【高考物理】2026高考導(dǎo)與練總復(fù)習(xí)物理一輪（基礎(chǔ)版）第十二章第4講小專題電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題含答案第4講小專題:電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題考點(diǎn)一電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1.用動力學(xué)觀點(diǎn)解答電磁感應(yīng)問題的一般步驟2.導(dǎo)體棒的常見運(yùn)動情況(不受摩擦力)的動態(tài)分析情境圖示力學(xué)分析運(yùn)動圖像導(dǎo)體以一定的初速度在水平軌道上運(yùn)動所受安培力與速度方向相反而做減速運(yùn)動,且加速度減小導(dǎo)體在含“源”的水平軌道上由靜止開始運(yùn)動隨著速度的增大,電路中電流減小,導(dǎo)體加速度減小,當(dāng)E感=E時達(dá)最大速度導(dǎo)體受恒力F作用,在水平軌道上由靜止開始運(yùn)動隨著速度增大,感應(yīng)電流增大,安培力增大,加速度減小,當(dāng)F安=F時,速度最大含“容”電路中在恒力F作用下由靜止開始運(yùn)動導(dǎo)體在恒力F作用下由靜止開始運(yùn)動,加速度不變,電容器的電荷量增大導(dǎo)體在傾斜軌道上由靜止開始運(yùn)動隨著速度增大,導(dǎo)體中電流增大,安培力增大,加速度減小,當(dāng)F安=mgsinα?xí)r速度最大導(dǎo)體在含“容”的傾斜軌道上由靜止開始運(yùn)動導(dǎo)體做勻加速運(yùn)動,電容器的電荷量增大導(dǎo)體緊貼豎直軌道,由靜止開始運(yùn)動隨著速度的增加,導(dǎo)體所受安培力增大,其加速度減小,當(dāng)F安=mg時,速度最大導(dǎo)體緊貼含“容”的豎直軌道由靜止開始運(yùn)動導(dǎo)體運(yùn)動過程中,初始階段對電容器充電,加速度a不變,導(dǎo)體做勻加速運(yùn)動;充電結(jié)束后不受安培力,加速度為重力加速度g,且a<g[例1]【“單棒+電阻”模型】(2024·貴州畢節(jié)三模)如圖,兩固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌足夠長且電阻不計,阻值為R的電阻連接在導(dǎo)軌左側(cè),導(dǎo)軌間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場,質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直放置在導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌接觸良好。某時刻金屬棒ab獲得初速度v后開始沿導(dǎo)軌運(yùn)動,經(jīng)t時間ab速度從v2減速至v4的過程中([A]金屬棒ab做勻減速直線運(yùn)動[B]金屬棒ab的位移大于38v[C]金屬棒ab克服安培力做功為W=332mv[D]左側(cè)電阻R產(chǎn)生的熱量為Q=332mv【答案】C【解析】由牛頓第二定律可得a=F安m=IlBm,又I=E2R=Blv2R,聯(lián)立解得a=B2l2v2mR,隨著速度v的減小,加速度a減小,所以金屬棒ab做加速度減小的減速直線運(yùn)動,故A錯誤;由A選項(xiàng)分析可知,金屬棒ab做加速度減小的減速直線運(yùn)動,速度從v2減速至v4的過程中,其平均速度v<v2+v42=38v,則有x=vt<38vt,故B錯誤;根據(jù)動能定理可得-W克=12m(v4)2-12m(v2)2,則金屬棒ab克服安培力做功為W克=332mv[例2]【“單棒+電容”模型】(2024·安徽開學(xué)考)(多選)如圖所示,足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L,固定在豎直平面內(nèi),兩根導(dǎo)軌上端用導(dǎo)線連接一個電容器,電容器的電容為C,導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中,磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直。現(xiàn)將質(zhì)量為m、長度也為L的金屬棒ab緊貼導(dǎo)軌由靜止釋放,金屬棒沿著導(dǎo)軌下滑過程中始終保持水平且與導(dǎo)軌接觸良好,已知重力加速度為g,金屬導(dǎo)軌和金屬棒的電阻均不計,則當(dāng)金屬棒運(yùn)動穩(wěn)定后,有()[A]金屬棒做勻加速運(yùn)動,加速度大小為mg[B]金屬棒受到的安培力大小為mC[C]通過金屬棒的電流大小為CBLmg[D]電容器電荷量保持不變【答案】AC【解析】由題可知金屬棒ab受到的安培力為F安=ILB=ΔQΔtLB,又Q=CU=CBLv,所以電荷量的變化率ΔQΔt=CBL·ΔvΔt=CBLa,所以安培力F安=CB2L2a。對金屬棒ab由牛頓第二定律可得mg-F安=ma,聯(lián)立解得a=mgm+CB2L2,由此可知金屬棒ab的加速度恒定不變,所以金屬棒ab做勻加速運(yùn)動,故A正確;由以上過程可知,安培力大小F安=CB2L2a=mgCB2L2m+CB2L2,故B錯誤;F安=ILB=CB2L2a,變形后解得I=CBLa=[例3]【“單棒+電源”模型】(多選)水平固定放置的足夠長的光滑平行導(dǎo)軌,電阻不計,間距為L,左端連接的電源電動勢為E、內(nèi)阻為r,一質(zhì)量為m的金屬桿垂直靜止放在導(dǎo)軌上,金屬桿的電阻為R。整個裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中,如圖所示。閉合開關(guān),金屬桿由靜止開始沿導(dǎo)軌做變加速運(yùn)動直至達(dá)到最大速度,下列說法正確的是()[A]金屬桿的最大速度等于E[B]此過程中通過金屬桿的電荷量為mE[C]此過程中電源提供的電能為m[D]此過程中金屬桿產(chǎn)生的熱量為m【答案】ABD【解析】閉合開關(guān),金屬桿做加速運(yùn)動,產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,當(dāng)感應(yīng)電動勢與電源電動勢相等時,電流為零,金屬桿開始做勻速直線運(yùn)動,則電動勢E=BLvm,得vm=EBL,故A正確;由動量定理得BILt=BLq=mvm-0,解得q=mEB2L2,故B正確;由能量守恒可知電源提供的電能mE2B2L2,故C錯誤;此過程中電能轉(zhuǎn)化為金屬桿的動能、金屬桿及電源產(chǎn)生的熱量之和,由于Ek=12mvm2=mE22B2L2,則金屬桿產(chǎn)生的熱量為QR[例4]【“線框+磁場”模型】(2024·湖南長沙二模)(多選)如圖所示,一長、寬分別為2L和L,質(zhì)量為m、電阻為R的n匝矩形閉合線圈abcd,從距離磁場上邊界L處由靜止下落,線圈恰好能勻速進(jìn)入磁場。