《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第11章 電磁感應(yīng) 第54講 動力學(xué)、能量和動量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用學(xué)案（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第11章 電磁感應(yīng) 第54講 動力學(xué)、能量和動量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用學(xué)案（含解析）.doc（26頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第54講　動力學(xué)、能量和動量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用 考點(diǎn)一　電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題 1．電磁感應(yīng)與力學(xué)的聯(lián)系 在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中導(dǎo)體運(yùn)動切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，感應(yīng)電流使導(dǎo)體受到安培力的作用。因此，電磁感應(yīng)問題往往和力學(xué)問題聯(lián)系在一起。解決電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題，一方面要考慮電磁學(xué)中的有關(guān)規(guī)律，另一方面還要考慮力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律，要將電磁學(xué)和力學(xué)知識綜合起來應(yīng)用。 2．解決電磁感應(yīng)中力學(xué)問題的基本思路 研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象中導(dǎo)體的運(yùn)動，準(zhǔn)確分析磁場對感應(yīng)電流的安培力是關(guān)鍵。此類問題中的導(dǎo)體一般不是做勻變速運(yùn)動，而是經(jīng)歷一個(gè)動態(tài)變化過程再趨于一個(gè)穩(wěn)定狀態(tài)。動態(tài)分析的基本思路如下： 3．兩種狀態(tài)處理 (1)導(dǎo)體處于平衡態(tài)——靜止或勻速直線運(yùn)動狀態(tài) 處理方法：根據(jù)平衡條件(合外力等于0)列式分析。 (2)導(dǎo)體處于非平衡態(tài)——加速度不為0 處理方法：根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系分析。 如圖甲所示，兩根足夠長的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L，M、P兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻。一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿AB放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直。整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直斜面向下。導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽略。讓AB桿沿導(dǎo)軌由靜止開始下滑，導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，不計(jì)它們之間的摩擦。 (1)由B向A方向看到的裝置如圖乙所示，請?jiān)诖藞D中畫出AB桿下滑過程中某時(shí)刻的受力示意圖； (2)在加速下滑過程中，當(dāng)AB桿的速度大小為v時(shí)，求此時(shí)AB桿中的電流大小及其加速度的大??； (3)求在下滑過程中，AB桿可以達(dá)到的最大速度值。 解析　(1)如圖所示，重力mg，豎直向下；支持力FN，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上。 (2)當(dāng)AB桿速度為v時(shí)，感應(yīng)電動勢E＝BLv， 此時(shí)電路中電流I＝＝。 AB桿受到的安培力F＝BIL＝， 根據(jù)牛頓第二定律，有 ma＝mgsinθ－F＝mgsinθ－， a＝gsinθ－。 (3)當(dāng)＝mgsinθ時(shí)， AB桿達(dá)到最大速度vmax＝。 答案　(1)圖見解析　(2)　gsinθ－ (3) 方法感悟 電磁感應(yīng)中力學(xué)問題的解題技巧 (1)將安培力與其他力一起進(jìn)行分析。 (2)要特別注意安培力的大小和方向都有可能變化，不像重力或其他力一樣是恒力。 (多選)如圖所示，有兩根和水平方向成α角的光滑平行的金屬軌道，間距為l，上端接有可變電阻R，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一根質(zhì)量為m的金屬桿從軌道上由靜止滑下，經(jīng)過足夠長的時(shí)間后，金屬桿的速度會趨于一個(gè)最大速度vm，除R外其余電阻不計(jì)，則(　　) A．如果B變大，vm將變大 B．如果α變大，vm將變大 C．如果R變大，vm將變大 D．如果m變小，vm將變大 答案　BC 解析　金屬桿從軌道上滑下切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E＝Blv，在閉合電路中形成電流I＝，因此金屬桿從軌道上滑下的過程中除受重力、軌道的彈力外還受安培力F作用，F(xiàn)＝BIl＝，先用右手定則判定感應(yīng)電流方向，再用左手定則判定出安培力方向，如圖所示。根據(jù)牛頓第二定律，得mgsinα－＝ma，當(dāng)a＝0時(shí)，v＝vm，解得vm＝，故B、C正確。 考點(diǎn)二　電磁感應(yīng)中的功能問題 1．