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高考物理一轮复习讲义第11章 专题强化25 动量观点在电磁感应中的应用（含解析）
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这是一份高考物理一轮复习讲义第11章 专题强化25 动量观点在电磁感应中的应用（含解析），共17页。试卷主要包含了465 J，1－19等内容，欢迎下载使用。
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x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，选项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＝Bdx，解得x＝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)如图所示，光滑水平平行导轨置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直水平面向下，左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，且导轨两侧均足够长．质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态．ab的电阻为R，cd的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动．现给cd一水平向右的初速度v0，则( )
A．两棒组成的系统动量守恒
B．最终通过两棒的电荷量为eq \f(2mv0,3BL)
C．ab棒最终的速度为eq \f(2,3)v0
D．从cd棒获得初速度到二者稳定运动过程中产生的焦耳热为eq \f(8,9)mv02
答案 BC
解析 当cd棒向右运动时，受向左的安培力，ab棒受向右的安培力，且Fcd＝2Fab，可知两棒组成的系统合外力不为零，则系统动量不守恒，选项A错误；cd棒获得速度后，电路中产生感应电流，cd棒减速，ab棒加速，当BLvab＝2BLvcd时，电路中磁通量不变，没有感应电流，最终两棒做匀速直线运动，由动量定理得－2Beq \x\t(I)Lt＝2mvcd－2mv0，Beq \x\t(I)Lt＝mvab，得vcd＋vab＝v0，联立解得vab＝eq \f(2,3)v0，vcd＝eq \f(1,3)v0，因q＝eq \x\t(I)t，可得q＝eq \f(2mv0,3BL)，B、C正确；从cd棒获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)·2mv02－eq \f(1,2)·mvab2－eq \f(1,2)·2mvcd2，解得Q＝eq \f(2,3)mv02，D错误．
考向3 “电容器＋棒”模型
1．无外力充电式
例3 (多选)如图甲所示，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，电阻均可忽略不计．在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻为r，与导轨垂直且接触良好．整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动．则( )
A．当杆ab刚具有初速度v0时，杆ab两端的电压U＝eq \f(Blv0R,R＋r)，且a点电势高于b点电势
B．通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐增大
C．若将M和P之间的电阻R改为接一电容为C的电容器，如图乙所示，同样给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动，则杆ab稳定后的速度为v＝eq \f(mv0,m＋B2l2C)
D．在C选项中，杆稳定后a点电势高于b点电势
答案 ACD
解析 当杆ab刚具有初速度v0时，其切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv0，杆ab两端的电压U＝eq \f(ER,R＋r)＝eq \f(Blv0R,R＋r)，根据右手定则知，感应电流的方向为b到a，杆ab相当于电源，a相当于电源的正极，则a点电势高于b点电势，A正确；通过电阻R的电流I＝eq \f(Blv,R＋r)，由于杆ab速度减小，则电流减小，所受安培力减小，所以杆ab做加速度逐渐减小的减速运动，速度v随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，则通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，B错误；当杆ab以初速度v0开始切割磁感线时，电路开始给电容器充电，有电流通过杆ab，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小，当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动，电容器两端的电压U＝Blv，而q＝CU，对杆ab，根据动量定理得－Beq \x\t(I)l·Δt＝－Blq＝mv－mv0，联立可得v＝eq \f(mv0,m＋B2l2C)，C正确；杆稳定后，电容器不再充电，回路中没有电流，根据右手定则知，a点的电势高于b点电势，D正确．
2．无外力放电式
例4 (2017·天津卷·12)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)如图所示，两电阻可以忽略不计的平行金属长直导轨固定在水平面上，相距为L，另外两根长度为L、质量为m、电阻为R的相同导体棒垂直静置于导轨上，导体棒在长导轨上可以无摩擦地滑动，导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，某时刻使导体棒a获得大小为v0、水平向右的初速度，同时使导体棒b获得大小为2v0、水平向右的初速度，下列结论正确的是( )
A．该时刻回路中产生的感应电动势为3BLv0
B．该时刻导体棒a的加速度为eq \f(B2L2v0,2mR)
C．当导体棒a的速度大小为eq \f(3v0,2)时，导体棒b的速度大小也是eq \f(3v0,2)
D．运动过程中通过导体棒a电荷量的最大值qm＝eq \f(mv0,2BL)
答案 BCD
解析 根据右手定则可知两根导体棒切割磁感线产生的感应电动势方向相反，故该时刻回路中产生的感应电动势E＝BL·2v0－BLv0＝BLv0，A错误；在该时刻，回路中的感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv0,2R)，导体棒a所受安培力大小F＝BIL＝ma，可得a＝eq \f(B2L2v0,2mR)，B正确；由于两导体棒整体在水平方向动量守恒，当导体棒a的速度大小为eq \f(3v0,2)时，根据动量守恒定律得m·2v0＋mv0＝m·eq \f(3v0,2)＋mv1，解得v1＝eq \f(3v0,2)，C正确；由上解析知v共＝eq \f(3v0,2)，对a由动量定理有eq \x\t(F)安Δt＝mv共－mv0，而由安培力公式得eq \x\t(F)安＝Beq \x\t(I)L，通过导体棒a电荷量的最大值qm＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(mv0,2BL)，D正确．
例7 (2021·重庆北碚西南大学附中高三月考)如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中有两根固定的足够长的金属平行导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行且相距d，构成一矩形回路．导轨间距为L，导体棒的质量均为m，电阻均为R，导轨电阻可忽略不计．设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度v0，求：
(1)当cd棒速度减为0.6v0时，ab棒的速度v及加速度a的大小；
(2)ab、cd棒间的距离从d增大到最大的过程中，通过回路的电荷量q及两棒间的最大距离x.
