第5講專題強(qiáng)化：電磁感應(yīng)中的動量問題

面題型題曳探究?髭力提升1

題型一動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

1.導(dǎo)體棒在磁場中所受安培力是變力時(shí)，可用動量定理分析導(dǎo)體棒的速度變化。

⑴若有其他力，則/冗也+/△/="地一或/K也一/113^1=rnv—mvo；

（2）若其他力的沖量和為零，則有/IBAf=jnv—nwo或一I

22

Bl~u(inVo-mv)R

3.求位移：由一一一八，=〃?0一m0（）有x=0△，=~麗-

【典例1】（多選）如圖所示，水平放置的光滑導(dǎo)軌，左側(cè)接有電阻R寬度為L,電

阻不計(jì)，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8的豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，一質(zhì)量為，〃、電阻不計(jì)的

金屬棒必垂直導(dǎo)軌放置，在恒力廠作用下，從靜止開始運(yùn)動，達(dá)到最大速度后撤去拉力，

最終停止，已知從靜止到達(dá)到最大速度過程，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于時(shí)的最大動能，則下列

說法正確的是（AD）

A.出＞運(yùn)動過程中的最大速度為"p

B.岫加速運(yùn)動過程中運(yùn)動的最大位移為器

C.撤去產(chǎn)后，通過A的電荷量為鬻

oL

D.他減速過程中運(yùn)動的最大位移為器

【解析】達(dá)到最大速度時(shí)，金屬棒受力平衡，則有尸=砒="泮，解得。max=部，

A正確：對金屬棒，在加速過程中，根據(jù)動能定理得Fs+W=J/〃*ax,根據(jù)功能關(guān)系有一卬

?mFR^_

=Q=]〃?若nax,解得S=，B錯(cuò)誤；撤去尸后，金屬捧最終停止，根據(jù)動量定理得一B/

一mFR

入q=1Z,Ao=0—Omax,解得q=豆蘿，C錯(cuò)誤；撤去產(chǎn)后，金屬棒開始做減

B2L2v__mFR?

速運(yùn)動，根據(jù)動量定理得一一五一又s'=。加，Ar=O—pmaX,解得s'=8下，D

正確。

〔對點(diǎn)演練〕

I.（2024.湖北武漢高三質(zhì)檢）如圖所示，兩條相距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于水平面

（紙面）內(nèi)，其左端接?阻值為〃的電阻，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3的勻強(qiáng)磁場垂直,

導(dǎo)軌電阻不計(jì)。金屬棒H垂直導(dǎo)軌放置并接觸良好，接入電路的電阻也為凡若給金屬棒平

行導(dǎo)軌向右的初速度如，當(dāng)流過金屬棒橫截面的電荷量為q時(shí)，金屬棒的速度減為零，此過

程中金屬棒的位移為人則（C）

A.當(dāng)流過金屬棒的電荷量為獅，金屬棒的速度為空

B.當(dāng)金屬棒發(fā)生位移為方時(shí)，金屬棒的速度為中

C.在流過金屬棒的電荷量達(dá)到?的過程中，金屬棒釋放的熱量為嚶砂

D.整個(gè)過程中定值電阻R釋放的熱量為陰”

解析：對〃力棒由動量定理有一8/〃=0—〃2o,而q=I1,即一為￡=0—〃硒，當(dāng)流過

金屬棒的也荷量為5時(shí)，有一崎L="皿一〃初），解得0]=/o,A錯(cuò)誤；當(dāng)金屬棒發(fā)生便移為

x時(shí)，＜/=警=啥則當(dāng)金屬棒發(fā)生位移為加九＜=平=紿，可知此時(shí)流過金屬棒的電

1KKj1K3K

荷量/=%代入—B/LAf=—BW=”s—mvo,解得金屬棒的速度為。2=壬0,B錯(cuò)誤；定

值電阻與金屬棒釋放的熱量相同，在流過金屬棒的電荷量達(dá)到號的過程中，金屬棒釋放的熱量

為Q=；X&加一方如。=臥?比=當(dāng)爭，C正確：同理可得整個(gè)過程中定值電阻K釋放的

熱量為Q'=；X次：=吟效，D錯(cuò)誤。

乙乙I

2.（多選）如圖所示，M、N、P、Q四條光滑的足夠長的金屬導(dǎo)軌平行放置.，導(dǎo)軌間距

分別為2L和L兩組導(dǎo)軌間由導(dǎo)線相連，裝置置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間存在方向豎直向下的、