能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法 (1)能量轉(zhuǎn)化 (2)求解焦耳熱Q的三種方法 2．解題的一般步驟 (1)確定研究對象(導(dǎo)體棒或回路)。 (2)弄清電磁感應(yīng)過程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化。 (3)根據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律列式求解。 小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡化裝置如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)＝0.50 m，傾角θ＝53，導(dǎo)軌上端串接一個(gè)R＝0.05 Ω的電阻。在導(dǎo)軌間長d＝0.56 m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0 T。質(zhì)量m＝4.0 kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連。CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s＝0.24 m。一位健身者用恒力F＝80 N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運(yùn)動，上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直。當(dāng)CD棒到達(dá)磁場上邊界時(shí)健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin53＝0.8，不計(jì)其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)。求： (1)CD棒進(jìn)入磁場時(shí)速度v的大??； (2)CD棒進(jìn)入磁場時(shí)所受的安培力FA的大?。? (3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q。 解析　(1)由牛頓第二定律a＝＝12 m/s2① 進(jìn)入磁場時(shí)的速度v＝＝2.4 m/s② (2)感應(yīng)電動勢E＝Blv③ 感應(yīng)電流I＝④ 安培力FA＝BIl⑤ 代入得FA＝＝48 N⑥ (3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J⑦ 由于F－mgsinθ－FA＝0⑧ 故CD棒在磁場區(qū)做勻速運(yùn)動 在磁場中運(yùn)動時(shí)間t＝⑨ 焦耳熱Q＝I2Rt＝26.88 J。 答案　(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J 方法感悟 在利用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律解決電磁感應(yīng)問題時(shí)，要注意分析安培力做功的情況，因?yàn)榘才嗔Φ墓κ请娔芎推渌问降哪苤g相互轉(zhuǎn)化的“橋梁”，簡單表示如下：電能其他形式能。 1. (2018唐山統(tǒng)考)(多選)如圖所示，在傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域。區(qū)域Ⅰ的磁場方向垂直斜面向上，區(qū)域Ⅱ的磁場方向垂直斜面向下，磁場邊界MN、PQ、GH均平行于斜面底邊，MP、PG均為L。一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導(dǎo)線框，由靜止開始沿斜面下滑，下滑過程中ab邊始終與斜面底邊平行。t1時(shí)刻ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場Ⅰ區(qū)域，此時(shí)導(dǎo)線框恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動；t2時(shí)刻ab邊下滑到PQ與MN的中間位置，此時(shí)導(dǎo)線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)動。重力加速度為g，下列說法中正確的是(　　) A．當(dāng)ab邊剛越過PQ時(shí)，導(dǎo)線框的加速度大小為 a＝gsinθ B．導(dǎo)線框兩次做勻速直線運(yùn)動的速度之比v1∶v2＝4∶1 C．從t1到t2的過程中，導(dǎo)線框克服安培力做的功等于機(jī)械能的減少量 D．從t1到t2的過程中，有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能 答案　BC 解析　線框在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，其合力為零，則mgsinθ＝F安＝；線框的ab邊剛越過PQ時(shí)，兩邊都在切割磁感線，都受到沿斜面向上的安培力F安′＝BI′L＝BL＝，則F合＝mgsinθ－2F安′＝mgsinθ－4＝ma，a＝－3gsinθ，A錯(cuò)誤；線框再次勻速時(shí)，其合力也為零，則mgsinθ－4＝0，則＝，B正確；從t1到t2的過程中，安培力做負(fù)功，重力做正功，克服安培力所做的功等于線框機(jī)械能的減少量，減少的動能和重力勢能轉(zhuǎn)化為電能，即E電＝ΔE機(jī)減＝mgh＋，C正確，D錯(cuò)誤。 2. (2015天津高考)如圖所示，“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l。勻強(qiáng)磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面。開始時(shí)，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進(jìn)入磁場直到ef、pq邊進(jìn)入磁場前，線框做勻速運(yùn)動。在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運(yùn)動。