高考物理一轮复习核心考点突破练习专题81电磁感应中的单、双棒问题（2份，原卷版+解析版）

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A．两位同学的解法都正确
B．两位同学的解法都错误
C．甲同学的解法正确，乙同学的解法错误
D．甲同学的解法错误，乙同学的解法正确
【答案】D
【解析】导体棒向右运动，切割磁感线产生感应电流，受到向左的安培力而做减速运动，随着速度的减小，感应电动势和感应电流减小，导体棒所受的安培力减小，导体棒做变减速运动，安培力的平均值是不断变化，不能用平均值求克服安培力做功，故甲同学的解法是错误的；
根据功能关系，在导体棒向右运动的过程中，导体棒损失的动能最终转化为电阻R的焦耳热；与导体棒的运动的过程无关，可以用来求解产生的焦耳热，故乙同学的解法是正确的。
故选D。
2．（2021·北京）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U型导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中 （ ）
A．导体棒做匀减速直线运动B．导体棒中感应电流的方向为
C．电阻R消耗的总电能为D．导体棒克服安培力做的总功小于
【答案】C
【解析】AB．导体棒向右运动，根据右手定则，可知电流方向为b到a，再根据左手定则可知，导体棒向到向左的安培力，根据法拉第电磁感应定律，可得产生的感应电动势为
感应电流为
故安培力为
根据牛顿第二定律有
可得
随着速度减小，加速度不断减小，故导体棒不是做匀减速直线运动，故AB错误；
C．根据能量守恒定律，可知回路中产生的总热量为
因R与r串联，则产生的热量与电阻成正比，则R产生的热量为 故C正确；
D．整个过程只有安培力做负功，根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于，故D错误。
故选C。
3．（2022·湖南·宁乡市教育研究中心模拟预测）光滑导轨间距d＝0.5m，导轨间有一足够宽的磁场，磁感应强度B＝2T的匀强磁场中，导轨两端分别接有电阻R＝3Ω的电阻和阻值为RL＝6Ω的小灯泡，t＝0时，一电阻r＝2Ω的导体棒MN处在磁场的左边界处，之后在外力作用下以速度v＝4sin10πt恰好能在磁场两边界间往返运动，导轨的电阻不计，导体棒与导轨接触良好，在导体棒MN以后的运动中（ ）
A．导体棒MN从磁场左边到右边过程中，通过的电量为0.4C
B．导体棒在磁场中做匀变速运动
C．小灯泡的功率为23W
D．导体棒运动到磁场中间位置时，电阻R的电流为23A
【答案】D
【解析】A．磁场的有效面积未知，平均电流无法求出，故不能求出电荷量，A错误；
B．由牛顿第二定律，导体棒的加速度 a=BIdm=B2d2vmR
由于v＝4sin10πt，所以 a=4B2d2mRsin10πt
所以导体棒的加速度随时间变化，导体棒在磁场中做变加速运动，B错误；
C．导体棒产生的电动势为 e=Bdv=4sin10πt (V)
故电动势有效值为 E=22V
外电路总电阻为 R外=RLRRL+R=2Ω
故灯泡两端的电压为 U=R外R外+r⋅E=2V
故灯泡的功率为 PL=U2RL=13W C错误；
D．运动到磁场中间位置时，导体棒处于运动周期的 t= （14+k）T，k=1,2,3···
即峰值位置，此时 v=4m/s
电动势为 Em=4V
通过电阻R的瞬时电流为 I=EmR外+r⋅RLR+RL=23A D正确。
故选D。
4．（2022·河南·模拟预测）(多选)如图甲所示，光滑平行金属导轨水平放置，处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B=2T，导轨左端接有阻值为R=10Ω的定值电阻，导轨间距为d=1m。长为L=1m、电阻为r=10Ω、质量为m=0.5kg的金属棒垂直放在导轨上。t=0时刻，用水平向右的拉力F拉金属棒，金属棒从静止开始运动，电阻R中的电流随时间变化的规律如图乙所示，金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，则（ ）
A．金属棒做加速度越来越大的变加速运动
B．拉力F的最小值为1.25N
C．0~4s内，通过金属棒横截面的电荷量为4C
D．0~4s内，拉力F的冲量大小为9N·s
【答案】BD
【解析】A．电阻R中的电流 I=ER+r=BLvR+r
结合图像可得 BLvR+r=14t
代入数值解得 v=2.5t
因此金属棒做加速度为a=2.5m/s2的匀加速直线运动，选项A错误；
B．根据牛顿第二定律有 F−B2L2vR+r=ma
可知，最小拉力 Fmin=ma=1.25N 选项B正确：
C．由I-t图像的面积可知，0~4s内，通过金属棒横截面的电荷量为 q=12×1×4C=2C 选项C错误；
D．由F−B2L2atR+r=ma得 F=1.25+0.5t
当t=4s时 F2=3.25N
则0~4s内，拉力F的冲量大小 I=F1+F22t=9N·s 选项D正确。
故选BD。
5．（2022·辽宁·模拟预测）(多选)如图所示，两根足够长、电阻不计且相距L=0.2m的平行金属导轨固定在倾角θ=37∘的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压为U=4V的小灯泡（电阻恒定），两导轨间有一磁感应强度大小为B=5T、方向垂直斜面向上的匀强磁场。今将一根长为L、质量m=0.2kg、电阻r=1.0Ω的金属棒垂直于导轨放置，在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.25。已知金属棒下滑x=3.6m后速度稳定，且此时小灯泡恰能正常发光，重力加速度g取10m/s2,sin37∘=0.6,cs37∘=0.8，则（ ）
A．金属棒刚开始运动时的加速度大小为3m/s2
B．金属棒稳定下滑时的速度大小为4.8m/s
C．从开始下滑到稳定过程中流过灯泡的电荷量为3.6C
D．金属棒从开始下滑到稳定所经历的时间为1.95s
【答案】BD
【解析】A．金属棒刚开始运动时初速度为零，不受安培力作用，由牛顿第二定律得 mgsinθ−μmgcsθ=ma
代入数据得 a=4m/s2 故A错误；
B．设金属棒稳定下滑时速度为v，回路中的电流为I，由平衡条件得 mgsinθ=BIL+μmgcsθ
由闭合电路欧姆定律得 I=E−Ur
感应电动势E=BLv，联立解得 v=4.8m/s 故B正确；
C．设灯泡的电阻为R，稳定时 E−Ur=UR
解得 R=5Ω
又因为 q=IΔt I=ER+r E=nΔΦΔt=BΔSΔt=BLxΔt
联立解得 q=BLxR+r=0.6C 故C错误；
D．由动量定理得 mgΔt⋅sinθ−μmgΔt⋅csθ−BILΔt=mv