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3的勻強(qiáng)磁場，兩根質(zhì)量均為加、接入電路的電阻均為R的導(dǎo)體棒C、D

分別垂直于導(dǎo)軌放置，且均處于靜止?fàn)顟B(tài)，其余部分電阻不計(jì)。，=0時(shí)使導(dǎo)體棒C獲得瞬時(shí)

速度如向右運(yùn)動，兩導(dǎo)體磔在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好，且達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)

動時(shí)導(dǎo)體棒C未到兩組導(dǎo)軌連接處。則下列說法正確的是（ACD）

C

M-

X-XD

n-P

~^Bx

XVXXX

%

-Q

NxU*---七

A.f=0時(shí)，導(dǎo)體棒D的加速度大小為。=互孕

B.達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動時(shí)，C、D兩棒速度之比為1：1

2

C.從/=0時(shí)至達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動的過程中，回路產(chǎn)生的內(nèi)能為與加詔

D.從/=0時(shí)至到達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動的過程中，通過導(dǎo)體棒的電荷量為鬻

解析：開始時(shí)，導(dǎo)體棒中的感應(yīng)電動勢E=2BL的,電路中感應(yīng)電流/=4，導(dǎo)體棒D所

p2r2

受安培力/=B/L,導(dǎo)體棒D的加速度為〃，則有r=/陷，解得。=一^,故A正確；穩(wěn)定

運(yùn)動時(shí)，電路中電流為零，設(shè)此時(shí)C、D棒的速度分別為n、V2,則有2比s=8Zg,對變

速運(yùn)動中任意極短時(shí)間△/,由動量定理，對C棒有2lHLM=m^Vi，對D棒有,

21

故對變速運(yùn)動全過程有加一。1=2。2,解得。2=￥0,。1=鏟（），故B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律

1112

可知回路產(chǎn)生的內(nèi)能為Q=5〃城一5“加一5”就，解得。城，故C正確；由上述分析可知

對變速運(yùn)動中任意極短時(shí)間△/,由動量定理，對C棒有2874加=/必6,可得28%=〃?（即

—PI）,解得q=；故D正確。

題型二動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

1.在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，安培力充當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)

力，如果它們不受摩擦力，且受到的安培力的合力為o時(shí)，滿足動量守恒，運(yùn)用動量守恒定

律解題比較方便。

2.雙棒模型（不計(jì)摩擦力）

模型示意圖

及條件12

7工平面內(nèi)的光滑等距導(dǎo)軌，兩個(gè)棒的質(zhì)量分別為〃?|、〃?2,電阻分別

為凡、K，給棒2一個(gè)初速度的

電路特點(diǎn)棒2相當(dāng)于電源；棒1受安培力而加速運(yùn)動，運(yùn)動后產(chǎn)生反電動勢

棒2做變減速運(yùn)動，棒1做變加速運(yùn)動，隨著兩棒相對速度的臧小，

電流及速

回路中的電流減小，/—BL。,；，安培力減小，加速度減小，穩(wěn)定

度變化AI-TA2

時(shí)，兩棒的加速度均為零，以相等的速度勻速運(yùn)動

【答案】（1）*0（2）〃劭）2（3）1華

〔對點(diǎn)演練〕

3.（多選）如圖所示，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的

平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒《山、cd靜止在導(dǎo)軌上。，=0時(shí)，棒?！ㄒ猿跛俣?。。向右