答案 (1)0.4v0 eq \f(B2L2v,10mR) (2)eq \f(mv0,2BL) d＋eq \f(mv0R,B2L2)
解析 (1)两棒系统所受合外力为零，因此满足动量守恒定律，有
mv0＝0.6mv0＋mv
解得v＝0.4v0
回路感应电动势E＝0.6BLv0－0.4BLv0
此时回路电流I＝eq \f(E,2R)
因此加速度a＝eq \f(BIL,m)
整理得a＝eq \f(B2L2v,10mR)
(2)ab、cd棒间有最大距离时两棒速度相等，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv共
对ab棒，根据动量定理有Beq \x\t(I)LΔt＝mv共
而q＝eq \x\t(I)Δt
解得q＝eq \f(mv0,2BL)
在这段时间内，平均感应电动势eq \x\t(E)＝BLΔeq \x\t(v)
回路平均电流eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),2R)
因此流过某截面的电荷量q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(BLΔ\x\t(v),2R)Δt＝eq \f(BLx－d,2R)
解得最大距离x＝d＋eq \f(mv0R,B2L2).
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；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)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d，ab、cd是质量为m、电阻为R的金属棒，导轨电阻忽略不计．cd静止在平滑轨道上，ab从四分之一圆弧轨道顶端由静止释放，在圆弧轨道上克服阻力做功eq \f(1,2)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棒进入水平轨道开始，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eq \f(Bd\r(gr),2R)
D．ab棒的最终速度大小为eq \f(\r(gr),2)
答案 CD
解析 ab棒进入磁场受向左的安培力，做减速运动，所以安培力减小，则ab先做加速度减小的减速运动，cd棒与ab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－eq \f(1,2)mgr＝eq \f(1,2)mv2，可得速度为v＝eq \r(gr)，则感应电动势为E＝Bdv，两金属棒串联，故两棒瞬时电流为I＝eq \f(Bd\r(gr),2R)，两棒共速时由动量守恒定律有mv＝2mv′，得速度大小为v′＝eq \f(\r(gr),2)，故C、D正确．
3．(多选)如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L＝1 m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R＝0.50 Ω的电阻，质量为m＝0.01 kg、电阻为r＝0.20 Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，取g＝10 m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，则( )
A．通过金属棒ab的电流方向由b到a
B．磁感应强度B为0.1 T
C．金属棒ab在开始的6 s内产生的热量为3.465 J
D．金属棒ab在开始的3.5 s内通过的电荷量为2.8 C
答案 BD
解析 根据右手定则，判断通过金属棒ab的电流方向由a到b，故A错误；金属棒ab匀速运动过程，根据图像信息，有v＝eq \f(xAB,t)＝eq \f(37.1－19.6,6.0－3.5) m/s＝7 m/s，mg＝FA＝eq \f(B2L2v,R＋r)，解得B＝
0.1 T，故B正确；对金属棒开始的6 s内进行分析，根据功能关系，有mgxOB＝Q热＋eq \f(1,2)mv2，QR热＝eq \f(R,R＋r)Q热，解得QR热＝2.475 J，故C错误；金属棒ab在开始的3.5 s内通过的电荷量为q＝eq \f(ΔΦ,R＋r)，ΔΦ＝BLxOA，解得q＝2.8 C，故D正确．
