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1、素养提升课十六 电磁感应中的动量问题 提升点一 动量定理在电磁感应中的应用 导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解。 考向1 “单棒＋电阻”模型 情境示例1 水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒初速度为v0，质量为m，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来 求电荷量q －LBΔt＝0－mv0，q＝Δt，则q＝ 求位移x －Δt＝0－mv0，则x＝Δt＝ 应用技巧 初、末速度已知的变加速运动，在用动量定理列出的式子中
2、q＝Δt，x＝Δt；若已知q或x也可求末速度 情境示例2 间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m、接入电路的阻值为R的导体棒，当通过横截面的电荷量为q或下滑位移为x时，速度达到v 求运动 时间Δt －LBΔt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，q＝Δt，－Δt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，x＝Δ t 应用技巧 用动量定理求时间需有其他恒力参与。若已知运动时间，也可求q、x、v中的任一个物理量 (2023·北京大兴一模)如图1为汽车在足够长水平路面上以恒定功率P启动的模型，假设汽车启动过程中所受阻力F阻恒定，汽车质量为M；如图2为一足够长的
3、水平的光滑平行金属导轨，导轨间距为L，左端接有定值电阻R，导轨处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，将一质 学生用书第258页 量为m的导体棒垂直搁在导轨上并用水平恒力F向右拉动，导体棒和导轨的电阻不计且两者始终接触良好。图3、图4分别是汽车、导体棒开始运动后的v - t图像，图3和图4中的t1和t2已知。 (1)请分别求汽车和导体棒在运动过程中的最大速度vm1和vm2； (2)请求出汽车从启动到速度达到最大所运动的距离x1； (3)求出导体棒从开始运动到速度达到最大所运动的距离x2。 答案：(1) (2)－ (3)－ 解析：(1)vm代表的是匀速运
4、动的速度，也就是平衡时物体的运动速度，对汽车启动问题，有 F牵－F阻＝0，P＝F牵vm1 解得vm1＝ 对导体棒问题，有F－ILB＝0 I＝ 解得vm2＝。 (2)由动能定理可知Mv＝Pt1－F阻x1 解得x1＝－。 (3)由法拉第电磁感应定律E＝N可得，在导体棒从开始运动到速度达到最大过程中 ＝B＝BL 由欧姆定律可知＝ 故安＝LB 由动量定理可知Ft2－安t2＝mvm2 联立解得x2＝－。 考向2 不等间距的双棒模型 (多选)(2023·辽宁抚顺模拟)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
5、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( ) A．t＝0时，导体棒D的加速度大小为a＝ 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mv D．从t＝0时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为 答案：ACD 解析：开始时，导
6、体棒中的感应电动势E＝2BLv0，电路中感应电流I＝，导体棒D所受安培力F＝ILB，导体棒D的加速度为a，则有F＝ma，解得a＝，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，由动量定理得，对C棒有－·2LBΔt＝mΔv1，对D棒有LBΔt＝mΔv2，故对变速运动全过程有v0－v1＝2v2，解得v2＝v0，v1＝v0，故B错误；根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q＝mv－mv－mv，解得Q＝mv，故C正确；由上述分析可知对变速运动中任意极短时间Δt，由动量定理得，对C棒有－·2LBΔt＝mΔv1，可得2BL
7、q＝m(v0－v1)，解得q＝，故D正确。 考向3 “电容＋单棒”模型 1．无外力充电式 基本 模型 规律 (导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C) 电路特点 导体棒相当于电源，电容器充电 电流特点 安培力为阻力，导体棒减速，E减小，有I＝，电容器充电UC变大，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，导体棒匀速运动 运动特点 和最终特征 导体棒做加速度a减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器带电荷量不为零 求最终速度v 电容器充电电荷量：Q＝CU 最终电容器两端电压：U＝BLv 对导体棒应用动量定理： mv－mv0＝－LB·Δt＝－BLq
