高考物理一轮复习讲义练习第十二章　第5讲　专题强化：电磁感应中的动量问题

这是一份高考物理一轮复习讲义练习第十二章　第5讲　专题强化：电磁感应中的动量问题，共14页。试卷主要包含了求电荷量，求位移等内容，欢迎下载使用。
题型一 动量定理在电磁感应中的应用
1．导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可用动量定理分析导体棒的速度变化。
(1)若有其他力，则I其他＋ eq \x\t(I)lBΔt＝mv－mv0或I其他－ eq \x\t(I)lBΔt＝mv－mv0；
(2)若其他力的冲量和为零，则有 eq \x\t(I)lBΔt＝mv－mv0或－ eq \x\t(I)lBΔt＝mv－mv0。
2．求电荷量：q＝ eq \x\t(I)Δt＝ eq \f(mv0－mv,Bl)。
3．求位移：由－ eq \f(B2l2\x\t(v),R)Δt＝mv－mv0有x＝ eq \x\t(v)Δt＝ eq \f((mv0－mv)R,B2l2)。
【典例1】 （多选）如图所示，水平放置的光滑导轨，左侧接有电阻R，宽度为L，电阻不计，导轨处于磁感应强度大小为B的竖直向上的匀强磁场中，一质量为m、电阻不计的金属棒ab垂直导轨放置，在恒力F作用下，从静止开始运动，达到最大速度后撤去拉力，最终停止，已知从静止到达到最大速度过程，R上产生的焦耳热等于ab的最大动能，则下列说法正确的是( AD )
A．ab运动过程中的最大速度为 eq \f(FR,B2L2)
B．ab加速运动过程中运动的最大位移为 eq \f(mFR2,B3L3)
C．撤去F后，通过R的电荷量为 eq \f(mFR,B2L2)
D．ab减速过程中运动的最大位移为 eq \f(mFR2,B4L4)
【解析】 达到最大速度时，金属棒受力平衡，则有F＝BIL＝ eq \f(B2L2vmax,R)，解得vmax＝ eq \f(FR,B2L2)，A正确；对金属棒，在加速过程中，根据动能定理得Fs＋W＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,max)，根据功能关系有－W＝Q＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,max)，解得s＝ eq \f(mFR2,B4L4)，B错误；撤去F后，金属棒最终停止，根据动量定理得－B eq \x\t(I)LΔt＝mΔv，又q＝ eq \x\t(I)Δt，Δv＝0－vmax，解得q＝ eq \f(mFR,B3L3)，C错误；撤去F后，金属棒开始做减速运动，根据动量定理得－ eq \f(B2L2\x\t(v),R)Δt＝mΔv，又s′＝ eq \x\t(v)Δt，Δv＝0－vmax，解得s′＝ eq \f(mFR2,B4L4)，D正确。
1．（2024·湖北武汉高三质检）如图所示，两条相距为L的光滑平行金属导轨位于水平面（纸面）内，其左端接一阻值为R的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R。若给金属棒平行导轨向右的初速度v0，当流过金属棒横截面的电荷量为q时，金属棒的速度减为零，此过程中金属棒的位移为x。则( C )
A．当流过金属棒的电荷量为 eq \f(q,2)时，金属棒的速度为 eq \f(v0,4)
B．当金属棒发生位移为 eq \f(x,3)时，金属棒的速度为 eq \f(v0,2)
C．在流过金属棒的电荷量达到 eq \f(q,2)的过程中，金属棒释放的热量为 eq \f(3BqLv0,16)
D．整个过程中定值电阻R释放的热量为 eq \f(3BLqv0,4)
解析：对ab棒由动量定理有－B eq \x\t(I)Lt＝0－mv0，而q＝ eq \x\t(I)t，即－BqL＝0－mv0，当流过金属棒的电荷量为 eq \f(q,2)时，有－B· eq \f(q,2)L＝mv1－mv0，解得v1＝ eq \f(1,2)v0，A错误；当金属棒发生位移为x时，q＝ eq \f(ΔΦ,R)＝ eq \f(BLx,R)，则当金属棒发生位移为 eq \f(x,3)时，q′＝ eq \f(ΔΦ′,R)＝ eq \f(BLx,3R)，可知此时流过金属棒的电荷量q′＝ eq \f(q,3)，代入－B eq \x\t(I)LΔt＝－BLq′＝mv2－mv0，解得金属棒的速度为v2＝ eq \f(2,3)v0，B错误；定值电阻与金属棒释放的热量相同，在流过金属棒的电荷量达到 eq \f(q,2)的过程中，金属棒释放的热量为Q＝ eq \f(1,2)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)mv eq \\al(2,0)－\f(1,2)mv eq \\al(2,1)))＝ eq \f(3,16)mv eq \\al(2,0)＝ eq \f(3BqLv0,16)，C正确；同理可得整个过程中定值电阻R释放的热量为Q′＝ eq \f(1,2)× eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)＝ eq \f(qBLv0,4)，D错误。
2．（多选）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( ACD )
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)mv eq \\al(2,0)