線框完全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q。線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g。求： (1)線框ab邊將離開磁場時(shí)做勻速運(yùn)動的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)的幾倍； (2)磁場上下邊界間的距離H。 答案　(1)4　(2)＋28l 解析　(1)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，線框做勻速運(yùn)動的速度為v1，cd邊上的感應(yīng)電動勢為E1，有E1＝B2lv1① 設(shè)線框總電阻為R，此時(shí)線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有I1＝② 設(shè)此時(shí)線框所受安培力為F1，有F1＝BI12l③ 由于線框做勻速運(yùn)動，其受力平衡，有F1＝mg④ 由①②③④式得v1＝⑤ 設(shè)ab邊將離開磁場時(shí)，線框做勻速運(yùn)動的速度為v2，同理可得v2＝⑥ 由⑤⑥式得＝4⑦ (2)線框自釋放直到cd邊進(jìn)入磁場前，由機(jī)械能守恒定律，有mg2l＝mv⑧ 線框完全穿過磁場的過程中，由能量守恒定律，有 mg(2l＋H)＝mv－mv＋Q⑨ 由⑦⑧⑨式得H＝＋28l。 考點(diǎn)三　電磁感應(yīng)中的動量問題 1．動量定理在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用 導(dǎo)體棒或金屬框在感應(yīng)電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運(yùn)動時(shí)，安培力的沖量為：I安＝BLt＝BLq，通過導(dǎo)體棒或金屬框的電荷量為：q＝Δt＝Δt＝nΔt＝n，磁通量變化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。如果安培力是導(dǎo)體棒或金屬框受到的合外力，則I安＝mv2－mv1。 當(dāng)題目中涉及速度v、電荷量q、運(yùn)動時(shí)間t、運(yùn)動位移x時(shí)用動量定理求解更方便。 2．動量守恒定律在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用 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，如果它們受到的外力的合力為0，則滿足動量守恒條件，運(yùn)用動量守恒定律求解比較方便。 (2018哈爾濱模擬)如圖所示豎直面內(nèi)，水平線OO′下方足夠大的區(qū)域內(nèi)存在水平勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一個(gè)單匝均勻正方形導(dǎo)體框，邊長為L，質(zhì)量為m，總電阻為r，從ab邊距離邊界OO′為L的位置由靜止釋放，已知從ab邊剛進(jìn)入磁場到cd邊剛進(jìn)入磁場所用時(shí)間為t，重力加速度為g，空氣阻力不計(jì)，導(dǎo)體框不翻轉(zhuǎn)。求： (1)ab邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，ba間電勢差的大小Uba； (2)cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，導(dǎo)體框的速度。 解析　(1)設(shè)ab邊剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v1， 根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：mgL＝mv 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為： E1＝BLv1 此時(shí)的感應(yīng)電流為：I＝ 所以ba間電勢差的大小 Uba＝Ir＝E1＝。 (2)從ab邊剛進(jìn)入磁場到cd邊剛進(jìn)入磁場的過程中，根據(jù)動量定理可得： mgt－BLt＝mv2－mv1 其中BLt＝＝ 解得：v2＝gt－＋。 答案　(1)　(2)gt－＋ 方法感悟 應(yīng)用動量定理還可以由動量變化來求解變力的沖量。如在導(dǎo)體棒做非勻變速運(yùn)動的問題中，應(yīng)用動量定理可以解決牛頓運(yùn)動定律不易解答的問題。 足夠長的平行金屬軌道M、N，相距L＝0.5 m，且水平放置；M、N左端與半徑R＝0.4 m的光滑豎直半圓軌道相連，與軌道始終垂直且接觸良好的金屬棒b和c可在軌道上無摩擦地滑動，兩金屬棒的質(zhì)量mb＝mc＝0.1 kg，接入電路的有效電阻Rb＝Rc＝1 Ω，軌道的電阻不計(jì)。平行水平金屬軌道M、N處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于軌道平面向上，光滑豎直半圓軌道在磁場外，如圖所示。若使b棒以初速度v0＝10 m/s開始向左運(yùn)動，運(yùn)動過程中b、c不相撞，g取10 m/s2，求： (1)c棒的最大速度； (2)c棒達(dá)最大速度時(shí)，此棒產(chǎn)生的焦耳熱； (3)若c棒達(dá)最大速度后沿半圓軌道上滑，金屬棒c到達(dá)軌道最高點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力的大小。 答案　(1)5 m/s　(2)1.25 J　(3)1.25 N 解析　(1)在安培力作用下，b棒做減速運(yùn)動，c棒做加速運(yùn)動，當(dāng)兩棒速度相等時(shí)，c棒達(dá)到最大速度。 選兩棒為研究對象，根據(jù)動量守恒定律有 mbv0＝(mb＋mc)v 解得c棒的最大速度為：v＝v0＝v0＝5 m/s。 (2)從b棒開始運(yùn)動到兩棒速度相等的過程中，系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化為電能，兩棒中產(chǎn)生的總熱量為： Q＝mbv－(mb＋mc)v2＝2.5 J 因?yàn)镽b＝Rc，所以c棒達(dá)最大速度時(shí)此棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qc＝＝1.25 J。 (3)設(shè)c棒沿半圓軌道滑到最高點(diǎn)時(shí)的速度為v′，從最低點(diǎn)上升到最高點(diǎn)的過程由機(jī)械能守恒可得： mcv2－mcv′2＝mcg2R 解得v′＝3 m/s 在最高點(diǎn)，設(shè)軌道對c棒的彈力為F，由牛頓第二定律得 mcg＋F＝mc 解得F＝1.25 N 由牛頓第三定律得，在最高點(diǎn)c棒對軌道的壓力為1.25 N，方向豎直向上。 課后作業(yè) [鞏固強(qiáng)化練] 1．如圖所示，勻強(qiáng)磁場存在于虛線框內(nèi)，矩形線圈豎直下落，如果線圈受到的磁場力總小于其重力，則它在1、2、3、4位置時(shí)的加速度關(guān)系為(　　) A．a(chǎn)1>a2>a3>a4 B．a(chǎn)1＝a3>a2>a4 C．a(chǎn)1＝a3>a4>a2 D．a(chǎn)4＝a2>a3>a1 答案　B 解析　未進(jìn)磁場前和全部進(jìn)入磁場后，都僅受重力，所以加速度a1＝a3＝g。線框在圖2位置時(shí)，受到重力和向上的安培力，且已知F安a2>a4，B正確。 2. (多選)如圖所示，兩光滑平行傾斜導(dǎo)軌PQ、EF所在平面與水平面的夾角為θ，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌所在平面斜向下，導(dǎo)軌下端接一電阻R，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒用平行于導(dǎo)軌的細(xì)線拴住置于導(dǎo)軌上，線的另一端跨過光滑定滑輪掛著一個(gè)質(zhì)量為M的砝碼，按住導(dǎo)體棒，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，放手后，導(dǎo)體棒被細(xì)線拉著沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動一段位移s后，速度恰好達(dá)到最大值v(導(dǎo)體棒及導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì))，在此過程中(　　) A．細(xì)線的拉力始終等于Mg B．導(dǎo)體棒做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動 C．細(xì)線的拉力與安培力的合力對導(dǎo)體棒做的功等于導(dǎo)體棒增加的機(jī)械能 D．電阻R產(chǎn)生的熱量Q＝Mgs－mgssinθ－mv2 答案　BC 解析　對于導(dǎo)體棒，從靜止釋放后先做加速運(yùn)動，隨著速度增大，由公式F安＝知，導(dǎo)體棒所受的安培力增大，對砝碼、導(dǎo)體棒分析可得Mg－T＝Ma，T－mgsinθ－F安＝ma，解得a＝，當(dāng)F安增大時(shí)加速度減小，則導(dǎo)體棒和砝碼都做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，加速運(yùn)動時(shí)細(xì)線的拉力小于砝碼的重力，A錯(cuò)誤，B正確；對于導(dǎo)體棒，根據(jù)功能關(guān)系可知除重力之外，細(xì)線的拉力與安培力的合力對導(dǎo)體棒做的功等于導(dǎo)體棒增加的機(jī)械能，C正確；對于系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒得：電阻R產(chǎn)生的熱量Q＝Mgs－mgssinθ－(m＋M)v2，D錯(cuò)誤。 3. (多選)如圖所示，兩根相距為d的足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌平面垂直，長度略大于d的兩導(dǎo)體棒M、N平行地放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒的電阻均為R、質(zhì)量均為m，開始兩導(dǎo)體棒靜止，現(xiàn)給導(dǎo)體棒M一個(gè)平行導(dǎo)軌向右的瞬時(shí)沖量I，整個(gè)過程中導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，下列說法正確的是(　　) A．回路中始終存在逆時(shí)針方向的電流 B．棒N的最大加速度為 C．回路中的最大電流為 D．棒N獲得的最大速度為 答案　BC 解析　根據(jù)右手定則可知開始回路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，當(dāng)兩個(gè)導(dǎo)體棒以相同的速度勻速運(yùn)動時(shí)，回路中的電流強(qiáng)度為零，故A錯(cuò)誤；當(dāng)M開始運(yùn)動的瞬間，N的加速度最大，根據(jù)動量定理可得I＝mv，解得v＝，根據(jù)牛頓第二定律可得：＝ma，解得a＝，故B正確；回路中的最大電流為I流＝＝＝，故C正確；N速度最大時(shí)二者的速度相等，根據(jù)動量守恒定律可得：mv＝2mv′，解得v′＝＝，故D錯(cuò)誤。 4．(多選)如圖甲所示，電阻不計(jì)且間距L＝1 m的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，上端接一阻值R＝2 Ω的電阻，虛線OO′下方有垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場，現(xiàn)將質(zhì)量m＝0.1 kg、電阻不計(jì)的金屬桿ab從OO′上方某處由靜止釋放，金屬桿在下落的過程中與導(dǎo)軌保持良好接觸且始終水平。已知桿ab進(jìn)入磁場時(shí)的速度v0＝1 m/s，下落0.3 m的過程中加速度a與下落距離h的關(guān)系圖象如圖乙所示，g取10 m/s2，則(　　) A．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2 T B．桿ab下落0.3 m時(shí)金屬桿的速度為1 m/s C．桿ab下落0.3 m的過程中R上產(chǎn)生的熱量為0.2 J D．桿ab下落0.3 m的過程中通過R的電荷量為0.25 C 答案　AD 解析　當(dāng)金屬桿進(jìn)入磁場后，根據(jù)右手定則判斷可知金屬桿ab中電流的方向由a到b。