磁場上下邊界的高度為4L,下列說法正確的是()[A]線圈進(jìn)入磁場時,線圈所受安培力大小為mg[B]線圈進(jìn)入磁場過程中安培力的沖量小于離開磁場過程中安培力的沖量[C]線圈穿過磁場的全過程中,產(chǎn)生的總熱量為2mgL[D]磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=1【答案】AD【解析】線圈勻速進(jìn)入磁場,則所受向下的重力和向上的安培力相平衡,即線圈所受安培力大小為mg,選項(xiàng)A正確;安培力的沖量大小I=BI·2LΔt=B·2Lq,而q=IΔt=ERΔt=ΔΦR=BSR=2BL2R,可知線圈進(jìn)入磁場過程中安培力的沖量大小等于離開磁場過程中安培力的沖量大小,選項(xiàng)B錯誤;線圈勻速進(jìn)入磁場,則進(jìn)入磁場時產(chǎn)生的熱量為mgL,完全進(jìn)入磁場后線圈做加速度為g的勻加速運(yùn)動,出磁場時速度大于進(jìn)入磁場時的速度,則所受向上的安培力大于重力,所以出磁場時克服安培力做功大于mgL,即產(chǎn)生的熱量大于mgL,則穿過磁場的全過程中產(chǎn)生的總熱量大于2mgL,選項(xiàng)C錯誤;線圈勻速進(jìn)入磁場時滿足I=nB·2LvR,v=2gL,解得磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=考點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的能量問題1.電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化2.求解焦耳熱Q的三種方法[例5]【應(yīng)用功能關(guān)系解決能量問題】(2024·貴州遵義期末)如圖甲所示,光滑的金屬導(dǎo)軌MN和PQ平行,間距L=1.0m,與水平面之間的夾角α=37°,勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=3.0T,方向垂直于導(dǎo)軌平面向上,MP間接有阻值R=2Ω的電阻,質(zhì)量m=0.5kg、電阻r=0.5Ω的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置,現(xiàn)用和導(dǎo)軌平行的恒力F沿導(dǎo)軌平面向上拉金屬棒ab,使其由靜止開始運(yùn)動,當(dāng)金屬棒上滑的位移x=2m時達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài),對應(yīng)過程的v-t圖像如圖乙所示。g取10m/s2,已知導(dǎo)軌足夠長,不計導(dǎo)軌電阻(取sin37°=0.6,cos37°=0.8)。求:(1)1s末金屬棒兩端的電勢差Uab;(2)恒力F的大小;(3)從金屬棒開始運(yùn)動到剛達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài),此過程中R產(chǎn)生的焦耳熱QR;(4)從金屬棒開始運(yùn)動到剛達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)過程,通過金屬棒ab橫截面的電荷量q。【答案】(1)-1.44V(2)6.6N(3)5.56J(4)2.4C【解析】(1)由右手定則可判斷金屬棒中感應(yīng)電流由a流向b,b相當(dāng)于電源的正極,故b端電勢高;由題圖乙可知t=1s末金屬棒的瞬時速度為0.6m/s,電動勢為E=BLv,t=1s末金屬棒兩端的電勢差Uab=-Rr+解得Uab=-1.44V。

(2)當(dāng)金屬棒勻速運(yùn)動時,由平衡條件得F=mgsin37°+F安,

其中F安=ILB=B2由題圖乙可知v=1.0m/s,聯(lián)立解得F=6.6N。

(3)從金屬棒開始運(yùn)動到剛達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài),根據(jù)動能定理可得(F-mgsin37°)x-W克=12mv2又克服安培力所做的功等于整個電路產(chǎn)生的焦耳熱,代入數(shù)據(jù)解得Q=W克=6.95J,

又Q=QR+Qr,QRQr可得QR=5.56J。

(4)從金屬棒開始運(yùn)動到剛達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài),有q=IΔt=ER+rΔt=ΔΦΔtR代入數(shù)據(jù)解得q=2.4C。

[例6]【應(yīng)用能量守恒定律解決能量問題】(2024·云南昆明期末)如圖所示,間距為L=1.0m的兩平行光滑金屬導(dǎo)軌由傾斜部分和水平部分(足夠長)平滑連接而成,傾斜部分導(dǎo)軌與水平面夾角為θ=30°,導(dǎo)軌上端接有一個電阻R=2Ω?？臻g存在垂直于斜面向上和豎直向上的兩部分勻強(qiáng)磁場,兩磁場互不干擾,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=2T。導(dǎo)體棒a的質(zhì)量為ma=2kg,b的質(zhì)量為mb=3kg,電阻分別為ra=1Ω與rb=2Ω,兩根導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌放置。現(xiàn)閉合開關(guān)S,將b鎖定,將a棒從某高度由靜止釋放,經(jīng)過一段時間,a棒在斜面上達(dá)到最大速度vm。已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好,其余電阻不計,重力加速度g取10m/s2。(1)求a棒在斜面上達(dá)到的最大速度vm的大小;(2)a棒在斜面上從靜止開始下滑到剛達(dá)到最大速度的過程中,電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為1.25J,求a棒下滑距離x;(3)在a棒離開斜面的瞬間斷開開關(guān)S,同時解除b棒的鎖定,從a棒離開斜面瞬間經(jīng)過時間t兩者相距最近,該過程a、b未發(fā)生碰撞,求該過程中通過b棒的電荷量;(4)求第(3)問中t時間內(nèi)b棒發(fā)生的位移大小(結(jié)果可保留t)?！敬鸢浮?1)5m/s(2)3m(3)3C(4)53【解析】(1)當(dāng)a棒在斜面上勻速運(yùn)動時,速度達(dá)到最大,則有ILB=magsinθ,又E=BLvm,I=ER聯(lián)立解得a棒在斜面上的最大速度為vm=5m/s。(2)a棒在斜面上從靜止開始下滑到剛達(dá)到最大速度vm的過程中,電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為1.25J,根據(jù)能量守恒可得magxsinθ=12mavm2根據(jù)閉合電路歐姆定律可得QR=14Q=1.25聯(lián)立解得x=3m。