D．从t＝0时至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)
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，对C棒有2B eq \x\t(I)LΔt＝mΔv1，对D棒有B eq \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)mv eq \\al(2,0)－ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1)－ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,2)，解得Q＝ eq \f(2,5)mv eq \\al(2,0)，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，对C棒有2B eq \x\t(I)LΔt＝mΔv1，可得2BLq＝m(v0－v1)，解得q＝ eq \f(2mv0,5BL)，故D正确。
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）
【典例2】 （2023·全国甲卷）如图所示，水平桌面上固定一光滑U形金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求：
(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；
(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；
(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。
【解析】 (1)绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得3mv0＝3mvQ＋mvP，
eq \f(1,2)×3mv eq \\al(2,0)＝ eq \f(1,2)×3mv eq \\al(2,Q)＋ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,P)，
联立解得碰后瞬间Q、P的速度
vQ＝ eq \f(1,2)v0，vP＝ eq \f(3,2)v0。
碰撞一次后，Q在导轨上做匀速直线运动，P在导轨上做减速直线运动，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为
v′P＝vQ＝ eq \f(1,2)v0。
(2)根据能量守恒定律有 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,P)＝ eq \f(1,2)mv′ eq \\al(2,P)＋Q，
解得金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量Q＝mv02。
(3)金属棒P在导轨上运动的过程，根据动量定理得－B eq \x\t(I)lΔt＝mv′P－mvP，
又 eq \x\t(I)＝ eq \f(\x\t(E),R)， eq \x\t(E)＝ eq \f(ΔΦ,Δt)，ΔΦ＝Blx，
联立解得P原来静止时距桌子右边缘的距离x＝ eq \f(mv0R,B2l2)，
由x＝vQt，
可解得与P碰撞后，Q在导轨上运动的时间为t＝ eq \f(2mR,B2l2)。
【答案】 (1) eq \f(1,2)v0 (2)mv02 (3) eq \f(2mR,B2l2)
3．（多选）如图所示，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( AC )
解析：导体棒ab运动，切割磁感线，产生感应电流（逆时针），导体棒ab受到安培力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F′作用，速度增大，最终两棒速度相等，如图所示。由E＝Blv知，回路中感应电动势E总＝Bl(v1－v2)＝BlΔv，Δv逐渐减小，则感应电流非均匀变化。当两棒的速度相等时，回路上感应电流消失，两棒在导轨上以共同速度做匀速运动。由动量守恒定律得mv0＝2mv共，v共＝ eq \f(v0,2)，A、C正确，D错误；导体棒cd受变力作用，加速度逐渐减小，其v－t图像应该是曲线，B错误。
4．如图所示，间距均为L的光滑平行倾斜导轨与光滑平行水平导轨在M、N处平滑连接，虚线MN右侧存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。a、b为两根粗细均匀的金属棒，a棒质量为m、长度为L、电阻为R，垂直固定在倾斜轨道上距水平面高h处；b棒质量为2m、长度为L、电阻为2R，与水平导轨垂直并处于静止状态。a棒解除固定后由静止释放，运动过程中与b棒始终没有接触，不计导轨电阻，重力加速度为g。求：
(1)a棒刚进入磁场时产生的电动势大小；
(2)当a棒的速度大小变为刚进入磁场时速度的一半时，b棒的加速度大小；
(3)整个运动过程中，b棒上产生的焦耳热。
解析：(1)设a棒刚进入磁场瞬间的速度大小为va，由机械能守恒定律可得mgh＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,a)，