8、 则v＝ v -t图像 如图甲、乙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图甲中的电容器C原来不带电。设导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面(即纸面)向里的匀强磁场中，导轨足够长。现给导体棒ab一个向右的初速度v0，在图甲、乙两种情形下，关于导体棒ab的运动状态，下列说法正确的是( ) 学生用书第259页 A．图甲中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动 B．图乙中，ab棒先做加速度越来越小的减速运动，最终静止 C．两种情况下通过电阻的电荷量一样大 D．两种情形下导体棒ab最终都保持匀速运动 答案：
9、B 解析：题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B正确，D错误；根据安＝LB，有－安t＝－LBt＝－qBL＝mΔv，可得q＝－，电荷量跟导体棒ab的动量变化量成正比，因为题图甲中导体棒的动量变化量小于题图乙中导体棒的动量变化量，所以题图甲中通过R的电荷量小于
10、题图乙中通过R的电荷量，故C错误。 2．无外力放电式 基本 模型 规律 (电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C) 电路特点 电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动 电流特点 电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时UC＝BLvm 运动特点 及最终特征 做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0 求最大速度vm 电容器充电电荷量：Q0＝CE 放电结束时电荷量： Q＝CU＝CBLvm 电容器放电电荷量： ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm 对导体棒应用动量定理： mvm－0＝LB·Δt＝BL
11、ΔQ 则vm＝ v -t图像 (2023·湖南岳阳模拟)如图甲所示，航母上配备了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＝6 V，内阻不计。两条足够长的导轨相距L＝0.2 m且水平放置于磁感应强度B＝0.5 T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＝10 F。现将一质量为m＝0.1 kg、电阻R＝1 Ω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K置于b，金属滑块会
12、在电磁力的驱动下运动。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。下列说法正确的是( ) A．开关K置于b后，金属块先做加速运动、后做减速运动 B．开关K置于b的瞬间，金属滑块的加速度大小为7 m/s2 C．开关K置于b后，金属滑块获得的最大速度大小为30 m/s D．开关K置于b后，电容器最终带电量为零 答案：C 解析：开关K置于b的瞬间，流过金属滑块的电流为I＝，以金属滑块为研究对象，根据牛顿第二定律得F＝ILB＝ma，解得a＝＝6 m/s2，故B错误；金属滑块运动后，切割磁感线产生电
13、动势，当电容器电压与滑块切割磁感线产生电动势相等时，滑块速度不再变化，做匀速直线运动，此时速度达到最大。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，在金属滑块滑动过程中，由动量定理得ILB·Δt＝mv－0，由电流的定义Δq＝IΔt，由电容的定义C＝，电容器放电过程的电荷量变化为Δq＝CΔU，且ΔU＝E－U，故BLC(E－U)＝mv，金属滑块运动后速度最大时，根据法拉第电磁感应定律可得U＝BLv，联立解得v＝30 m/s，故A错误，C正确；由C选项分析可知，当金属滑块运动后，速度最大时起飞，其两端电压为U＝BLv＝3
14、 V，即此时电容器两端电压为3 V，电容极板上依然有电荷，未完全放电，故D错误。故选C。 学生用书第260页 提升点二 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) 类型 双棒无外力 双棒有外力 示意图 (F为恒力) 动力学观点 导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动 导体棒1做加速度逐
15、渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动 动量观点 系统动量守恒 系统动量不守恒 能量观点 棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热 外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热 (多选)(2023·辽宁高考)如图，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