(3)在a棒離開斜面的瞬間斷開開關(guān)S,解除b棒的鎖定,a棒與b棒受到的安培力始終大小相等,方向相反,則兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒,當(dāng)兩棒共速時相距最近,則有mavm=(ma+mb)v,解得v=2m/s;以b棒為研究對象,根據(jù)動量定理可得BILt=mbv,又q=It,聯(lián)立解得通過b棒的電荷量為q=3C。(4)從a棒離開斜面瞬間到剛達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)的過程中,根據(jù)能量守恒可知電路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q′=12mavm2-12(ma+mb)v2此過程中b棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qb=rbra+r且Qb=BILx′,解得x′=53t(滿分:50分)對點(diǎn)1.電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題1.(4分)(2024·河南鄭州模擬)兩個完全相同的勻質(zhì)正方形導(dǎo)線框A、B,豎直放置在垂直于紙面向里的磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度在水平方向上均勻分布,豎直方向上均勻變化。初始時,導(dǎo)線框A、B處于同一高度,導(dǎo)線框B靜止釋放的同時,將A水平拋出,如圖所示。線框始終在磁場中運(yùn)動且不轉(zhuǎn)動,不計空氣阻力,重力加速度為g,從開始運(yùn)動到落地的整個運(yùn)動過程中,下列說法正確的是()[A]線框A中始終有逆時針方向的感應(yīng)電流[B]線框B先落地[C]線框A在水平方向做減速運(yùn)動[D]兩個線框產(chǎn)生的焦耳熱不同【答案】A【解析】線框A下落時磁通量始終增加,根據(jù)楞次定律,線框中的電流方向?yàn)槟鏁r針,故A正確。磁感應(yīng)強(qiáng)度在水平方向上均勻分布,所以兩線框在水平方向上所受安培力的合力為零,所以線框A在水平方向上的分運(yùn)動為勻速直線運(yùn)動,在水平方向的分運(yùn)動不改變磁通量,不產(chǎn)生電動勢,不改變電流;兩線框在豎直方向上都是從靜止開始下落,運(yùn)動情況相同,所以同時落地,產(chǎn)生熱量也相同,故B、C、D錯誤。2.(6分)(2024·云南曲靖期末)(多選)如圖所示,在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中,一光滑平行導(dǎo)軌上有兩根質(zhì)量相等的平行直桿MN和PQ,MN桿的電阻為r,PQ桿的電阻為3r。給MN桿一個初速度v0,下列說法正確的是()[A]MN桿做加速度減小的變加速運(yùn)動[B]PQ桿受到的安培力逐漸增大[C]MN桿最終會做勻速直線運(yùn)動[D]若該過程產(chǎn)生的總熱量為Q,則PQ桿產(chǎn)生的熱量為34【答案】CD【解析】根據(jù)右手定則可知感應(yīng)電流的方向?yàn)镸→N→Q→P,根據(jù)左手定則可知,MN桿所受安培力向左,PQ桿所受安培力向右,則開始時MN桿向右減速,PQ桿向右加速,設(shè)兩者速度分別為v1和v2,則回路總的感應(yīng)電動勢為E=Blv1-Blv2,回路中的感應(yīng)電流為I=Er+3r,兩者所受安培力大小相等、方向相反,根據(jù)牛頓第二定律有IlB=ma,解得a=B2l2(v1-v2)4mr。由于開始時MN桿的速度大于PQ桿的速度,而MN桿向右減速,PQ桿向右加速,可知,開始時MN桿向右做加速度減小的減速運(yùn)動,PQ桿向右做加速度減小的加速運(yùn)動,當(dāng)兩者速度相等時加速度為0,兩者以相同的速度向右做勻速直線運(yùn)動,即MN桿先向右做加速度減小的變加速運(yùn)動,后向右做勻速直線運(yùn)動,故A錯誤,C正確。根據(jù)上述可知,感應(yīng)電流逐漸減小為0,則PQ桿受到的安培力逐漸減小,故B錯誤;由于兩桿串聯(lián),若該過程產(chǎn)生的總熱量為對點(diǎn)2.電磁感應(yīng)中的能量問題3.(4分)(2024·廣西南寧開學(xué)考)如圖,MN和PQ是電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌,其間距為L,導(dǎo)軌彎曲部分光滑、平直部分粗糙,二者平滑連接,右端接一個阻值為R的定值電阻。平直部分導(dǎo)軌左側(cè)區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、電阻為2R的金屬棒從高為h處由靜止釋放,到達(dá)磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ,金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好,重力加速度為g。在金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中()[A]流過定值電阻的電流方向是N→Q[B]通過金屬棒的電荷量為BdL[C]金屬棒克服安培力所做的功為23mg(h-μd[D]電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為13mg(h-μd【答案】D【解析】金屬棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流,根據(jù)右手定則,可知流過定值電阻的電流方向是Q→N,故A錯誤;金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中,根據(jù)q=IΔt=E3RΔt=ΔΦΔt3RΔt=BLd3R,故B錯誤;在金屬棒從靜止釋放到磁場右邊界的過程中,由動能定理可得mgh-μmgd-W克安=0,解得金屬棒克服安培力所做的功為W克安=mg(h-μd),故C錯誤;由功能關(guān)系可知,回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=W克安=mg(h-μd),由于電阻R和金屬棒為串聯(lián)關(guān)系,所以電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為QR=R3RQ4.(4分)(2024·河南期末)如圖所示,同一豎直面內(nèi)的正方形導(dǎo)線框a、b的邊長均為l,電阻均為R,質(zhì)量分別為3m和m。它們分別系在一跨過兩個定滑輪的輕繩兩端,在兩導(dǎo)線框之間有一高度為2l、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于豎直面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域。