滑動。運(yùn)動過程中，ah.&始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用功、也表示，回路

中的電流用/表示。下列圖像中可能正確的是（AC）

解析：導(dǎo)體棒H運(yùn)動，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流（逆時(shí)針），導(dǎo)體棒外受到安塔力尸

作用，速度減小，導(dǎo)體棒cd受安培力尸作用，速度增大，最終兩棒速度相等，如圖所示。

由E=8加知，回路中感應(yīng)電動勢E.2=B/（功-s）=B/Ar,△。逐漸減小，則感應(yīng)電流非均勻

變化。當(dāng)兩棒的速度相等時(shí)，回路上感應(yīng)電流消失，兩棒在導(dǎo)航上以共同速度做勻速運(yùn)動。

由動量守恒定律得〃切0=2,如/，v*=y,A、C正確，D錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒cd受變力作用，加速

度逐漸減小，其。一/圖像應(yīng)該是曲線，B錯(cuò)誤。

4.如圖所示，間距均為L的光滑平行傾斜導(dǎo)軌與光滑平行水平導(dǎo)軌在M、N處平滑連

接，虛線MN右側(cè)存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3的勻強(qiáng)磁場。a、b為兩根粗細(xì)均

勻的金屬棒，a棒質(zhì)量為加、長度為L、電阻為R,垂直固定在傾斜軌道上距水平面高處；

b棒質(zhì)量為2〃八長度為L、電阻為2R,與水平導(dǎo)軌垂直并處于靜止?fàn)顟B(tài)。a棒解除固定后由

靜止釋放，運(yùn)動過程中與3棒始終沒有接觸，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，重力加速度為g。求：

NQ

(l)a棒剛進(jìn)入磁場時(shí)產(chǎn)生的電動勢大??；

(2)當(dāng)a棒的速度大小變?yōu)閯傔M(jìn)入磁場時(shí)速度的一半時(shí)，b棒的加速度大?。?/p>

(3)整個(gè)運(yùn)動過程中，b棒上產(chǎn)生的焦耳熱。

解析：(1)設(shè)a棒剛進(jìn)入磁場瞬間的速度大小為內(nèi),由機(jī)械能守恒定律可得/叫〃=%成，

解得a=/誦，

則剛進(jìn)入磁場時(shí)a棒產(chǎn)生的感應(yīng)也動勢的大小E=BLv尸BI取認(rèn)。

(2)當(dāng)a棒的速度大小變?yōu)樵瓉淼囊话霑r(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)也動勢記為0,設(shè)此時(shí)b棒的速度

為Vb,則由動量守恒定律可得mvd=^mv-d+2nivb,解得Ob=/a,

則此時(shí)的感應(yīng)電動勢齒=3￡&^—6)=；8人/茄，

根據(jù)閉合也路的歐姆定律可知此時(shí)回路中的電流/=益%=隼料，

/\"rZ/\IZ/\

可知b棒此時(shí)所受安培力的大小

F=BIL=

h12/?

由牛頓第二定律有Fb=2mabt

解得的=

24〃山

(3)通過分析可知a、b棒最終將達(dá)到共速，之后一起做勻速直線運(yùn)動，由動量守恒定律

可得〃哂=("?+2〃?)。典，

同時(shí)，在運(yùn)動過程中由能量守恒可得

%欣=￡(〃?+2m)vi+°總，

2

聯(lián)立以上兩式可得Q*=Qmgh,

而a、b棒串聯(lián)，則產(chǎn)生的焦耳熱之比等于電阻之比，由此可得b棒上產(chǎn)生的焦耳熱

224

Qb=^mghX§=￥咫乩

答案：⑴B隊(duì)即；⑵嗤便

(3)§〃磔

課時(shí)作業(yè)64

目基礎(chǔ)鞏固.