4．(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Fa·t＝Beq \x\t(I)l·t＝mva－mv0，同理，对b棒有－Fbt＝－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．
5.(多选)如图所示，相距L的光滑金属导轨固定于水平地面上，由竖直放置的半径为R的eq \f(1,4)圆弧部分和水平平直部分组成．MNQP范围内有方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场．金属棒ab和cd(长度均为L)垂直导轨放置且接触良好，cd静止在磁场中；ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd没有接触；cd离开磁场时的速度是此时ab速度的一半．已知ab的质量为m、电阻为r，cd的质量为2m、电阻为2r.金属导轨电阻不计，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．闭合回路感应电流产生的磁场与原磁场方向相反
B．cd在磁场中运动的速度不断变大，速度的变化率不断变小
C．cd在磁场中运动的过程中通过ab横截面的电荷量q＝eq \f(m\r(2gR),2BL)
D．从ab由静止释放至cd刚离开磁场时，cd上产生的焦耳热为eq \f(5,12)mgR
答案 BCD
解析 cd在磁场中运动时，穿过abdc回路的磁通量减小，根据楞次定律可知，闭合回路感应电流产生的磁场与原磁场方向相同，故A错误；当ab进入磁场后回路中产生感应电流，则ab受到向左的安培力而做减速运动，cd受到向右的安培力而做加速运动，由于两者的速度差逐渐减小，可知感应电流逐渐减小，安培力逐渐减小，可知cd向右做加速度减小的加速运动，故B正确；ab从释放到刚进入磁场过程，由动能定理得mgR＝eq \f(1,2)mv02，ab进入磁场后，对ab和cd系统，所受合外力为零，则由动量守恒定律有mv0＝m·2vcd＋2m·vcd，解得vcd＝eq \f(1,4)v0＝eq \f(1,4)eq \r(2gR)，对cd由动量定理有Beq \x\t(I)L·Δt＝2m·vcd，其中q＝eq \x\t(I)·Δt，解得q＝eq \f(m\r(2gR),2BL)，通过ab、cd横截面的电荷量相同，故C正确；从ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，至cd刚离开磁场时由能量关系得：mgR＝eq \f(1,2)m(2vcd)2＋eq \f(1,2)×2mvcd2＋Q，其中Qcd＝eq \f(2,3)Q，解得Qcd＝eq \f(5,12)mgR，故D正确．
6．如图甲所示，固定放置在水平桌面上的两根足够长的光滑金属导轨间的距离为L＝1 m．质量m＝1 kg的直导体棒放在导轨上，且与导轨垂直．导轨左端与阻值R＝4 Ω的电阻相连，其余电阻不计，整个装置放在竖直向上的匀强磁场内，磁感应强度B＝2 T．在t＝0时，一水平向右的恒定拉力F垂直作用于直导体棒，使直导体棒由静止开始向右做直线运动，图乙是描述导体棒运动过程的v－t图像(设导轨足够长)．求：
(1)拉力F的大小；
(2)t＝1.6 s时，导体棒的加速度大小a；
(3)前1.6 s内导体棒的位移大小x.
答案 (1)10 N (2)2 m/s2 (3)8 m
解析 (1)导体棒的运动速度为v时产生的电动势E＝BLv，闭合回路中的感应电流I＝eq \f(E,R)
导体棒所受安培力FA＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)
由题图乙可知，当速度v＝10 m/s时拉力F＝FA，
得F＝10 N.
(2)由题图乙知，t＝1.6 s时，v＝8 m/s，由牛顿第二定律有F－eq \f(B2L2v,R)＝ma，得a＝2 m/s2.
(3)在导体棒的速度为任意值v的一段极短时间Δt内，发生位移Δx，安培力的冲量ΔI＝
－eq \f(B2L2v,R)·Δt＝－eq \f(B2L2,R)Δx
则前1.6 s内安培力的总冲量I＝－eq \f(B2L2,R)x
由动量定理有Ft－eq \f(B2L2,R)x＝mv－0，得x＝8 m.
