高中物理二輪復(fù)習(xí)-專題四-第17課時-動量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

專題四電路與電磁感應(yīng)第17課時動量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用命題規(guī)律1.命題角度：動量定理、動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用.2.常考題型：選擇題或計(jì)算題.內(nèi)容索引NEIRONGSUOYIN高考題型1動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用高考題型2動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用專題強(qiáng)化練高考預(yù)測求解的物理量應(yīng)用示例電荷量或速度

位移

在導(dǎo)體單桿切割磁感線做變加速運(yùn)動時，若牛頓運(yùn)動定律和能量觀點(diǎn)不能解決問題，可運(yùn)用動量定理巧妙解決問題高考題型1動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用時間

即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1已知電荷量q、F其他(F其他為恒力)

已知位移x、F其他(F其他為恒力)例1

(多選)(2020·福建福清市線上檢測)如圖1所示，左端接有阻值為R的定值電阻且足夠長的平行光滑導(dǎo)軌CE、DF的間距為L，導(dǎo)軌固定在水平面上，且處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，一質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置且靜止，導(dǎo)軌的電阻不計(jì).某時刻給導(dǎo)體棒ab一個水平向右的瞬時沖量I，導(dǎo)體棒將向右運(yùn)動，最后停下來，則此過程中A.導(dǎo)體棒做勻減速直線運(yùn)動直至停止運(yùn)動√圖1√解析導(dǎo)體棒獲得向右的瞬時初速度后切割磁感線，回路中出現(xiàn)感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒ab受到向左的安培力，向右減速運(yùn)動，由

＝ma可知由于導(dǎo)體棒速度減小，則加速度減小，所以導(dǎo)體棒做的是加速度越來越小的減速運(yùn)動直至停止運(yùn)動，A錯誤；例2

(2018·天津卷·12)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.如圖2甲是某種動力系統(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，如圖甲所示.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.圖2(1)要使列車向右運(yùn)行，啟動時圖甲中M、N哪個接電源正極，并簡要說明理由.答案見解析解析列車要向右運(yùn)動，安培力方向應(yīng)向右.根據(jù)左手定則，接通電源后，兩根金屬棒中電流方向分別為由a到b、由c到d，故M接電源正極.(2)求剛接通電源時列車加速度a的大小.設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F，有F＝IlB ③根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma ④(3)列車減速時，需在前方設(shè)置如圖乙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.若某時刻列車的速度為v0，此時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？答案見解析解析設(shè)列車減速時，cd進(jìn)入磁場后經(jīng)Δt時間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 ⑦設(shè)回路中平均電流為I′，由閉合電路歐姆定律有設(shè)cd受到的平均安培力為F′，有F′＝I′lB ⑨以向右為正方向，設(shè)Δt時間內(nèi)cd受安培力沖量為I沖，有I沖＝－F′Δt ⑩同理可知，回路出磁場時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 ?例3

如圖3所示，兩根質(zhì)量均為m＝2kg的金屬棒垂直放在光滑的水平導(dǎo)軌上，左右兩部分導(dǎo)軌間距之比為1∶2，導(dǎo)軌間有大小相等但左、右兩部分方向相反的勻強(qiáng)磁場，兩棒電阻與棒長成正比，不計(jì)導(dǎo)軌電阻.現(xiàn)用250N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒運(yùn)動s＝0.5m時其上產(chǎn)生的焦耳熱為Q2＝30J，此時兩棒速率之比為vA∶vC＝1∶2，現(xiàn)立即撤去拉力F，設(shè)導(dǎo)軌足夠長且兩棒始終在不同磁場中運(yùn)動，求：(1)在CD棒運(yùn)動0.5m的過程中，AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱；圖3答案15J

解析設(shè)兩棒的長度分別為l和2l，所以電阻分別為R和2R，由于電路中任何時刻電流都相等，根據(jù)焦耳定律Q＝I2Rt可知Q1∶Q2＝1∶2，則AB棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q1＝15J.(2)撤去拉力F瞬間，兩棒的速度大小vA和vC；又vA∶vC＝1∶2，聯(lián)立兩式并代入數(shù)據(jù)得vA＝4m/s，vC＝8m/s.答案4m/s