1.(5分)(多選)如圖所示，在光滑的水平面上有一方向豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場。磁

場區(qū)域的左側(cè)，一正方形線框由位置I以4.5m/s的初速度垂直于磁場邊界水平向右運(yùn)動，線

框經(jīng)過位置H,當(dāng)運(yùn)動到位置III時(shí)速度恰為零，此時(shí)線框剛好有一半離開磁場區(qū)域。線框的

邊長小于磁場區(qū)域的寬度°若線框進(jìn)、出磁場的過程中通過線框橫截面的電荷量分別為切、

（12,線框經(jīng)過位置H時(shí)的速度為，。則下列說法正確的是（BD）

;xXXXX；

H

0-H叵

XXXX：

?XXXXX

A.q\=C{2B.q\=2qi

C.v=1.0m/sD.1.5m/s

解析：根據(jù)＜,=等=喑可知,線框進(jìn)、出磁場的迂程中通過線框橫截面的電荷量小=

1KK1

20,故A錯(cuò)誤，B正確；線圉從開始進(jìn)入磁場區(qū)域到經(jīng)過位置D,由動量定理一

=mv-mvo,即一BLgi=加?！?Vo,同理線框從位置H到位置HI,由動量定理得一4/2八八

=0一/血即一8%2=0—"緲，聯(lián)立解得。=表0=1.5m/s,故C錯(cuò)誤，D正確。

2.（5分）（多選）如圖所示，平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，左端接有定值電

阻A,導(dǎo)軌處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，全屬棒MN垂直放在導(dǎo)軌上，給金屬棒一個(gè)水平向

右的瞬時(shí)速度，金屬棒向右運(yùn)動最終停在虛線〃處，虛線。為金屬棒向右運(yùn)動到人的中間位

置。金屬棒運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，不計(jì)金屬棒、導(dǎo)軌的電阻。金屬棒從開

始運(yùn)動到虛線。的過程中，克服安培力做功為1%，安培力的沖量大小為八；從虛線〃運(yùn)動到

虛線4金屬棒克服安培力做功為W2，安培力的沖量大小為/2。則（AC）

A.h=h

C.WI=3W2D.W[=4W2

解析：設(shè)金屬棒運(yùn)動全過程的距離為2x,金屬棒從開始運(yùn)動到虛線〃的過程中，安培力

的沖量為I\=Fit=B1L/,根據(jù)電流的定義式有/=，，通過金屬棒的電荷量為g=瞽=^^,

tKK

D2r2..n2/2Y

聯(lián)立解得導(dǎo)，同理可得/2=八=2鏟，A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)金屬棒初速度為的，在虛

AA

線a位置速度為%,根據(jù)動量定理，金屬棒從虛線a運(yùn)動到虛線b有一J2=0—mVa,從開始

運(yùn)動到虛線"的過程有一〃/。0,聯(lián)立彳導(dǎo)到00=2%,根據(jù)功能定理，金屬棒從虛線a

運(yùn)動到虛線〃有一1%=（）—%欣，從開始運(yùn)動到虛線”的過程有一Wi=%成一，就，聯(lián)立得

到Wi=3l%,C正確，D錯(cuò)誤。

3.（5分）（多選）（2。24.貴州貴陽高三質(zhì)檢）如圖所示，右端足夠長的兩平行光滑導(dǎo)軌

左端是半徑為R=0.8m的四分之一圓弧軌道，圓弧軌道部分沒有磁場，導(dǎo)軌的水平部分有豎

直向上的勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)軌間距為L=0.5m,勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8=0.5T,質(zhì)量為