開始時,線框b的上邊與勻強(qiáng)磁場的下邊界重合,線框a的下邊到勻強(qiáng)磁場的上邊界的距離為l,現(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放,當(dāng)線框b全部進(jìn)入磁場時,a、b兩個線框開始做勻速運(yùn)動。不計一切摩擦和空氣阻力,重力加速度為g,則()[A]a、b兩個線框勻速運(yùn)動的速度大小為2[B]線框a從下邊進(jìn)入磁場到上邊離開磁場所用時間為3[C]從開始運(yùn)動到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中,線框a所產(chǎn)生的焦耳熱為mgl[D]從開始運(yùn)動到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中,兩線框共克服安培力做功為6mgl-8【答案】A【解析】設(shè)兩線框勻速運(yùn)動的速度為v,此時輕繩上的張力大小為FT,對線框a有FT=3mg-IlB,對線框b有FT=mg,其中I=ER,E=Blv,解得v=2mgRB2l2,故A正確;線框a完全進(jìn)入磁場時,線框b剛好開始出磁場,線框b完全出磁場時,線框a開始出磁場,則線框a通過磁場的全過程都以速度v勻速運(yùn)動,則線框a從下邊進(jìn)入磁場到上邊離開磁場所用時間為t=3lv=3B2l32mgR,故B錯誤;從開始運(yùn)動到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中,線框a產(chǎn)生的焦耳熱為Q,由能量守恒定律有3mgl-mgl=Q,得Q=2mgl,故C錯誤;設(shè)兩線框從開始運(yùn)動至a全部進(jìn)入磁場的過程中,兩線框共產(chǎn)生熱量Q總,此過程中a、b兩線框分別向下、向上運(yùn)動2l的距離,對這一過程,由能量守恒定律有6mgl=2mgl+12·4mv2+Q總,解得Q總=4mgl-85.(10分)(2024·浙江1月選考卷,19)如圖1所示,掃描隧道顯微鏡減振裝置由絕緣減振平臺和磁阻尼減振器組成。平臺通過三根關(guān)于O′O″軸對稱分布的相同輕桿懸掛在輕質(zhì)彈簧的下端O,彈簧上端固定懸掛在O′點(diǎn),三個相同的關(guān)于O′O″軸對稱放置的減振器位于平臺下方。如圖2所示,每個減振器由通過絕緣輕桿固定在平臺下表面的線圈和固定在桌面上能產(chǎn)生輻向磁場的鐵磁體組成,輻向磁場分布關(guān)于線圈中心豎直軸對稱,線圈所在處磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。處于靜止?fàn)顟B(tài)的平臺受到外界微小擾動,線圈在磁場中做豎直方向的阻尼運(yùn)動,其位移隨時間變化的圖像如圖3所示。已知t=0時速度為v0,方向向下,t1、t2時刻的振幅分別為A1、A2,平臺和三個線圈的總質(zhì)量為m,彈簧的勁度系數(shù)為k,每個線圈半徑為r,電阻為R。當(dāng)彈簧形變量為Δx時,其彈性勢能為12kΔx2。不計空氣阻力,求(1)平臺靜止時彈簧的伸長量Δx0;(2)t=0時,每個線圈所受到安培力F的大小;(3)在0～t1時間內(nèi),每個線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q;【答案】(1)mgk(2)4B2π2r2v0R【解析】(1)平臺靜止時,穿過三個線圈的磁通量不變,線圈中不產(chǎn)生感應(yīng)電流,線圈不受安培力作用,O點(diǎn)受力平衡,因此由胡克定律可知此時彈簧的伸長量Δx0=mgk(2)在t=0時速度為v0,設(shè)每個線圈的周長為l,由電磁感應(yīng)定律可得線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流I=ER=Blv0R=每個線圈所受到安培力的大小F=IlB=4B(3)由能量守恒定律可得平臺在0～t1時間內(nèi),振動時能量的減少量Q′=12mv02+12kΔx02-12k(Δx0-A1在0～t1時間內(nèi),振動時能量的減少量轉(zhuǎn)化為線圈的焦耳熱,可知每個線圈產(chǎn)生的焦耳熱Q=13Q′=16(mv02-6.(6分)(2024·重慶渝中階段檢測)(多選)磁懸浮電梯是基于電磁原理和磁力驅(qū)動使電梯的轎廂懸停及上下運(yùn)動的,如圖甲所示,它主要由磁場和含有導(dǎo)線框的轎廂組成,其原理為:豎直面上相距為b的兩根絕緣平行直導(dǎo)軌,置于等距離分布的方向相反的勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,每個磁場分布區(qū)間的長度都是a,相間排列,如圖乙所示。當(dāng)這些磁場在豎直方向分別以速度v1、v2、v3向上勻速平動時,跨在兩導(dǎo)軌間的寬為b、長為a、總電阻為R的導(dǎo)線框MNPQ(固定在轎廂上)將受到磁場力,從而使轎廂向上運(yùn)動、向下運(yùn)動、懸停。不考慮空氣阻力和摩擦阻力,下列說法正確的是()[A]轎廂懸停時,導(dǎo)線框中的電流大小為2[B]轎廂系統(tǒng)(含導(dǎo)線框)的總質(zhì)量為2[C]轎廂向上勻速運(yùn)動時的速度為v1[D]轎廂向上勻速運(yùn)動時的速度為v1-v3【答案】AD【解析】轎廂懸停時,磁場運(yùn)動的速度為v3,則導(dǎo)線框中的電流大小為I3=2ER=2Bbv3R,選項(xiàng)A正確;轎廂懸停時,由平衡條件可知2BI3b=mg,可得轎廂系統(tǒng)(含導(dǎo)線框)的總質(zhì)量為m=4B2b2v3gR,選項(xiàng)B錯誤;轎廂向上勻速運(yùn)動時,磁場相對轎廂運(yùn)動的速度應(yīng)該為v3,即v3=v1-v轎廂,則轎廂向上勻速運(yùn)動時的速度為v7.(16分)(2024·全國甲卷,25)兩根平行長直光滑金屬導(dǎo)軌距離為l,固定在同一水平面(紙面)內(nèi),導(dǎo)軌左端接有電容為C的電容器和阻值為R的電阻,開關(guān)S與電容器并聯(lián);導(dǎo)軌上有一長度略大于l的金屬棒,如圖所示。導(dǎo)軌所處區(qū)域有方向垂直于紙面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。開關(guān)S閉合,金屬棒在恒定的外力作用下由靜止開始加速,最后將做速率為v0的勻速直線運(yùn)動。金屬棒始終與兩導(dǎo)軌垂直且接觸良好,導(dǎo)軌電阻和金屬棒電阻忽略不計。(1)在加速過程中,當(dāng)外力做功的功率等于電阻R熱功率的2倍時,金屬棒的速度大小是多少?(2)如果金屬棒達(dá)到(1)中的速度時斷開開關(guān)S,改變外力使金屬棒保持此速度做勻速運(yùn)動。之后某時刻,外力做功的功率等于電阻R熱功率的2倍,求此時電容器兩極間的電壓及從斷開S開始到此刻外力做的功?！