电荷量一样大
D．两种情形下导体棒ab最终都保持匀速运动
答案 B
解析 题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B正确，D错误；根据eq \x\t(F)安＝Beq \x\t(I)L，有eq \x\t(F)安t＝Beq \x\t(I)Lt＝qBL＝mΔv，得q＝eq \f(mΔv,BL)，电荷量跟导体棒ab的动量变化量成正比，因为题图甲中导体棒的动量变化量小于题图乙，所以题图甲中通过R的电荷量小于题图乙中通过R的电荷量，故C错误．
2．无外力放电式
例4 电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器．电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距离为l，电阻不计．炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S接1，使电容器完全充电．然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动．当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨．问：
(1)磁场的方向；
(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；
(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少．
答案 (1)垂直于导轨平面向下
(2)eq \f(BlE,mR)
(3)eq \f(B2l2C2E,m＋B2l2C)
解析 (1)将S接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S接2时，电容器放电，流经MN的电流由M到N，又知MN向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下．
(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I＝eq \f(E,R)①
设MN受到的安培力为F，有F＝IlB②
由牛顿第二定律，有F＝ma③
联立①②③式得a＝eq \f(BlE,mR)④
(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0＝CE⑤
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，
有E′＝Blvmax⑥
依题意有E′＝eq \f(Q,C)⑦
设在此过程中流经MN的平均电流为eq \x\t(I)，MN受到的平均安培力为eq \x\t(F)，有eq \x\t(F)＝eq \x\t(I)lB⑧
由动量定理，有eq \x\t(F)Δt＝mvmax－0⑨
又eq \x\t(I)Δt＝Q0－Q⑩
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝eq \f(B2l2C2E,m＋B2l2C).
题型二 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)
例5 (多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)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，使整个回路中产生感应电流，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＝eq \f(v0,2)，选项A、C正确，B、D错误．
例6 (多选)(2023·福建武夷山市模拟)如图所示，足够长的水平导轨上，有两导体棒AB和CD，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，导体棒和导轨始终接触良好，导轨宽度为l，两导体棒质量均为m、接入电路的电阻均为R，其他电阻不计，不计一切摩擦．现给导体棒 CD一个初速度v0，若AB棒固定，待系统稳定时，通过CD棒的电荷量为q，则( )
A．通过CD棒的电流方向从D到C
B．匀强磁场的磁感应强度大小为eq \f(mv0,ql)
C．当通过CD棒的电荷量为eq \f(q,2)时，CD棒上产生的热量为mv02
D．若AB棒不固定，当系统稳定时，通过CD棒的电荷量为eq \f(q,2)
答案 BD