16、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( ) 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 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 答案：AC 解析：弹簧伸展的过程中，穿过闭合回路的磁通量向上增加，由楞次定律可判断回路中的电流方向为顺时针，A正确；设MN的质量为m，则PQ的质量为2m，对PQ由动量定理得Ft－·2dBt＝2mv，对MN由动量定理得Ft－d·2Bt＝mv′，解得导体棒MN的速度为v′＝2v，PQ速率为v
17、时，回路中的感应电动势大小为E＝2Bd·2v＋B·2dv＝6Bdv，回路中的感应电流大小为I＝＝，则MN所受的安培力大小为FMN＝Id·2B＝，B错误；整个运动过程中，MN的加速度为aMN＝，PQ的加速度为aPQ＝，则aMN∶aPQ＝2∶1，由B选项分析可知MN与PQ的速率之比为2∶1，则由公式v2＝2ax可知MN与PQ的路程之比为2∶1，C正确；由C选项分析可知两导体棒静止时，MN的位移大小为，PQ的位移大小为，由法拉第电磁感应定律得＝，又＝，通过MN的电荷量为q＝·Δt，整理得q＝，代入数据解得q＝＝，D错误。 如图所示，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长
18、且电阻可忽略不计。图中EFHG矩形区域内有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在t＝0时刻，两金属棒a、b分别以大小相同的速率v0，分别从磁场的边界EF、GH进入磁场。经过一段时间后，其中有一棒恰好停在磁场边界处，且在这个过程中，金属棒a、b没有相碰，相距最近时b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b是由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为2m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好。求： (1)在t＝0时刻b棒的加速度大小； (2)两棒在整个过程中相距最近的距离； (3)在整个过程中，b棒产生的焦耳热。 答案：(1) (2) (3)mv
19、 解析：(1)根据电阻定律有Ra＝R＝ρ，Rb＝2R＝ρ 可得Sa＝2Sb 根据ma＝2m＝ρ′LSa，mb＝ρ′LSb 可得mb＝ma＝m a进入磁场的速度方向向右，b的速度方向向左，根据右手定则可知，a产生的感应电流方向是E到F，b产生的感应电流方向是H到G，即两个感应电流方向相同，所以流过a、b的感应电流是两个感应电流之和，则有I＝ 对于b，根据牛顿第二定律有ILB＝mba 联立解得在t＝0时刻b棒的加速度大小为a＝。 (2)取向右为正方向，相距最近时，两棒具有相同速度，根据系统动量守恒有2mv0－mv0＝v 解得v＝ 此时，电路中感应电流为0，a、b棒一起向右匀速运
20、动，直到b棒出磁场区域，之后b棒不受安培力、a棒受安培力减速直到停下；从b棒出磁场区域到a棒刚好停在磁场边界处，对a棒运用动量定理得－LBΔt＝0－2mv 又q＝IΔt＝Δt＝Δt＝＝ 联立解得两棒在整个过程中相距最近的距离为s＝。 (3)对a、b组成的系统，最终b棒一直做匀速直线运动，根据能量守恒有mv＝mv2＋Q总 对a、b，根据焦耳定律有Q＝I2RΔt 因a、b流过的电流一直相等，所用时间相同，故a、b产生的热量与电阻成正比，即Qa∶Qb＝1∶2 又Qa＋Qb＝Q总 联立解得b棒产生的焦耳热为Qb＝mv。 课时测评55 电磁感应中的动量问题 (时间：45分钟 满分：60
21、分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1～7题，每题6分，共42分) 1．(多选)如图所示，一质量为2m的足够长的U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，bc边长为L，不计金属框电阻。一长为L的导体棒MN置于金属框上，导体棒的阻值为R、质量为m。装置处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN始终与金属框保持良好接触，则( ) A．刚开始运动时产生的感应电流方向为M→N→c→b→M B．导体棒的最大速度为 C．通过导体棒的电荷量为 D．导体棒产生的焦耳热为mv 答案：AC 解析：金属框
22、开始获得向右的初速度v0，根据右手定则可知电流方向为M→N→c→b→M，故A正确；以整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得2mv0＝3mv，可得v＝v0，故B错误；对导体棒根据动量定理可得LBΔt＝mv－0，其中Δt＝q，可得通过导体棒的电荷量为q＝，故C正确；由能量守恒知导体棒产生的焦耳热为Q＝×2mv－×3mv2＝mv，故D错误。 2．(多选)(2024·湖北重点中学联考)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