8m/s

(3)撤去拉力F后，兩棒最終勻速運(yùn)動的速度大小vA′和vC′答案6.4m/s

3.2m/s聯(lián)立以上各式解得vA′＝6.4m/s，vC′＝3.2m/s.解析撤去拉力F后，AB棒繼續(xù)向左做加速運(yùn)動，而CD棒向右做減速運(yùn)動，當(dāng)兩棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢大小相等時電路中電流為零，兩棒開始做勻速運(yùn)動，此時兩棒的速度滿足BlvA′＝B·2lvC′即vA′＝2vC′規(guī)定水平向左為正方向，對兩棒分別應(yīng)用動量定理有“雙軌＋雙桿”模型如圖4，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上.t＝0時，ab棒以初速度v0向右滑動.運(yùn)動過程中，ab、cd棒始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好.圖4高考題型2動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用模型分析：雙軌和兩導(dǎo)體棒組成閉合回路，通過兩導(dǎo)體棒的感應(yīng)電流相等，所受安培力大小也相等，ab棒受到水平向左的安培力，向右減速；cd棒受到水平向右的安培力，向右加速，最終導(dǎo)體棒ab、cd共速，感應(yīng)電流消失，一起向右做勻速直線運(yùn)動，該過程導(dǎo)體棒ab、cd組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒：mabv0＝(mab＋mcd)v共，若ab棒、cd棒所在導(dǎo)軌不等間距，則動量不守恒，可考慮運(yùn)用動量定理求解.例4

(多選)(2019·全國卷Ⅲ·19)如圖5，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上.t＝0時，棒ab以初速度v0向右滑動.運(yùn)動過程中，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√圖5√解析棒ab以初速度v0向右滑動，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，使整個回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，判斷可知棒ab受到與v0方向相反的安培力的作用而做變減速運(yùn)動，棒cd受到與v0方向相同的安培力的作用而做變加速運(yùn)動，它們之間的速度差Δv＝v1－v2逐漸減小，整個系統(tǒng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢逐漸減小，回路中感應(yīng)電流逐漸減小，最后變?yōu)榱悖醋罱K棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，這時兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd組成的系統(tǒng)在足夠長的平行金屬導(dǎo)軌上運(yùn)動，水平方向上不受外力作用，由動量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝

，選項(xiàng)A、C正確，B、D錯誤.例5

(2021·山東泰安市高三期末)如圖6，兩光滑金屬導(dǎo)軌相距L，平直部分固定在離地高度為h的絕緣水平桌面上，處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，彎曲部分豎直固定并與水平部分平滑連接.金屬棒ab、cd垂直于兩導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好.棒ab的質(zhì)量為2m，電阻為棒cd的質(zhì)量為m，電阻為r，開始棒cd靜止在水平直導(dǎo)軌上，棒ab從高出平直部分h處無初速度釋放，進(jìn)入水平直導(dǎo)軌后與棒cd始終沒有接觸，最后棒cd落地時與桌邊的水平距離也為h.導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g.求：(1)棒ab落地時與桌邊的水平距離；圖6解析棒cd離開桌面后做平拋運(yùn)動，平拋初速度為設(shè)棒ab進(jìn)入水平直導(dǎo)軌時的速度為v，進(jìn)入磁場后，ab、cd兩棒所受的安培力等大反向，作用時間相等，系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律有，2mv＝2m·v′＋mv0棒cd離開磁場后由于電路斷開，棒ab水平方向一直做勻速直線運(yùn)動，(2)棒cd即將離開導(dǎo)軌時，棒ab的加速度大小.解析棒cd即將離開導(dǎo)軌時，兩棒的瞬時速度分別為1.如圖7所示，足夠長的兩平行光滑水平直導(dǎo)軌的間距為L，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，垂直于導(dǎo)軌平面有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場；導(dǎo)軌左端接有電容為C的電容器、開關(guān)S和定值電阻R；質(zhì)量為m的金屬棒垂直于導(dǎo)軌靜止放置，兩導(dǎo)軌間金屬棒的電阻為r.初始時開關(guān)S斷開，電容器兩極板間的電壓為U.閉合開關(guān)S，金屬棒運(yùn)動，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好.下列說法正確的是A.閉合開關(guān)S的瞬間，金屬棒立刻開始向左運(yùn)動√123高考預(yù)測圖7解析由左手定則可知，閉合開關(guān)S的瞬間，金屬棒所受安培力方向向右，金屬棒立刻獲得向右的加速度，開始向右運(yùn)動，A錯誤；當(dāng)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢跟電容器兩極板之間的電壓相等時，金屬棒中電流為零，此后，金屬棒將勻速運(yùn)動下去，兩端的電壓達(dá)到最小值，故金屬棒與導(dǎo)軌接觸的兩點(diǎn)間的最小電壓不會為零，C錯誤；1232.(2021·重慶市西南大學(xué)附中高三月考)如圖8所示，在大小為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)，垂直磁場方向的水平面中有兩根固定的足夠長的金屬平行導(dǎo)軌，在導(dǎo)軌上面平放著兩根導(dǎo)體棒MN和PQ，兩棒彼此平行且相距d，構(gòu)成一矩形回路.導(dǎo)軌間距為l，導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m，電阻均為R，導(dǎo)軌電阻可忽略不計(jì).設(shè)導(dǎo)體棒可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑行，初始時刻MN棒靜止，給PQ棒一個向右的初速度v0，求：(1)當(dāng)PQ棒速度減為0.6v0時，MN棒的速度v及加速度a的大??；123圖8解析兩棒所受合外力為零，因此滿足動量守恒定律mv0＝0.6mv0＋mv解得v＝0.4v0回路感應(yīng)電動勢E＝0.6BLv0－0.4BLv0123(2)MN、PQ棒間的距離從d增大到最大的過程中，通過回路的電荷量q及兩棒間的最大距離x.123解析距離最大時兩棒速度相等，根據(jù)動量守恒定律可得mv0＝2mv共1233.(2021·懷仁一中期末)如圖9所示，平行光滑金屬導(dǎo)軌由水平部分和傾斜部分組成，且二者平滑連接.導(dǎo)軌水平部分MN的右側(cè)區(qū)域內(nèi)存在方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.4T.在距離磁場左邊界線MN為d＝1.2m處垂直導(dǎo)軌放置一個導(dǎo)體棒a，在傾斜導(dǎo)軌高h(yuǎn)＝0.8m處垂直于導(dǎo)軌放置導(dǎo)體棒b.將b棒由靜止釋放，最終導(dǎo)體棒a和b速度保持穩(wěn)定.已知導(dǎo)軌間距L＝0.5m，兩導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m＝0.1kg，電阻均為R＝0.1Ω，g＝10m/s2，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，導(dǎo)體棒在運(yùn)動過程中始終垂直于導(dǎo)軌且接觸良好，忽略磁場邊界效應(yīng).求：(1)導(dǎo)體棒b剛過邊界線MN時導(dǎo)體棒a的加速度大?。?23圖9答案8m/s2導(dǎo)體棒b剛過邊界線MN時，導(dǎo)體棒a受到安培力作用而產(chǎn)生加速度即將開始運(yùn)動，由法拉第電磁感應(yīng)定律和牛頓第二定律可得：E＝BLv0F＝BILF＝ma解得：a＝8m/s2解析設(shè)導(dǎo)體棒b滑到邊界線MN時的速度大小為v0，在其到達(dá)MN過程中機(jī)械能守恒，則有：123(2)從初始位置開始到兩棒速度穩(wěn)定的過程中，感應(yīng)電流在導(dǎo)體棒a中產(chǎn)生的熱量Q；123答案0.2J

解析當(dāng)導(dǎo)體棒b進(jìn)入磁場后，a、b棒組成的系統(tǒng)在水平方向所受合力為零，系統(tǒng)滿足動量守恒定律和能量守恒定律.設(shè)v0的方向?yàn)檎较颍琣、b共速時的速度大小為v，當(dāng)導(dǎo)體棒a、b速度穩(wěn)定時，兩者做速度相等的勻速直線運(yùn)動，則有：mv0＝2mv解得：Q＝0.2J123(3)兩棒速度穩(wěn)定后二者之間的距離.123答案0.2mΔΦ＝BLxl＝d－x聯(lián)立以上各式可得：l＝0.2m解析設(shè)兩棒速度穩(wěn)定后兩棒之間的距離為l，從b棒進(jìn)入磁場到二者剛共速的過程中，所用時間為t，對導(dǎo)體棒a由動量定理可得：1231.(多選)(2021·河南鄭州市高三第一次質(zhì)量檢測)如圖1所示，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，兩根相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd，質(zhì)量均為m，靜止在導(dǎo)軌上.t＝0時，棒cd受到一瞬時沖量作用而以初速度v0向右滑動.運(yùn)動過程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，回路中的電流用I表示.下列說法中正確的是A.兩棒最終的狀態(tài)是cd靜止，ab以速度v0向右滑動B.兩棒最終的狀態(tài)是ab、cd均以

