高三物理二輪高頻考點(diǎn)突破專題10 重力場(chǎng)、電場(chǎng)和磁場(chǎng)中動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用

高考物理二輪高頻考點(diǎn)專題突破專題10重力場(chǎng)、電場(chǎng)和磁場(chǎng)中動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用專練目標(biāo)專練內(nèi)容目標(biāo)1重力場(chǎng)中的應(yīng)用動(dòng)量守恒定律（1T—6T）目標(biāo)2電場(chǎng)中的應(yīng)用動(dòng)量守恒定律（7T—11T）目標(biāo)3磁場(chǎng)中的應(yīng)用動(dòng)量守恒定律（12T—16T）【典例專練】一、重力場(chǎng)中的應(yīng)用動(dòng)量守恒定律1．2014年12月3日，世界臺(tái)聯(lián)宣布中國(guó)斯諾克球手丁俊暉已確定在新的世界排名榜上躍居世界第一，他也成為臺(tái)聯(lián)有史以來(lái)第11位世界第一，同時(shí)也是首位登上世界第一的亞洲球員，丁俊暉為臺(tái)球運(yùn)動(dòng)在中國(guó)的推廣和發(fā)展做出了突出貢獻(xiàn)。按照國(guó)際標(biāo)準(zhǔn)，每顆球的標(biāo)準(zhǔn)質(zhì)量為154.5g，但是由于不同廣商生產(chǎn)水平的不同，所以生產(chǎn)出來(lái)的球的質(zhì)量會(huì)有一些差異。如圖所示，假設(shè)光滑水平面一條直線上依次放n個(gè)質(zhì)量均為15的靜止的彈性紅球（相鄰兩個(gè)紅球之間有微小的間腺），另有一顆質(zhì)量為1758的彈性白球以初速度v0與n號(hào)紅球發(fā)生彈性正碰，則k號(hào)紅球最終的速度大小為（已知1<k<n）（）A． B． C．0 D．【答案】B【詳解】光滑水平面一條直線上依次放n個(gè)質(zhì)量為的彈性紅球，質(zhì)量為的白球以初速度為與n號(hào)紅球發(fā)生彈性正碰，根據(jù)一動(dòng)碰一靜的彈性碰撞特點(diǎn)可知，每碰撞一次白球的速度變?yōu)樵瓉?lái)的而n號(hào)球每次將速度傳給右側(cè)球，故白球與n號(hào)球碰撞1次后，白球速度紅球的速度最終傳給1號(hào)球，白球與n號(hào)碰撞2次后，白球速度紅球的速度最終傳給2號(hào)球，白球與n號(hào)球碰撞3次，白球速度紅球的速度最終傳給3號(hào)球，k號(hào)紅球最終的速度大小為故選B。2．如圖所示，在光滑的水平地面上靜止放置一質(zhì)量為M的半圓槽，半圓槽內(nèi)壁光滑，軌道半徑為R，軌道的最低點(diǎn)為C，兩端A、B與其圓心O處等高?，F(xiàn)讓一質(zhì)量為m的小滑塊從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始釋放，小滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g，若。則在此后的過(guò)程中（）A．半圓槽與小滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒B．小滑塊從A到C的過(guò)程中，半圓槽運(yùn)動(dòng)的位移為C．小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，半圓槽速度為D．小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，半圓槽對(duì)水平地面的壓力為【答案】C【詳解】A．半圓槽與小滑塊組成的系統(tǒng)，只有重力對(duì)系統(tǒng)做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，在豎直方向，重力對(duì)小滑塊的沖量不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，系統(tǒng)在水平方向受到的合外力為零，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，A錯(cuò)誤；B．設(shè)小滑塊從A到C的過(guò)程中用時(shí)為t，半圓槽位移為x，則滑塊的位移為R-x；取水平向右為正方向，根據(jù)水平方向平均動(dòng)量守恒得解得，B錯(cuò)誤；C．小滑塊運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)C時(shí)，設(shè)小滑塊的速度大小為v1，半圓槽的速度大小為v2，根據(jù)水平方向平均動(dòng)量守恒得根據(jù)機(jī)械能守恒定律的聯(lián)立解得；，C正確；D．小滑塊相對(duì)半圓槽做圓周運(yùn)動(dòng)，則在C點(diǎn)時(shí)小滑塊對(duì)半圓槽的壓力大于mg，則對(duì)半圓槽進(jìn)行受力分析，可知半圓槽受到重力、地面的支持力和小滑塊的壓力，則半圓槽對(duì)水平地面的壓力大于3mg，D錯(cuò)誤。故選C。3．