7.如图所示，两平行且无限长金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ＝30°，两导轨之间的距离为L＝1 m，两导轨M、P之间接入阻值R＝0.2 Ω的定值电阻，导轨电阻不计，在abdc区域内有方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度B1＝1 T，磁场的宽度x1＝1 m；在cd连线以下区域有方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B2＝0.5 T．一个质量为m＝2 kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),6)，金属棒的电阻r＝0.2 Ω，若金属棒在离ab连线上端x0处由静止释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速运动．金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时又达到平衡状态，cd与ef之间的距离x2＝16 m．求(g取10 m/s2)
(1)金属棒在磁场Ⅰ运动的速度大小；
(2)金属棒从开始运动到滑到ef位置这个过程回路产生的电热；
(3)金属棒从开始运动到滑到ef位置这个过程所用的时间．
答案 (1)2 m/s (2)25 J (3)5.7 s
解析 (1)设棒在ab处的速度为v1，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为
E＝B1Lv1
电路中的感应电流为I1＝eq \f(E,R＋r)
金属棒做匀速直线运动，由平衡条件得mgsin θ－μmgcs θ＝B1I1L，
联立解得v1＝2 m/s
(2)经过ef时又达到平衡状态，由平衡条件得mgsin θ－μmgcs θ＝B2I2L
感应电流I2＝eq \f(B2Lv2,R＋r)，联立解得v2＝8 m/s
金属棒从开始运动到滑到ab的过程中
由动能定理有(mgsin θ－μmgcs θ)x0＝eq \f(1,2)mv12
解得x0＝0.8 m
从开始运动到滑到ef的过程中由动能定理得(mgsin θ－μmgcs θ)(x0＋x1＋x2)－Q＝eq \f(mv22,2)
解得Q＝25 J
(3)全过程由动量定理得(mgsin θ－μmgcs θ)t－B1Lq1－B2Lq2＝mv2
且q1＝eq \f(B1Lx1,R＋r)，q2＝eq \f(B2Lx2,R＋r)
解得t＝5.7 s.
8.(2022·福建莆田市高三模拟)如图，两条足够长的平行金属导轨间距L＝0.5 m，与水平面的夹角θ＝30°，处于磁感应强度B＝0.2 T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．导轨上的a、b两根导体棒质量分别为ma＝0.3 kg、mb＝0.1 kg，电阻均为R＝0.1 Ω.现将a、b棒由静止释放，同时用大小为2 N的恒力F沿平行导轨方向向上拉a棒．导轨光滑且电阻忽略不计，运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，取重力加速度g＝10 m/s2.已知当a棒中产生的焦耳热Qa＝0.12 J时，其速度va＝1.0 m/s，求：
(1)此时b棒的速度大小；
(2)此时a棒的加速度大小；
(3)a棒从静止释放到速度达到1.0 m/s所用的时间．
答案 (1)3 m/s (2)1 m/s2 (3)0.768 s
解析 (1)设a、b棒受到的安培力大小为F安，则对a、b棒由牛顿第二定律分别有
F－magsin θ－F安＝maaa
mbgsin θ－F安＝mbab
联立可得maaa＝mbab，所以有mava＝mbvb，
可解得vb＝3 m/s.
(2)设此电路产生的感应电动势为E，电流为I，则有
E＝BLva＋BLvb，I＝eq \f(E,2R)，F安＝BIL
联立(1)中式子解得aa＝1 m/s2.
(3)设此过程a、b棒位移分别为xa、xb，由(1)的分析可得maxa＝mbxb
根据能量守恒有Fxa＋mbgxbsin θ－magxasin θ－eq \f(1,2)mava2－eq \f(1,2)mbvb2＝2Qa
对a棒根据动量定理有(F－magsin θ)t－I安＝mava－0
其中安培力的冲量I安＝∑F安Δt
可得I安＝eq \f(B2L2xa＋xb,2R)
联立代入数据可解得t＝0.768 s.
9．(2018·天津卷·12)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置．图甲是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计．ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m.列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图甲所示．为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计．列车启动后电源自动关闭．
(1)要使列车向右运行，启动时图甲中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由．
(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小．
(3)列车减速时，需在前方设置如图乙所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l.若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
答案 (1)见解析 (2)eq \f(2BEl,mR) (3)见解析
解析 (1)列车要向右运动，安培力方向应向右．根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b、由c到d，故M接电源正极．
(2)由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为R总，由电阻的串并联知识得R总＝eq \f(R,2)①
设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有
I＝eq \f(E,R总)②
设两根金属棒所受安培力之和为F，有F＝IlB③
根据牛顿第二定律有F＝ma④
联立①②③④式得a＝eq \f(2BEl,mR)⑤
(3)设列车减速时，cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为ΔΦ，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有E1＝eq \f(ΔΦ,Δt)⑥
其中ΔΦ＝Bl2⑦
设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有
I′＝eq \f(E1,2R)⑧
设cd受到的平均安培力为F′，有F′＝I′lB⑨
以向右为正方向，设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲，有
I冲＝－F′Δt⑩
同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有
I0＝2I冲⑪
设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有
I总＝0－mv0⑫
联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得eq \f(I总,I0)＝eq \f(mv0R,B2l3)⑬
讨论：若eq \f(I总,I0)恰为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场；若eq \f(I总,I0)不是整数，设eq \f(I总,I0)的整数部分为N，则需设置N＋1块有界磁场．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，x＝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，在动量定理列出的式子中q＝eq \x\t(I)Δt，x＝eq \x\t(v)Δt；若已知q或x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x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，x＝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、x、v中的一个物理量