23、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( ) 答案：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受安培阻力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F′作用，速度变大，两棒之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，两棒所受安培力逐渐减小，加速度逐渐减小，故ab棒做加速度逐渐减小的减速运动，cd棒做加速度逐渐减小的加速运动。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
24、速运动，两棒在导轨上运动时不受外力作用，系统的动量守恒，则mv0＝2mv共，解得v共＝，故A、C正确，B、D错误。 3．(多选)如图所示，光滑水平导轨置于磁场中，磁场的磁感应强度为B，左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，导轨均足够长。质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态。ab的电阻为R，cd的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。现瞬间给cd一水平向右的初速度v0，则此后的运动过程中下列说法正确的是( ) A．导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒 B．两棒最终以相同的速度做匀速直线运动 C
25、．ab棒最终的速度为v0 D．从cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为mv 答案：AC 解析：cd获得速度后，电路中产生感应电流，根据左手定则和牛顿第二定律可知，cd棒减速，ab棒加速，当BLvab＝2BLvcd时，回路中磁通量不变，没有感应电流，最终两棒做匀速直线运动，分别对两棒运用动量定理得－I·2LBt＝2mvcd－2mv0，ILBt＝mvab，两式合并得vcd＋vab＝v0，联立解得vab＝v0，vcd＝v0，故B错误，C正确；由m·v0＋2m·v0＝mv0≠2m·v0，故导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒，故A正确；从cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产
26、生的焦耳热Q＝·2mv－·mv－·2mv，解得Q＝mv，故D错误。 4．如图所示，竖直光滑墙壁左侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场外边界与竖直方向的夹角为θ＝45°，在外边界与竖直墙壁交点处上方高度由静止释放一个边长为L、质量为m、电阻为R的正方形导电线框，经过时间t，导电线框运动到虚线位置且加速度恰好为零，重力加速度为g，不计空气阻力，在此过程中( ) A．导电线框的加速度一直在减小 B．导电线框中产生的热量为mgh－ C．速度最大时导电线框对墙壁的压力大小为2mg D．导电线框所受安培力的冲量大小为mgt－ 答案：B 解析：导电线框开始在磁场中做
27、加速度为g的匀加速直线运动，然后做加速度减小的加速直线运动，故A错误；导电线框速度最大时有E＝BLv，I＝，竖直方向满足mg＝ILB，可得v＝，由能量守恒可得mgh＝Q＋mv2，可得Q＝mgh－，故B正确；导电线框速度最大时，在水平方向上有FN＝ILB＝mg，根据牛顿第三定律可知速度最大时导电线框对墙壁的压力大小为mg，故C错误；在竖直方向由动量定理可知mgt－Iy安＝mv－0，可得Iy安＝mgt－，但安培力还有水平方向的冲量，故D错误。故选B。 5．(多选)(2023·河北邯郸一模)如图所示，在竖直平面内固定有足够长的平行金属导轨PQ、MN，导轨间距为L，在QN之间连接有阻值为R的电阻，导
28、轨上放有质量为m、电阻为R的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中。现对金属杆ab施加一大小为F＝2mg的拉力，使其由静止开始向上运动，经时间t后金属杆达到最大速度。金属杆ab运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，忽略所有摩擦，不计导轨电阻，当地重力加速度为g，则下列结论正确的是( ) A．通过电阻R的感应电流方向由N向Q B．金属杆ab的最大速度为 C．金属杆ab由静止到最大速度的过程中，上升的高度为 D．金属杆ab由静止到最大速度的过程中，通过电阻R的电荷量为 答案：BD 解析：由楞次定律可知，通过电阻R的感应电流方向为由Q向N，故A错误；