0.1kg的導(dǎo)體棒a靜止在水平軌道上，質(zhì)量為0.3kg的導(dǎo)體棒b從四分之一圓弧軌道頂端從

靜止開始下滑，運(yùn)動過程中a、b始終與兩導(dǎo)軌垂直且保持接觸良好，a.b電阻均為r=0.1Q,

其他電阻均不計(jì)，重力加速度大小g取10m/s?。下列說法正確的是（BD）

A.a運(yùn)動過程中的最大加速度為10m次

B.b剛進(jìn)入磁場時(shí)a中的電流大小為5A

C.整個(gè)過程中安培力對a、b做功的總和為一0.3J

D.整個(gè)過程中導(dǎo)體棒a產(chǎn)生的焦耳熱為0.3J

解析：b下滑到底端過程有m可得到達(dá)底端時(shí)b的速度%=4m/s,b剛進(jìn)入

磁場時(shí)，a的加速度最大，此時(shí)1=5對導(dǎo)體棒a,有ILB=〃ia,解得/=5A,a

=12.5m/s2,故A錯(cuò)誤，B正確：b進(jìn)入磁場后，a、b組成的系統(tǒng)動量守恒，則有機(jī)內(nèi)（）=（%

+，〃b）。，由能量守恒定律得損失的機(jī)械能△￡=；〃?一；（加a+〃?bW\解得△E=0.6J,安培力

對系統(tǒng)做的總功為負(fù)功，數(shù)值上等于系統(tǒng)損失的機(jī)械能，即整個(gè)過程中安培力對a、b做功的

總和為-0.6J,故C錯(cuò)誤；因兩極導(dǎo)體棒電阻相等，枚導(dǎo)體棒a產(chǎn)生的焦耳熟為0.3J,故D

正確。

4.（5分）電磁阻尼是一種常見的物理現(xiàn)象，廣泛應(yīng)用于各個(gè)領(lǐng)域中。如圖所示為列車

進(jìn)站時(shí)利用電磁阻尼輔助剎車的示意圖。在光滑的水平面上，有一個(gè)邊長為L的正方形金屬

框，電阻為上質(zhì)量為機(jī)。金屬框以速度如向右勻速運(yùn)動，進(jìn)入MN右側(cè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為

B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直于金屬框平面向上。在金屬框的一半進(jìn)入磁場的過程中（還

未停止），下列說法正確的是（B）

A.金屬框仍做勻速直線運(yùn)動

D2/3

B.最小速度為曲一Z.甯7/A

C.金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱為品福

D.通過金屬框的電荷量為半

解析：金屬框的一半進(jìn)入磁場的過程中，通過金屬框的磁通量增大，金屬框中產(chǎn)生感應(yīng)

電流，金屬框受安培力作用做減速運(yùn)動，故A錯(cuò)誤：金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為

FR-I2V

感應(yīng)電流大小為/=：,安培力大小為/安=創(chuàng)力=—^―,由于金屬框做減速運(yùn)動，在金屬框

AK

§2心2

的一半進(jìn)入磁場時(shí)速度最小，對金屬框由動量定理得一廣安moo,則---/￡\4=，如

?2r3

一小,解得。=。0一Z無IH薪K，故B正確：金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱等于金屬框克服安培力所做的

_」---\（1）一口

功，小于5/加8,故C錯(cuò)誤；通過金屬框的電何量為4=/△/,又E==,/=方，解得q

ZISlK

=絲=或

=木=礪故D錯(cuò)誤。

5.（5分）如圖所示，水平面上固定的兩光滑平行長直導(dǎo)軌，間距為L,處于磁感應(yīng)強(qiáng)

度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，兩質(zhì)量都為〃?、電阻都為R的導(dǎo)體棒

1八、5垂直放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，L靜止，上以初速度加向右運(yùn)動，運(yùn)動過程中

兩棒不發(fā)生相碰。不計(jì)導(dǎo)軌電阻，忽略感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場，則（B）

A.導(dǎo)體棒匕最終停止運(yùn)動，心以某一速度勻速運(yùn)動

B2L2V（）

B.導(dǎo)體棒L）的最大加速度大小為2mR

C.兩導(dǎo)體棒的初始距離最小為序L?