由C选项分析可知 IΔt=q=0.6C 解得 Δt=1.95s 故D正确。
故选BD。
6．（2022·湖北·模拟预测）(多选)如图，两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为Ｌ。导轨上面横放着两根导体棒1和2，构成矩形回路。两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计，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。初始棒2静止，棒1有指向棒2的初速度v0。若两导体棒在运动中始终不接触，则（ ）
A．棒1的最小速度为零
B．棒2的最大加速度为B2L2v02mR
C．棒1两端电压的最大值为BLv0
D．棒2产生的最大热量为18mv02
【答案】BD
【解析】A．当导体棒1开始运动时，回路中有感应电流，两导体棒都受到大小相等的安培力作用，棒1做减速运动，棒2做加速运动，当两棒速度相等时，回路中电流等于零，两棒受力平衡，都做匀速直线运动，所以棒1的最小速度为12v0，A错误；
B．当导体棒1在开始运动时，导体棒2的加速度最大，则有 E=BLv0
此时回路中的电流 I=ER+R=BLv02R
由牛顿第二定律可得 F=BIL=BBLv02RL=B2L2v02R=ma a=B2L2v02mR B正确；
C．当导体棒1在开始运动时，回路中的感应电动势最大，感应电流最大，则有 E=BLv0
棒1两端电压最大值为 U1=IR=ER2R=12BLv0 C错误；
D．当两棒的速度相等时，系统产生的焦耳热最多。从开始运动到稳定的运动中，两棒的总动量守恒，向右为正方向，由动量守恒定律可得 mv0=2mv
由能量守恒定律可得 12mv02=12×2mv2+Q
导体棒2产生的最大热量为 Q2=12Q 联立解得 Q2=18mv02 D正确。
故选BD。
7．（2022·河北·模拟预测）(多选)如图所示，两根相距L且电阻不计的足够长光滑金属导轨，导轨左端为弧形，右端水平，且水平部分处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。铜棒a、b电阻均为R、质量均为m，均与导轨垂直且与导轨接触良好，铜棒b静止在导轨水平部分，铜棒a在弧形导轨上从距离水平部分高度为h=0.5L处由静止释放，关于此后的过程，下列说法正确的是（ ）
A．回路中的最大电流为gLBLR
B．铜棒b的最大加速度为gLB2L22mR
C．铜棒b获得的最大速度为gL
D．回路中产生的总焦耳热为mgL4
【答案】BD
【解析】AB．铜棒a沿弧形导轨下滑，刚进入磁场区域时，由机械能守恒定律有 mgh=12mv2
解得 v=gL
回路中的最大感应电动势 E=BLv
回路中的最大电流 I=E2R
联立解得 I=BLgL2R
铜棒b受到的最大安培力 F安=BIL
由牛顿第二定律有 F安=ma
解得铜棒b的最大加速度为 a=B2L2gL2mR 故A错误，B正确；
C．铜棒a、b在匀强磁场中做切割磁感线运动过程中，整体所受合外力为零，动量守恒，最终铜棒a、b速度相等，由动量守恒定律得 mv=2mv′
解得铜棒b获得的最大速度为 v′=gL2 故C错误；
D．由能量守恒定律得，回路中产生的总焦耳热为 Q=12mv2−12×2mv′2=mgL4 故D正确。
故选BD。
8．（2022·四川· 模拟预测）如图，水平面上固定有间距为L 的两根平行光滑金属导轨P、Q。矩形区域EFGH内有一方向垂直导轨平面向上、感应强度大小为B的匀强磁场。在t= t1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH以相同速率v0进入磁场，一段时间后，t= t2时，流经a棒的电流为0，此时a、b棒仍位于磁场区域内。已知a、b由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R（其他电阻不计），a棒的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则 （ ）
A．t1时刻a棒加速度大小为2B2L2v03mR
B．t2时刻b棒的速度为0
C．t1~ t2时间内，a棒产生的焦耳热为23mv02
D．要使a、b不相碰，边界EF与GH的距离至少为9mv0R4B2L2
【答案】A
【解析】A．由右手定则可知，a、b棒在磁场中运动产生的感应电流方向是逆时针方向，则回路中的电动势为两棒产生的电动势之和，在t= t1时刻，
即为 E=2BLv0 I=ER+2R=2BLv03R
对a棒，由牛顿第二定律可得 BIL=ma a=2B2L2v03mR A正确；
B．由题意可知，金属棒a、b的电阻率相同，长度相同，电阻分别为R和2R，由电阻定律可得 R=ρLSa 2R=ρLSb Sa=2Sb
长度相同，可知a的体积是b的2倍，密度相同，则a的质量是b的2倍，即b的质量为m2。金属棒a、b在磁场中时，流经的电流等大反向，所受安培力等大反向，a、b组成的系统所受合外力等于零，则有该系统动量守恒，在t= t2时，流经a棒的电流是0，则有a、b棒之间的磁通量不变，因此两者的速度相同，设为v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律可得 mv0−m2v0=m+m2v
解得 v=13v0 即t2时刻b棒的速度为13v0，B错误；
t1~ t2时间内，对 a、b组成的系统，
由能量守恒定律可得 12mv02+12×m2v02=12m+m2v2+Q Q=23mv02
解得t1~ t2时间内，a棒产生的焦耳热为 Qa=RR+2RQ=29mv02 C错误；
D．由题意可知，b棒的质量小，加速度大，在向左运动中，速度减小的快，速度减到零后，开始向右做加速运动，a棒继续向右做减速运动，当两棒速度相等且不相碰，此时两棒的距离最近，两棒速度均为13v0，设两棒开始运动到两棒速度相等，两棒的位移大小之和为x，由电磁感应定律，则有 E=ΔΦΔt=xLBΔt
金属棒受安培力的平均值为 F=BIL=B2L2x3RΔt
对a棒由动量定理可得 −FΔt=B2L2xΔt3RΔt=mv03−v0=−23mv0
解得要使a、b不相碰，边界EF与GH的距离至少为 x=2mv0RB2L2 D错误。
故选A。
9．（2022·四川· 模拟预测）(多选)虚线PQ上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，PQ下方存在竖直向上的匀强磁场，两处磁场磁感应强度大小均为B0，足够长的等间距金属导轨竖直放置，导轨电阻不计。两根金属棒水平地靠在金属导轨上，其中金属棒ab、cd质量均为m，长均为L，电阻均为R，与导轨之间的动摩擦因数均为μ。同时由静止释放两棒，cd棒进入PQ下方区域立即做加速度大小为a的匀加速运动。已知运动过程中棒与导轨接触良好，重力加速度为g，求：（ ）
