物理二轮（山东专用）学案：专题4 第2讲　电磁感应及其应用 Word版含解析.doc

1、- 1 - 第 2 讲 电磁感应及其应用 析考情 明考向_考情分析_透视命题规律 一、构建体系 透析考情 思维导图 考情分析 1.高考对本部分内容的考查 频率较高，常会以选择题考 查楞次定律、电磁感应中的 电路、 法拉第电磁感应定律、 电磁感应中的图像问题、能 量转换及电荷量的计算等知 识点。 2.关注本讲与力学的综合试 题，往往涉及力和运动、动 量守恒、能量守恒、电路分 析、安培力等力学和电学知 识。主要的类型有滑轨类问 题、线圈穿越有界磁场的问 题、 电磁感应图像的问题等， 如 2020 年山东卷第 12 题和 2020 年天津卷第 10 题。 二、熟记规律 高效突破 1“三定则、一定律”

2、的应用 (1)安培定则：判断运动电荷、电流产生的磁场方向。 (2)左手定则：判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向。 (3)右手定则：判断部分导体切割磁感线产生感应电流的方向。 (4)楞次定律：判断闭合电路磁通量发生变化产生感应电流的方向。 2求感应电动势的两种方法 (1)En t ，用来计算感应电动势的平均值。 (2)EBLv，用来计算感应电动势的瞬时值或平均值。 (3)E1 2Bl 2，用来计算导体棒转动切割磁感线时的感应电动势。 3感应电荷量的两种求法 (1)当回路中的磁通量发生变化时，由于感应电场的作用使电荷发生定向移动而形成感应电流。 通过的电荷量表达式为 qI tn tR总tn R

3、总。 (2)导体切割磁感线运动通过的电荷量 q 满足的关系式为BI ltBlqmv。 4楞次定律中“阻碍”的主要表现形式 (1)阻碍原磁通量的变化“增反减同”。 (2)阻碍相对运动“来拒去留”。 (3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势“增缩减扩”。 (4)阻碍原电流的变化(自感现象)“增反减同”。 - 2 - 5在闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流的问题中，机械能转化为电能，导体棒克 服安培力做的功等于电路中产生的电能。 研考向 提能力_考向研析_掌握应试技能 考向一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 1判定感应电流方向 (1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。 (

4、2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形。 2求感应电动势 (1)感生电动势： En t S不变时：EnS B t B不变时：EnBS t qI tn tR tn R (2)动生电动势 平动切割：EBlv 转动切割：E1 2Bl 2 典例 1 如图所示， 匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈， 线圈平面与磁场垂直。 已知线圈的面积 S0.3 m2、电阻 R0.6 ，磁场的磁感应强度 B0.2 T。现同时向两侧拉动 线圈，线圈的两边在 t0.5 s 时间内合到一起。求线圈在上述过程中： (1)感应电动势的平均值 E； (2)感应电流的平均值 I，并在图中标出电流方向； (3)通过导线横

5、截面的电荷量 q。 解析 (1)感应电动势的平均值 E t 磁通量的变化量BS 解得 EBS t 代入数据得 E0.12 V。 (2)平均电流I E R 代入数据得I 0.2 A 电流方向如图所示。 - 3 - (3)电荷量 qI t 代入数据得 q0.1 C。 答案 (1)0.12 V (2)0.2 A 图见解析 (3)0.1 C 1(2020 安徽江南十校检测)在粗糙水平面上平放一根导体棒和一个金属圆环，如图甲所示(俯 视图)，给导体棒中通以如图乙所示的电流，导体棒和圆环始终保持静止状态，则在 0t1时间 内，下列说法正确的是( ) A圆环中感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向 B圆环中感

6、应电流先增大后减小 C导体棒受到的静摩擦力方向先向右后向左 D圆环先有扩张趋势后有收缩趋势 解析：根据安培定则和楞次定律可知，圆环中感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，A 项 错误；导体棒中电流先增大得越来越慢后减小得越来越快，圆环中磁通量先变大得越来越慢 后变小得越来越快，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电流先减小后增大，B 项错误；导体 棒中电流先增大后减小，圆环中磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知，圆环和导体棒之 间先排斥后吸引，则导体棒受到的静摩擦力先向右后向左，圆环先有收缩趋势后有扩张趋势， C 项正确，D 项错误。 答案：C 2(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的

7、匀强磁场，其边界如图(a)中虚线 MN 所示。一硬质细导线的电阻率为 、横截面积为 S，将该导线做成半径为 r 的圆环固定在纸面 内，圆心 O 在 MN 上。t0 时磁感应强度的方向如图(a)所示，磁感应强度 B 随时间 t 的变化 关系如图(b)所示，则在 t0 到 tt1的时间间隔内( ) A圆环所受安培力的方向始终不变 B圆环中的感应电流始终沿顺时针方向 C圆环中的感应电流大小为B0rS 4t0 D圆环中的感应电动势大小为B0r 2 4t0 解析：由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方 向不变，但 t0时刻磁场方向发生变化，故安培力方向发生变化，A 错