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减小的加速运动，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
电流的特点
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x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，选项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＝Bdx，解得x＝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)如图所示，光滑水平平行导轨置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直水平面向下，左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，且导轨两侧均足够长．质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态．ab的电阻为R，cd的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动．现给cd一水平向右的初速度v0，则( )
A．两棒组成的系统动量守恒
B．最终通过两棒的电荷量为eq \f(2mv0,3BL)
C．ab棒最终的速度为eq \f(2,3)v0
D．从cd棒获得初速度到二者稳定运动过程中产生的焦耳热为eq \f(8,9)mv02
答案 BC
解析 当cd棒向右运动时，受向左的安培力，ab棒受向右的安培力，且Fcd＝2Fab，可知两棒组成的系统合外力不为零，则系统动量不守恒，选项A错误；cd棒获得速度后，电路中产生感应电流，cd棒减速，ab棒加速，当BLvab＝2BLvcd时，电路中磁通量不变，没有感应电流，最终两棒做匀速直线运动，由动量定理得－2Beq \x\t(I)Lt＝2mvcd－2mv0，Beq \x\t(I)Lt＝mvab，得vcd＋vab＝v0，联立解得vab＝eq \f(2,3)v0，vcd＝eq \f(1,3)v0，因q＝eq \x\t(I)t，可得q＝eq \f(2mv0,3BL)，B、C正确；从cd棒获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)·2mv02－eq \f(1,2)·mvab2－eq \f(1,2)·2mvcd2，解得Q＝eq \f(2,3)mv02，D错误．
考向3 “电容器＋棒”模型
1．无外力充电式
例3 (多选)如图甲所示，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，电阻均可忽略不计．在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻为r，与导轨垂直且接触良好．整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动．则( )
A．当杆ab刚具有初速度v0时，杆ab两端的电压U＝eq \f(Blv0R,R＋r)，且a点电势高于b点电势
B．通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐增大
C．若将M和P之间的电阻R改为接一电容为C的电容器，如图乙所示，同样给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动，则杆ab稳定后的速度为v＝eq \f(mv0,m＋B2l2C)
D．在C选项中，杆稳定后a点电势高于b点电势
答案 ACD
解析 当杆ab刚具有初速度v0时，其切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv0，杆ab两端的电压U＝eq \f(ER,R＋r)＝eq \f(Blv0R,R＋r)，根据右手定则知，感应电流的方向为b到a，杆ab相当于电源，a相当于电源的正极，则a点电势高于b点电势，A正确；通过电阻R的电流I＝eq \f(Blv,R＋r)，由于杆ab速度减小，则电流减小，所受安培力减小，所以杆ab做加速度逐渐减小的减速运动，速度v随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，则通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，B错误；当杆ab以初速度v0开始切割磁感线时，电路开始给电容器充电，有电流通过杆ab，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小，当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动，电容器两端的电压U＝Blv，而q＝CU，对杆ab，根据动量定理得－Beq \x\t(I)l·Δt＝－Blq＝mv－mv0，联立可得v＝eq \f(mv0,m＋B2l2C)，C正确；杆稳定后，电容器不再充电，回路中没有电流，根据右手定则知，a点的电势高于b点电势，D正确．
2．无外力放电式
例4 (2017·天津卷·12)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)如图所示，两电阻可以忽略不计的平行金属长直导轨固定在水平面上，相距为L，另外两根长度为L、质量为m、电阻为R的相同导体棒垂直静置于导轨上，导体棒在长导轨上可以无摩擦地滑动，导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，某时刻使导体棒a获得大小为v0、水平向右的初速度，同时使导体棒b获得大小为2v0、水平向右的初速度，下列结论正确的是( )
A．该时刻回路中产生的感应电动势为3BLv0
B．该时刻导体棒a的加速度为eq \f(B2L2v0,2mR)
C．当导体棒a的速度大小为eq \f(3v0,2)时，导体棒b的速度大小也是eq \f(3v0,2)
D．运动过程中通过导体棒a电荷量的最大值qm＝eq \f(mv0,2BL)
答案 BCD
解析 根据右手定则可知两根导体棒切割磁感线产生的感应电动势方向相反，故该时刻回路中产生的感应电动势E＝BL·2v0－BLv0＝BLv0，A错误；在该时刻，回路中的感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv0,2R)，导体棒a所受安培力大小F＝BIL＝ma，可得a＝eq \f(B2L2v0,2mR)，B正确；由于两导体棒整体在水平方向动量守恒，当导体棒a的速度大小为eq \f(3v0,2)时，根据动量守恒定律得m·2v0＋mv0＝m·eq \f(3v0,2)＋mv1，解得v1＝eq \f(3v0,2)，C正确；由上解析知v共＝eq \f(3v0,2)，对a由动量定理有eq \x\t(F)安Δt＝mv共－mv0，而由安培力公式得eq \x\t(F)安＝Beq \x\t(I)L，通过导体棒a电荷量的最大值qm＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(mv0,2BL)，D正确．
例7 (2021·重庆北碚西南大学附中高三月考)如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中有两根固定的足够长的金属平行导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行且相距d，构成一矩形回路．导轨间距为L，导体棒的质量均为m，电阻均为R，导轨电阻可忽略不计．设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度v0，求：
(1)当cd棒速度减为0.6v0时，ab棒的速度v及加速度a的大小；
(2)ab、cd棒间的距离从d增大到最大的过程中，通过回路的电荷量q及两棒间的最大距离x.