A．ab、cd在PQ上方区域运动时，做加速度减小的加速运动
B．cd棒静止释放的位置距离PQ的距离为2mg−ma2R2gB04L4μ2
C．cd棒进入PQ下方区域运动时，不受安培力
D．ab、cd在PQ下方区域运动时，两者的距离会越来越大
【答案】BD
【解析】A．根据整体法分析可知，ab、cd在PQ上方区域运动时，磁通量不变没有感应电流没有安培力，做加速度为重力加速度的加速运动，加速度不变，A错误；
B．由题意可知，cd棒进入PQ下方区域立即做加速度大小为a的匀加速运动，则有 mg−μF安=ma
又 F安=BIL
根据电磁感应定律可得 E=BLv
由于cd在PQ上方区域运动时做自由落体运动 h=v22g
故联立解得 h=2(mg−ma)2R2gB04L4μ2 B正确；
C．根据左手定则可知，cd棒进入PQ下方区域运动时，受到垂直于纸面向外的安培力，C错误；
D．由于cd在PQ下方区域做匀加速直线运动，因此由 mg−μF安=ma
可知其受到的安培力恒定，即感应电流横店，ab棒切割磁场的速度恒定，即cd和ab没有进入PQ区域时两者速度相同，cd进入PQ区域做匀加速运动，ab此时匀速运动，都进入PQ区域以后继续都做加速度为g的匀加速，此时vcd>vab，因此两者的距离 Δx=vcdt+12gt2−(vabt+12gt2)=(vcd−vab)t
两者的距离会越来越大，D正确。
故选BD。
10．（2022·四川·树德中学模拟预测）(多选)如图所示，水平面内的两根平行金属导轨处在竖直向上的匀强磁场中。两根相同的金属棒ab和cd垂直横跨在导轨两端，其中cd棒通过绝缘细线跨过定滑轮与重物M连接。由静止同时释放两根金属棒，忽略各处摩擦，导轨足够长，不考虑可能发生的碰撞，下列说法正确的是（ ）
A．安培力对两根金属棒的冲量相同
B．安培力对ab做的功等于ab动能的增量
C．cd克服安培力做的功等于整个回路中产生的焦耳热
D．ab和cd最终会以同样的加速度匀加速直线运动
【答案】BD
【解析】A．两根金属棒受到等大反向的安培力，安培力对两根金属棒的冲量等大反向，A错误：
B．根据动能定理，安培力对ab做的功等于ab动能的增量，B正确；
C．cd克服安培力做的功等于回路中总的焦耳热与ab增加的动能之和，C错误；
D．系统达到稳定时一定处于平衡状态，根据相对运动和平衡条件得 Mg=B2L2vcd−vab2R
ab和cd的速度之差一定是定值，所以两根金属棒一定以相同的加速度匀加速直线运动，D正确。
故选BD。
11．（2022·山东·模拟预测）(多选)如图所示，水平金属导轨P、Q间距为L，M、N间距为2L，P与M相连，Q与N相连，金属棒a垂直于P、Q放置，金属棒b垂直于M、N放置，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。现给棒a一大小为v0、水平向右的初速度，假设导轨都足够长，两棒质量均为m，在棒a的速度由v0减小到0.8v0的过程中，两棒始终与导轨接触良好。以下说法正确的是（ ）
A．俯视时感应电流方向为顺时针
B．棒b的最大速度为0.4v0
C．回路中产生的焦耳热为0.1mv02
D．通过回路中某一截面的电荷量为2mv05BL
【答案】BC
【解析】A．棒a向右运动，回路面积减小，根据楞次定律可知，俯视时感应电流方向为逆时针，A错误；
BD．在棒a的速度由v0减小到0.8v0的过程中，棒a减速，棒b加速，对棒a，
由动量定理可得 −BIL⋅Δt=−BqL=0.8mv0−mv0
对棒b，由动量定理可得 2BIL⋅Δt=2BqL=mv−0
联立可得 v=0.4v0，q=mv05BL B正确，D错误；
C．根据能量守恒定律可得 Q=12mv02−[12m(0.8v0)2+12m(0.4v0)2]=0.1mv02 C正确。
故选BC。
12．（2022·湖南·周南中学模拟预测）(多选)如图所示，导体棒a、b水平放置于足够长的光滑平行金属导轨上，导轨左右两部分的间距分别为l、2l；质量分别为m、2m，两棒接入电路的电阻均为R，其余电阻均忽略不计；导体棒a、b均处于竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中；a、b两棒以v0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，则从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．稳定时a棒的速度为43v0
B．电路中产生的焦耳热为15mv02
C．流过导体棒a的某一横截面的电荷量为mv03Bl
D．当a棒的速度为54v0时，b棒的加速度为m2l2v06mR
【答案】AC
【解析】AD．当两棒产生的感应电动势相等时，达到稳定状态，设此时a棒速度为va，b棒速度为vb，电动势相等，则有 Blva=B⋅2lvb
可得 va=2vb
从开始到达到稳定状态过程中，对a棒由动量定理得 BIlt=mva−mv0
对b棒由动量定理得 −BI⋅2lt=2mvb−2mv0
联立解得 va=43v0 a棒的速度不可能到54v0，故A正确，D错误；
C．对a棒由动量定理得 BIlt=mva−mv0
又 q=It，va=43v0
联立解得 q=mv03Bl 故C正确；
B．由能量守恒定律得 Q=12(m+2m)v02−12mva2−12⋅2mvb2
解得 Q=7mv0218 故B错误。
故选AC。
13．（2022·河南安阳·模拟预测）(多选)如图所示，间距为L的两条光滑平行金属导轨左侧倾斜，右侧平直部分位于水平面上。水平面上部分区域有方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。金属棒NQ与两导轨垂直，静止放置在磁场中。金属棒MP从某一高处释放后进入磁场时的速度为v0。金属棒NQ离开磁场的速度为同一时刻金属棒MP速度的12。已知金属棒MP的质量为m，电阻为R，金属棒NQ的质量与电阻均为金属棒MP的2倍，重力加速度为g，运动过程中两金属棒没有发生碰撞。从金属棒MP由静止释放至NQ离开磁场这段时间内，下列说法正确的是（ ）
A．NQ在磁场中做匀加速运动B．NQ最大速度为14v0
C．流过NQ的电量为mv02BLD．系统产生的焦耳热为516mv02
【答案】BCD
【解析】A．MP棒进入磁场后切割磁感线产生感应电动势回路产生感应电流，金属棒在磁场中受安培力作用，MP做减速运动，NQ做加速运动，感应电流 I=BLvMP−BLvNQR+2R=BL(vMP−vNQ)3R
由于MP速度减小而NQ速度增大，感应电流I减小，NQ所受安培力BIL减小，由牛顿第二定律可知，NQ的加速度减小，NQ做加速度减小的加速运动，故A错误；