內(nèi)部長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量為M的木箱靜止在光滑的水平面上，木箱內(nèi)部正中間放置一可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m的木塊，木塊與木箱之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。初始時(shí)木箱向右的速度為v0，木塊無(wú)初速度。木箱運(yùn)動(dòng)的圖像如圖所示，所有碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短，重力加速度為g，則在0~t0內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是（）A．M=2m B．M與m間的相對(duì)路程為C．M對(duì)地的位移為 D．m對(duì)地的位移為【答案】BCD【詳解】A．由圖像可知木塊與木箱最終共速，則得故A錯(cuò)誤；B．由能量守恒可得得到兩物體的相對(duì)路程為，故B正確；CD．由圖知共碰撞三次，都是彈性碰撞，到共速為止所花總時(shí)間為則木箱運(yùn)動(dòng)的位移為，木塊相對(duì)地面的位移為，故CD正確。故選BCD。4．將一個(gè)煙花從地面沿與水平方向成45°角斜向上發(fā)射，經(jīng)過(guò)時(shí)間1s到達(dá)最高點(diǎn)，到最高點(diǎn)時(shí)爆炸，爆炸后分成兩塊，兩塊的質(zhì)量之比為3：1，其中質(zhì)量較大的一塊剛好做自由落體運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度大小為10m/s2，不計(jì)空氣阻力和爆炸過(guò)程中損失的質(zhì)量，則（）A．煙花在地面發(fā)射時(shí)的速度大小為10m/sB．爆炸后一瞬間，質(zhì)量較小的一塊速度大小為40m/sC．炸成的兩塊落地后相距40mD．爆炸后瞬間系統(tǒng)的動(dòng)能與爆炸前瞬間系統(tǒng)的動(dòng)能之比為4：1【答案】BCD【詳解】A．設(shè)煙花在地面發(fā)射時(shí)的速度大小為v0，則解得故A錯(cuò)誤；B．在最高點(diǎn)速度設(shè)炸成的兩塊質(zhì)量分別為m1、m2，則解得故B正確；C．炸成的兩塊落地后的距離故C正確；D．爆炸后系統(tǒng)的動(dòng)能與爆炸前系統(tǒng)的動(dòng)能之比故D正確。故選BCD。5．如圖所示，光滑水平地面上質(zhì)量均為m的物體A、B，之間用輕彈簧相連，B緊靠右側(cè)墻面，另一個(gè)質(zhì)量也為m的物體C，以一定的初速度v0向右運(yùn)動(dòng)（設(shè)向右為正）與A碰撞后立即結(jié)合為一體，則下列說(shuō)法正確的是（）A．A、C碰撞引起的機(jī)械能損失為mv02B．彈簧的最大彈性勢(shì)能為mv02C．彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)B開(kāi)始與墻分離D．彈簧第一次拉伸到最長(zhǎng)時(shí)B的速度為【答案】ACD【詳解】A．對(duì)A、C，碰撞后的速度為v1，根據(jù)動(dòng)量守恒mv0=2mv1；碰撞引起的機(jī)械能損失為，A正確；B．根據(jù)能量守恒，最大彈性勢(shì)能等于碰撞后AC結(jié)合體的初態(tài)動(dòng)能，即，B錯(cuò)誤；C．當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，AC結(jié)合體的速度為，彈簧開(kāi)始拉伸，B開(kāi)始與墻分離，C正確；D．彈簧第一次拉伸最長(zhǎng)時(shí)，A、B、C三者有共同速度v2，根據(jù)動(dòng)量守恒為；，D正確．6．如圖所示，固定斜面足夠長(zhǎng)，斜面與水平面的夾角，一質(zhì)量為3m的L形工件沿斜面以速度勻速向下運(yùn)動(dòng)。工件上表面光滑，下端為擋板，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小木塊輕輕放在工件上的A點(diǎn)，當(dāng)木塊運(yùn)動(dòng)到工件下端時(shí)（與擋板碰前的瞬間），工件速度剛好減為零，而后木塊與擋板第一次相碰，以后木塊將與擋板發(fā)生多次碰撞。已知木塊與擋板都是彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短，木塊始終在工件上運(yùn)動(dòng)，重力加速度g取10m/s2，下列說(shuō)法正確的是（）A．下滑過(guò)程中，工件和木塊系統(tǒng)沿斜面方向上動(dòng)量不守恒B．下滑過(guò)程中，工件的加速度大小為2m/s2C．木塊與擋板第1次碰撞后瞬間，工件的速度大小為1.5m/sD．木塊與擋板第3次碰撞至第4次碰撞的時(shí)間間隔為0.75s【答案】BCD【詳解】A．下滑過(guò)程中，工件和木塊系統(tǒng)沿斜面方向上合力為零，所以沿斜面方向上動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤；B．