解析 根据右手定则，通过CD棒的电流方向从C到D，选项A错误；当AB棒固定且系统稳定时，CD棒的速度为0，根据动量定理可得－Beq \x\t(I)lt＝0－mv0，q＝eq \x\t(I)t，联立解得B＝eq \f(mv0,ql)，选项B正确；当通过CD棒的电荷量为eq \f(q,2)时，设CD棒的速度为v1，则有－Beq \x\t(I)′lt1＝mv1－mv0，eq \f(q,2)＝eq \x\t(I)′t1，解得v1＝eq \f(v0,2)，CD棒上产生的热量Q＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)mv02－\f(1,2)m\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v0,2)))2))＝eq \f(3,16)mv02，选项C错误；若AB棒不固定，则系统稳定时，二者速度相同，两根导体棒组成的系统所受合力为0，满足动量守恒的条件，可得mv0＝2mv2，对CD棒，根据动量定理可得－Beq \x\t(I)″lt2＝mv2－mv0，q′＝eq \x\t(I)″t2，联立解得q′＝eq \f(mv0,2Bl)，则q′＝eq \f(q,2)，选项D正确．
课时精练
1．(多选)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eq \f(v0,2)
C．通过导体棒的电荷量为eq \f(2mv0,3BL)
D．导体棒产生的焦耳热为eq \f(5,6)mv02
答案 AC
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＝eq \f(2,3)v0，故B错误；对导体棒根据动量定理可得Beq \x\t(I)LΔt＝mv－0，其中eq \x\t(I)Δt＝q，可得通过导体棒的电荷量为q＝eq \f(2mv0,3BL)，故C正确；由能量守恒知导体棒产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)×2mv02－eq \f(1,2)×3mv2＝eq \f(1,3)mv02，故D错误．
2．(多选)(2023·福建泉州市质检)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，速度达到最大值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．环下落速度为eq \f(v,2)时的加速度大小为eq \f(g,2)
B．环下落速度为v时的感应电流大小为eq \f(2Brv,R)
C．环下落速度为v时的热功率为mgv
D．t时间内，通过金属环横截面的电荷量为eq \f(2πrBvt,R)
答案 AC
解析 根据题意可知当速度达到最大值v时，安培力与重力平衡，此时感应电流大小为I＝eq \f(2πrBv,R)，有F＝Beq \f(B2πrv,R)(2πr)＝mg，环下落速度为eq \f(v,2)时，安培力大小F′＝Beq \f(B2πr\f(v,2),R)(2πr)＝eq \f(mg,2)，根据牛顿第二定律可知a＝eq \f(mg－F′,m)＝eq \f(g,2)，故A正确，B错误；环下落速度为v时，安培力与重力平衡，热功率等于克服安培力做功的功率，则有P＝Fv＝mgv，故C正确；t时间内，根据动量定理有mgt－eq \x\t(F)t＝mv，其中eq \x\t(F)＝2πrBeq \x\t(I)，联立得mgt－2πrBq＝mv，解得q＝eq \f(mgt－mv,2πrB)，故D错误．
3．(多选)如图，相距为L的两光滑平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，左端接一电容器C，阻值为R的电阻通过三角旋钮开关S与两导轨连接，长度为L、质量为m的金属杆ab垂直导轨放置，且与导轨始终接触良好，两导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.三角旋钮开关S仅1、2之间导电，S左旋时能将电阻R和电容器C接入同一回路，右旋时能将电阻R和金属杆ab接入同一回路，初始时1、2连接电容器和金属杆，现用恒力F向右拉金属杆ab，使其从静止开始运动，经一段时间后撤去F，同时旋转S，此时金属杆的速度大小为v0，不计金属杆和导轨的电阻．下列说法正确的是( )
A．撤去F前，金属杆做变加速直线运动
B．撤去F同时向右旋开关S，金属杆做加速度减小的减速运动
C．恒力F对金属杆做的功等于eq \f(1,2)mv02
D．若分别左旋右旋S，两种情况下，通过电阻R的电荷量之比为CB2L2∶m
答案 BD
解析 撤去F前，对金属杆进行受力分析有F－BIL＝ma，对电容器Q＝CU＝CBLv，充电电流I＝eq \f(ΔQ,Δt)＝CBLeq \f(Δv,Δt)＝CBLa，解得a＝eq \f(F,CB2L2＋m)，可知金属杆做匀加速直线运动，A错误；撤去F同时向右旋开关S，此时仅有电阻R和金属杆ab接入同一回路，且金属杆有向右的速度，根据右手定则与左手定则，可判定安培力向左，且BIL＝eq \f(B2L2v,R)＝ma，可知金属杆将向右做加速度减小的减速运动，B正确；根据动能定理有WF＋W安＝eq \f(1,2)mv02，其中安培力做负功，则恒力F对金属杆做的功大于eq \f(1,2)mv02，C错误；撤去F时，电容器极板带电荷量Q＝CBLv0，对金属杆分析，由动量定理有－Beq \x\t(I)L·Δt＝0－mv0，由于金属杆减速切割磁感线而通过电阻的电荷量q＝eq \x\t(I)·Δt，当左旋S，通过电阻的电荷量q1＝Q，当右旋S，通过电阻的电荷量q2＝q，解得eq \f(q1,q2)＝eq \f(CB2L2,m)，D正确．