B．NQ在离开磁场时速度最大，MP、NQ组成系统动量守恒，可得 mv0=mv1+2mv2
由题意可得 v1=2v2
解得NQ最大速度为 v2=v04 故B正确；
C．对NQ由动量定理可得 BI−L⋅Δt=2mv2
对MP由动量定理可得 −BI−L⋅Δt=mv1−mv0
流过NQ的电量 q=I−⋅Δt
联立解得 q=mv02BL 故C正确；
D．根据能量守恒定律可得系统产生的焦耳热 12mv02=12mv12+12⋅2mv22+Q
解得 Q=516mv02 故D正确。
故选BCD。
14．（2021·天津）如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨、间距，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成角，N、Q两端接有的电阻。一金属棒垂直导轨放置，两端与导轨始终有良好接触，已知的质量，电阻，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小。在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度沿导轨向上开始运动，可达到最大速度。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度。
（1）求拉力的功率P；
（2）开始运动后，经速度达到，此过程中克服安培力做功，求该过程中沿导轨的位移大小x。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）在运动过程中，由于拉力功率恒定，做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F，安培力大小为，有
设此时回路中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有
设回路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律，有
受到的安培力
由功率表达式，有
联立上述各式，代入数据解得
（2）从速度到的过程中，由动能定理，有
代入数据解得
15．（2022·辽宁·模拟预测）如图，POQ是折成60°角的固定于竖直平面内的光滑金属导轨，导轨关于竖直轴线对称，OP=OQ=L=3m，整个装置处在垂直导轨平面向里的足够大的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律为B=1－8t（T），一质量为1kg、长为L、电阻为1Ω、粗细均匀的导体棒锁定于OP、OQ的中点a、b位置。当磁感应强度变为B1=0.5T后保持不变，同时将导体棒解除锁定，导体棒向下运动，离开导轨时的速度为v=3.6m/s，导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度为g=10m/s2，求导体棒：
（1）解除锁定前回路中电流的大小及方向；
（2）滑到导轨末端时的加速度大小；
（3）运动过程中产生的焦耳热。
【答案】（1）33A，顺时针；（2）7.3m/s2；（3）1.02J
【解析】（1）解除锁定前，导体棒与两金属导轨所围闭合回路的面积为 S=12⋅L2⋅L2cs30°=3316m2
回路中的感应电动势为 E1=ΔΦΔt=SΔBΔt=332V
此时导体棒接入回路的电阻为 R1=R2=0.5Ω
回路中的电流大小为 I1=E1R1=33A
磁通量垂直纸面向里减小，根据楞次定律可知，回路中电流方向为顺时针。
（2）导体棒滑到导轨末端时，回路中的感应电动势为 E2=B1Lv=1.83V
通过导体棒的电流大小为 I2=E2R=1.83A
导体棒所受安培力大小为 F=B1I2L=2.7N
设此时导体棒的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有 mg−F=ma
解得 a=7.3m/s2
（3）导体棒从解除锁定到滑到导轨末端的过程中，下落的高度为 h=12Lcs30°=0.75m
设该过程导体棒产生的焦耳热为Q，根据功能关系有 mgh=12mv2+Q
解得 Q=1.02J
16．（2022·广西柳州·模拟预测）如图，在竖直平面内固定有足够长的平行金属导轨PQ、EF，导轨间距L=20cm，在QF之间连接有阻值R=0.3Ω的电阻，其余电阻不计。轻质细线绕过导轨上方的定滑轮组，一端系有质量为mA=0.3kg的重物A，另一端系有质量为m=0.1kg、电阻r=0.1Ω的金属杆ab、开始时金属杆置于导轨下方，整个装置处于磁感应强度B=2T、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中。现将重物A由静止释放，下降h=4m后恰好能匀速运动。运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好，忽略所有摩擦，g取10m/s，求：
（1）电阻R中的感应电流方向；
（2）重物A匀速下降的速度大小v；
（3）重物A下降h的过程中，电阻R中产生的焦耳热QR。
【答案】（1）Q→R→F；（2）5m/s；（3）2.25J
【解析】（1）释放重物A后，金属杆向上运动，由右手定则可知，电阻R中的感应电流方向为Q→R→F；
（2）重物A匀速下降时，金属棒匀速上升，对金属棒，由平衡条件得： T=mg+F
金属棒受到的安培力 F=BIL
金属棒切割磁场产生的电动势 E=BLv
电路中的电流 I=ER+r
对重物A由平衡条件得 T=mAg
解得 v=5m/s
（3）设电路中产生的总焦耳热为Q，由能量守恒定律得： mAgh=12mA+mv2+mgh+Q
电阻R中产生的焦耳热 QR=RR+rQ 解得 OR=2.25J
17．（2022·江苏省昆山中学模拟预测）水平面内有两根足够长的平行光滑金属导轨，间距为L，两端分别通过开关接有电容为C的电容器和阻值为R的电阻，导轨间有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m，电阻为R，长为2L的金属棒AD与导轨垂直放置，A端恰好与导轨接触，初始状态如图所示。开始时开关S1、S2均断开，定值电阻也为R，其他电阻均不计，金属棒始终与导轨接触良好。
（1）只闭合开关S2，让金属棒以初速度v0水平向右运动，求：开始运动时金属棒两端的电压和整个运动过程中金属棒产生的焦耳热。
（2）若金属棒的电阻不计，闭合开关S1、S2，让金属棒绕A端以角速度ω匀速转过90°的过程中，求通过电阻R的电荷量。
【答案】（1）23BLv0 ；mv026；（2）3BL22R+2BCωL2