的速度向右勻速滑動C.ab棒的速度由零開始勻加速增加到最終的穩(wěn)定速度D.回路中的電流I從某一個值I0逐漸減小到零√保分基礎(chǔ)練√圖1123456789專題強(qiáng)化練1234567891234567892.(多選)(2021·福建龍巖市一模)如圖2所示，兩條相距為d且足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其左端接阻值為R的定值電阻.電阻為R、長為d的金屬桿ab在導(dǎo)軌上以初速度v0水平向左運(yùn)動，其左側(cè)有邊界為PQ、MN的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.該磁場以恒定速度v0勻速向右運(yùn)動，金屬桿進(jìn)入磁場后，在磁場中運(yùn)動t時間后達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，則A.當(dāng)金屬桿剛進(jìn)入磁場時，桿兩端的電壓大小為Bdv0B.當(dāng)金屬桿運(yùn)動達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時，桿兩端的電壓大小為Bdv0C.t時間內(nèi)金屬桿所受安培力的沖量等于0D.t時間內(nèi)金屬桿所受安培力做的功等于0√123456789√圖2解析當(dāng)金屬桿剛進(jìn)入磁場時，桿相對于磁場的速度是2v0，切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為2Bdv0，則桿兩端的電壓大小為Bdv0，選項(xiàng)A正確；開始時根據(jù)楞次定律可知桿受到向右的安培力作用而做減速運(yùn)動，當(dāng)減速到0后，由于磁場依舊向右運(yùn)動，則金屬桿在安培力的作用下向右加速運(yùn)動，直到桿與磁場的相對速度為0時，金屬桿運(yùn)動達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，此時金屬桿不再切割磁感線，桿兩端的電壓大小為0，選項(xiàng)B錯誤；設(shè)金屬桿的質(zhì)量為m，t時間內(nèi)金屬桿所受安培力的沖量I＝Δp＝mv0－(－mv0)＝2mv0，選項(xiàng)C錯誤；123456789圖33.(多選)(2020·湖南常德市高三二模)如圖3所示，兩條相距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的定值電阻，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場垂直，導(dǎo)軌電阻不計(jì).導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置并接觸良好，接入電路的電阻也為R.若給棒以平行導(dǎo)軌向右的初速度v0，當(dāng)通過棒橫截面的電荷量為q時，棒的速度減為零，此過程中棒發(fā)生的位移為x.123456789123456789√√則在這一過程中解析由于導(dǎo)體棒向右減速運(yùn)動，則感應(yīng)電動勢減小，感應(yīng)電流減小，所以導(dǎo)體棒受到的安培力減小，根據(jù)牛頓第二定律可知其加速度減小，故導(dǎo)體棒做變減速運(yùn)動，故A錯誤；1234567891234567891234567894.(多選)(2021·安徽合肥市高三第一次教學(xué)質(zhì)量調(diào)研)如圖4所示，寬度為L的光滑金屬框架MNPQ固定于水平面，并處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向豎直向下，框架的電阻分布不均勻.將質(zhì)量為m、長為L的金屬棒ab垂直放置在框架上，并且與框架接觸良好.現(xiàn)給棒ab向左的初速度v0，其恰能做加速度大小為a的勻減速直線運(yùn)動，則在棒ab的速度由v0減為v的過程中，下列說法正確的是√圖4123456789√對ab棒由牛頓第二定律BIL＝ma可知，電流不變，根據(jù)熱功率P＝I2R可知，PN段的熱功率不變，故C錯誤；1234567895.(多選)(2021·山西省高三二模)如圖5，間距為l的兩平行光滑金屬導(dǎo)軌(電阻不計(jì))由水平部分和弧形部分平滑連接而成，其水平部分足夠長，虛線MM′右側(cè)存在方向豎直向下大小為B的勻強(qiáng)磁場.兩平行金屬桿P、Q的質(zhì)量分別為m1、m2，電阻分別為R1、R2，且始終與導(dǎo)軌保持垂直.開始兩金屬桿處于靜止?fàn)顟B(tài)，Q在水平軌道上距MM′為x0，P在距水平軌道高為h的傾斜軌道上，重力加速度為g.現(xiàn)由靜止釋放P，一段時間后，兩金屬桿間距穩(wěn)定為x1，圖5爭分提能練123456789則在這一過程中√123456789√√1234567891234567896.(2021·河北張家口市一模)如圖6所示，間距L＝1m的平行且足夠長的導(dǎo)軌由傾斜、水平兩部分組成，傾斜部分傾角θ＝37°，在傾斜導(dǎo)軌頂端連接一阻值R＝1Ω的定值電阻，質(zhì)量m＝1kg的金屬桿MN垂直導(dǎo)軌放置且始終接觸良好，并在整個區(qū)域加一垂直于傾斜導(dǎo)軌所在斜面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T的勻強(qiáng)磁場.現(xiàn)讓金屬桿MN從距水平導(dǎo)軌高度h＝1.2m處由靜止釋放，金屬桿在傾斜導(dǎo)軌上先加速再勻速運(yùn)動，然后進(jìn)入水平導(dǎo)軌部分，再經(jīng)過位移x＝1m速度減為零.已知金屬桿與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，導(dǎo)軌與金屬桿的電阻不計(jì)，金屬桿在導(dǎo)軌兩部分銜接點(diǎn)機(jī)械能損失忽略不計(jì)，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)金屬桿勻速運(yùn)動時的速度大?。淮鸢?m/s