4.(多选)如图，足够长的平行光滑金属导轨M、N固定在水平桌面上，导轨间距离为L，垂直导轨平面有竖直向下的匀强磁场，以CD为分界线，左边磁感应强度大小为2B，右边为B，两导体棒a、b垂直导轨静止放置，a棒距CD足够远，已知a、b棒质量均为m、长度均为L、电阻均为r，棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，现使a获得一瞬时水平速度v0，在两棒运动至稳定的过程中(a棒还没到CD分界线)，下列说法正确的是( )
A．a、b系统机械能守恒
B．a、b系统动量不守恒
C．通过导体棒a的电荷量为eq \f(2mv0,5BL)
D．导体棒a产生的焦耳热为eq \f(2mv02,5)
答案 BC
解析 因为a、b棒切割磁感线时产生感应电流，继而导体棒中有焦耳热产生，故a、b系统机械能不守恒，故A错误；由题意知a棒受到的安培力为 Fa＝2BIL，方向水平向左，而b棒受到的安培力为 Fb＝BIL，方向水平向右，故a、b系统所受合外力不为零，故a、b系统动量不守恒，故B正确；因两棒运动至稳定时满足2BLv1＝BLv2，设向右为正方向，则对a、b棒运动至稳定的过程中分别由动量定理得－2Beq \x\t(I)Lt＝mv1－mv0，Beq \x\t(I)Lt＝mv2，联立解得v1＝eq \f(v0,5)，v2＝eq \f(2v0,5).又因为q＝eq \x\t(I)t，所以通过导体棒a的电荷量为q＝eq \f(2mv0,5BL)，故C正确；由题意知稳定之后，电路中不再有感应电流，则不再有焦耳热产生，所以对a、b棒运动至稳定的过程中，由能量守恒定律得导体棒a、b产生的总焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22＝eq \f(2,5)mv02，所以导体棒a产生的焦耳热为Q′＝eq \f(1,2)Q＝eq \f(1,5)mv02，故D错误．
5．(多选)(2023·云南昆明市一中质检)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x2＝0.8 m，水平轨道距水平地面的高度h2＝0.8 m．通过计算可知(g取10 m/s2)( )
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x1为2 m
D．整个过程通过电阻的电荷量为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eq \f(1,2)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x2＝vt，竖直方向有h2＝eq \f(1,2)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＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)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eq \x\t(F)安t1＝Bdq＝mv0－mv，又有q＝eq \x\t(I)t1＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(Bdx1,R)，联立代入数据解得q＝2 C，x1＝2 m，故C、D正确．
6．(多选)如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左右两部分的间距分别为 l、2l；质量分别为 m、2m 的导体棒 a、b 均垂直导轨放置，导体棒 a 接入电路的电阻为 R，其余电阻均忽略不计； a、b 两棒分别以 v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a 总在窄轨上运动，b 总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状态，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是( )
A．a棒加速度的大小始终等于b棒加速度的大小
B．稳定时a棒的速度为1.5v0
C．电路中产生的焦耳热为eq \f(3,2)mv02
D．通过导体棒a 的某一横截面的电荷量为 eq \f(mv0,2Bl)
答案 AC
解析 分别计算a、b棒的加速度，由F安＝BIL和F安＝ma，可得a＝eq \f(BIL,m)，a、b棒串联，电流相等，a、b棒长度分别为 l、2l，质量分别为 m、2m，则a、b棒加速度大小相等，故A正确；因为导轨光滑只受到安培力作用，对a棒，根据动量定理有eq \x\t(F)a·t＝Beq \x\t(I)l·t＝mva－mv0，同理，对b棒有－eq \x\t(F)bt＝－Beq \x\t(I)×2l·t＝2mvb－2m·2v0，稳定时无电流，即Blva＝B·2lvb，得va＝2vb，联立解得va＝2v0，vb＝v0，故B错误；由能量守恒可知，动能的损失量等于焦耳热，初动能Ek0＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(1,2)×2m×(2v0)2，末动能Ek＝eq \f(1,2)m×(2v0)2＋eq \f(1,2)×2m×v02，则电路中产生的焦耳热为Ek0－Ek＝eq \f(3,2)mv02，故C正确；对a应用动量定理有Beq \x\t(I)l·Δt＝mva－mv0，又q＝eq \x\t(I)·Δt，va＝2v0，解得q＝eq \f(mv0,Bl)，故D错误．
