第十二章　電磁感應(yīng) 第66課時(shí)　動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用　重難突破課

第66課時(shí)動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用[重難突破課]題型一動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用考法一“單棒”模型情境示例1水平放置的平行光滑導(dǎo)軌，間距為L(zhǎng)，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(jì)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至停下來(lái)求電荷量q－BILΔt＝0－mv0，q＝IΔt，q＝m求位移x－B2L2vRΔt＝0－mv0，x＝應(yīng)用技巧初、末速度已知的變加速運(yùn)動(dòng)，在動(dòng)量定理列出的式子中q＝IΔt，x＝vΔt；若已知q或x也可求末速度情境示例2間距為L(zhǎng)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、接入電路的阻值為R的導(dǎo)體棒，當(dāng)通過(guò)橫截面的電荷量為q或下滑位移為x時(shí)，速度達(dá)到v求運(yùn)動(dòng)時(shí)間－BILΔt＋mgsinθ·Δt＝mv－0，q＝IΔt，－B2L2vRΔt＋mgsinθ·Δt＝mv－0，應(yīng)用技巧用動(dòng)量定理求時(shí)間需有其他恒力參與。若已知運(yùn)動(dòng)時(shí)間，也可求q、x、v中的一個(gè)物理量【典例1】如圖甲所示，相距為L(zhǎng)＝1m的豎直平行金屬軌道，上端接有一個(gè)非線性元件D，其伏安特性曲線如圖乙所示。圖甲中導(dǎo)軌間存在方向水平且垂直于紙面向里的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5T，一根質(zhì)量為m＝0.01kg、長(zhǎng)度也為L(zhǎng)、電阻r＝2Ω的金屬桿，從軌道的上端由靜止開(kāi)始下落，下落過(guò)程中始終與導(dǎo)軌接觸良好并保持水平，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后金屬桿勻速運(yùn)動(dòng)。（不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2）（1）求金屬桿勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)通過(guò)的電流大??；（2）求最終金屬桿勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小；（3）測(cè)得金屬桿開(kāi)始下落至剛好勻速運(yùn)動(dòng)經(jīng)歷的時(shí)間為t＝0.3s，求這段時(shí)間內(nèi)經(jīng)過(guò)金屬桿的電荷量q。答案：（1）0.2A（2）2.6m/s（3）0.008C解析：（1）經(jīng)分析可知，當(dāng)金屬桿所受重力等于安培力時(shí)，金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，則有mg＝BIL解得I＝mgBL＝0.01×（2）由題圖乙可知，當(dāng)I＝0.2A時(shí)，電壓為U＝0.9V，則有BLv＝U＋I(xiàn)r，解得v＝2.6m/s。（3）對(duì)金屬桿，根據(jù)動(dòng)量定理可得mgt－BIL·t＝mv又q＝It，解得q＝0.008C?？挤ǘ半p棒”模型【典例2】（多選）如圖所示，兩根光滑足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌MNPQ和M1N1P1Q1，固定在水平面上，MN與M1N1距離為2l，PQ與P1Q1距離為l。金屬棒a和b的質(zhì)量分別為2m和m、長(zhǎng)度分別為2l與l，金屬棒a、b分別垂直放在導(dǎo)軌MN、M1N1和PQ，P1Q1上，靜止在導(dǎo)軌上。整個(gè)裝置處于豎直向下的、磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)金屬棒a獲得水平向右的初速度v0，兩棒運(yùn)動(dòng)時(shí)始終保持平行且金屬棒a總在MNM1N1上運(yùn)動(dòng)，金屬棒b總在PQP1Q1上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間后，下列說(shuō)法正確的是（）A.流過(guò)金屬棒a的電荷量是2B.金屬棒a和b均做加速度相同的勻加速直線運(yùn)動(dòng)C.金屬棒a和b均做速度相等的勻速直線運(yùn)動(dòng)D.回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零答案：AD解析：因金屬棒a向右運(yùn)動(dòng)，其受安培力向左，則金屬棒a做減速運(yùn)動(dòng)，金屬棒b受安培力向右做加速運(yùn)動(dòng)，則經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，兩棒穩(wěn)定時(shí)均做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)回路的感應(yīng)電流為零，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，則B·2lva＝Blvb，即2va＝vb，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確；根據(jù)a＝BILm，則aa＝BI·2l2m，ab＝BIlm，所以aa＝ab，金屬棒a做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，金屬棒b做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩者加速度大小相同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)金屬棒a，由動(dòng)量定理得－BI·2lΔt＝2mva－2mv0，對(duì)金屬棒b，由動(dòng)量定理得BI·lΔt＝mvb，解得q＝IΔ題型二動(dòng)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，如果雙金屬棒系統(tǒng)受到的合外力為0時(shí)，滿(mǎn)足動(dòng)量守恒，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律解題往往比較方便。