解得va＝ eq \r(2gh)，
则刚进入磁场时a棒产生的感应电动势的大小E＝BLva＝BL eq \r(2gh)。
(2)当a棒的速度大小变为原来的一半时，产生的感应电动势记为E1，设此时b棒的速度为vb，则由动量守恒定律可得mva＝ eq \f(1,2)mva＋2mvb，解得vb＝ eq \f(1,4)va，
则此时的感应电动势E1＝BL eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)va－vb))＝ eq \f(1,4)BL eq \r(2gh)，
根据闭合电路的欧姆定律可知此时回路中的电流I＝ eq \f(E1,R＋2R)＝ eq \f(BL\r(2gh),12R)，
可知b棒此时所受安培力的大小
Fb＝BIL＝ eq \f(B2L2\r(2gh),12R)，
由牛顿第二定律有Fb＝2mab，
解得ab＝ eq \f(B2L2\r(2gh),24mR)。
(3)通过分析可知a、b棒最终将达到共速，之后一起做匀速直线运动，由动量守恒定律可得mva＝(m＋2m)v共，
同时，在运动过程中由能量守恒可得
eq \f(1,2)mv eq \\al(2,a)＝ eq \f(1,2)(m＋2m)v eq \\al(2,共)＋Q总，
联立以上两式可得Q总＝ eq \f(2,3)mgh，
而a、b棒串联，则产生的焦耳热之比等于电阻之比，由此可得b棒上产生的焦耳热
Qb＝ eq \f(2,3)mgh× eq \f(2,3)＝ eq \f(4,9)mgh。
答案：(1)BL eq \r(2gh) (2) eq \f(B2L2\r(2gh),24mR)
(3) eq \f(4,9)mgh
课时作业64
1．（5分）（多选）如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v。则下列说法正确的是( BD )
A．q1＝q2 B．q1＝2q2
C．v＝1.0 m/s D．v＝1.5 m/s
解析：根据q＝ eq \f(ΔΦ,R)＝ eq \f(BΔS,R)可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1＝2q2，故A错误，B正确；线圈从开始进入磁场区域到经过位置Ⅱ，由动量定理－B eq \x\t(I)1LΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理线框从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理得－B eq \x\t(I)2LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，联立解得v＝ eq \f(1,3)v0＝1.5 m/s，故C错误，D正确。
2．（5分）（多选）如图所示，平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，左端接有定值电阻R，导轨处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN垂直放在导轨上，给金属棒一个水平向右的瞬时速度，金属棒向右运动最终停在虚线b处，虚线a为金属棒向右运动到b的中间位置。金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，不计金属棒、导轨的电阻。金属棒从开始运动到虚线a的过程中，克服安培力做功为W1，安培力的冲量大小为I1；从虚线a运动到虚线b，金属棒克服安培力做功为W2，安培力的冲量大小为I2。则( AC )
A．I1＝I2 B．I1＝2I2
C．W1＝3W2 D．W1＝4W2
解析：设金属棒运动全过程的距离为2x，金属棒从开始运动到虚线a的过程中，安培力的冲量为I1＝F安t＝B eq \x\t(I)Lt，根据电流的定义式有 eq \x\t(I)＝ eq \f(q,t)，通过金属棒的电荷量为q＝ eq \f(ΔΦ,R)＝ eq \f(BLx,R)，联立解得I1＝ eq \f(B2L2x,R)，同理可得I2＝I1＝ eq \f(B2L2x,R)，A正确，B错误；设金属棒初速度为v0，在虚线a位置速度为va，根据动量定理，金属棒从虚线a运动到虚线b有－I2＝0－mva，从开始运动到虚线a的过程有－I1＝mva－mv0，联立得到v0＝2va，根据动能定理，金属棒从虚线a运动到虚线b有－W2＝0－ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,a)，从开始运动到虚线a的过程有－W1＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,a)－ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)，联立得到W1＝3W2，C正确，D错误。
3．（5分）（多选）（2024·贵州贵阳高三质检）如图所示，右端足够长的两平行光滑导轨左端是半径为R＝0.8 m的四分之一圆弧轨道，圆弧轨道部分没有磁场，导轨的水平部分有竖直向上的匀强磁场，导轨间距为L＝0.5 m，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝0.5 T，质量为0.1 kg的导体棒a静止在水平轨道上，质量为0.3 kg的导体棒b从四分之一圆弧轨道顶端从静止开始下滑，运动过程中a、b始终与两导轨垂直且保持接触良好，a、b电阻均为r＝0.1 Ω，其他电阻均不计，重力加速度大小g取10 m/s2。下列说法正确的是( BD )