7．(2023·福建南平市质检)如图，光滑平行倾斜导轨与光滑平行水平导轨平滑连接，导轨间距均为l＝1 m，导轨电阻不计，水平导轨处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝2 T．质量m1＝1 kg、接入电路的电阻R1＝1.5 Ω的金属棒a放置在倾斜导轨离水平导轨高h＝1.25 m处，另一质量m2＝0.5 kg、接入电路的电阻R2＝3 Ω的金属棒b放置在离水平导轨左端距离s＝5 m的水平导轨上．金属棒a由静止释放，下滑至水平导轨时，金属棒b立刻以v＝4 m/s的水平速度开始向左运动．金属棒a始终未与金属棒b发生碰撞，两金属棒与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)金属棒a在水平导轨上运动过程中回路的最大电流；
(2)在整个运动过程中金属棒b产生的焦耳热；
(3)金属棒b向左运动到最大位移处时，金属棒a与金属棒b之间的距离．
答案 (1)4 A (2)9 J (3)2.75 m
解析 (1)设金属棒a刚下滑到水平导轨时速度为v0，根据动能定理有m1gh＝eq \f(1,2)m1v02
解得v0＝5 m/s，金属棒a刚进入磁场区域后，两棒均开始做减速运动，故金属棒a刚进入磁场瞬间，回路中的电流最大，回路中最大感应电动势为Em＝Bleq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0＋v))，回路中最大电流为Im＝eq \f(Em,R1＋R2)，联立解得Im＝4 A
(2)a、b两金属棒在水平导轨上运动时所受安培力大小相等、方向相反，整个运动过程a、b两棒动量守恒，当两棒速度相同时，电路中电流为零，安培力为零，两棒以共同速度v共做匀速运动，设速度向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0－m2v＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m1＋m2))v共，由能量守恒定律可得eq \f(1,2)m1v02＋eq \f(1,2)m2v2＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m1＋m2))v共2＋Q
金属棒b产生的焦耳热为Qb＝eq \f(R2,R1＋R2)Q，联立解得Qb＝9 J
(3)设速度向右为正方向，当b向左运动到最大位移处时，a的速度为v1，由动量守恒定律得m1v0－m2v＝m1v1，解得v1＝3 m/s
设金属棒b向左运动到最大位移处过程用时为t，a、b棒相距Δs，对金属棒a由动量定理可得－Beq \x\t(I)l·t＝m1v1－m1v0，通过金属棒a的电荷量为q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(Bls－Δs,R1＋R2)
联立解得金属棒a与金属棒b之间的距离Δs＝2.75 m.
8.(2023·河南省新蔡县质检)如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨间的距离为L，导轨上横放着两根导体棒ab和cd.设两根导体棒的质量皆为m、电阻皆为R，导轨光滑且电阻不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.开始时ab和cd两导体棒有方向相反的水平初速度，初速度大小分别为v0和2v0，求：
(1)从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热；
(2)当ab棒向右运动，速度大小变为eq \f(v0,4)时，回路中消耗的电功率的值．
答案 (1)eq \f(9,4)mv02 (2)eq \f(B2L2v02,8R)
解析 (1)选水平向右为正方向，从开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，则有2mv0－mv0＝2mv，解得v＝eq \f(v0,2)，由能量守恒可得从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(1,2)m(2v0)2－eq \f(1,2)(2m)v2＝eq \f(9,4)mv02.
(2)当ab棒向右运动，速度大小变为eq \f(v0,4)时，设cd棒的速度是v2，根据动量守恒得2mv0－mv0＝mv2＋meq \f(v0,4)，解得v2＝eq \f(3v0,4)，此时回路中的总电动势E＝BL(eq \f(3v0,4)－eq \f(v0,4))＝eq \f(1,2)BLv0，则消耗的电功率为P＝eq \f(E2,2R)＝eq \f(B2L2v02,8R).