2.雙棒模型（不計(jì)摩擦力）雙棒無(wú)外力雙棒有外力示意圖F為恒力雙棒無(wú)外力雙棒有外力動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)金屬棒1受安培力的作用做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，金屬棒2受安培力的作用做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后兩棒以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)金屬棒1做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒2做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，最終兩棒以相同的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)雙棒無(wú)外力雙棒有外力動(dòng)量觀點(diǎn)系統(tǒng)動(dòng)量守恒系統(tǒng)動(dòng)量不守恒能量觀點(diǎn)金屬棒1動(dòng)能的減少量＝金屬棒2動(dòng)能的增加量＋焦耳熱外力做的功＝金屬棒1增加的動(dòng)能＋金屬棒2增加的動(dòng)能＋焦耳熱考法一“雙棒＋等間距的導(dǎo)軌”模型【典例3】（多選）如圖所示為兩根間距為L(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，OO'左側(cè)向上彎曲，右側(cè)水平，水平導(dǎo)軌處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。兩根金屬棒MN、PQ垂直導(dǎo)軌放置，與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒MN、PQ的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)、質(zhì)量均為m、阻值均為R。金屬棒MN從豎直高度h處由靜止釋放沿導(dǎo)軌下滑。導(dǎo)軌電阻不計(jì)，整個(gè)過(guò)程金屬棒MN和PQ未相碰，則（）A.金屬棒MN進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，金屬棒PQ兩端電壓大小為BLB.釋放后金屬棒MN的最小速度為0C.整個(gè)過(guò)程中流過(guò)金屬棒PQ的電荷量為mD.整個(gè)過(guò)程中閉合回路產(chǎn)生的焦耳熱為mgh答案：AC解析：MN從靜止釋放到剛進(jìn)入磁場(chǎng)這個(gè)過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgh＝12mv02，此時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝BLv0，電路中的電流為I＝ER＋r，又r＝R，所以此時(shí)PQ兩端的電壓UPQ＝E－Ir＝E－IR＝BL2gh2，故A正確；MN進(jìn)入磁場(chǎng)后，MN、PQ受到的安培力等大反向，MN、PQ組成的系統(tǒng)所受合外力為零，所以MN、PQ組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故最后MN、PQ達(dá)到共同速度一起運(yùn)動(dòng)，速度不會(huì)變?yōu)榱?，故B錯(cuò)誤；設(shè)MN、PQ最終速度為vm，則mv0＝（m＋m）vm，故vm＝12v0，又Δv＝aΔt＝BILmΔt＝BLmq，所以q＝mBLΔv＝mBLv0－12v0＝mBL·v02＝m2BL2gh，故C正確；整個(gè)過(guò)程中對(duì)兩金屬棒考法二“雙棒＋不等間距的導(dǎo)軌”模型【典例4】（多選）（2023·遼寧高考10題）如圖，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，處于豎直向上的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。已知導(dǎo)體棒MN的電阻為R、長(zhǎng)度為d，導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長(zhǎng)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(zhǎng)的輕質(zhì)絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個(gè)過(guò)程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是（）A.彈簧伸展過(guò)程中，回路中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏鰾.PQ速率為v時(shí)，MN所受安培力大小為4C.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，MN與PQ的路程之比為2∶1D.