8、误。根据楞次定律，圆 环中感应电流的方向始终沿顺时针方向，B 正确。根据法拉第电磁感应定律，感应电动势 E - 4 - B t S B0 t0 r2 2 B0r 2 2t0 ，根据闭合电路欧姆定律知，电流 IE R B0r2 2t0 2r S B0rS 4t0，C 正确，D 错误。 答案：BC 3(多选)(2020 重庆市一中高三下学期 5 月月考)在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度 大小均为 B、 方向相反的水平匀强磁场， 如图所示的 PQ 为两个磁场的边界， 磁场范围足够大。 一个半径为 a、 质量为 m、 电阻为 R 的金属圆环垂直磁场方向， 以速度 v 从如图位置向右运动， 当圆环

9、运动到直径刚好与边界线 PQ 重合时，圆环的速度为2 3v，则下列说法正确的是( ) A此时圆环中的电流为逆时针方向 B此时圆环的加速度为16B 2a2v 3mR C此时圆环中的电功率为64B 2a2v2 9R D此过程中通过圆环截面的电荷量为2Ba 2 3R 解析：由右手定则可知，此时感应电流为逆时针方向，故 A 正确；左右两边圆环均切割磁感 线，故感应电动势的大小为 E2B2a2 3v 8 3Bav，感应电流大小为 I E R 8Bav 3R ，故其所受 安培力大小为 F2B2aI32B 2a2v 3R ，加速度为 aF m 32B2a2v 3mR ，故 B 错误；此时圆环的电 功率为 P

10、I2R64B 2a2v2 9R ，故 C 正确；此过程中圆环磁通量的变化量为 Ba2，故电荷量 为 q R Ba 2 R ，故 D 错误。 答案：AC 考向二 电磁感应中的图像问题 1“三点关注” (1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向。 (2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图像变化相对应。 (3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应。 2“两种技法” (1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变 化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项。

11、 (2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像 作出分析和判断，这未必是最简单的方法，但却是最有效的方法。 典例 2 (2020 江苏扬州中学高三下学期 5 月月考)如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细 均匀的单匝正方形闭合线框 abcd。t0 时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做 匀加速直线运动，bc 边刚进入磁场的时刻为 t1，ad 边刚进入磁场的时刻为 t2，设线框中产生 的感应电流的大小为 i，ad 边两端电压大小为 U，水平拉力大小为 F，则下列 i、U、F 随运动 时间 t 变化关系图像正确的是( ) - 5 - 解析 线框的速度与

12、时间的关系式为 vat，a 是加速度。由 EBLv 和 IE R得，感应电流与 时间的关系式为 IBLa R t，B、L、a 均不变，当 0t1时间内，感应电流为零，t1t2时间内， 电流 I 与 t 成正比，t2时刻后无感应电流，故 A、B 错误；由 EBLv 和 IE R得，感应电流与 时间的关系式为 IBLa R t，当 0t1时间内，感应电流为零，ad 的电压为零，t1t2时间内，电 流 I 与 t 成正比，UadIRadBLat R 1 4R BLat 4 ，电压随时间均匀增加，t2时刻后无感应电流， 但有感应电动势，UadEBLat 电压随时间均匀增加，故 C 正确；线框所受的安培

13、力为 FA BILB 2L2v R ，由牛顿第二定律得 FFAma，得 FB 2L2a R tma，当 0t1时间内，感应电流 为零，Fma，为定值，t1t2时间内，F 与 t 是线性关系，但不过原点，t2时刻后无感应电流， Fma，为定值，故 D 错误。 答案 C 规律总结 解决电磁感应图像问题的一般步骤 (1)明确图像的种类，即是 B- t 图还是 - t 图，或者 E- t 图、v- t 图、I- t 图等(如典例的四个选项 中的三类图像)。 (2)分析电磁感应的具体过程(如典例中线框匀加速进入磁场的速度的变化)。 (3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。 (4)结合法拉第电磁感应定

14、律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式(如典例中感应 电流、电压和拉力 F 的表达式)。 (5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。 (6)画图像或判断图像(典例为判断图像)。 4(多选)(2020 江苏省苏锡常镇四市高三下学期 5 月二模)如图甲所示，水平放置的平行金属 导轨左端连接一个平行板电容器 C 和一个定值电阻 R，导体棒 MN 放在导轨上且接触良好。 装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度 B 的变化情况如图乙所示(垂直纸面向上为正)， MN 始终保持静止。不计电容器充电时间，则在 0t2时间内，下列说法正确的是( ) - 6 - A电阻 R 两端的电