開(kāi)始工件勻速下滑，根據(jù)牛頓第二定律有解得把木塊放上，對(duì)工件受力分析有解得故B正確；C．設(shè)第一次碰撞前瞬間木塊速度為v。第一次碰撞前工件與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，即解得設(shè)第一次碰撞后木塊速度為v1，工件的速度為v2，碰撞過(guò)程根據(jù)動(dòng)量守恒有根據(jù)能量守恒有解得；故C正確；D．設(shè)木塊與擋板第1次碰撞至第2次碰撞的時(shí)間間隔為t，在此時(shí)間內(nèi)木塊的位移工件的位移為；解得第2次碰撞前木塊的速度工件的速度與第1次碰撞前速度相同，此后不斷重復(fù)上述過(guò)程，所以任意兩次相鄰碰撞的時(shí)間間隔均相同，故D正確。故選BCD。二、電場(chǎng)中的應(yīng)用動(dòng)量守恒定律7．如圖所示，光滑絕緣水平面上有帶正電的甲球和帶負(fù)電的乙球（甲、乙兩球均視為質(zhì)點(diǎn)），現(xiàn)使甲球在大小為、方向沿兩球連線背離乙球的瞬時(shí)沖量作用下運(yùn)動(dòng)的同時(shí)，由靜止釋放乙球。若甲、乙兩球的質(zhì)量分別為和，則當(dāng)它們相距最遠(yuǎn)時(shí)，乙球的速度大小為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】設(shè)甲球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為，根據(jù)動(dòng)量定理有兩球所受靜電力大小相等、方向相反，故兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，且它們的速度相同時(shí)相距最遠(yuǎn)（設(shè)此時(shí)乙球的速度大小為v），有解得故選B。8．如圖所示，在光滑絕緣水平面上，A、B兩個(gè)小球質(zhì)量分別為2m和m，兩球均帶正電，某時(shí)刻A有指向B的初速度v0，B的速度為0，之后兩球在運(yùn)動(dòng)中始終未相碰，當(dāng)兩球從此刻開(kāi)始到相距最近的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．兩球系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒 B．兩球系統(tǒng)電勢(shì)能增加了C．電場(chǎng)力對(duì)A球做的功為 D．電場(chǎng)力對(duì)B球做的功為【答案】C【詳解】A．兩球系統(tǒng)所受合力為0，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒，但兩球相互靠近過(guò)程中電場(chǎng)力做負(fù)功，機(jī)械能減小，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)兩球速度相等時(shí)，兩球相距最近，由動(dòng)量守恒有得由能量守恒可知，兩球系統(tǒng)電勢(shì)能增加故B錯(cuò)誤；C．由動(dòng)能定理可知，電場(chǎng)力對(duì)A球做的功為故C正確；D．由動(dòng)能定理得，電場(chǎng)力對(duì)B球做的功為故D錯(cuò)誤。故選C。9．如圖所示，在光滑的水平直線導(dǎo)軌上，有質(zhì)量分別為2m和m，帶電量分別為2q、q（q>0）的兩個(gè)形狀相同的小球A、B正相向運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻A、B兩球的速度大小分別為vA、vB。由于靜電斥力作用，A球先開(kāi)始反向運(yùn)動(dòng)，它們不會(huì)相碰，最終兩球都反向運(yùn)動(dòng)，則（）A．vA>vB B．vA<vB C．vA=vB D．vB>vA>vB【答案】B【詳解】把A、B兩球看成一個(gè)系統(tǒng)，因兩球間的靜電斥力相同，系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，滿足動(dòng)量守恒定律，靜電力對(duì)兩球的沖量大小相等，且A球先開(kāi)始反向運(yùn)動(dòng)，可知A球的初動(dòng)量小于B球的初動(dòng)量，即解得vA<vB最終兩球都反向運(yùn)動(dòng)。故選B。10．如圖（a）所示，光滑絕緣水平面上有質(zhì)量分別為m1和m2的甲、乙兩個(gè)點(diǎn)電荷．t=0靜電力的作用下沿同一直線運(yùn)動(dòng)（整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中沒(méi)有接觸），它們運(yùn)動(dòng)的v－t圖象分別如圖（b）中甲、乙兩曲線所示．則由圖線可知A．兩電荷的電性一定相反 B．t1時(shí)刻兩電荷的電勢(shì)能最大C．0～t2時(shí)間內(nèi)，兩電荷的靜電力都是先減小后增大 D．m1:m2=2:1【答案】BD【詳解】由圖象段看出，甲從靜止開(kāi)始與乙同向運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明甲受到了乙的排斥力作用，則知兩電荷的電性一定相同．故A錯(cuò)誤．