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，通過(guò)MN的電荷量為BLd答案：AC解析：彈簧伸展的過(guò)程中，穿過(guò)閉合回路的磁通量向上增加，由楞次定律可判斷回路中的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，A正確；由題意可知，PQ、MN所受安培力大小相等，方向相反，所以?xún)砂艚M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)MN的質(zhì)量為m，則PQ的質(zhì)量為2m，PQ的速率為v時(shí)，則2mv＝mv'，解得導(dǎo)體棒MN的速率為v'＝2v，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E＝2Bd·2v＋B·2dv＝6Bdv，回路中的感應(yīng)電流大小為I＝E3R＝2BdvR，則MN所受的安培力大小為FMN＝2BId＝4B2d2vR，B錯(cuò)誤；由B選項(xiàng)分析可知MN與PQ在任一時(shí)刻的速率之比為2∶1，則運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，MN與PQ的平均速率之比為2∶1，由x＝vt可知，MN與PQ的路程之比為2∶1，C正確；由C選項(xiàng)分析可知兩導(dǎo)體棒靜止時(shí)，MN的位移大小為2L3，PQ的位移大小為L(zhǎng)3，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝ΔΦΔt，又I＝E3R，通過(guò)MN的電荷量為q＝I題型一動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用1.水平面上放置兩個(gè)互相平行且足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌，間距為d，電阻不計(jì)，其左端連接一阻值為R的電阻。導(dǎo)軌處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為d、阻值為R與導(dǎo)軌接觸良好的導(dǎo)體棒MN以初速度v0垂直導(dǎo)軌水平向右運(yùn)動(dòng)直到停下。不計(jì)一切摩擦，則下列說(shuō)法正確的是（）A.導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受安培力先做正功再做負(fù)功B.導(dǎo)體棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的最大距離為2C.整個(gè)過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為12mD.整個(gè)過(guò)程中，導(dǎo)體棒的平均速度大于v解析：B導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中一直受到向左的安培力作用，即安培力一直做負(fù)功，故A錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理可知－IdB·Δt＝0－mv0，其中I·Δt＝ΔΦΔt2R·Δt＝ΔΦ2R，ΔΦ＝Bdx，解得x＝2mv0RB2d2，故B正確；導(dǎo)體棒的阻值與左端所接電阻的阻值相等，故電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱應(yīng)該為14mv02，故C錯(cuò)誤2.如圖甲、乙所示，除導(dǎo)體棒ab可動(dòng)外，其余部分均固定不動(dòng)，圖甲中的電容器C原來(lái)不帶電。設(shè)導(dǎo)體棒、導(dǎo)軌電阻均可忽略，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的摩擦也不計(jì)，圖中裝置均在水平面內(nèi)，且都處于方向垂直于水平面（即紙面）向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)。現(xiàn)給導(dǎo)體棒ab一個(gè)向右的初速度v0，在圖甲、乙兩種情形下，關(guān)于導(dǎo)體棒ab的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，下列說(shuō)法正確的是（）A.圖甲中，導(dǎo)體棒ab先做勻減速運(yùn)動(dòng)，最終做勻速運(yùn)動(dòng)B.圖乙中，導(dǎo)體棒ab先做加速度越來(lái)越小的減速運(yùn)動(dòng)，最終靜止C.兩種情況下通過(guò)電阻的電荷量一樣大D.兩種情形下導(dǎo)體棒ab最終都保持勻速運(yùn)動(dòng)解析：B題圖甲中，導(dǎo)體棒ab向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流而使電容器充電，由于充電電流不斷減小，安培力減小，則導(dǎo)體棒ab做變減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電容器極板間電壓與導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，電路中沒(méi)有電流，導(dǎo)體棒ab不受安培力，向右做勻速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；題圖乙中，導(dǎo)體棒ab向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒ab受向左的安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，隨速度的減小，電流減小，安培力減小，加速度減小，最終導(dǎo)體棒ab靜止，故B正確，D錯(cuò)誤；根據(jù)F安＝BIL，有F安t＝BILt＝qBL＝mΔv，得q＝mΔvBL，電荷量跟導(dǎo)體棒ab的動(dòng)量變化量成正比，因?yàn)轭}圖甲中導(dǎo)體棒的動(dòng)量變化量小于題圖乙，3.（多選）如圖所示，M、N、P、Q四條光滑且足夠長(zhǎng)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B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩根質(zhì)量均為m、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)。