【解析】（1）导轨间金属棒的感应电动势为 E=BLv0
则金属棒两端电压（电阻R两端的电压）为 U=IR=ER+R2⋅R=2BLv03
电路中产生的总的焦耳热为 Q=12mv02
金属棒产生的焦耳热 Q′=QR+R2⋅R2=mv026
（2）金属棒转过60°过程中，由法拉第电磁感应定律可得 E1=ΔΦΔt
而 ΔΦ=12BL⋅2Lsin60°=32BL2
平均感应电流 I=E1R
通过R的电荷量 q1=IΔt
金属棒转过60°时的电动势 E2=Bω2(2L)2
则此时电容器所答的电荷量为 Q=CE2=2BCωL2
金属棒转过60°后，电容器迅速放电，通过R上的电荷量 q2=Q
金属棒转过90°的过程中，通过电阻R的上电荷量 q=q1+q2=3BL22R+2BCωL2
18．（2022·上海黄浦·二模）如图（a），竖直平面内有一宽L=0.2m、足够长的平行光滑导轨，导轨间接有阻值为0.2Ω的定值电阻R，导轨电阻不计。垂直于导轨平面存在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场。t=0时，质量m=0.01kg、电阻不计的导体棒PQ以v0=4m/s的初速度从导轨底端向上运动，t=0.2s时到达最高点，后又沿导轨下滑，到达底端前已经做匀速运动，运动中PQ与导轨始终垂直且保持良好接触。（重力加速度取10m/s2）
（1）求t=0时PQ棒的加速度大小a；
（2）求PQ棒匀速运动时的速度大小vt；
（3）求PQ棒匀速运动时电阻R的热功率PR；
（4）在图（b）中定性画出PQ棒运动的速度v随时间t变化的关系图像。（以向上为速度正方向）
【答案】（1）30m/s2；（2）2m/s；（3）0.2W；（4）
【解析】（1）t=0时PQ棒所受安培力大小为 FA1=BI1L=BL⋅BLv0R=B2L2v0R ①
对PQ棒根据牛顿第二定律有 ma=mg+FA1 ②
联立①②并代入数据解得 a=30m/s2 ③
（2）PQ棒匀速运动时所受安培力大小为 FA2=BI2L=BL⋅BLvtR=B2L2vtR ④
根据平衡条件有 mg=FA2 ⑤
联立④⑤式并代入数据解得 vt=2m/s ⑥
（3）PQ棒匀速运动时克服安培力做的功等于电阻R产生的焦耳热，而此时安培力与重力平衡，所以此时电阻R的热功率为 PR=mgvt=0.2W ⑦
（4）PQ棒上升过程中，速度减小，所受安培力减小，加速度减小，对应v-t图像的斜率减小；PQ棒上升至最高点（速度减为零）后开始下落，速度先增大，所受安培力增大，加速度减小，最终将匀速运动，其v-t图像斜率先减小，最终平行于t轴，如图所示。
19．（2022·重庆·模拟预测）如图所示，在水平面上有两条足够长的平行导电导轨MN、PQ，导轨间距离L=1.0m，匀强磁场垂直于导轨所在的平面（纸面）向里，磁感应强度的大小为B=1.0T，两根导体棒a、b放置在导轨上，并与导轨垂直，它们的质量均为m=1kg，电阻均为R=0.5Ω，两导体棒与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数均为μ=0.2。t=0时，分别给两导体棒平行导轨向左和向右的速度，已知导体棒a的速度v1=2m/s，导体棒b的速度v2=4m/s，重力加速度g=10m/s2，导轨电阻可忽略，最大静摩擦力略大于滑动摩擦力。
（1）求t=0时刻，导体棒a的加速度；
（2）求当导体棒a向左运动的速度为零时，导体棒b的速率；
（3）已知导体棒a向左运动的速度为零后，b向右运动s=0.35m速度变为零，求该过程经历的时间t和导体棒b产生的焦耳热。
【答案】（1）8m/s2，方向水平向右；（2）2m/s；（3）0.825s，0.65J
【解析】（1）t=0时刻，两导体棒和导轨构成回路，回路中的总电动势为 E=BL(v1+v2)=6V
根据闭合电路欧姆定律可知回路中的电流为 I=E2R=6A
对导体棒a，根据牛顿第二定律可得 BIL+μmg=ma
解得 a=8m/s2
t=0时刻，导体棒a的加速度大小为8m/s2，方向水平向右；
（2）在导体棒a、b运动时，两导体棒受到的摩擦力大小相等，方向相反，根据左手定则可知两导体棒受到的安培力也等大反向，两导体棒组成的系统合力为零，满足动量守恒，以向右为正方向，当导体棒a向左运动的速度为零时，根据动量守恒可得 mv2−mv1=mv3
解得导体棒b的速率为 v3=2m/s
（3）导体棒b的速率为v3=2m/s时，回路的感应电动势为 E′=BLv3=2V
导体棒a受到的安培力为 Fa=BI′L=B⋅E′2RL=2N
由题意最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，则有 fmax>μmg=2N
可知导体棒a的速度为零后，不再运动，从导体棒a的速度为零至导体棒b的速度为零的过程，导体棒b受到的安培力冲量为 ∑BILΔt=∑BBLv2RLΔt=B2L22R∑vΔt=B2L22Rs
对导体棒b根据动量定理可得 −μmgt−B2L22Rs=0−mv3
解得 t=0.825s
设导体棒b产生的焦耳热为Q，根据能量守恒可得 2Q+μmgs=12mv32
解得 Q=0.65J
20．（2022·四川内江·三模）如图，两根平行光滑的金属导轨M1N1P1和M2N2P2，由四分之一圆弧与水平两部分构成，导轨的末端固定两根绝缘柱，弧形部分的半径r=0.8m、导轨间距L=1m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小为B=2T的匀强磁场中，两根完全相同的金属棒a、b分别垂直于导轨，静置于圆弧顶端M1M2处和水平导轨中的某位置，两金属棒的质量均为m=1kg、电阻均为R=2Ω。现将金属棒a由静止释放，沿圆弧导轨滑入水平导轨，此后，金属棒b向右运动，在导轨末端与绝缘柱发生碰撞且无机械能损失，在金属棒b接触绝缘柱之前两棒已匀速运动且未发生碰撞。金属棒b与绝缘柱发生碰撞后，在距绝缘柱x =0.5m的AA2位置与金属棒a发生碰撞，碰后停在距绝缘柱：x2=0.2m的A3A4位置。整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，g=10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）金属棒a刚滑人水平导轨时，受到的安培力大小；
（2）金属棒b与绝缘柱碰撞后到与金属棒a碰撞前的过程中，整个回路产生的焦耳热；
（3）金属棒a和b在碰撞过程中损失的机械能。
【答案】（1）4N；（2）3J；（3）0.64J
【解析】（1）金属棒a下滑运动中，则有 mgr=12mv2
金属棒a将要滑入水平导轨时，产生感应电动势 E=BLv
回路中的电流 I=E2R
金属棒a受到的安培力 F=BIL
联立解得安培力大小 F=4N