A．a运动过程中的最大加速度为10 m/s2
B．b刚进入磁场时a中的电流大小为5 A
C．整个过程中安培力对a、b做功的总和为－0.3 J
D．整个过程中导体棒a产生的焦耳热为0.3 J
解析：b下滑到底端过程有mgR＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)，可得到达底端时b的速度v0＝4 m/s，b刚进入磁场时，a的加速度最大，此时E＝BLv0，I＝ eq \f(E,2r)，对导体棒a，有ILB＝ma，解得I＝5 A，a＝12.5 m/s2，故A错误，B正确；b进入磁场后，a、b组成的系统动量守恒，则有mbv0＝(ma＋mb)v，由能量守恒定律得损失的机械能ΔE＝ eq \f(1,2)mbv eq \\al(2,0)－ eq \f(1,2)(ma＋mb)v2，解得ΔE＝0.6 J，安培力对系统做的总功为负功，数值上等于系统损失的机械能，即整个过程中安培力对a、b做功的总和为－0.6 J，故C错误；因两根导体棒电阻相等，故导体棒a产生的焦耳热为0.3 J，故D正确。
4．（5分）电磁阻尼是一种常见的物理现象，广泛应用于各个领域中。如图所示为列车进站时利用电磁阻尼辅助刹车的示意图。在光滑的水平面上，有一个边长为L的正方形金属框，电阻为R，质量为m。金属框以速度v0向右匀速运动，进入MN右侧磁感应强度大小为B的匀强磁场区域，磁场方向垂直于金属框平面向上。在金属框的一半进入磁场的过程中（还未停止），下列说法正确的是( B )
A．金属框仍做匀速直线运动
B．最小速度为v0－ eq \f(B2L3,2mR)
C．金属框中产生的焦耳热为 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)
D．通过金属框的电荷量为 eq \f(BL2,R)
解析：金属框的一半进入磁场的过程中，通过金属框的磁通量增大，金属框中产生感应电流，金属框受安培力作用做减速运动，故A错误；金属框中产生的感应电动势为E＝BLv，感应电流大小为I＝ eq \f(E,R)，安培力大小为F安＝BLv＝ eq \f(B2L2v,R)，由于金属框做减速运动，在金属框的一半进入磁场时速度最小，对金属框由动量定理得－F安t＝mv－mv0，则－ eq \f(B2L2,R)∑vt＝mv－mv0，解得v＝v0－ eq \f(B2L3,2mR)，故B正确；金属框中产生的焦耳热等于金属框克服安培力所做的功，小于 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)，故C错误；通过金属框的电荷量为q＝ eq \x\t(I)Δt，又 eq \x\t(E)＝ eq \f(ΔΦ,Δt)， eq \x\t(I)＝ eq \f(\x\t(E),R)，解得q＝ eq \f(ΔΦ,R)＝ eq \f(BL2,2R)，故D错误。
5．（5分）如图所示，水平面上固定的两光滑平行长直导轨，间距为L，处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，两质量都为m、电阻都为R的导体棒L1、L2垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，L1静止，L2以初速度v0向右运动，运动过程中两棒不发生相碰。不计导轨电阻，忽略感应电流产生的磁场，则( B )
A．导体棒L2最终停止运动，L1以某一速度匀速运动
B.导体棒L1的最大加速度大小为 eq \f(B2L2v0,2mR)
C．两导体棒的初始距离最小为 eq \f(2mv0R,B2L2)
D．回路中产生的总焦耳热为 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)
解析：根据楞次定律，导体棒L1、L2最终以相同的速度做匀速直线运动，设共同速度为v1，水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv1，解得v1＝ eq \f(v0,2)，两导体棒最终都以v1＝ eq \f(v0,2)的速度匀速运动，故A错误；L2以初速度v0向右运动时两导体棒加速度最大，则有E＝BLv0，I＝ eq \f(E,2R)，BIL＝ma，解得a＝ eq \f(B2L2v0,2mR)，故B正确；当导体棒L1、L2速度相等时距离为零，此种情况下两棒初始距离最小，设最小初始距离为l，则通过导体棒横截面的电荷量为q＝ eq \x\t(I)t＝ eq \f(\x\t(E),2R)t＝ eq \f(ΔΦ,2R)＝ eq \f(BLl,2R)，对导体棒L1，由动量定理得BILt＝mv1，即BLq＝mv1，解得l＝ eq \f(mv0R,B2L2)，故C错误；设导体棒L1、L2在整个过程中产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律可得 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)＝Q＋ eq \f(1,2)×2mv eq \\al(2,1)，解得Q＝ eq \f(1,4)mv eq \\al(2,0)，故D错误。