t＝0時(shí)使導(dǎo)體棒C獲得瞬時(shí)速度v0向右運(yùn)動(dòng)，兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)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(dòng)時(shí)導(dǎo)體棒C未到兩組導(dǎo)軌連接處。則下列說(shuō)法正確的是（）A.t＝0時(shí)，導(dǎo)體棒D的加速度大小為a＝BB.達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)，C、D兩棒速度之比為1∶1C.從t＝0時(shí)至達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，回路產(chǎn)生的內(nèi)能為25mD.從t＝0時(shí)到達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量為2解析：ACD開(kāi)始時(shí)，導(dǎo)體棒中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝2BLv0，電路中感應(yīng)電流I＝E2R，導(dǎo)體棒D所受安培力F＝BIL，設(shè)導(dǎo)體棒D的加速度為a，則有F＝ma，解得a＝B2L2v0mR，故A正確；穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)，電路中電流為零，設(shè)此時(shí)C、D棒的速度分別為v1、v2，則有2BLv1＝BLv2，對(duì)變速運(yùn)動(dòng)中任意極短時(shí)間Δt，由動(dòng)量定理，對(duì)導(dǎo)體棒C有2BILΔt＝mΔv1，對(duì)導(dǎo)體棒D有BILΔt＝mΔv2，對(duì)變速運(yùn)動(dòng)全過(guò)程有Δv1＝v0－v1，Δv2＝v2，則v0－v1＝2v2，解得v2＝25v0，v1＝15v0，故B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律可知回路產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝12mv02－12mv12－12mv22，解得Q＝25mv02，故C正確；由上述分析可知對(duì)變速運(yùn)動(dòng)中任意極短時(shí)間Δt，由動(dòng)量定理，對(duì)導(dǎo)體棒C有2BILΔt＝mΔv題型二動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用4.（多選）如圖，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上。t＝0時(shí)，棒ab以初速度v0向右滑動(dòng)。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示。下列圖像中可能正確的是（）ABCD解析：AC導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流（逆時(shí)針），導(dǎo)體棒ab受阻力F作用，速度減小，導(dǎo)體棒cd受安培力F'作用，速度變大，如圖所示，由E＝Blv知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E隨速度v的減小而減小，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)軌上以共同速度做勻速運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則mv0＝2mv共，v共＝v02，A正確；導(dǎo)體棒cd受變力作用，加速度逐漸減小，其v-t圖像應(yīng)該是曲線，B錯(cuò)誤；由前面分析知，兩導(dǎo)體棒做變速運(yùn)動(dòng)，感應(yīng)電流變小，最后為零，但非均勻變化，C正確，5.（多選）如圖所示，半徑為r的粗糙四分之一圓弧導(dǎo)軌與光滑水平導(dǎo)軌平滑相連，四分之一圓弧導(dǎo)軌區(qū)域沒(méi)有磁場(chǎng)，水平導(dǎo)軌區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)軌間距為d，ab、cd是質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。cd靜止在平滑軌道上，ab從四分之一圓弧軌道頂端由靜止釋放，在圓弧軌道上克服阻力做功12mgr，水平導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，且不會(huì)相撞，重力加速度為g。從ab棒進(jìn)入水平軌道開(kāi)始，下列說(shuō)法正確的是（A.ab棒先做勻減速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速運(yùn)動(dòng)B.cd棒先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，最后和ab棒以相同的速度做勻速運(yùn)動(dòng)C.ab棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，cd棒電流為BdD.ab棒的最終速度大小為gr解析：CDab棒進(jìn)入磁場(chǎng)后受到向左的安培力，做減速運(yùn)動(dòng)，所以安培力減小，則ab棒先做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，cd棒與ab棒串聯(lián)，所以cd棒先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后它們以相同的速度做勻速運(yùn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤；ab棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)的速度就是它下滑到圓弧軌道底端的速度，根據(jù)動(dòng)能定理mgr－12mgr＝12mv2，可得速度為v＝gr，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Bdv，兩棒串聯(lián)，故兩棒中的瞬時(shí)電流為I＝Bdgr2R，兩棒共速時(shí)由動(dòng)量守恒定律有mv＝2mv'，得最終速度大小為v'＝gr26.