時(shí)間內(nèi)兩電荷間距離逐漸減小，在時(shí)間內(nèi)兩電荷間距離逐漸增大，時(shí)刻兩球相距最近，系統(tǒng)克服電場(chǎng)力最大，兩電荷的電勢(shì)能最大．故B正確．時(shí)間內(nèi)兩電荷間距離逐漸減小，在時(shí)間內(nèi)兩電荷間距離逐漸增大，由庫(kù)侖定律得知，兩電荷間的相互靜電力先增大后減?。蔆錯(cuò)誤．兩球相互作用時(shí)，受到的合外力為零，故動(dòng)量守恒，設(shè)向左為正方向，時(shí)刻兩球速度相等，為v=2m/s，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒得：，解得：，故D正確；選BD.11．如圖，絕緣座放在光滑水平面上，間距為d的平行板電容器豎直固定在絕緣座上，A板有小孔O，水平絕緣光滑桿穿過(guò)O固定在B板上，電容器、底座和絕桿的總質(zhì)量為M。給電容器充電后，一質(zhì)量為m的帶正電環(huán)P套在桿上以某一速度v0，對(duì)準(zhǔn)O向左運(yùn)動(dòng)，在電容器中P距B板最近的位置為S。OS=若A、B板外側(cè)無(wú)電場(chǎng)，P過(guò)孔O時(shí)與板無(wú)接觸，不計(jì)P對(duì)A、B板間電場(chǎng)的影響。則（）A．P在S處的速度為0B．P從O至S的過(guò)程中，絕緣座的位移大小為C．P從O至S的過(guò)程中，絕緣座的位移大小為D．P從O至S的過(guò)程中，整個(gè)系統(tǒng)電勢(shì)能的增加量為【答案】CD【詳解】A．帶電圓環(huán)進(jìn)入電場(chǎng)后，在電場(chǎng)力的作用下，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，而電容器則在電場(chǎng)力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)他們速度相等時(shí)，帶電圓環(huán)與電容器的左極板相距最近，取向左為正方向，有系統(tǒng)動(dòng)量守恒可得則P在S處的速度不為0，故A錯(cuò)誤；BC．該過(guò)程電容器（絕緣座）向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有環(huán)向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，有由題意可知解得，P從O至S的過(guò)程中，絕緣座的位移大小為，故C正確，B錯(cuò)誤；D．P從O至S的過(guò)程中，帶電環(huán)減速，動(dòng)能減少，電容器動(dòng)能增加，系統(tǒng)動(dòng)能減少，電勢(shì)能增加，增加的電勢(shì)能故D正確。故選CD。三、磁場(chǎng)中的應(yīng)用動(dòng)量守恒定律12．在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，靜止的原子核發(fā)生衰變，釋放的粒子與反沖核Y都做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示，圓周運(yùn)動(dòng)方向均為順時(shí)針。衰變放出的光子的動(dòng)量可忽略，則下列分析正確的是（）A．衰變?yōu)棣了プ傿．衰變?yōu)棣滤プ僀．反沖核Y與釋放的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡半徑之比為1:45D．反沖核Y與釋放的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡半徑之比為117:14【答案】AC【詳解】AB．靜止的原子核發(fā)生衰變，釋放的粒子與反沖核遵循動(dòng)量守恒定律，所以速度方向相反，軌跡外切，表明粒子與反沖核帶同種電荷，所以衰變?yōu)棣了プ?。A正確，B錯(cuò)誤；CD．衰變時(shí)，動(dòng)量守恒，有在磁場(chǎng)中，根據(jù)牛頓第二定律得解得根據(jù)電荷數(shù)守恒，可知反沖核Y與釋放的粒子的電荷量之比為則在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡半徑之比為，C正確，D錯(cuò)誤。故選AC。13．如圖所示，小車(chē)A的質(zhì)量，置于光滑水平面上，初速度。帶正電荷的可視為質(zhì)點(diǎn)的物體B，質(zhì)量，將其輕放在小車(chē)A的右端，在A、B所在的空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度，物體B與小車(chē)之間存在摩擦力的作用，設(shè)小車(chē)足夠長(zhǎng)，小車(chē)表面是絕緣的（g取），則（）A．物體B的最終速度為B．小車(chē)A的最終速度為C．小車(chē)A和物體B的最終速度約為D．小車(chē)A達(dá)到最小速度的全過(guò)程中系統(tǒng)增加的內(nèi)能為8.75J【答案】AD【詳解】ABC．