由乙圖知，剛進(jìn)入磁場時(shí)，金屬桿的加速度大小a1＝10 m/s2，方向豎直向上。由牛頓第二定律得：BI1L－mg＝ma1，又I1＝＝，代入數(shù)據(jù)解得：B＝2.0 T，故A正確；由a～h圖象知h＝0.3 m時(shí)a＝0，表明金屬桿受到的重力與安培力平衡，有mg－BIL＝0，其中I＝，聯(lián)立得：v＝0.5 m/s，故B錯(cuò)誤；桿ab下落0.3 m的過程中，由能量守恒有mgh＝mv2＋Q，代入數(shù)據(jù)得：Q＝0.2875 J，故C錯(cuò)誤；金屬桿自由下落的高度h0＝＝0.05 m，金屬桿下落0.3 m的過程中通過R的電荷量為：q＝Δt＝Δt＝＝＝，代入數(shù)據(jù)得：q＝0.25 C，故D正確。 5. (多選)如圖所示，甲、乙兩個(gè)完全相同的線圈，在距地面同一高度處由靜止開始釋放，A、B是邊界范圍、磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向均完全相同的勻強(qiáng)磁場，只是A的區(qū)域比B的區(qū)域離地面高一些，兩線圈下落時(shí)始終保持線圈平面與磁場垂直，則(　　) A．甲先落地 B．乙先落地 C．甲線圈受安培力的沖量較大 D．乙線圈落地速度較小 答案　BD 解析　線圈穿過磁場區(qū)域過程受到的安培力是變力，設(shè)受到的平均安培力為F，穿過磁場的時(shí)間為Δt，下落全過程的時(shí)間為t，落地速度為v，安培力的沖量I安＝BLΔt＝BLq，而q＝＝，所以線圈受安培力的沖量相等，故C錯(cuò)誤。線圈進(jìn)入磁場克服安培力做的功W＝BL2，乙線圈進(jìn)入磁場時(shí)速度較大，平均電流較大，線圈克服安培力做功較多，即產(chǎn)生的熱量較多；根據(jù)能量守恒定律得知乙線圈落地時(shí)的速度較小，D正確。對全過程，由動量定理得：mgt－BLΔt＝mv，所以t＝，因?yàn)関乙Q2 D．Q1＋Q2＝m(v－v) 答案　ACD 解析　導(dǎo)體框離開磁場時(shí)，磁通量減小，根據(jù)楞次定律得，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，故A正確。導(dǎo)體框在進(jìn)出磁場時(shí)，速度變化，則感應(yīng)電動勢變化，產(chǎn)生的感應(yīng)電流變化，則所受的安培力變化，加速度變化，則導(dǎo)體框做的是非勻變速運(yùn)動，故B錯(cuò)誤。因?yàn)檫M(jìn)入磁場時(shí)的速度大于離開磁場時(shí)的速度，則進(jìn)入磁場時(shí)產(chǎn)生的電流要比出磁場時(shí)產(chǎn)生的電流大，則進(jìn)入磁場過程中安培力大，根據(jù)克服安培力做功等于產(chǎn)生的焦耳熱可知Q1>Q2，C正確。由能量守恒定律可知，導(dǎo)體框進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱與離開磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱之和等于導(dǎo)體框的機(jī)械能減小量，即Q1＋Q2＝m(v－v)，D正確。 7. 如圖所示，水平地面上方矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，兩個(gè)用相同材料、相同粗細(xì)的導(dǎo)線繞制的單匝閉合正方形線圈1和2，其邊長L1＝2L2，在距磁場上界面h高處由靜止開始自由下落，再逐漸完全進(jìn)入磁場，最后落到地面，運(yùn)動過程中，線圈平面始終保持在豎直平面內(nèi)且下邊緣平行于磁場上邊界。設(shè)線圈1、2落地時(shí)的速度大小分別為v1、v2，在磁場中運(yùn)動時(shí)產(chǎn)生的熱量分別為Q1、Q2，通過線圈截面的電荷量分別為q1、q2，不計(jì)空氣阻力，則(　　) A．v1Q2，q1>q2 B．v1＝v2，Q1＝Q2，q1＝q2 C．v1Q2，q1＝q2 D．v1＝v2，Q1m2，v1Q2。根據(jù)q＝＝＝∝L知，q1>q2，A正確。 [真題模擬練] 8．(2018江蘇高考)(多選) 如圖所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L，矩形勻強(qiáng)磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場Ⅰ和Ⅱ時(shí)的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計(jì)，重力加速度為g。金屬桿(　　) A．剛進(jìn)入磁場Ⅰ時(shí)加速度方向豎直向下 B．穿過磁場Ⅰ的時(shí)間大于在兩磁場之間的運(yùn)動時(shí)間 C．穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd D．釋放時(shí)距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于 答案　BC 解析　由于金屬桿進(jìn)入兩個(gè)磁場時(shí)的速度相等，而穿出磁場后金屬桿做加速度為g的加速運(yùn)動，所以金屬桿進(jìn)入磁場Ⅰ、Ⅱ時(shí)都做減速運(yùn)動，A錯(cuò)誤；對金屬桿受力分析，根據(jù)－mg＝ma可知，金屬桿在磁場中做加速度減小的減速運(yùn)動，其進(jìn)出磁場的vt圖象如圖所示，由于0～t1和t1～t2圖線與t軸包圍的面積相等(都為d)，所以t1>(t2－t1)，B正確；從進(jìn)入Ⅰ磁場到進(jìn)入Ⅱ磁場之前過程中，根據(jù)能量守恒，金屬棒減小的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，所以Q1＝mg2d，所以穿過兩個(gè)磁場過程中產(chǎn)生的熱量為4mgd，C正確；若金屬桿進(jìn)入磁場做勻速運(yùn)動，則－mg＝0，得v＝，由前面分析可知金屬桿進(jìn)入磁場的速度大于，根據(jù)h＝得金屬桿進(jìn)入磁場的高度應(yīng)大于＝，D錯(cuò)誤。 9．(2017天津高考) 如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到a B．