（2）以金属棒a、b为系统，在要碰到绝缘柱之前动量守恒，由动量守恒定律可得 mv=2mv1
金属棒b与绝缘柱碰撞后等速率返回，以两金属棒为系统动量仍然守恒，可总动量是零 mva+mvb=0
两金属棒相向运动到相碰，位移大小相等均为0.5m，对金属棒b由动量定理可得 −BIL=mv2−mv1
由电磁感应定律可得 E=ΔΦΔt
磁通量的变化量为 ΔΦ=BL⋅2x1
平均电流 I=E2R
由能量转化和守恒定律，可得焦耳热 Q=12⋅2mv12−12⋅2mv22
联立解得 Q=3J
（3）金属棒a、b碰后，金属棒b减速到零的运动中，a、b两金属棒速度总等大反向，对b由动量定理可得 −BIL=0−mv3
由电磁感应定律可得 E′=ΔΦ′Δt
磁通量的变化量为 ΔΦ′=BL⋅2x1−x2
平均电流 I′=E′2R
损失的机械能 E损=12⋅2mv22−12⋅2mv32
由以上各式解得 E损=0.64J
21．（2022·河南·濮阳一高模拟预测）如图所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，处在与导轨平面垂直的匀强磁场中，导轨间距为L=1 m。导轧平面与水平面的夹角为θ=37°，匀强磁场的磁感应强度大小B=2 T，ab、cd两金属棒放在导轨上与导轨垂直并处于静止状态，两金属棒的长均为L=1 m，电阻均为5 Ω，质量均为0.5 kg，导轨电阻不计，重力加速度g取10 m/s2。若使金属棒ab以v1=1 m/s的速度沿导轨向下匀速运动，则金属棒cd恰好要滑动；现使金属棒ab从静止开始向上做初速度为零的匀加速运动，加速度的大小为a=8 m/s2，金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，两金属棒与导轨间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8。求∶
（1）金属棒与导轨间动摩擦因数的大小；
（2）从静止开始，金属棒ab向上加速运动多少时间，金属棒cd刚好要滑动，
（3）已知金属棒ab向上匀加速运动至金属棒cd刚好要滑动的过程中，拉力对金属棒ab所做的功W=234.04 J。则此过程中，金属棒cd中通过的电量及产生的焦耳热的大小。
【答案】（1）0.85；（2）2s；（3）3.2C，34J
【解析】（1）金属棒ab以v1=1 m/s的速度沿导轨向下匀速运动，金属棒cd恰好要滑动，电流 I=BLv12R
对金属棒cd mgsinθ+BIL=µmgcsθ
解得 μ=0.85
（2）从静止开始，金属棒ab向上加速运动，金属棒cd刚好要滑动时， mgsinθ+µmgcsθ=BI1L
解得 I1=3.2A
根据 I1=BLv22R 解得 v2=16 m/s
根据 v2=at 解得 t=2s
（3）金属棒ab位移 x=12at2=16m
金属棒cd中通过的电量 q=Δϕ2R=BLx2R=3.2C
根据能量守恒 W=mgxsinθ+12mv22+μmgcsθ⋅x+Q
代入数据解得 Q≈68J
则金属棒cd产生的焦耳热 Qcd=Q2=34J
22．（2022·湖南·邵阳市第二中学模拟预测）如图所示，两根一端带有挡柱的金属导轨MN和PQ与水平面成θ＝37°角，两导轨间距L＝1m，导轨自身电阻不计，整个装置处在磁感应强度大小B＝2T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上。两根完全相同的金属棒ab和cd，每根棒长为L，质量m＝1kg，电阻R＝1Ω，垂直放在导轨平面上且始终与导轨保持良好接触。现让金属棒cd靠在挡柱上，金属棒ab在沿斜面向上的外力F作用下从轨道上某处由静止开始做加速度a＝2.5m/s2的匀加速直线运动，直到金属棒cd刚要滑动时撤去外力F；此后金属棒ab继续向上运动0.35s后减速为0，且金属棒ab向下返回到初始出发点时的速度大小为1m/s。已知两金属棒与导轨间的动摩擦因数均为0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）金属棒cd刚要滑动时，金属棒ab的速度大小；
（2）金属棒ab沿斜面向上匀加速运动过程中外力的最大值；
（3）金属棒ab从最高点返回到初始出发点过程中，金属棒ab产生的焦耳热。
【答案】（1）5m/s；（2）22.5N；（3）5.5J
【解析】（1）当金属棒cd刚要滑动时满足 BIL＝mgsinθ＋μmgcsθ 又 I＝BLv2R
联立解得 v＝5m/s
（2）对金属棒ab有 F－mgsinθ－μmgcsθ－BIL＝ma
又 I＝BLv2R v＝at
代入数据可知F随t线性变化，当v＝5m/s时，最大值 Fm＝22.5N
（3）匀加速阶段金属棒ab的位移为 x1＝v22a
撤去F后金属棒cd仍静止，设金属棒ab减速滑行的位移为x2，
由动量定理得 (umgcsθ+mgsinθ+BIL)Δt=mv
又 IΔt＝BLx22R
解得 x2＝0.75m
设金属棒ab返回到出发点的速度为v1，由能量守恒有 mg(x1+x2)sinθ=μmgcsθ(x1+x2)+12mv12+2Q
解得 Q＝5.5J
23．（2019·浙江·高三阶段练习）如图甲所示，两根光滑的平行金属导轨MN、PQ相距d =0.5m，导轨与水平面成θ=37°放置，斜面内匀强磁场的磁感应强度B1=1T，方向垂直导轨平面向下，质量为m=0.1kg的导体棒ab垂直于MN、PQ放在导轨上，与导轨接触良好，导轨间接有R=0.5Ω的电阻，其它电阻均不计．整个运动过程中棒ab一直与导轨垂直，取sin37°=0.6．
（1）将棒ab由静止释放，假设导轨足够长，求棒ab能到达的最大速度；
（2）如图乙所示，将电阻换成C=2F的电容(击穿电压较高)，将棒ab由静止释放，导体棒运动到Q、N时的速度v=4m/s，求释放时棒ab离Q、N点的距离；
（3）如图丙所示，在第（2）问的基础上在Q、N处各接上一根相互平行的足够长的水平光滑金属导轨QR、NS，QR与PQ在同一竖直面内，在与QN平行的GH边界右侧导轨间有竖直向下的匀强磁场B2=0.5T， QG间导轨表面有绝缘光滑膜，棒ab经过QN时速度大小v=4m/s保持不变，求最终电容器上所带的电量．
【答案】（1）1.2m/s；（2）8m；（3）289C
【解析】（1）棒ab到达最大速度时回路中的电流 I=B1dvR
分析棒ab受力有 mgsin37°=B1Id
解得能到达的最大速度v=1.2m/s．
（2）设在极短时间Δt内，回路中电流 i=ΔQΔt=CΔUΔt=CB1dΔvΔt=B1dCaΔtΔt
对棒ab，根据牛顿第二定律 mgsin37°-B1id=ma
解得棒ab的加速度a=1m/s2，即棒ab做匀加速直线运动，
由v2=2ax可得释放时棒ab离Q、N点的距离 x=422×1m=8m