敬鸢浮?1)v02(2)Blv041【解析】(1)開關(guān)S閉合時,電容器被短路,外力做功的功率等于電阻R熱功率的2倍時,有Fv=2I2R,根據(jù)歐姆定律,有I=BlvR金屬棒最終做速度大小為v0的勻速直線運(yùn)動,則F=BI′l,I′=Blv聯(lián)立得v=v0(2)斷開開關(guān)S,金屬棒做勻速直線運(yùn)動,設(shè)某時刻充電電流為I1,電容器兩極板間的電壓為U,根據(jù)歐姆定律,有I1=Bl·金屬棒勻速運(yùn)動,受力平衡,有F′=BI1l,外力做功的功率等于電阻R熱功率的2倍,有F′·v02=2I聯(lián)立得U=Blv從斷開開關(guān)S開始到此刻,外力做的功為W=∑(Bil·v02Δ=Blv02·∑i=Blv02=Blv02=18CB2l2v02。第5考點(diǎn)一動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用(1)水平放置的平行光滑導(dǎo)軌間距為L,左側(cè)接有電阻R,導(dǎo)體棒初速度為v0,質(zhì)量為m,電阻不計,勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,導(dǎo)軌足夠長且電阻不計,從開始運(yùn)動至停下來,通過電阻R的電荷量和導(dǎo)體棒的位移分別是多大?提示:取向右為正方向,由-BILΔt=0-mv0,q=IΔt,可得q=mv0BL;又由-B2L2v得x=vΔt=mv(2)間距為L的光滑平行導(dǎo)軌傾斜放置,傾角為θ,由靜止釋放質(zhì)量為m、阻值為R的導(dǎo)體棒,當(dāng)通過橫截面的電荷量為q或下滑位移為x時,速度達(dá)到v,這個過程所用時間是多少?(結(jié)果分別用q、x表示)提示:由-BILΔt+mgsinθ·Δt=mv-0,q=IΔt,可得時間Δt=mv+BLqmgsinθ;或由-B2L2vmv-0,x=vΔt,可得時間Δt=mv1.導(dǎo)體棒在磁場中所受安培力是變力時,可用動量定理分析棒的速度變化,表達(dá)式為I其他+ILBΔt=mv-mv0或I其他-ILBΔt=mv-mv0;若其他力的沖量矢量和為零,則有ILBΔt=mv-mv0或-ILBΔt=mv-mv0。2.求電荷量:q=IΔt=|m3.求位移:由-B2L2vR總Δt=mv-mv0有x=4.求時間(1)已知電荷量q,F其他為恒力,可求出非勻變速運(yùn)動的時間。-BILΔt+F其他Δt=mv-mv0,IΔt=q。(2)若已知位移x,F其他為恒力,可求出非勻變速運(yùn)動的時間。-B2L2vΔtR總+F其他Δt=mv-[例1]【“單棒+電阻”模型】(2024·云南昆明質(zhì)檢)(多選)如圖所示,一光滑軌道固定在架臺上,軌道由傾斜和水平兩段組成,傾斜段的上端連接一電阻R=0.5Ω,兩軌道間距d=1m,水平部分兩軌道間有一豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量m=0.5kg、長為l=1.1m、電阻忽略不計的導(dǎo)體棒,從軌道上距水平面h1=0.8m高處由靜止釋放,通過磁場區(qū)域后從水平軌道末端水平飛出,落地點(diǎn)與水平軌道末端的水平距離x2=0.8m,水平軌道距水平地面的高度h2=0.8m。通過計算可知(g取10m/s2,不計空氣阻力)()[A]導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場時的速度為3m/s[B]在導(dǎo)體棒整個運(yùn)動過程中,電阻R上產(chǎn)生的熱量為3J[C]磁場的長度x1為2m[D]整個過程通過電阻R的電荷量為2C【答案】BCD【解析】設(shè)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場時的速度為v0,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有12mv02=mgh1,解得v0=4m/s,故A錯誤;導(dǎo)體棒從水平軌道末端水平飛出做平拋運(yùn)動,則水平方向有x2=vt,豎直方向有h2=12gt2,聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得v=2m/s,導(dǎo)體棒通過磁場區(qū)域過程中,根據(jù)能量守恒定律有Q=12mv02-12mv2,在導(dǎo)體棒整個運(yùn)動過程中,電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q=3J,故B正確;導(dǎo)體棒通過磁場區(qū)域過程中,根據(jù)動量定理有F安t1=Bdq=mv0-mv,又有q=It1=ΔΦR=Bdx1R,聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得q=[例2]【不等間距的雙棒模型】(2024·安徽滁州期末)(多選)如圖所示,兩寬度不等的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平固定放置,窄軌間距為L、寬軌間距為2L,導(dǎo)體棒ab、cd分別垂直放置在兩導(dǎo)軌上,質(zhì)量均為m、電阻均為R,導(dǎo)軌間存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B,已知兩導(dǎo)軌均足夠長、電阻不計,現(xiàn)讓兩導(dǎo)體棒均以大小為v0的初速度平行于導(dǎo)軌水平向右運(yùn)動,運(yùn)動過程中棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,ab棒始終未滑離窄軌,在導(dǎo)體棒運(yùn)動的過程中,下列說法正確的是()[A]導(dǎo)體棒ab的最大速度為6[B]回路中的最大電流為3[C]導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱最多為m[D]通過導(dǎo)體棒ab的電荷量最多為m【答案】AD【解析】穩(wěn)定時電路中電流為0,ab棒速度最大,有BLvab=B·2Lvcd,所以vab=2vcd,取向右為正方向,根據(jù)動量定理可得,對ab棒有BILt=mvab-mv0,對cd棒有-2BILt=mvcd-mv0,解得vab=65v0,vcd=35v0,故A正確;對整個過程,根據(jù)能量守恒定律有12mv02+12m12mvcd2+Q,導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱最多為Qab=12Q,解得Qab=mv0220,故C錯誤;對ab棒有BILt=mvab-mv0,又因?yàn)閝=It,解得通過導(dǎo)體棒ab的電荷量最多為q=mv05BL,故D正確;導(dǎo)體棒剛開始運(yùn)動時,感應(yīng)電動勢最大,感應(yīng)電流最大[例3]【“電容器+單棒”模型】電磁炮的發(fā)射需要大量的電能瞬間釋放,如圖甲所示,這些電能需要電容器來儲存,這就需要對電容器先充電。