6．（5分）（多选）如图，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，左右两侧导轨的间距分别为l、2l，导轨间存在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置，回路总电阻保持不变。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接触良好，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是( AD )
A．a棒的加速度大小始终等于b棒的加速度大小
B．a棒的加速度始终大于b棒的加速度
C．稳定时a棒的速度大小为 eq \f(5,3)v0
D．稳定时a棒的速度大小为2v0
解析：由于两个导体棒中的电流始终大小相等，根据牛顿第二定律，对导体棒a有BIl＝maa，对导体棒b有BI·2l＝2mab，由此可知aa＝ab，故A正确，B错误；以向右为正方向，从开始到速度稳定，根据动量定理，对导体棒a有B eq \x\t(I)l·Δt＝mva－mv0，对导体棒b有－B eq \x\t(I)×2l·Δt＝2mvb－2m·2v0，当最终稳定时满足B·2lvb＝Blva，联立解得va＝2v0，vb＝v0，故C错误，D正确。
7．（5分）如图所示，在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有两根位于同一水平面内且间距为L的平行金属导轨（导轨足够长，电阻不计）；两根质量均为m、内阻均为r的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上（导体棒与金属导轨接触良好），t＝0时，ab棒以初速度3v0向右滑动，cd棒以初速度v0向左滑动，关于两棒的运动情况，下列说法正确的是( C )
A．当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为v0
B．当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的加速度大小为 eq \f(2B2L2v0,3mr)
C．从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中，导体棒ab产生的焦耳热为 eq \f(3,2)mv eq \\al(2,0)
D．cd棒的收尾速度大小为2v0
解析：由于两棒组成的系统动量守恒，取向右方向为正方向，由动量守恒定律可得m·3v0－mv0＝mv1＋mv2，所以当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，则A错误；当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，则有E＝BL·2v0，I＝ eq \f(E,2r)，F＝BIL，联立解得F＝ eq \f(B2L2v0,r)，由牛顿第二定律可得，另一根棒的加速度大小为a＝ eq \f(F,m)＝ eq \f(B2L2v0,mr)，所以B错误；从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中，两根导体棒上产生的焦耳热为Q总＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)＋ eq \f(1,2)m(3v0)2－ eq \f(1,2)m(2v0)2＝3mv eq \\al(2,0)，则导体棒ab产生的焦耳热为Q＝ eq \f(1,2)Q总＝ eq \f(3,2)mv eq \\al(2,0)，所以C正确；cd棒的收尾速度为两根导体棒具有的共同速度，则有m·3v0－mv0＝2mv共，解得v共＝v0，所以D错误。
8．（5分）（多选）（2024·湖南卷）某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨BC段与B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ，AB＝BC＝d。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是( CD )
A．金属杆经过BB1的速度为 eq \f(v0,2)
B．在整个过程中，定值电阻R产生的热量为 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)－ eq \f(1,2)μmgd
C．金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同
D．若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍
解析：设平行金属导轨间距为L，金属杆在AA1B1B区域向右运动的过程中切割磁感线有E＝BLv，I＝ eq \f(E,2R)，金属杆在AA1B1B区域运动的过程中根据动量定理有－BILΔt＝mΔv，则－ eq \f(B2L2vt,2R)Δt＝mΔv，由于d＝∑vtΔt，则上面方程左右两边累计求和，可得－ eq \f(B2L2d,2R)＝mvB－mv0，则vB＝v0－ eq \f(B2L2d,2mR)，设金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t0，同理可得，金属杆在BB1C1C区域运动的过程中有－ eq \f(B2L2d,2R)－μmgt0＝－mvB，解得vB＝ eq \f(B2L2d,2mR)＋μgt0，综上有vB＝ eq \f(v0,2)＋ eq \f(μgt0,2)> eq \f(v0,2)，则金属杆经过BB1的速度大于 eq \f(v0,2)，故A错误；在整个过程中，根据能量守恒定律有 eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)＝μmgd＋Q，则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为QR＝ eq \f(1,2)Q＝ eq \f(1,4)mv eq \\al(2,0)－ eq \f(1,2)μmgd，故B错误；金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量为－∑BILΔt＝－∑ eq \f(B2L2,2R)vtΔt＝－ eq \f(B2L2x,2R)，金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域滑行距离均为d，则金属杆所受安培力的冲量相同，故C正确；根据A选项可得，金属杆以初速度v0在磁场中运动有－ eq \f(B2L2×2d,2R)－μmgt0＝－mv0，若将金属杆的初速度加倍，则金属杆通过AA1B1B区域时有－ eq \f(B2L2d,2R)＝mvB′－2mv0，则金属杆通过BB1时速度为vB′＝2v0－ eq \f(B2L2d,2mR)，设金属杆通过BB1C1C区域的时间为t1，则有－ eq \f(B2L2x,2R)－μmgt1＝0－2mv0，则x＝ eq \f(2R,B2L2)·(2mv0－μmgt1)＝ eq \f(2mv0－μmgt1,mv0－μmgt0)×2d，由于t14d，可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，故D正确。
9．（5分）（多选）（2023·辽宁卷）如图所示，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是( AC )
A．弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流
B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为 eq \f(4B2d2v,3R)
C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1
D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为 eq \f(BLd,3R)
解析：分析可知，两棒所受安培力始终大小相等、方向相反，所以两棒和弹簧组成的系统所受合力始终为0，系统动量守恒，则可知MN、PQ运动方向始终相反，故弹簧伸展过程中，MN沿导轨向左运动，PQ沿导轨向右运动，根据楞次定律可知，回路中产生顺时针方向的电流，A正确；设MN质量为m，PQ质量为2m，则PQ速率为v时，根据动量守恒定律有2mv＝mv′，解得MN速率为v′＝2v，因PQ、MN运动方向始终相反，则此时回路中的感应电流大小为I＝ eq \f(2Bdv′＋B·2dv,3R)＝ eq \f(2Bdv,R)，MN所受安培力大小为FMN＝2BId＝ eq \f(4B2d2v,R)，B错误；由前面分析知，两棒同时开始运动、同时停止运动，且MN的速率始终为PQ的2倍，则整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1，C正确；两棒最后停止时，弹簧处于原长状态，此时两棒间距增加了L，由动量守恒定律有m eq \x\t(v)1＝2m eq \x\t(v)2，方程两边同时乘以运动时间t，可得mx1＝2mx2，又x1＋x2＝L，可解得整个过程MN向左运动的位移大小x1＝ eq \f(2L,3)，PQ向右运动的位移大小x2＝ eq \f(L,3)，则整个过程通过MN的电荷量q＝ eq \x\t(I)t＝ eq \f(ΔΦ,R总)＝ eq \f(2B·\f(2L,3)·d＋B·\f(L,3)·2d,3R)＝ eq \f(2BLd,3R)，D错误。
10．（15分）（2023·新课标卷）一边长为L、质量为m的正方形金属框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图(a)所示。
(1)使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小；
(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好，求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。
解析：(1)设金属框的初速度大小为v0，则金属框完全穿过磁场的过程，由动量定理有
－2B eq \x\t(I)Lt＝m eq \f(v0,2)－mv0，
通过线框的电流 eq \x\t(I)＝ eq \f(\x\t(E),4R0)，
根据法拉第电磁感应定律有 eq \x\t(E)＝ eq \f(BL2,t)，
联立解得v0＝ eq \f(B2L3,mR0)。
(2)金属框进入磁场的过程，有
－B eq \x\t(I)′Lt′＝mv1－mv0，
闭合电路的总电阻R总＝R0＋ eq \f(1,\f(1,R1)＋\f(1,R0))＝ eq \f(5,3)R0，