（多選）如圖所示，兩電阻可以忽略不計(jì)的平行金屬長(zhǎng)直導(dǎo)軌固定在水平面上，相距為L(zhǎng)，另外兩根長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R的相同導(dǎo)體棒垂直靜置于導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒在長(zhǎng)導(dǎo)軌上可以無(wú)摩擦地滑動(dòng)，導(dǎo)軌間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，某時(shí)刻使導(dǎo)體棒a獲得大小為v0、水平向右的初速度，同時(shí)使導(dǎo)體棒b獲得大小為2v0、水平向右的初速度，下列結(jié)論正確的是（）A.該時(shí)刻回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為3BLv0B.該時(shí)刻導(dǎo)體棒a的加速度為BC.當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度大小為3v02時(shí)，導(dǎo)體棒D.運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)體棒a的電荷量的最大值qm＝m解析：BCD根據(jù)右手定則可知兩根導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相反，故該時(shí)刻回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BL·2v0－BLv0＝BLv0，A錯(cuò)誤；在該時(shí)刻，回路中的感應(yīng)電流I＝ER＝BLv02R，導(dǎo)體棒a所受安培力大小F＝ILB＝ma，可得a＝B2L2v02mR，B正確；由于兩導(dǎo)體棒整體在水平方向動(dòng)量守恒，當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度大小為3v02時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得m·2v0＋mv0＝m·3v02＋mv1，解得v1＝3v02，C正確；由以上解析知v共＝3v02，對(duì)導(dǎo)體棒a由動(dòng)量定理有F安Δt＝mv7.（多選）如圖所示，一光滑軌道固定在架臺(tái)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(chǎng)。一質(zhì)量m＝0.5kg、長(zhǎng)為l＝1.1m、電阻忽略不計(jì)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(guò)磁場(chǎng)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(guò)計(jì)算可知（g取10m/s2）（）A.導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為3m/sB.導(dǎo)體棒整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為3JC.磁場(chǎng)的長(zhǎng)度x1為2mD.整個(gè)過(guò)程通過(guò)電阻的電荷量為2C解析：BCD設(shè)導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)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(cuò)誤；導(dǎo)體棒從水平軌道水平飛出做平拋運(yùn)動(dòng)，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(guò)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中，根據(jù)能量守恒定律有Q＝12mv02－12mv2，則導(dǎo)體棒整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)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(guò)磁場(chǎng)區(qū)域過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)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8.（多選）如圖所示，空間存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左右兩部分的間距分別為l、2l；質(zhì)量分別為m、2m的導(dǎo)體棒a、b均垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)體棒a接入電路的電阻為R，其余電阻均忽略不計(jì)；a、b兩棒分別以v0、2v0的初速度同時(shí)向右運(yùn)動(dòng)，兩棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且保持良好接觸，a總在窄軌上運(yùn)動(dòng)，b總在寬軌上運(yùn)動(dòng)，直到兩棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到兩棒穩(wěn)定的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A.a棒加速度的大小始終等于b棒加速度的大小B.穩(wěn)定時(shí)a棒的速度為1.5v0C.電路中產(chǎn)生的焦耳熱為32mD.通過(guò)a棒的某一橫截面的電荷量為m解析：AC由F安＝ILB＝ma，可得a＝ILBm，a、b棒串聯(lián)，電流相等，a、b棒長(zhǎng)度分別為l、2l，質(zhì)量