29、导体棒速度为v时，产生的电动势为E＝BLv，流过导体棒的电流为I＝＝，导体棒所受安培力FA＝ILB＝，由牛顿第二定律可得F－mg－＝ma，当a＝0时，速度最大，解得最大速度为vm＝，故B正确；金属杆ab由静止到最大速度的过程中，由动量定理Ft－mgt－LBt＝mvm，又因为＝，＝，可得Ft－mgt－＝mvm，Ft－mgt－BLq＝mvm，解得上升的高度h＝，通过电阻R的电荷量q＝，故C错误，D正确。故选BD。 6．(多选)(2024·河南新安模拟)如图是一种电梯突然失控下落时的保护装置。在电梯后方墙壁上交替分布着方向相反的匀强磁场，每块磁场区域宽L，高h，大小均为B。电梯后方固定一个N匝
30、矩形线圈，线圈总电阻为R，高度为H，H＝3h，宽度略大于磁场。已知某次电梯运行试验中电梯总质量为m，忽略一切阻力，重力加速度为g。若电梯失去其他保护，由静止从高处突然失控下落，某时刻电梯下降3H时，速度为v，则( ) A．下降3H时，线圈的电动势为E＝NBLv B．下落瞬间电梯加速度的大小为g C．若电梯与地面的距离足够高，电梯最终的速度为vm＝ D．下降3H过程所需要的时间为＋ 答案：BD 解析：下降3H时，上下两边均切割磁感线产生感应电动势，故线圈的电动势为E＝2NBLv，故A错误；下落瞬间，电梯速度为零，无感应电动势，安培力为零，则只受重力作用，加速度的大小为g，故B正
31、确；若电梯与地面的距离足够高，最终安培力与重力平衡，电梯匀速运动，此时F＝2NImLB＝2NBL＝＝mg，解得vm＝，故C错误；下降3H过程，根据动量定理得mgt－t＝mv，其中3H＝t，解得t＝＋，故D正确。故选BD。 7．(2023·江苏南通三模)如图所示，两光滑平行长直金属导轨水平固定放置，导轨间存在竖直向下的匀强磁场。两根相同的金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，处于静止状态。t＝0时刻，对cd棒施加水平向右的恒力F，棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计。两棒的速度vab、vcd和加速度aab、acd随时间t变化的关系图像可能正确的是( ) 答案：C 解析：金属棒cd在
32、恒力F作用下由静止开始加速，此时金属棒ab、cd加速度aab＝0，acd＝，之后回路中出现感应电流，金属棒cd受到的安培力与恒力F反向，金属棒cd的加速度减小，金属棒ab在安培力作用下开始加速，金属棒cd与金属棒ab的速度差逐渐增大，回路中的电动势逐渐增大，安培力F安＝，逐渐增大，金属棒cd加速度减小，金属棒ab加速度增大，当acd＝aab时，vcd－vab不再变化，回路中的电流不再变化，安培力不变，两棒加速度不变，但是两金属棒的速度仍在增大，故C符合题意，A、B、D不符合题意。故选C。 8．(18分)(2023·湖南高考)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所
33、构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。 (1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时速度大小v0； (2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0； (3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。 答案：
34、1) (2)2gsin θ (3)gt0sin θ＋ 解析：(1)a匀速运动时受力平衡，有 mgsin θ＝I0LB 由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律有 I0＝ 联立解得v0＝。 (2)a匀速运动时，由(1)可得电路中电流 I0＝ 对b由牛顿第二定律有mgsin θ＋I0LB＝ma0 联立解得a0＝2gsin θ。 (3)方法一 对a、b分别由牛顿第二定律有 mgsin θ－ILB＝ma1 mgsin θ＋ILB＝ma2 联立可得2mgsin θ＝m(a1＋a2) 设共速时a、b的速度变化量分别为Δv1、Δv2， 对加速度积分有2mgt0sin θ＝m(
35、Δv1＋Δv2) 设共速时速度为v，有 Δv1＝v－v0 Δv2＝v－0 联立可得v＝gt0sin θ＋ m(a2－a1)＝2ILB 由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律有 BL(v1－v2)＝2IR 联立可得m(a2－a1)＝(v1－v2) 左边对加速度积分，右边对速度积分，有 m(Δv2－Δv1)＝Δx 联立可得Δx＝。 方法二 分析可知a与b受到的安培力大小始终相等，则对a、b由动量定理分别有 mgsin θ·t0－安t0＝mv－mv0， mgsin θ·t0＋安t0＝mv， 联立解得 v＝gt0sin θ＋，安t0＝， 又安t0＝LBt0， q＝t0＝t0＝， 联立解得Δx＝。 学生用书第261页
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