D.回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為次加3

解析：根據(jù)楞次定律，導(dǎo)體棒L、〃最終以相同的速度做勻速直線運(yùn)動，設(shè)共同速度為

V},水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得〃?的=2加S,解得0]=與，兩導(dǎo)體棒最終都

以的速度勻速運(yùn)動，故A錯(cuò)誤：上以初速度如向右運(yùn)動時(shí)兩導(dǎo)體棒加速度最大，則有

E=BLvo,f=五,BIL=ma,解得"-,故B正確；當(dāng)導(dǎo)體棒心、心速度相等時(shí)距離

為零，此種情況下兩棒初始距離最小，設(shè)最小初始距離為/,則通過導(dǎo)體棒橫板面的電荷量

為q=//=h/=4告=弟，對導(dǎo)體棒L\,由動量定理得BILt=mv\f即BLq=nw\,解得/

1

Z/\Z/\ZA1

=舞，故C錯(cuò)誤：設(shè)導(dǎo)體棒乙、心在整個(gè)過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q,根據(jù)能量守恒定律

可得/〃福=Q+￡X2"?次，解得Q=,故D錯(cuò)誤。

6.（5分）（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/、2/,導(dǎo)軌間存在豎直向上磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為6的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量分別為〃?、2川的導(dǎo)

體棒a、b均垂直導(dǎo)軌放置，回路總電阻保持不變。a、b兩棒分別以即、2劭的初速度同時(shí)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總在窄軌上運(yùn)動，b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（AD）

A.a棒的加速度大小始終等于b棒的加速度大小

B.a棒的加速度始終大于b棒的加速度

C.穩(wěn)定時(shí)a棒的速度大小為腦

D.穩(wěn)定時(shí)a棒的速度大小為26

解析：由于兩個(gè)導(dǎo)體棒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8〃

=〃?處，對導(dǎo)體棒b有8/2=2〃?/，由此可知出=/，故A正確，B錯(cuò)誤；以向右為正方向，

從開始到速度穩(wěn)定，根據(jù)動量定理，對導(dǎo)體棒a有小—怵%一/如（），對導(dǎo)體棒b有一37

X2l^t=2mvb—2m-2vo,當(dāng)最終穩(wěn)定時(shí)滿足82/詼=8/%,聯(lián)立解得。a=2oo,辦=研），故C錯(cuò)

誤，D正確。

7.（5分）如圖所示，在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8的勻強(qiáng)磁場中，有兩根位

于同一水平面內(nèi)且間距為上的平行金屬導(dǎo)軌（導(dǎo)考L足夠長，電阻不計(jì)）；兩根質(zhì)量均為"人

內(nèi)阻均為，?的光滑導(dǎo)體棒如、〃靜止在導(dǎo)軌上（導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)軌接觸良好），/=0時(shí)，ab

棒以初速度3的向右滑動，川棒以初速度即向左滑動，關(guān)于兩棒的運(yùn)動情況，下列說法正確

的是（C）

ca

A.當(dāng)其中某根棒的速度為零時(shí)，另一根棒的速度大小為如

B.當(dāng)其中某根棒的速度為零時(shí)，另一根棒的加速度大小為寫”

C.從初始時(shí)刻到其中某根棒的速度為零過程中，導(dǎo)體棒"產(chǎn)生的焦耳熱為去〃就

D.cd棒的收尾速度大小為2%

解析：由于兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒，取向右方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律可得?-3%

—mvo=mv\+mv2f所以當(dāng)其中某根棒的速度為零時(shí)，另一根棒的速度大小為2v（）,則A措誤；

當(dāng)其中某根棒的速度為零時(shí)，另一根棒的速度大小為2出,則有E=8八2g，I者,F=BIL,

聯(lián)立解得尸=生§巴，由牛頓第二定律可得，另一根棒的加速度大小為所以B

錯(cuò)誤：從初始時(shí)刻到其中某根棒的速度為零過程中，兩根導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Qi-^nvi