如圖乙所示是電容器充電的基本原理圖,空間存在方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,足夠長的光滑水平導(dǎo)軌的間距為L,質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌放置;導(dǎo)軌的左端連接電容為C的電容器,導(dǎo)體棒的電阻為R,其余電阻忽略不計。開始時,給導(dǎo)體棒水平向右的初速度v0,在運(yùn)動過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且保持良好接觸,直到導(dǎo)體棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。(1)試分析說明導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動到達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)所經(jīng)歷的運(yùn)動過程;(2)求導(dǎo)體棒穩(wěn)定運(yùn)動后的速度大小;(3)求電容器的最大帶電荷量;(4)若導(dǎo)體棒在達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)的過程中,電路中產(chǎn)生的熱量為Q,該過程不考慮電磁波的能量損失,求電容器儲存的最大能量?！敬鸢浮?1)見解析(2)mv0m+B2L2C(3)BCLm【解析】(1)電容器在充電的過程中,電容器兩端的電壓UC逐漸增大,回路中形成充電電流,導(dǎo)體棒受到向左的安培力,做減速運(yùn)動,導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E逐漸減小,當(dāng)E=UC時,回路中的電流為零,導(dǎo)體棒受到的安培力為零,開始做勻速運(yùn)動,達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。(2)(3)設(shè)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動的速度大小為v,則有E=BLv,取向右為正方向,對導(dǎo)體棒應(yīng)用動量定理,有-BILt=mv-mv0,設(shè)電容器的最大帶電荷量為q,則有q=CUC,由電流與電荷的關(guān)系得q=It,聯(lián)立解得v=mv0m+B(4)設(shè)電容器儲存的最大能量為Em,由能量守恒定律得12mv02-12mv2=E解得Em=12mv02-Q基本模型無外力充電式無外力放電式模型圖示(導(dǎo)軌光滑,電阻阻值為R,電容器電容為C)(電源電動勢為E,內(nèi)阻不計,電容器電容為C)電路特點(diǎn)導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源,電容器充電電容器放電,相當(dāng)于電源;導(dǎo)體棒受安培力而運(yùn)動電流特點(diǎn)安培力為阻力,棒減速,E減小,有I=BLv-UCR,電容器充電,UC變大,當(dāng)BLv=UC時,電容器放電時,導(dǎo)體棒在安培力作用下開始運(yùn)動,同時阻礙放電,導(dǎo)致電流減小,直至電流為零,此時UC=BLvmax運(yùn)動特點(diǎn)和最終特征棒做加速度a減小的減速運(yùn)動,最終做勻速運(yùn)動,此時I=0,但電容器帶電荷量不為零棒做加速度a減小的加速運(yùn)動,最終勻速運(yùn)動,I=0最終速度電容器充電電荷量q=CUC,最終電容器兩端電壓UC=BLvmin,對棒應(yīng)用動量定理-BIL·Δt=-BLq=mvmin-mv0,解得vmin=m電容器充電電荷量Q0=CE,放電結(jié)束時電荷量Q=CUC=CBLvmax,電容器放電電荷量ΔQ=Q0-Q=CE-CBLvmax,對棒應(yīng)用動量定理BIL·Δt=BLΔQ=mvmax-0,解得vmax=Bv-t圖像考點(diǎn)二動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用雙棒模型(不計摩擦力)類型雙棒無外力雙棒有外力示意圖(F為恒力)動力學(xué)觀點(diǎn)導(dǎo)體棒1受安培力的作用做加速度減小的減速運(yùn)動,導(dǎo)體棒2受安培力的作用做加速度減小的加速運(yùn)動,最后兩棒以相同的速度做勻速直線運(yùn)動導(dǎo)體棒1做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動,導(dǎo)體棒2做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動,最終兩棒以相同的加速度做勻加速直線運(yùn)動動量觀點(diǎn)系統(tǒng)動量守恒系統(tǒng)動量不守恒能量觀點(diǎn)棒1動能的減少量=棒2動能的增加量+焦耳熱外力做的功=棒1的動能+棒2的動能+焦耳熱[例4]【雙棒模型中動量守恒定律的應(yīng)用】(2024·山東濟(jì)南期末)如圖所示,平行光滑金屬導(dǎo)軌ABM、CDN固定在地面上,BM、DN水平放置且足夠長,導(dǎo)軌在B、D兩點(diǎn)處平滑連接,圓弧軌道的最高點(diǎn)與水平軌道的高度差為h=0.8m,水平部分處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.1T、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中,導(dǎo)軌間距均為L=0.5m。金屬棒a、b先后從左側(cè)軌道的最高點(diǎn)無初速度釋放,當(dāng)b棒到達(dá)圓弧軌道底部時,a棒已在水平區(qū)域且速度大小為v1=2m/s,兩棒的質(zhì)量ma=mb=0.1kg、兩棒接入軌道部分的電阻Ra=Rb=0.1Ω,導(dǎo)軌電阻不計,忽略一切摩擦阻力,重力加速度g取10m/s2。求:(1)a棒在水平軌道上的最大加速度;(2)整個運(yùn)動過程中b棒上產(chǎn)生的焦耳熱;(3)最終兩棒之間的距離?！敬鸢浮?1)0.5m/s2(2)0.35J(3)8m【解析】(1)對a棒由機(jī)械能守恒定律有magh=12mav解得a棒進(jìn)入水平區(qū)域時的速度大小為v0=4m/s;金屬棒a剛進(jìn)入磁場時,感應(yīng)電動勢最大,即在水平軌道上加速度最大,且Em=BLv0=0.2V,此時感應(yīng)電流I=EmRa+對a棒由牛頓第二定律有ILB=ma,解得a棒在水平軌道上的最大加速度為a=0.5m/s2。