答案 (1)0.4v0 eq \f(B2L2v,10mR) (2)eq \f(mv0,2BL) d＋eq \f(mv0R,B2L2)
解析 (1)两棒系统所受合外力为零，因此满足动量守恒定律，有
mv0＝0.6mv0＋mv
解得v＝0.4v0
回路感应电动势E＝0.6BLv0－0.4BLv0
此时回路电流I＝eq \f(E,2R)
因此加速度a＝eq \f(BIL,m)
整理得a＝eq \f(B2L2v,10mR)
(2)ab、cd棒间有最大距离时两棒速度相等，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv共
对ab棒，根据动量定理有Beq \x\t(I)LΔt＝mv共
而q＝eq \x\t(I)Δt
解得q＝eq \f(mv0,2BL)
在这段时间内，平均感应电动势eq \x\t(E)＝BLΔeq \x\t(v)
回路平均电流eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),2R)
因此流过某截面的电荷量q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(BLΔ\x\t(v),2R)Δt＝eq \f(BLx－d,2R)
解得最大距离x＝d＋eq \f(mv0R,B2L2).
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；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)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d，ab、cd是质量为m、电阻为R的金属棒，导轨电阻忽略不计．cd静止在平滑轨道上，ab从四分之一圆弧轨道顶端由静止释放，在圆弧轨道上克服阻力做功eq \f(1,2)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棒进入水平轨道开始，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eq \f(Bd\r(gr),2R)
D．ab棒的最终速度大小为eq \f(\r(gr),2)
答案 CD
解析 ab棒进入磁场受向左的安培力，做减速运动，所以安培力减小，则ab先做加速度减小的减速运动，cd棒与ab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－eq \f(1,2)mgr＝eq \f(1,2)mv2，可得速度为v＝eq \r(gr)，则感应电动势为E＝Bdv，两金属棒串联，故两棒瞬时电流为I＝eq \f(Bd\r(gr),2R)，两棒共速时由动量守恒定律有mv＝2mv′，得速度大小为v′＝eq \f(\r(gr),2)，故C、D正确．
3．(多选)如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L＝1 m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R＝0.50 Ω的电阻，质量为m＝0.01 kg、电阻为r＝0.20 Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，取g＝10 m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，则( )
A．通过金属棒ab的电流方向由b到a
B．磁感应强度B为0.1 T
C．金属棒ab在开始的6 s内产生的热量为3.465 J
D．金属棒ab在开始的3.5 s内通过的电荷量为2.8 C
答案 BD
解析 根据右手定则，判断通过金属棒ab的电流方向由a到b，故A错误；金属棒ab匀速运动过程，根据图像信息，有v＝eq \f(xAB,t)＝eq \f(37.1－19.6,6.0－3.5) m/s＝7 m/s，mg＝FA＝eq \f(B2L2v,R＋r)，解得B＝
0.1 T，故B正确；对金属棒开始的6 s内进行分析，根据功能关系，有mgxOB＝Q热＋eq \f(1,2)mv2，QR热＝eq \f(R,R＋r)Q热，解得QR热＝2.475 J，故C错误；金属棒ab在开始的3.5 s内通过的电荷量为q＝eq \f(ΔΦ,R＋r)，ΔΦ＝BLxOA，解得q＝2.8 C，故D正确．