（3）棒ab在水平导轨极短时间Δt内，根据动量定理 B2idΔt=mΔv
由进入B2到最后匀速运动的过程中，速度由v到v´，由动量定理 ∑B2dΔq=∑mΔv B2dΔq=m(v´-v)
另有 Δq=B1dvC-B2dv´C q= B2dv´C
解得最终电容器上所带的电量q=289C．
24．（2022·北京丰台·模拟预测）近年来，我国高速铁路迅速发展，已成为国家新名片。高铁动车组在制动过程中采用“再生制动”方式，将列车的动能转化为可再生利用的能量，有效降低能耗。一种再生利用的方式是将列车甲制动产生的电能，提供给同一电网下处于启动状态的列车乙。此过程可简化为如图所示的模型：固定在水平地面上的足够长的平行金属导轨，处于竖直方向的匀强磁场中；甲、乙是两根相同的金属棒，放在导轨上，与导轨良好接触，且始终与导轨保持垂直。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒质量均为m，电阻均为R，长度与导轨间距相等，均为l；导体棒甲、乙在导轨上运动时，受到的摩擦阻力大小均为f；t=0时，导体棒甲的速度大小为v0，方向向左，导体棒乙的速度为0。不计导轨的电阻。
（1）当列车甲开始制动，即导体棒甲由速度v0开始减速时，求导体棒乙获得的电磁牵引力的大小和方向；
（2）根据法拉第电磁感应定律E=ΔΦΔt，证明在制动过程中，导体棒中的电流i与两导体棒的速度差Δv的关系为i=BlΔv2R；
（3）已知当导体棒甲经过位移x1，速度从v0减到v1时，乙不能再加速，此时再生制动结束。为了求得这一过程中导体棒乙的位移x2，某同学的分析计算过程如下：
请你判断这位同学的解法是否正确，并说明理由。
【答案】（1）F=B2l2v02R，方向v0相同；（2）见解析；（3）见解析
【解析】（1）对导体棒甲来说，产生的感应电动势为 E0=Blv0
回路的电流为 I=E02R
导体棒乙受到的牵引力为 F=BIl
整理后，有 F=B2l2v02R 方向与v0的方向相同。
（2）若两道题棒的速度差为Δv，则在时间Δt内磁通量的变化量 ΔΦ=Bl⋅Δv⋅Δt
则电动势为 E=ΔΦΔt
感应电流为 i=E2R=BlΔv2R
（3）对整个系统来说，由能量守恒定律可知，整个过程中，甲车的动能减少量一部分转化为乙车的动能，一部分要克服两车的阻力做功，还有一部分转化为整个回路的焦耳热，所以这位同学的②式是错误的，设该过程用时Δt，对甲导体棒，由动量定理得 −B2l2x1−x22R−f⋅Δt=mv1−v0
同理，对乙导体棒，由动量定理得 B2l2x1−x22R−f⋅Δt=mv2
解得 x2=x1−mRB2l2v0−2RfB4l4 所以这位同学的解法是错误的。
25．（2022·江苏·扬州中学模拟预测）如图，MN、PQ为足够长平行光滑水平金属导轨，处于竖直向下的匀强磁场中，GH、JK为足够长倾斜粗糙平行金属导轨，处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，底端接C=1000μF的电容器。NQ端与GJ端高度差h=0.45m，水平距离x=1.2m。现将导体棒cd静置在水平分导轨固定小钉的右侧，导体棒ab以速度v0=9m/s从MP端滑入，一段时间后cd棒从NQ端抛出，恰能无碰撞从GJ端进入斜导轨。已知导轨间距均为1m，两磁场的磁感应强度均为2T，两棒质量均为1×10-3kg、接入电阻均为1Ω，导轨电阻不计，棒始终与导轨垂直且接触良好，棒与斜导轨的动摩擦因数μ=0.75，g取10m/s2。求：
（1）cd棒从NQ端抛出时的速度大小v1；
（2）cd棒抛出前瞬间ab棒所受安培力的功率P；
（3）最终电容器存储的电荷量Q。
【答案】（1）4m/s；（2）10W；（3）2×10-3C
【解析】（1）cd棒从NQ端抛出后做平抛运动，设运动时间为t，有 h=12gt2 x=v1t
解得 v1=4m/s
（2）设cd棒抛出时，ab棒速度大小为v2，由动量守恒定律可得 mv0=mv1+mv2
此时回路感应电动势为E、感应电流为I、安培力为F，
有 E=BLv2−v1 I=E2r F=BIL P=Fv2
解得 P=10W
（3）cd棒运动到GJ端时速度为v，斜面与水平夹角为θ，由动能定理 mgh=12mv2−12mv12
又 csθ=v1v
解得 v=5m/s，θ=37°
cd棒沿倾斜轨道下滑时，由于μ=tanθ，所以棒所受合力为安培力，设稳定时速度为v′，电容器带电量为Q，有 −BILΔt=mv′−mv Q=IΔt Q=CUC UC=E=BLv′
得 Q=2×10-3C
26．（2022·辽宁·沈阳二中三模）如图，两光滑平行金属导轨AC、A＇C＇固定于地面上方h=0.8m高处的水平面上，导轨间距L=1m，导轨电阻不计，其右端与阻值为R=1Ω的电阻、断开的开关S连接。处于竖直平面内半径为0.8m的、光滑绝缘的14圆弧轨道与金属导轨相切于AA＇处。AC、A＇C＇之间存在磁感应强度大小为1T、方向竖直向下的匀强磁场。两根相同的导体棒aa＇、bb＇，长度均为1m，质量均为0.5kg，电阻均为1Ω，bb＇棒静止于图示的水平导轨上，将aa＇棒从圆弧轨道顶端由静止释放，aa＇棒到达AA＇处与水平导轨良好接触且滑行一小段距离，之后aa＇棒水平向左飞出，落到地面时水平射程x=0.8m；在aa＇棒飞离水平导轨瞬间立即闭合开关S，此后经过时间t， bb＇棒在cc＇处恰好停下。已知重力加速度大小为g， bb＇棒始终与导轨垂直且接触良好，不计空气阻力。求：
（1）aa＇棒与水平导轨接触瞬间，aa＇两点间的电势差；
（2）aa＇棒与水平导轨接触过程中通过aa＇棒某一横截面的电荷量以及aa＇棒飞离AA＇处瞬间bb＇棒的速度大小；
（3）从闭合开关的瞬间到bb＇棒停下的过程中， bb＇棒中产生的焦耳热以及bb＇棒运动的位移大小。
【答案】（1）Uaa′=2V；（2）q=1C，v2=2m/s；（3）s=2m
【解析】（1）设aa＇棒与水平导轨接触前及飞离水平导轨瞬间的速度大小为v，v1，且aa＇沿圆弧轨道下滑过程中，根据机械能守恒定律有 mgr=12mv2
解得 v=4m/s
根据 E=BLv Uaa′=12E
解得 Uaa′=2V
（2）aa＇棒水平飞出后做平抛运动，则有 h=12gt2 x=v1t
联立解得 v1=2m/s
aa＇棒与水平导轨接触过程中，对aa＇棒，由动量定律有 −BIL⋅Δt=mv1−mv
aa＇棒与水平导轨接触过程中，通过aa＇棒某一横截面的电荷量设为q，则有 q=IΔt
解得 q=1C
aa＇棒离开水平导轨后瞬间bb＇棒的速度大小为v2，aa＇棒与水平导轨接触过程中，两棒满足动量守恒定律，则有 mv=mv1+mv2
解得 v2=2m/s
（3）从闭合开关的瞬间到bb＇棒停下的过程中，bb＇棒中产生的焦耳热设为Q1，由于电阻R阻值与bb＇棒阻值相等，故产生的焦耳热相同，则有 2Q1=12mv2