(2)b棒到達(dá)圓弧軌道底部后做減速運(yùn)動,a棒做加速運(yùn)動,設(shè)兩棒速度相等時速度大小為v,以a、b兩棒組成的整體為研究對象,根據(jù)動量守恒定律有mbv0+mav1=(mb+ma)v,代入數(shù)據(jù)解得v=3m/s,方向水平向右;設(shè)整個運(yùn)動過程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱為Q,b棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qb,對a、b兩棒由能量守恒定律得(ma+mb)gh=12(ma+mb)v2+Q解得Q=0.7J,又QbQ=Rb解得整個運(yùn)動過程中b棒上產(chǎn)生的焦耳熱Qb=0.35J。(3)設(shè)a棒進(jìn)入水平區(qū)域后經(jīng)過時間Δt1,b棒到達(dá)圓弧軌道底部,a棒水平位移為x1,對a棒,取水平向右為正方向,由動量定理有-BILΔt1=mav1-mav0,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E=ΔΦ其中ΔΦ=BLx1,根據(jù)閉合電路歐姆定律有I=ER聯(lián)立以上各式得-B2L2x1Ra+Rb=解得x1=16m;設(shè)b棒到達(dá)圓弧軌道底部后經(jīng)過時間Δt2兩棒速度相同,對b棒,取水平向右為正方向,由動量定理有-BI′LΔt2=mbv-mbv0,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E′=ΔΦ根據(jù)閉合電路歐姆定律有I′=E'設(shè)Δt2時間內(nèi)b棒與a棒之間的相對位移為x2,則ΔΦ′=BLx2,聯(lián)立以上各式得-B2L2x2Ra+Rb解得x2=8m,所以最終金屬棒a和b之間的距離Δx=x1-x2=8m。[例5]【三大觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的綜合應(yīng)用】(2024·湖北卷,15)如圖所示,兩足夠長平行金屬直導(dǎo)軌MN、PQ的間距為L,固定在同一水平面內(nèi),直導(dǎo)軌在左端M、P點(diǎn)分別與兩條豎直固定、半徑為L的14圓弧導(dǎo)軌相切。MP連線與直導(dǎo)軌垂直,其左側(cè)無磁場,右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場。長為L、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導(dǎo)軌的最高點(diǎn)。質(zhì)量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環(huán),水平放置在兩直導(dǎo)軌上,其圓心到兩直導(dǎo)軌的距離相等。忽略導(dǎo)軌的電阻、所有摩擦以及金屬環(huán)的可能形變,金屬棒、金屬環(huán)均與導(dǎo)軌始終接觸良好,重力加速度大小為g?，F(xiàn)將金屬棒ab由靜止釋放,求(1)ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小;(2)金屬環(huán)剛開始運(yùn)動時的加速度大小;(3)為使ab在整個運(yùn)動過程中不與金屬環(huán)接觸,金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離?！敬鸢浮?1)BL2gL(2)B2L【解析】(1)對金屬棒ab由靜止釋放到剛越過MP過程,根據(jù)動能定理有mgL=12mv解得v0=2gL則ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E=BLv0=BL2gL(2)金屬環(huán)在導(dǎo)軌間兩段圓弧并聯(lián)接入電路,導(dǎo)軌外側(cè)的兩段圓弧被短路,由幾何關(guān)系可得,金屬環(huán)在導(dǎo)軌間的每段圓弧的電阻R0=12×6R3可知整個回路的總電阻為R總=R+R·RR+ab剛越過MP時,通過ab的感應(yīng)電流為I=ER總=對金屬環(huán)由牛頓第二定律,有2BL·I2=2ma解得a=B2(3)金屬棒ab和金屬環(huán)在磁場中運(yùn)動過程系統(tǒng)動量守恒,當(dāng)金屬棒ab和金屬環(huán)速度相等時,金屬棒ab恰好追上金屬環(huán),金屬環(huán)圓心初位置到MP有最小距離,設(shè)此時速度為v,根據(jù)動量守恒定律有mv0=mv+2mv,解得v=13v0對金屬棒ab根據(jù)動量定理有-BILt=m·v03-mv則有BLq=23mv0設(shè)金屬棒運(yùn)動距離為x1,金屬環(huán)運(yùn)動距離為x2,則有q=BL(聯(lián)立解得Δx=x1-x2=mR2則金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離d=L+Δx=B2(滿分:50分)對點(diǎn)1.動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用1.(4分)(2024·貴州貴陽開學(xué)考試)一邊長為L、質(zhì)量為m的正方形單匝金屬線框,每邊電阻均為R0,置于光滑絕緣水平桌面(紙面)上。寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,兩虛線為磁場邊界,如圖所示?，F(xiàn)使金屬框以一定的初速度向右運(yùn)動,進(jìn)入磁場。運(yùn)動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行,金屬框完全進(jìn)入磁場區(qū)域時,速度大小減為初速度的四分之三,則金屬框的初速度大小為()[A]B2L3mR[C]4B2L33【答案】A【解析】取水平向右為正方向,根據(jù)動量定理有-BILt=m×34v-mv又BILt=BLq=BL·ΔΦ4R0=BL·BL22.(6分)(2024·安徽合肥期末)(多選)如圖,足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置,左右兩側(cè)導(dǎo)軌的間距分別為l、2l,導(dǎo)軌間存在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量分別為m、2m的導(dǎo)體棒a、b均垂直導(dǎo)軌放置,回路總電阻保持不變。a、b兩棒分別以v0、2v0的初速度同時向右運(yùn)動,兩棒在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且保持接觸良好,a棒總在窄軌上運(yùn)動,b棒總在寬軌上運(yùn)動,從開始運(yùn)動到兩棒穩(wěn)定的過程中,下列說法正確的是()[A]a棒的加速度始終等于b棒的加速度[B]a棒的加速度始終大于b棒的加速度[C]穩(wěn)定時a棒的速度大小為53v[D]穩(wěn)定時a棒的速度大小為2v0【答案】AD【解析】由于導(dǎo)體棒a、b中的電流始終大小相等,根據(jù)牛頓第二定律,對導(dǎo)體棒a有BIl=maa,對導(dǎo)體棒b有BI·2l=2mab,可知aa=ab,A正確,B錯誤;取向右為正方向,根據(jù)動量定理,對導(dǎo)體棒a有BIl·Δt=mva-mv0,對導(dǎo)體棒b有-BI·2l·Δt=2mvb-2m·2v0,當(dāng)最終穩(wěn)定時滿足B·2lvb=Blva,聯(lián)立解得va=2v0,vb=v0,C錯誤,D正確。