+*%（3。0）2一拼（200）2=3/加,，則導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱為總=會期5,所以C正確；

cd棒的收尾速度為兩根導(dǎo)儂棒具有的共同速度，則有〃?S%—/沏0=2/加去，解得0共=的，所

以D錯(cuò)誤。

▲T綜合提升八

8.（5分）（多選）（2024?湖南卷）某電磁緩沖裝置如圖所示，兩足夠長的平行金屬導(dǎo)軌

置于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌左端與一阻值為R的定值電阻相連，導(dǎo)軌段與BiG段粗糙，其

余部分光滑，人小右側(cè)處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，一質(zhì)量為，〃的金屬桿垂直導(dǎo)軌放置。現(xiàn)

讓金屬桿以初速度〃o沿導(dǎo)軌向右經(jīng)過AA進(jìn)入磁場，最終恰好停在CG處。已知金屬行接入

導(dǎo)軌之間的阻值為R,與粗糙導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為〃，AB=BC=d.導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力

加速度為g,下列說法正確的是（CD）

A.金屬桿經(jīng)過B辦的速度為當(dāng)

B.在整個(gè)過程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為；—

C.金屬桿經(jīng)過AA小出與38cle區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量相同

D.若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運(yùn)動的距離大于原來的2倍

解析：設(shè)平行金屬導(dǎo)軌間距為L金屬桿在區(qū)域向右運(yùn)動的過程中切割磁感線有

￡

E=BLv,/=寸，金屬桿在由區(qū)域運(yùn)動的過程中根據(jù)動量定理有一用必/=/必。，則一

ZA

D2r2pn2r2d

Z/\A/=/MAU,由于d=L,Vt^t,則上面方程左右兩邊累計(jì)求和，可得一Zn”=〃?。8—?dú)v。0,

則如=%—WzniK，設(shè)金屬桿在381GC區(qū)域運(yùn)動的時(shí)間為。同理可得，金屬桿在8SGC

區(qū)域運(yùn)動的過程中有一‘^“一"〃3）=一〃防解得劭=；：，+閹/0,綜上有￥+等2＞當(dāng)

則金屬桿經(jīng)過BB\的速度大于，，故A錯(cuò)誤；在整個(gè)過程中，根據(jù)能量守恒定律有）城=〃〃7g"

+Q,則在整個(gè)過程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為。寵=3。=%間一兒M故B錯(cuò)誤：金屬

D2J2

桿經(jīng)過A41B15與BBCC區(qū)域，金屬桿所受安培力的沖量為一￡8比加=一￡下Z/》\'&=一

筆\金屬桿經(jīng)過與ABiGC區(qū)域滑行距離均為d,則金屬桿所受安培力的沖量相同,

Z/\

爐爐X2d

故C正確；根據(jù)A選項(xiàng)可得，金屬桿以初速度的在磁場中運(yùn)動有一--）R_一〃〃?gh=一〃砥）,

n272d

若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿通過A4山山區(qū)域時(shí)有一ZA=〃口8'一2〃20,則金屬桿

D2I2^1R2/2丫

通過BBx時(shí)速度為力'=2%—-ZI7HK/，設(shè)金屬桿通過BBCC區(qū)域的時(shí)間為則有一丁丁

limgt]=0—2mv（）f則x=宜與―（2〃初）一也由于。＜山,則x＞4d,可見若

力Lmv（｝—[iingt）

將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運(yùn)動的距離大于原來的2倍，故D正確。

9.（5分）（多選）（2023?遼寧卷）如圖所示，兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面

上，左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為d和2d,處于豎宣向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別

為28和B。已知導(dǎo)體棒MN的甩阻為R、長度為d,導(dǎo)體棒PQ的電阻為2/?、長度為2d,

PQ的質(zhì)量是MN的2倍。初始時(shí)刻兩棒靜止，兩棒中點(diǎn)之間連接一壓縮量為L的輕質(zhì)絕緣

彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場中運(yùn)動直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個(gè)過程中兩

棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì)。下列說法正確的是（AC）

A.彈簧伸展過程中，回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流

B.PQ速率為。時(shí)，MN所受安培力大小為七工

C.整個(gè)運(yùn)動過程中，MN與PQ的路程之比為2：1

D.整個(gè)運(yùn)動過程中，通過MN的電荷量為萼

解析：分析可知，兩棒所受安培力始終大小相等、方向相反，所以兩棒和彈簧組成的系

統(tǒng)所受合力始終為0,系統(tǒng)動量守恒，則可知MN、PQ運(yùn)動方向始終相反，故彈簧伸展過程

中，MN沿導(dǎo)就向左運(yùn)動，PQ沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動，根據(jù)楞次定律可知，回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向

的電流，A正確；設(shè)MV質(zhì)量為/〃，質(zhì)量為2〃1，則PQ速率為。時(shí)，根據(jù)動量守恒定律

有2"0="0、解得MN速率為U=2u,因PQ、MN運(yùn)動方向始終相反，則此時(shí)回路中的感

...2Bdo'+B，2du2Bdv?..,,,4加心。3P

應(yīng)電流大小為/=——p—,MN所受安培力大小為FMN=2BICI=p,B譜■慶；

JKKK

由前面分析知，兩棒同時(shí)開始運(yùn)動、同時(shí)停止運(yùn)動，且的速率始終為尸。的2倍，則整

個(gè)運(yùn)動過程中，MN與PQ的路程之比為2：1,C正確；兩棒最后停止時(shí)，彈簧處于原長狀

態(tài)，此時(shí)兩棒間距增加了L,由動量守恒定律有〃7rl=2”？O2,方程兩邊同時(shí)乘以運(yùn)動時(shí)間

2L

/,可得〃兇=2〃2，又XI+JV2=L,可解得整個(gè)過程MN向左運(yùn)動的位移大小加=丁，PQ向

28.羊/+*2/

1—A0

右運(yùn)動的位移大小X2=T,則整個(gè)過程通過MN的電,荷量q=1t=—=

JK.z

鬻，D錯(cuò)誤。

10.（15分）（2023?新課標(biāo)卷）一邊長為L、質(zhì)量為加的正方形金屬框，每邊電阻為Ro,

置于光滑的絕緣水平桌面（紙面）上。寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場,

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為從兩虛線為磁場邊界，如圖（a）所示。

（1）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，金屬框完全穿過磁場區(qū)域后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的

初速度大?。?/p>

（2）在桌面上固定兩條光滑長直金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌與磁場邊界垂直，左端連接電阻Ri=2R（）,

導(dǎo)軌電阻可忽略，金屬框置于導(dǎo)軌上，如圖(b)所示。讓金屬框以與(1)中相同的初速度向右運(yùn)

動，進(jìn)入磁場。運(yùn)動過程中金屬框的上、下邊框處處與導(dǎo)軌始終接觸良好，求在金屬框整個(gè)

運(yùn)動過程中，電阻以產(chǎn)生的熱量。

解析：(1)設(shè)金屬框的初速度大小為。0,則金屬框完全穿過磁場的過程，由動量定理有

—Vo

—2B/Lt=nr^—mvo.

_~E

通過線框的電流/=定，

4A()

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有了=午，

R2J3

聯(lián)立解得。。=訴。

(2)金屬框進(jìn)入磁場的過程，有

—B1,Lt'=inv\—mvo,

閉合電路的總電阻人=Ro+[1]=孤,

記十瓦

通過線框的電流1,=—O

—R7*

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有了餐牛，

M熾2B

解得力=與病明？

金屬框完全在磁場中時(shí)繼續(xù)做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動，金屬框的右邊框和左邊框?yàn)?/p>

包源，兩電源并聯(lián)給外包路供電，假設(shè)金屬框停下時(shí)其右邊框沒有出磁場右邊界，則有

-B~i

_~Ef,

通過金屬框的電流/〃=——方，