4．(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Fa·t＝Beq \x\t(I)l·t＝mva－mv0，同理，对b棒有－Fbt＝－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．
5.(多选)如图所示，相距L的光滑金属导轨固定于水平地面上，由竖直放置的半径为R的eq \f(1,4)圆弧部分和水平平直部分组成．MNQP范围内有方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场．金属棒ab和cd(长度均为L)垂直导轨放置且接触良好，cd静止在磁场中；ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd没有接触；cd离开磁场时的速度是此时ab速度的一半．已知ab的质量为m、电阻为r，cd的质量为2m、电阻为2r.金属导轨电阻不计，重力加速度为g.下列说法正确的是( )
A．闭合回路感应电流产生的磁场与原磁场方向相反
B．cd在磁场中运动的速度不断变大，速度的变化率不断变小
C．cd在磁场中运动的过程中通过ab横截面的电荷量q＝eq \f(m\r(2gR),2BL)
D．从ab由静止释放至cd刚离开磁场时，cd上产生的焦耳热为eq \f(5,12)mgR
答案 BCD
解析 cd在磁场中运动时，穿过abdc回路的磁通量减小，根据楞次定律可知，闭合回路感应电流产生的磁场与原磁场方向相同，故A错误；当ab进入磁场后回路中产生感应电流，则ab受到向左的安培力而做减速运动，cd受到向右的安培力而做加速运动，由于两者的速度差逐渐减小，可知感应电流逐渐减小，安培力逐渐减小，可知cd向右做加速度减小的加速运动，故B正确；ab从释放到刚进入磁场过程，由动能定理得mgR＝eq \f(1,2)mv02，ab进入磁场后，对ab和cd系统，所受合外力为零，则由动量守恒定律有mv0＝m·2vcd＋2m·vcd，解得vcd＝eq \f(1,4)v0＝eq \f(1,4)eq \r(2gR)，对cd由动量定理有Beq \x\t(I)L·Δt＝2m·vcd，其中q＝eq \x\t(I)·Δt，解得q＝eq \f(m\r(2gR),2BL)，通过ab、cd横截面的电荷量相同，故C正确；从ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，至cd刚离开磁场时由能量关系得：mgR＝eq \f(1,2)m(2vcd)2＋eq \f(1,2)×2mvcd2＋Q，其中Qcd＝eq \f(2,3)Q，解得Qcd＝eq \f(5,12)mgR，故D正确．
6．如图甲所示，固定放置在水平桌面上的两根足够长的光滑金属导轨间的距离为L＝1 m．质量m＝1 kg的直导体棒放在导轨上，且与导轨垂直．导轨左端与阻值R＝4 Ω的电阻相连，其余电阻不计，整个装置放在竖直向上的匀强磁场内，磁感应强度B＝2 T．在t＝0时，一水平向右的恒定拉力F垂直作用于直导体棒，使直导体棒由静止开始向右做直线运动，图乙是描述导体棒运动过程的v－t图像(设导轨足够长)．求：
(1)拉力F的大小；
(2)t＝1.6 s时，导体棒的加速度大小a；
(3)前1.6 s内导体棒的位移大小x.
答案 (1)10 N (2)2 m/s2 (3)8 m
解析 (1)导体棒的运动速度为v时产生的电动势E＝BLv，闭合回路中的感应电流I＝eq \f(E,R)
导体棒所受安培力FA＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)
由题图乙可知，当速度v＝10 m/s时拉力F＝FA，
得F＝10 N.
(2)由题图乙知，t＝1.6 s时，v＝8 m/s，由牛顿第二定律有F－eq \f(B2L2v,R)＝ma，得a＝2 m/s2.
(3)在导体棒的速度为任意值v的一段极短时间Δt内，发生位移Δx，安培力的冲量ΔI＝
－eq \f(B2L2v,R)·Δt＝－eq \f(B2L2,R)Δx
则前1.6 s内安培力的总冲量I＝－eq \f(B2L2,R)x
由动量定理有Ft－eq \f(B2L2,R)x＝mv－0，得x＝8 m.