解得 Q1=0.5J
bb＇棒运动的位移大小设为s，bb＇棒向左滑行过程中，根据动量定理有 −BI′L⋅t=0−mv2
其中 I′=BLv2R s=vt
联立可得 B2L22R⋅s=mv2
解得 s=2m‍
27．（2022·湖南岳阳·模拟预测）如图所示，甲、乙两水平面高度差为2h，甲水平面内有间距为2L的两光滑金属导轨平行放置，乙水平面内有间距分别为2L、L的光滑金属导轨平行放置，光滑的绝缘斜导轨紧挨甲、乙两个平面内的水平轨道放置，斜轨道的倾角为53°，斜轨道底端有一小段高度可忽略的光滑圆弧与金属导轨平滑连接。水平面甲内轨道左端连接一充满电的电容器C，右边缘垂直轨道放置长度为2L，质量为m，电阻为R的均匀金属棒ab，在水平面乙内垂直间距为L的轨道左端放置与ab完全相同的金属棒cd，导轨MM'与NN'、PP'与QQ'均足够长，所有导轨的电阻都不计。所有导轨的水平部分均有竖直向下的、磁感应强度为B的匀强磁场，斜面部分无磁场。闭合开关S，金属棒αb迅速获得水平向右的速度做平抛运动，刚好落在斜面底端，没有机械能损失，之后沿着水平面乙运动。已知重力加速度为g，sin53°=0.8，cs53°=0.6。求：
（1）金属棒ab做平抛运动的初速度v0；
（2）电容器C释放的电荷量q；
（3）从金属棒ab开始沿水平面乙内的光滑轨道运动起，至匀速运动止，这一过程中金属棒ab上产生的热量。
【答案】（1）3gh4；（2）3mgh8BL；（3）73mgh60
【解析】（1）金属棒ab落到斜面底端时，在竖直方向上有 2h=12gt2
解得 t=2hg
由几何关系 tan53°=2hv0t
解得 v0=3gh4
（2）金属棒ab弹出瞬间，根据动量定理得 2BLI⋅Δt=mv0−0
又因为 q=I⋅Δt
联立解得电容器C释放的电荷量为 q=3mgh8BL
（3）金属棒ab落在水平轨道时，根据动能定理有 2mgh=12mv2−12mv02
解得 v=73gh4
最终匀速运动时，电路中无电流，所以金属棒ab和金属棒cd产生的感应电动势相等，即 2BLvab=BLvcd
此过程中，对金属棒ab根据动量定理得 −2BL∑I′Δt′=mvab−mv
对金属棒cd分析，根据动量定理得 BL∑I′Δt′=mvcd
解得 vab=73gh20 vcd=73gh10
该过程中ab、cd产生的总热量为 Q=12mv2−12mvab2−12mvcd2
解得 Q=73mgh40
因cd棒接入电路中的电阻为ab棒的二分之一，则ab棒上产生的热量为 Qab=23Q=73mgh60
28．（2022·湖南省汨罗市第一中学模拟预测）如图所示为足够长的水平光滑导轨，导轨左端间距为L1=4L，右端间距为L2=L。导轨处在竖直向下的匀强磁场，左端宽导轨处的磁感应强度大小为B，右端窄导轨处的磁感应强度大小为4B，现在导轨上垂直放置ab和cd两金属棒，质量分别为m1=4m， m2=m； 电阻分别为R1=4R，R2=R。 开始时，两棒均静止，现给cd棒施加一个方向向右、大小为F的恒力，当恒力作用时间t时cd棒的速度大小为v，该过程中cd棒发热量为Q，（整个过程中ab棒始终处在左端宽导轨处，cd棒始终处在右端窄导轨处）求：
（1）t时刻ab棒的速度大小v1；
（2）t时间内通过ab棒的电荷量q及cd棒发生的位移大小x；
（3）最终cd棒与ab棒的速度差Δv为多少？
【答案】（1）v1=Ft−mv4m；（2）q=Ft−mvBL，x=4m2v2+40Qm+(Ft−mv)28mF；（3）Δv=FR4B2L2
【解析】（1） 对cd棒使用动量定理可得 Ft−F1t=mv，F1=4BIL
对ab棒使用动量定理可得 F2t=4mv1，F2=BI⋅4L=4BIL
联立解得 v1=Ft−mv4m
（2）对ab棒由动量定理得 BIL1t=4mv1
又电荷量 q=It
解得 q=Ft−mvBL
由焦耳定律 Q=I2Rt
则ab发热量为 Qab=I2⋅4Rt=4Q
对ab、cd棒组成的系统，由功能关系得 Fx=12mv2+12×(4m)v12+Q+4Q
x=4m2v2+40Qm+(Ft−mv)28mF
（3）设稳定后某时刻ab棒和cd棒的速度分别为vab、vcd，加速度大小分别为a1、a2，电路中的电流
I=4BLvcd−B⋅4Lvab5R=4BLΔv5R
当电路中的电流稳定时，电路中的电流不变，则有 a1=a2
对ab棒和cd棒整体，由牛顿第二定律得 F=5ma1
对ab棒由牛顿第二定律得 BI⋅4L=4ma1 Δv=FR4B2L2
29．（2022·黑龙江哈尔滨·模拟预测）2022年6月17日，我国第三艘航母“福建舰”正式下水，如图甲所示，“福建舰"配备了目前世界上最先进的“电磁弹射”系统。“电磁弹射”系统的具体实现方案有多种，并且十分复杂。一种简化的物理模型如图乙所示，电源和一对足够长平行金属导轨M、N分别通过单刀双掷开关K与电容器相连。电源的电动势E = 10V， 内阻不计。两条足够长的导轨相距L =0. 1m且水平放置处于磁感应强度B = 0. 5T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面且竖直向下，电容器的电容C= 10F。现将一质量为m =0. 1kg，电阻r=0.1Ω的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内，分别与两导轨良好接触。将开关K置于a让电容器充电，充电结束后，再将开关K置于b，金属滑块会在电磁力的驱动下运动。在电容器放电过程中，金属滑块两端电压与电容器两极板间电压始终相等。不计导轨和电路其他部分的电阻，不计电容器充、放电过程中电磁辐射和导轨产生的磁场对滑块的作用，忽略金属滑块运动过程中的一切摩擦阻力。
（1）求在开关K置于b瞬间，金属滑块加速度a的大小；
（2）求金属滑块的最大速度v的大小。
【答案】（1）a = 50 m/s2；（2）v=40m/s
【解析】（1）开关K置于b的瞬间，流过金属滑块的电流 I=Er
以金属滑块为研究对象，根据牛顿第二定律 F=BIL=ma
解得 a=BELmr=50m/s2
（2）设金属滑块加速运动到最大速度时两端电压为U，电容器放电过程中的电荷量变化为Δq，放电时间为Δt，流过金属滑块的平均电流为I，在金属块滑动过程中，由动量定理得 BILΔt=mv−0
由电流的定义 Δq=IΔt
由电容的定义 C=ΔqΔU
电容器放电过程的电荷量变化为 Δq=CΔU
且 ΔU=E−U
金属滑块运动后速度最大时，其两端电压为 U=BLv
解得 v=40m/s
甲同学：
在这段时间内，导体棒MN切割磁感线的感应电动势E=Bdv=Bdxt
所以Q=I2Rt=E2Rt=B2d2x2tR
乙同学：
在导体棒向右运动的过程中，导体棒损失的动能最终转化为电阻R的焦耳热，则有Q=12mv12−12mv22