3.(12分)(2023·湖南卷,14)如圖,兩根足夠長的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置,導(dǎo)軌間距為L,兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成θ角,整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)將質(zhì)量均為m的金屬棒a、b垂直導(dǎo)軌放置,每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為R。運(yùn)動過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好,金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌,導(dǎo)軌電阻忽略不計,重力加速度為g。(1)先保持棒b靜止,將棒a由靜止釋放,求棒a勻速運(yùn)動時的速度大小v0;(2)在(1)問中,當(dāng)棒a勻速運(yùn)動時,再將棒b由靜止釋放,求釋放瞬間棒b的加速度大小a0;(3)在(2)問中,從棒b釋放瞬間開始計時,經(jīng)過時間t0,兩棒恰好達(dá)到相同的速度v,求速度v的大小,以及時間t0內(nèi)棒a相對于棒b運(yùn)動的距離Δx?！敬鸢浮?1)2mgRsinθB2L2(2)2gsinθ(3)gt0【解析】(1)棒a在運(yùn)動過程中重力沿斜面的分力和棒a的安培力相等時做勻速運(yùn)動,由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E=BLv0,由閉合電路歐姆定律及安培力公式可得I=E2R,F=BI由棒a受力平衡可得mgsinθ=BIL,聯(lián)立解得v0=2mgR(2)由右手定則可知導(dǎo)體棒b中電流向里,棒b受到沿斜面向下的安培力,此時電路中電流不變,則對棒b由牛頓第二定律可得mgsinθ+BIL=ma0,解得a0=2gsinθ。(3)棒a受到沿斜面向上的安培力,在達(dá)到共速時對棒a由動量定理可得mgsinθ·t0-BILt0=mv-mv0,棒b受到向下的安培力,對棒b由動量定理可得mgsinθ·t0+BILt0=mv,聯(lián)立解得v=gt0sinθ+mgRsi由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E=ΔΦΔtI=E2R=聯(lián)立解得Δx=2m對點(diǎn)2.動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用4.(4分)(2024·廣西桂林期中)如圖所示,兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌電阻不計,水平固定在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中,導(dǎo)軌上垂直靜置兩根質(zhì)量與電阻都相同的導(dǎo)體棒ab、cd。給ab棒平行于導(dǎo)軌的初速度并開始計時,棒ab、cd中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢eab、ecd、回路中的感應(yīng)電流i、導(dǎo)軌間的電壓u與時間t的關(guān)系圖像中,可能正確的是()[A][B][C][D]【答案】D【解析】設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,兩導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m、接入電路的長度均為l、電阻均為R,導(dǎo)體棒ab的初速度為v0,某時刻t導(dǎo)體棒ab、cd的速度分別為v1、v2,回路的感應(yīng)電流為i,由法拉第電磁感應(yīng)定律有eab=Blv1,ebc=Blv2,根據(jù)閉合電路歐姆定律有i=Bl(v1-v2)2R,棒ab所受安培力向左,棒cd所受安培力向右,則v1減小,v2增大,v1-v2減小,電流i減小,F=Bli減小,兩棒運(yùn)動的加速度減小,即棒ab做初速度為v0、加速度逐漸減小的減速運(yùn)動,由eab=Blv1可知,eab減小得越來越慢,最終趨于Blv02,故A錯誤;棒cd做初速度為零、加速度逐漸減小的加速運(yùn)動,由ecd=Blv2可知,ecd由零開始增加得越來越慢,最終趨于恒定,故B錯誤;由上述分析可知v1-v2、i越來越小,最終v1-v2、i趨于零,故C錯誤;兩導(dǎo)軌間的電壓u=eab-iR,對兩棒由動量守恒定律有mv0=mv1+mv2,5.(6分)(2024·海南卷,13)(多選)兩根足夠長的導(dǎo)軌由上、下段電阻不計、光滑的金屬導(dǎo)體組成,在M、N兩點(diǎn)絕緣連接,M、N等高,間距L=1m,連接處平滑。導(dǎo)軌平面與水平面夾角為30°,導(dǎo)軌兩端分別連接一個阻值R=0.02Ω的電阻和C=1F的電容器,整個裝置處于B=0.2T的垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)中,兩根導(dǎo)體棒ab、cd分別放在MN兩側(cè),質(zhì)量分別為m1=0.8kg,m2=0.4kg,ab棒電阻為0.08Ω,cd棒的電阻不計,將ab由靜止釋放,同時cd從距離MN為x0=4.32m處在一個大小F=4.64N、方向沿導(dǎo)軌平面向上的力作用下由靜止開始運(yùn)動,兩棒恰好在MN處發(fā)生彈性碰撞,碰撞前瞬間撤去F,已知碰前瞬間ab的速度為4.5m/s,g取10m/s2,則()[A]ab從釋放到第一次碰撞前所用時間為1.44s[B]ab從釋放到第一次碰撞前,R上消耗的焦耳熱為0.78J[C]兩棒第一次碰撞后瞬間,ab的速度大小為6.3m/s[D]兩棒第一次碰撞后瞬間,cd的速度大小為8.4m/s【答案】BD【解析】已知金屬棒ab由靜止釋放的同時,金屬棒cd在力F的作用下沿導(dǎo)軌平面向上由靜止開始運(yùn)動,兩棒恰好在MN處發(fā)生彈性碰撞,可知金屬棒ab和金屬棒cd到達(dá)MN處的時間相同,金屬棒cd距離MN為x0=4.32m,設(shè)兩棒從釋放到第一次碰撞前所用時間為t,金屬棒cd運(yùn)動時的加速度為a2,對金屬棒cd分析,有F-BIL-m2gsin30°=m2a2,因?yàn)榻饘賹?dǎo)軌在M、N兩點(diǎn)絕緣,所以對金屬棒cd和電容器組成的回路有Δq=C·BLΔv,a2=ΔvΔt,I=ΔqΔt,聯(lián)立解得a2=F-m2gsin30°m2+CB2L2=6m