7.如图所示，两平行且无限长金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ＝30°，两导轨之间的距离为L＝1 m，两导轨M、P之间接入阻值R＝0.2 Ω的定值电阻，导轨电阻不计，在abdc区域内有方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度B1＝1 T，磁场的宽度x1＝1 m；在cd连线以下区域有方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B2＝0.5 T．一个质量为m＝2 kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),6)，金属棒的电阻r＝0.2 Ω，若金属棒在离ab连线上端x0处由静止释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速运动．金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时又达到平衡状态，cd与ef之间的距离x2＝16 m．求(g取10 m/s2)
(1)金属棒在磁场Ⅰ运动的速度大小；
(2)金属棒从开始运动到滑到ef位置这个过程回路产生的电热；
(3)金属棒从开始运动到滑到ef位置这个过程所用的时间．
答案 (1)2 m/s (2)25 J (3)5.7 s
解析 (1)设棒在ab处的速度为v1，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为
E＝B1Lv1
电路中的感应电流为I1＝eq \f(E,R＋r)
金属棒做匀速直线运动，由平衡条件得mgsin θ－μmgcs θ＝B1I1L，
联立解得v1＝2 m/s
(2)经过ef时又达到平衡状态，由平衡条件得mgsin θ－μmgcs θ＝B2I2L
感应电流I2＝eq \f(B2Lv2,R＋r)，联立解得v2＝8 m/s
金属棒从开始运动到滑到ab的过程中
由动能定理有(mgsin θ－μmgcs θ)x0＝eq \f(1,2)mv12
解得x0＝0.8 m
从开始运动到滑到ef的过程中由动能定理得(mgsin θ－μmgcs θ)(x0＋x1＋x2)－Q＝eq \f(mv22,2)
解得Q＝25 J
(3)全过程由动量定理得(mgsin θ－μmgcs θ)t－B1Lq1－B2Lq2＝mv2
且q1＝eq \f(B1Lx1,R＋r)，q2＝eq \f(B2Lx2,R＋r)
解得t＝5.7 s.
8.(2022·福建莆田市高三模拟)如图，两条足够长的平行金属导轨间距L＝0.5 m，与水平面的夹角θ＝30°，处于磁感应强度B＝0.2 T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．导轨上的a、b两根导体棒质量分别为ma＝0.3 kg、mb＝0.1 kg，电阻均为R＝0.1 Ω.现将a、b棒由静止释放，同时用大小为2 N的恒力F沿平行导轨方向向上拉a棒．导轨光滑且电阻忽略不计，运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，取重力加速度g＝10 m/s2.已知当a棒中产生的焦耳热Qa＝0.12 J时，其速度va＝1.0 m/s，求：
(1)此时b棒的速度大小；
(2)此时a棒的加速度大小；
(3)a棒从静止释放到速度达到1.0 m/s所用的时间．
答案 (1)3 m/s (2)1 m/s2 (3)0.768 s
解析 (1)设a、b棒受到的安培力大小为F安，则对a、b棒由牛顿第二定律分别有
F－magsin θ－F安＝maaa
mbgsin θ－F安＝mbab
联立可得maaa＝mbab，所以有mava＝mbvb，
可解得vb＝3 m/s.
(2)设此电路产生的感应电动势为E，电流为I，则有
E＝BLva＋BLvb，I＝eq \f(E,2R)，F安＝BIL
联立(1)中式子解得aa＝1 m/s2.
(3)设此过程a、b棒位移分别为xa、xb，由(1)的分析可得maxa＝mbxb
根据能量守恒有Fxa＋mbgxbsin θ－magxasin θ－eq \f(1,2)mava2－eq \f(1,2)mbvb2＝2Qa
对a棒根据动量定理有(F－magsin θ)t－I安＝mava－0
其中安培力的冲量I安＝∑F安Δt
可得I安＝eq \f(B2L2xa＋xb,2R)
联立代入数据可解得t＝0.768 s.
9．(2018·天津卷·12)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置．图甲是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计．ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m.列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图甲所示．为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计．列车启动后电源自动关闭．
(1)要使列车向右运行，启动时图甲中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由．
(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小．
(3)列车减速时，需在前方设置如图乙所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l.若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
答案 (1)见解析 (2)eq \f(2BEl,mR) (3)见解析
解析 (1)列车要向右运动，安培力方向应向右．根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b、由c到d，故M接电源正极．
(2)由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为R总，由电阻的串并联知识得R总＝eq \f(R,2)①
设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有
I＝eq \f(E,R总)②
设两根金属棒所受安培力之和为F，有F＝IlB③
根据牛顿第二定律有F＝ma④
联立①②③④式得a＝eq \f(2BEl,mR)⑤
(3)设列车减速时，cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为ΔΦ，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有E1＝eq \f(ΔΦ,Δt)⑥
其中ΔΦ＝Bl2⑦
设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有
I′＝eq \f(E1,2R)⑧
设cd受到的平均安培力为F′，有F′＝I′lB⑨
以向右为正方向，设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲，有
I冲＝－F′Δt⑩
同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有
I0＝2I冲⑪
设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有
I总＝0－mv0⑫
联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得eq \f(I总,I0)＝eq \f(mv0R,B2l3)⑬
讨论：若eq \f(I总,I0)恰为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场；若eq \f(I总,I0)不是整数，设eq \f(I总,I0)的整数部分为N，则需设置N＋1块有界磁场．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，x＝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，在动量定理列出的式子中q＝eq \x\t(I)Δt，x＝eq \x\t(v)Δt；若已知q或x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x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，x＝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、x、v中的一个物理量
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减小的加速运动，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
电流的特点
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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