通过线框的电流 eq \x\t(I)′＝ eq \f(\x\t(E)′,R总)。
根据法拉第电磁感应定律有 eq \x\t(E)′＝ eq \f(BL2,t′)，
解得v1＝ eq \f(2B2L3,5mR0)。
金属框完全在磁场中时继续做加速度逐渐减小的减速运动，金属框的右边框和左边框为电源，两电源并联给外电路供电，假设金属框停下时其右边框没有出磁场右边界，则有
－B eq \x\t(I)″Lt″＝－mv1，
通过金属框的电流 eq \x\t(I)″＝ eq \f(\x\t(E)″,R1＋\f(R0,2))，
根据法拉第电磁感应定律有 eq \x\t(E)″＝ eq \f(BLx,t″)，解得x＝L，
故假设成立，金属框的右边框恰好停在磁场右边界处。
对金属框进入磁场过程进行分析，由能量守恒定律有Q总＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)－ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1)，
电阻R1上产生的热量Q1＝ eq \f(\f(2,3)R0,R总)· eq \f(R0,R1＋R0)Q总，
金属框完全在磁场中运动过程，有Q′总＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,1)，
电阻R1产生的热量Q′1＝ eq \f(R1,R1＋\f(R0,2))Q′总，
电阻R1产生的总热量Q1总＝Q1＋Q′1，
解得Q1总＝ eq \f(3B4L6,25mR02)。
答案：(1) eq \f(B2L3,mR0) (2) eq \f(3B4L6,25mR02)
11．（20分）（2024·湖北卷）如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的 eq \f(1,4)圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的金属环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求：
(1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
(2)金属环刚开始运动时的加速度大小；
(3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。
解析：(1)根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，由动能定理有mgL＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,0)，解得v0＝ eq \r(2gL)。
则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E＝BLv0＝BL eq \r(2gL)。
(2)根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，导轨外侧的两段圆弧金属环被短路，由几何关系可得，导轨间每段圆弧的电阻为R0＝ eq \f(1,2)× eq \f(6R,3)＝R，
可知，整个回路的总电阻为R总＝R＋ eq \f(R·R,R＋R)＝ eq \f(3,2)R。
ab刚越过MP时，通过ab的感应电流为I＝ eq \f(E,R总)＝ eq \f(2BL\r(2gL),3R)。
对金属环由牛顿第二定律有2BL· eq \f(I,2)＝2ma，解得a＝ eq \f(B2L2\r(2gL),3mR)。
(3)根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为v，由动量守恒定律有mv0＝mv＋2mv，
解得v＝ eq \f(1,3)v0，
对金属棒ab，由动量定理有－BILt＝m· eq \f(v0,3)－mv0，
则有BLq＝ eq \f(2,3)mv0。
设金属棒运动的距离为x1，金属环运动的距离为x2，则有q＝ eq \f(BL(x1－x2),R总)，
联立解得Δx＝x1－x2＝ eq \f(mR\r(2gL),B2L2)，
则金属环圆心初始位置到MP的最小距离d＝L＋Δx＝ eq \f(B2L3＋mR\r(2gL),B2L2)。
答案：(1)BL eq \r(2gL) (2) eq \f(B2L2\r(2gL),3mR)
(3) eq \f(B2L3＋mR\r(2gL),B2L2)模型示意图
及条件
水平面内的光滑等距导轨，两个棒的质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2，给棒2一个初速度v0
电路特点
棒2相当于电源；棒1受安培力而加速运动，运动后产生反电动势
电流及速
度变化
棒2做变减速运动，棒1做变加速运动，随着两棒相对速度的减小，回路中的电流减小，I＝BL eq \f(v2－v1,R1＋R2)，安培力减小，加速度减小，稳定时，两棒的加速度均为零，以相等的速度匀速运动
最终状态
a＝0，I＝0，v1＝v2
系统规律
动量守恒m2v0＝(m1＋m2)v
能量守恒Q＝ eq \f(1,2)m2v eq \\al(2,0)－ eq \f(1,2)(m1＋m2)v2
两棒产生焦耳热之比 eq \f(Q1,Q2)＝ eq \f(R1,R2)