圖6123456789123456789解析金屬桿勻速運(yùn)動時所受合力為零解得：vm＝2m/s(2)金屬桿在傾斜導(dǎo)軌運(yùn)動階段，通過電阻R的電荷量和電阻R產(chǎn)生的焦耳熱；答案2C

2J

123456789123456789解得：q＝2C根據(jù)能量守恒，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱解得：Q＝2J(3)金屬桿在水平導(dǎo)軌上運(yùn)動時所受摩擦力的沖量大小.答案1.36N·s123456789解析根據(jù)動量定理7.(2021·江蘇鹽城市、南京市一模)如圖7所示，相互平行、相距L的兩條金屬長導(dǎo)軌固定在同一水平面上，電阻可忽略不計(jì)，空間有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，質(zhì)量均為m、長度均為L、電阻均為R的導(dǎo)體棒甲和乙，可以在長導(dǎo)軌上無摩擦左右滑動.開始時，甲導(dǎo)體棒具有向左的初速度v，乙導(dǎo)體棒具有向右的初速度2v，求：(1)開始時，回路中電流大小I；123456789圖7解析開始時，設(shè)回路中的感應(yīng)電動勢為E，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝3BLv123456789(2)當(dāng)一根導(dǎo)體棒速度為零時，另一根導(dǎo)體棒的加速度大小a；123456789解析甲、乙兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動過程中，受到的安培力大小相等，加速度大小相等.由于甲棒的初速度較小，所以甲導(dǎo)體棒速度先減小到零，設(shè)此時乙導(dǎo)體棒的速度大小為v1，根據(jù)動量守恒定律，以乙導(dǎo)體棒運(yùn)動的方向?yàn)檎较?，?mv－mv＝mv1回路中的感應(yīng)電動勢為E′＝BLv1乙導(dǎo)體棒受到的安培力大小為F′＝BI′L根據(jù)牛頓第二定律，有F′＝ma123456789(3)運(yùn)動過程中通過乙導(dǎo)體棒的電荷量最大值qm.123456789解析當(dāng)兩導(dǎo)體棒速度相同時，回路中的感應(yīng)電流為零.設(shè)兩導(dǎo)體棒共同運(yùn)動的速度為v共，由動量守恒定律得2mv－mv＝2mv共123456789答案0.5V

8.(2021·山東濰坊市昌樂一中高三期末)如圖8所示，MN、PQ為足夠長的水平光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距L＝0.5m，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，空間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T；兩直導(dǎo)體棒ab、cd均垂直于導(dǎo)軌放置，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸良好.導(dǎo)體