假設(shè)沒(méi)有磁場(chǎng)，由題意可知物體B一定能與小車(chē)A達(dá)到共同速度v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得在有磁場(chǎng)時(shí)，設(shè)物體B的速度為v2時(shí)，其所受洛倫茲力恰好與重力平衡，則解得說(shuō)明物體B速度達(dá)到v2時(shí)，即與小車(chē)A之間再無(wú)相互作用，設(shè)此時(shí)小車(chē)A的速度為v1，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得所以物體B的最終速度為10m/s，小車(chē)A的最終速度為13.5m/s，故A正確，BC錯(cuò)誤；D．根據(jù)能量守恒定律，小車(chē)A達(dá)到最小速度的全過(guò)程中系統(tǒng)增加的內(nèi)能為故D正確。故選AD。14．如圖所示，兩平行光滑導(dǎo)軌由兩部分組成，左面部分水平，右面部分是半徑為r的豎直半圓，兩導(dǎo)軌間的距離為l，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌水平部分處于豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩根長(zhǎng)度均為l的金屬棒ab、cd均垂直導(dǎo)軌置于水平導(dǎo)軌上，金屬棒ab、cd的質(zhì)量分別為2m與m，電阻分別為R與?，F(xiàn)給ab棒施加一個(gè)瞬時(shí)沖量使其以初速度開(kāi)始沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)，cd棒隨即也開(kāi)始運(yùn)動(dòng)且進(jìn)入圓軌道后恰好能通過(guò)軌道最高點(diǎn)，已知cd棒進(jìn)入圓軌道前兩棒未相撞，重力加速度大小為g，下列說(shuō)法正確的是（）A．a(chǎn)b棒剛開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)時(shí)cd棒的加速度大小為B．cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)ab棒的速度大小為C．cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)對(duì)軌道的壓力為5mgD．cd棒進(jìn)入半圓軌道前ab棒上產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】ABD【詳解】A．a(chǎn)b棒開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)回路中電流為I，則根據(jù)導(dǎo)體棒切割磁場(chǎng)有E=Blv0根據(jù)閉合電路歐姆定律有根據(jù)牛頓第二定律有F安=ma0安培力為F安=BIl聯(lián)立求解的故A正確；BC．設(shè)cd棒剛進(jìn)入圓形軌道時(shí)的速度為v2，此時(shí)ab棒的速度為v1，ab棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至cd棒即將進(jìn)入圓軌道的過(guò)程，對(duì)ab和cd組成的系統(tǒng)運(yùn)用動(dòng)量守恒定律可得2mv0=2mv1+mv2，cd棒進(jìn)入圓軌道至最高點(diǎn)的過(guò)程中，對(duì)cd棒運(yùn)用動(dòng)能定理可得在半圓軌道的P點(diǎn)對(duì)cd棒運(yùn)用牛頓第二定律可得聯(lián)立求解可得；由牛頓第二定律可得cd棒剛進(jìn)入半圓軌道時(shí)對(duì)軌道的壓力為故B正確，C錯(cuò)誤；D．cd棒進(jìn)入半圓軌道前對(duì)ab棒運(yùn)用動(dòng)能定理可得故D正確。故選ABD。15．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，另外兩根長(zhǎng)度為、質(zhì)量為、電阻為的相同導(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)摩擦地左右滑動(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。某時(shí)刻使左側(cè)的導(dǎo)體棒獲得大小為的向左初速度、右側(cè)的導(dǎo)體棒獲得大小為的向右初速度，則下列結(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B．當(dāng)導(dǎo)體棒的速度為時(shí)，兩導(dǎo)體棒受到的安培力大小都是C．當(dāng)導(dǎo)體棒的速度大小為時(shí)，導(dǎo)體棒b的速度大小一定是D．從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最終處于穩(wěn)定狀態(tài)的過(guò)程中，導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的熱量為【答案】BD【詳解】A．根據(jù)右手定則可知，兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)方向相同，所以該時(shí)刻