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小 C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變 D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小 答案　D 解析　根據(jù)楞次定律，ab中感應(yīng)電流方向由a到b，A錯(cuò)誤；根據(jù)E＝S，因?yàn)楹愣ǎ訣恒定，根據(jù) I＝知，回路中的感應(yīng)電流恒定，B錯(cuò)誤；根據(jù)F＝BIl，由于B減小，安培力F減小，C錯(cuò)誤；根據(jù)平衡條件，靜摩擦力f＝F，故靜摩擦力減小，D正確。 10．(2018湖南師大附中高三模擬)(多選) 如圖所示，正方形導(dǎo)線框ABCD、abcd的邊長均為L，電阻均為R，質(zhì)量分別為2m和m，它們分別系在一跨過兩個(gè)定滑輪的輕繩兩端，且正方形導(dǎo)線框與定滑輪處于同一豎直平面內(nèi)。在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為2L、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。開始時(shí)導(dǎo)線框ABCD的下邊與勻強(qiáng)磁場的上邊界重合，導(dǎo)線框abcd的上邊到勻強(qiáng)磁場的下邊界的距離為L?，F(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當(dāng)導(dǎo)線框ABCD剛好全部進(jìn)入磁場時(shí)，系統(tǒng)開始做勻速運(yùn)動，不計(jì)摩擦和空氣阻力，則(　　) A．兩線框剛開始做勻速運(yùn)動時(shí)輕繩上的張力FT＝mg B．系統(tǒng)勻速運(yùn)動的速度大小v＝ C．兩線框從開始運(yùn)動至等高的過程中所產(chǎn)生的總焦耳熱Q＝2mgL－ D．導(dǎo)線框abcd的ab邊通過磁場的時(shí)間t＝ 答案　BC 解析　兩線框剛開始做勻速運(yùn)動時(shí)，線框ABCD全部進(jìn)入磁場，由平衡知識可知，輕繩上的張力FT＝2mg，A錯(cuò)誤；對線框abcd可知，兩線框剛開始做勻速運(yùn)動時(shí)，線框abcd的上邊ab剛進(jìn)入磁場，此時(shí)mg＋＝2mg，即系統(tǒng)勻速運(yùn)動的速度大小v＝，B正確；由能量守恒定律可知，兩線框從開始運(yùn)動至等高的過程中所產(chǎn)生的總焦耳熱等于兩個(gè)線框的機(jī)械能的減小量，即Q＝2mg2L－mg2L－3mv2＝2mgL－，C正確；ab邊剛進(jìn)入磁場時(shí)，mg＋FA＝2mg，勻速運(yùn)動至cd邊完全進(jìn)入磁場時(shí)，CD邊穿出磁場受安培力FA，故仍有mg＋FA＝2mg，繼續(xù)做勻速運(yùn)動，故導(dǎo)線框abcd在磁場中勻速運(yùn)動，ab邊通過磁場的時(shí)間t＝＝，D錯(cuò)誤；故選B、C。 11. (2018江蘇高考)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為θ，間距為d。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為s，導(dǎo)軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后，以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g。求下滑到底端的過程中，金屬棒 (1)末速度的大小v； (2)通過的電流大小I； (3)通過的電荷量Q。 答案　(1)　(2) (3) 解析　(1)金屬棒做勻加速直線運(yùn)動v2＝2as， 解得v＝。 (2)金屬棒所受安培力F安＝IdB， 金屬棒所受合力F＝mgsinθ－F安， 由牛頓運(yùn)動定律F＝ma，解得I＝。 (3)金屬棒的運(yùn)動時(shí)間t＝， 通過金屬棒的電荷量Q＝It， 聯(lián)立解得Q＝。 12．(2018天津高考) 真空管道超高速列車的動力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動動能的裝置。圖1是某種動力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實(shí)線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，電阻忽略不計(jì)，ab和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導(dǎo)軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質(zhì)量為m。列車啟動前，ab、cd處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，如圖1所示，為使列車啟動，需在M、N間連接電動勢為E的直流電源，電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計(jì)，列車啟動后電源自動關(guān)閉。 (1)要使列車向右運(yùn)行，啟動時(shí)圖1中M、N哪個(gè)接電源正極，并簡要說明理由； (2)求剛接通電源時(shí)列車加速度a的大??； (3)列車減速時(shí)，需在前方設(shè)置如圖2所示的一系列磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場寬度和相鄰磁場間距均大于l。若某時(shí)刻列車的速度為v0，此時(shí)ab、cd均在無磁場區(qū)域，試討論：要使列車停下來，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場？ 答案　(1)M接電源正極，理由見解析 (2)　(3)見解析 解析　(1)列車要向右運(yùn)動，安培力方向應(yīng)向右，根據(jù)左手定則，接通電源后，金屬棒中電流方向由a到b，由c到d，故M接電源正極。 (2)由題意，啟動時(shí)ab、cd并聯(lián)，電阻均為R，由并聯(lián)電路知ab、cd中電流均為I＝① 每根金屬棒受到的安培力F0＝BIl② 設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F，有F＝2F0③ 根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma?、? 聯(lián)立①②③④式得a＝?、? (3)設(shè)列車減速時(shí)，cd進(jìn)入磁場后經(jīng)Δt時(shí)間ab恰好進(jìn)入磁場，此過程中穿過兩金屬棒與導(dǎo)軌所圍回路的磁通量的變化量為ΔΦ，平均感應(yīng)電動勢為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E1＝　⑥ 其中ΔΦ＝Bl2?、? 設(shè)回路中平均電流為I′，由閉合電路歐姆定律有 I′＝?、? 設(shè)cd受到的平均安培力為F′，有F′＝BI′l?、? 以向右為正方向，設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)cd受安培力沖量為I沖，有I沖＝－F′Δt?、? 同理可知，回路出磁場時(shí)ab受安培力沖量仍為上述值，設(shè)回路進(jìn)出一塊有界磁場區(qū)域安培力沖量為I0，有 I0＝2I沖　? 設(shè)列車停下來受到的總沖量為I總，由動量定理有 I總＝0－mv0　? 聯(lián)立⑥⑦⑧⑨⑩??式得＝　? 討論：若恰好為整數(shù)，設(shè)其為n，則需設(shè)置n塊有界磁場；若不是整數(shù)，設(shè)的整數(shù)部分為N，則需設(shè)置N＋1塊有界磁場。 13．(2017天津高考)電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運(yùn)載器。電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距離為l，電阻不計(jì)。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，MN開始向右加速運(yùn)動。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時(shí)，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌。問： (1)磁場的方向； (2)MN剛開始運(yùn)動時(shí)加速度a的大??； (3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。 答案　(1)垂直于導(dǎo)軌平面向下　(2) (3) 解析　(1)將S接1時(shí)，電容器充電，上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，當(dāng)將S接2時(shí)，電容器放電，流經(jīng)MN的電流由M到N，又知MN向右運(yùn)動，由左手定則可知磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。 (2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當(dāng)開關(guān)S接2時(shí)，電容器放電，設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I，有I＝① 設(shè)MN受到的安培力為F，有F＝IlB② 由牛頓第二定律，有F＝ma③ 聯(lián)立①②③式得a＝④ (3)當(dāng)電容器充電完畢時(shí)，設(shè)電容器上電荷量為Q0，有 Q0＝CE⑤ 開關(guān)S接2后，MN開始向右加速運(yùn)動，速度達(dá)到最大值vmax時(shí)，設(shè)MN上的感應(yīng)電動勢為E′，有 E′＝Blvmax⑥ 依題意有E′＝⑦ 設(shè)在此過程中MN的平均電流為，MN上受到的平均安培力為，有＝lB⑧ 由動量定理，有Δt＝mvmax－0⑨ 又Δt＝Q0－Q⑩ 聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝。 14．(2019山西呂梁高三期末)如圖，兩條足夠長、間距為d的平行光滑金屬直軌道MN、PQ與水平面成θ角，EF上方存在垂直導(dǎo)軌平面的如圖乙所示的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度在0～T時(shí)間內(nèi)按余弦規(guī)律變化(周期為T、最大值為B0)，T時(shí)刻后穩(wěn)定為B0。t＝0時(shí)刻，正方形金屬框ABCD在沿平行導(dǎo)軌向上的恒定外力作用下靜止于導(dǎo)軌上。T時(shí)刻撤去外力，金屬框?qū)⒀貙?dǎo)軌下滑，金屬框在CD邊、AB邊經(jīng)過EF時(shí)的速度分別為v1和v2。已知金屬框質(zhì)量為m、邊長為d、每條邊電阻為R，框中磁場按余弦規(guī)律變化時(shí)產(chǎn)生的正弦式交變電流的峰值Em＝，求： (1)CD邊剛過EF時(shí)，A、B兩點(diǎn)間的電勢差； (2)從撤去外力到AB邊經(jīng)過EF的總時(shí)間； (3)從0時(shí)刻到AB邊經(jīng)過EF的過程中產(chǎn)生的焦耳熱。 答案　(1)－B0dv1　(2)＋ (3)＋mgdsinθ＋m(v－v) 解析　(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律知，CD邊剛過EF時(shí)產(chǎn)生的電動勢E＝B0dv1 由楞次定律知A點(diǎn)電勢低于B點(diǎn)，故UAB＝－E 即UAB＝－B0dv1。 (2)撤去外力后金屬框在重力沿導(dǎo)軌向下的分力mgsinθ作用下下滑，金屬框穿過EF時(shí)，由于電磁感應(yīng)而受到沿導(dǎo)軌向上的安培力。設(shè)所求時(shí)間為t，金屬框在某一時(shí)刻的速度為v，電流為i，則 i＝， 金屬框所受安培力F＝－B0di＝－v 安培力的沖量IA＝∑FΔt＝－∑vΔt＝－ 由動量定理得mgsinθt＋I(xiàn)A＝mv2－0 解得t＝＋。 (3)0～T，交流電的有效值E′＝Em 此過程產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝T＝ 金屬框出磁場的過程中，Q2＝－WA 結(jié)合動能定理：mgdsinθ＋WA＝mv－mv 得：Q2＝mgdsinθ＋m(v－v) 總焦耳熱為： Q＝Q1＋Q2＝＋mgdsinθ＋m(v－v)。 15．(2018衡水中學(xué)5月沖刺模擬考試)如圖a超級高鐵(Hyperloop)是一種以“真空管道運(yùn)輸”為理論核心設(shè)計(jì)的交通工具，它具有超高速、低能耗、無噪聲、零污染的特點(diǎn)。如圖b，已知管道中固定著兩根平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ，兩導(dǎo)軌間距為r；運(yùn)輸車的質(zhì)量為m，橫截面是半徑為r的圓。運(yùn)輸車上固定著間距為D、與導(dǎo)軌垂直的兩根導(dǎo)體棒1和2，每根導(dǎo)體棒的電阻為R，每段長度為D的導(dǎo)軌的電阻也為R。其他電阻忽略不計(jì)，重力加速度為g。 (1)如圖c，當(dāng)管道中的導(dǎo)軌平面與水平面成θ＝30角時(shí)，運(yùn)輸車恰好能無動力地勻速下滑。求運(yùn)輸車與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ； (2)在水平導(dǎo)軌上進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，不考慮摩擦及空氣阻力。 ①當(dāng)運(yùn)輸車由靜止離站時(shí)，在導(dǎo)體棒2后間距為D處接通固定在導(dǎo)軌上電動勢為E的直流電源，此時(shí)導(dǎo)體棒1、2均處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場中，如圖d。求剛接通電源時(shí)運(yùn)輸車的加速度的大??；(電源內(nèi)阻不計(jì)，不考慮電磁感應(yīng)現(xiàn)象) ②當(dāng)運(yùn)輸車進(jìn)站時(shí)，管道內(nèi)依次分布磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，寬度為D的勻強(qiáng)磁場，且相鄰的勻強(qiáng)磁場的方向相反。求運(yùn)輸車以速度v0從如圖e位置通過距離D后的速度v。 答案　(1)　(2)①?、趘0－ 解析　(1)分析運(yùn)輸車的受力，將運(yùn)輸車的重力分解，如圖1，設(shè)軌道對運(yùn)輸車的支持力為N1、N2，如圖2。 由垂直導(dǎo)軌平面方向合力為零及幾何關(guān)系有 N1＝mgcosθ，N2＝mgcosθ， 又f1＝μN(yùn)1，f2＝μN(yùn)2， 運(yùn)輸車勻速下滑，故mgsinθ＝f1＋f2，解得：μ＝。 (2)①運(yùn)輸車離站時(shí)，等效電路圖如圖3， R總＝， 由閉合電路的歐姆定律I＝， 又I1＝，I2＝， 導(dǎo)體棒所受的安培力：F1＝BI1r；F2＝BI2r， 運(yùn)輸車的加速度a＝，解得a＝。 ②運(yùn)輸車進(jìn)站時(shí)，等效電路圖如圖4， 當(dāng)車速為v時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律： E1＝Brv；E2＝Brv， 由閉合電路的歐姆定律I＝， 導(dǎo)體棒所受的安培力：F1＝BIr；F2＝BIr， 運(yùn)輸車所受的合力：F＝F1＋F2＝， 選取一小段時(shí)間Δt，運(yùn)輸車速度的變化量為Δv，由動量定理：－Δt＝mΔv， 即－Δx＝mΔv， 兩邊求和：－＝mv－mv0， 解得v＝v0－。 16．(2018唐山二模)如圖所示，兩根平行光滑的金屬導(dǎo)軌M1N1P1－M2N2P2由四分之一圓弧部分與水平部分構(gòu)成，導(dǎo)軌末端固定兩根絕緣柱，弧形部分半徑r＝0.8 m、導(dǎo)軌間距L＝1 m，導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝2 T，兩根完全相同的金屬棒a、b分別垂直導(dǎo)軌靜置于圓弧頂端M1M2處和水平導(dǎo)軌中某位置，兩金屬棒質(zhì)量均為m＝1 kg、電阻均為R＝2 Ω。金屬棒a由靜止釋放，沿圓弧導(dǎo)軌滑入水平部分，此后，金屬棒b向右運(yùn)動，在導(dǎo)軌末端與絕緣柱發(fā)生碰撞且無機(jī)械能損失，金屬棒b接觸絕緣柱之前兩棒已勻速運(yùn)動且未發(fā)生碰撞。金屬棒b與絕緣柱發(fā)生碰撞后，在距絕緣柱x1＝0.5 m的A1A2位置與金屬棒a發(fā)生碰撞，碰后停在距絕緣柱x2＝0.2 m的A3A4位置，整個(gè)運(yùn)動過程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g取10 m/s2。求： (1)金屬棒a剛滑入水平導(dǎo)軌時(shí)，受到的安培力大?。? (2)金屬棒b與絕緣柱碰撞后到與金屬棒a碰撞前的過程，整個(gè)回路產(chǎn)生的焦耳熱； (3)證明金屬棒a、b的碰撞是否是彈性碰撞。 答案　(1)4 N　(2)3 J　(3)見解析 解析　(1)金屬棒a下滑過程：mgr＝mv2 v＝＝4 m/s 金屬棒a剛滑入水平導(dǎo)軌時(shí)，感應(yīng)電動勢： E＝BLv＝8 V 回路電流：I＝＝2 A 金屬棒a受到的安培力：F＝BIL＝4 N。 (2)以金屬棒a、b為系統(tǒng)，在碰到絕緣柱之前動量守恒： mv＝2mv1，解得：v1＝2 m/s。 金屬棒b與絕緣柱發(fā)生碰撞后等速率返回，以兩金屬棒為系統(tǒng)動量仍然守恒，但總動量為零，0＝mva＋mvb，即時(shí)刻有va＝－vb，兩金屬棒相向運(yùn)動到相碰，位移大小相等，均為x1＝0.5 m。 對金屬棒b，由動量定理：－BLΔt＝mv2－mv1 由法拉第電磁感應(yīng)定律：＝2BL ＝ 聯(lián)立得－Δt＝mv2－mv1 而Δt＝x1，求得：v2＝1 m/s。 由能量守恒定律：Q＝2mv－2mv＝3 J。 (3)金屬棒a、b碰后，金屬棒b減速到零的過程，由動量定理： －B′LΔt′＝0－mv3 由法拉第電磁感應(yīng)定律：′＝2BL′，′＝ 聯(lián)立得Δt′＝0－mv3 而′Δt′＝x1－x2，求得：v3＝0.6 m/s。 碰撞前后動量守恒，a、b速度大小相等，方向相反，由于2mv>2mv，所以碰撞不是彈性碰撞。