9．(多选)(2023·湖北省襄阳五中模拟)如图所示，平行金属导轨AHQD、PNM上放置有一导体棒ab，导轨倾斜部分置于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导轨AHQD水平部分通过导线分别连接有电容器(电容为C)和定值电阻(阻值为R)，导轨M端接有一单刀双掷开关，导轨间距为L，导轨倾斜部分的倾角为θ，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ(μ
B．开关接1，若导体棒运动距离为s时，速度为v，则所用时间t＝eq \f(mvR＋B2L2scs θ＋μsin θcs θ,mgRsin θ－μcs θ)
C．开关接2，导体棒匀加速下滑
D．开关接2，通过导体棒的电流I＝eq \f(mgsin θ－μcs θCBLcs θ,m＋CB2L2cs θcs θ＋μsin θ)
答案 BCD
解析 断开开关，导体棒切割磁感线产生电动势，但由于没有闭合回路，故没有安培力，导体棒所受合力大小F合＝mgsin θ－μmgcs θ>0，则导体棒匀加速下滑，故A错误；开关接1，导体棒切割磁感线产生感应电动势E＝BLvcs θ，导体棒做加速度减小的加速运动，最后匀速下滑，对导体棒受力分析，列动量定理表达式有mgtsin θ－Beq \f(BL\x\t(v)cs θ,R)Ltcs θ－μ(mgcs θ＋Beq \f(BL\x\t(v)cs θ,R)Lsin θ)t＝mv－0，其中eq \x\t(v)＝eq \f(s,t)，解得t＝eq \f(mvR＋B2L2scs θ＋μsin θcs θ,mgRsin θ－μcs θ)，故B正确；开关接2，导体棒切割磁感线对电容器充电，回路中有充电电流，对导体棒受力分析，列牛顿第二定律方程有mgsin θ－BILcs θ－μ(mgcs θ＋BILsin θ)＝ma，充电电流I＝eq \f(CBLΔvcs θ,Δt)＝CBLacs θ，解得a＝eq \f(mgsin θ－μmgcs θ,m＋CB2L2cs θ＋μsin θcs θ)，加速度恒定，则导体棒匀加速下滑，代入计算可得电流I＝eq \f(mgsin θ－μcs θCBLcs θ,m＋CB2L2cs θcs θ＋μsin θ)，故C、D正确．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
－Beq \x\t(I)LΔt＝0－mv0，q＝eq \x\t(I)Δt，q＝eq \f(mv0,BL)
求位移x
－eq \f(B2L2\x\t(v),R)Δt＝0－mv0，s＝eq \x\t(v)Δt＝eq \f(mv0R,B2L2)
应用技巧
初、末速度已知的变加速运动，在用动量定理列出的式子中q＝eq \x\t(I)Δt，s＝eq \x\t(v)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，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s时，速度达到v
求运动时间
－Beq \x\t(I)LΔt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，q＝eq \x\t(I)Δt－eq \f(B2L2\x\t(v),R)Δt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，s＝eq \x\t(v)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中的任一个物理量
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＝eq \f(BLv－UC,R)，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
电容器充电荷量：q＝CU
最终电容器两端电压U＝BLv
对棒应用动量定理：
mv－mv0＝－Beq \x\t(I)L·Δt＝－BLq
v＝eq \f(mv0,m＋B2L2C).
v－t图像
基本模型
规律
(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
运动特点及最终特征
做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0
最大速度vm
电容器充电电荷量：Q0＝CE
放电结束时电荷量：
Q＝CU＝CBLvm
电容器放电电荷量：
ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm
对棒应用动量定理：
mvm－0＝Beq \x\t(I)L·Δt＝BLΔQ
vm＝eq \f(BLCE,m＋B2L2C)
v－t图像
双棒无外力
双棒有外力
示意图
F为恒力
动力学观点
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
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