15、压大小始终不变 B电容器 C 的 a 板先带正电后带负电 CMN 棒所受安培力的大小始终不变 DMN 棒所受安培力的方向先向右后向左 解析：由乙图知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可以知道，回路中产生恒 定电动势，电路中电流恒定，电阻 R 两端的电压恒定，故 A 正确；根据楞次定律判断可以知 道，通过 R 的电流一直向下，电容器 a 板电势较高，一直带正电，故 B 错误；由右手定则判 断得知，MN 中感应电流方向一直向上，由左手定则判断可以知道，MN 所受安培力的方向先 向右后向左，故 D 正确；根据安培力公式 FBIL，I、L 不变，因为磁感应强度变化，MN 所 受安培力的大小变

16、化，故 C 错误。 答案：AD 5(多选)(2020 高考山东卷)如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强 度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于 Oxy 平面内的刚性导体框 abcde 在外力作用下以恒定速度沿 y 轴正方向运动(不发生转动)。从 图示位置开始计时，4 s 末 bc 边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为 I， ab 边所受安培力的大小为 Fab，二者与时间 t 的关系图像可能正确的是( ) - 7 - 解析：设虚线方格的边长为 x，根据题意知 abcde 每经过 1 s 运动的距离为 x。在 01 s

17、内， 感应电动势 E12Bxv，感应电流 I12Bxv R 恒定；在 12 s 内，切割磁感线的有效长度均匀增 加， 故感应电动势及感应电流随时间均匀增加， 2 s 时感应电动势 E23Bxv， 感应电流 I23Bxv R ； 在 24 s 内，切割磁感线的有效长度均匀减小，感应电动势和感应电流均匀减小，4 s 时感应 电动势 E3Bxv，感应电流 I3Bxv R ，A 错误，B 正确。根据 FBIl，在 01 s 内，I 恒定，ab 边进入磁场的长度 lvt，Fab2B 2v2x R tt；在 12 s 内，电流 I 随时间均匀增加，ab 边进入 磁场的长度 lxv(t1 s)，据 FIlB

18、 知 Fab与 t 为二次函数，是抛物线，且 t2 s 时，Fab 6B 2x2v R ；在 24 s 内，I 随时间均匀减小，ab 边进入磁场的长度 l2xv(t2 s)随时间均匀 增加，故 Fab与 t 为二次函数，有极大值，当 t4 s 时，Fab4B 2x2v R ，C 正确，D 错误。 答案：BC 6 (多选)(2019 高考全国卷)如图， 两条光滑平行金属导轨固定， 所在平面与水平面夹角为 ， 导轨电阻忽略不计。虚线 ab、cd 均与导轨垂直，在 ab 与 cd 之间的区域存在垂直于导轨所在 平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒 PQ、MN 先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始 终

19、与导轨垂直且接触良好。已知 PQ 进入磁场时加速度恰好为零。从 PQ 进入磁场开始计时， 到 MN 离开磁场区域为止，流过 PQ 的电流随时间变化的图像可能正确的是( ) 解析：PQ 刚进入磁场时，加速度为零，则 mgsin BIL，Imgsin BL ，即电流恒定，且由题 - 8 - 意知，MN 刚进入磁场时与 PQ 刚进入磁场时的速度相同。 情形 1：若 MN 刚进入磁场时，PQ 已离开磁场区域，则对 MN，由 mgsin BIL 及右手定则 知，通过 PQ 的电流大小不变，方向相反，故 I- t 图像如图 A 所示。 情形 2：若 MN 刚进入磁场时，PQ 未离开磁场区域，由于两导体棒速

20、度相等，产生的电动势 等大、反向，故电流为零，但两棒在重力作用下均加速直至 PQ 离开磁场，此时 MN 为电源， 由 EBLv，I E R总，BILmgsin ma 知，MN 减速，电流减小，可能的 I- t 图像如图 D 所 示。 答案：AD 考向三 电磁感应中的动力学和能量问题 1动力学问题中的“两分析、两状态” (1)受力和运动分析 导体切割磁感线运动产生感应电动势，在电路中产生感应电流，导体在磁场中受安培力， 安培力将阻碍导体运动。 安培力一般是变力，导体做切割磁感线运动的加速度发生变化，当加速度为零时，导体达 到稳定状态，最后做匀速直线运动。 (2)平衡和非平衡状态处理 导体处于平衡

21、状态静止或匀速直线运动状态。 处理方法：根据平衡状态时导体所受合力等于零列式分析。 导体处于非平衡状态加速度不为零。 处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。 2求焦耳热 Q 的三种方法 (1)焦耳定律：QI2Rt，适用于电流、电阻不变。 (2)功能关系：QW克服安培力，电流变与不变都适用。 (3)能量转化：QE(其他能的减少量)，电流变与不变都适用。 典例 3 如图所示，两不计电阻的平行光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接一阻值为 R 的 定值电阻，两导轨之间的距离为 d。矩形区域 abdc 内存在磁感应强度大小为 B、方向垂直纸 面向里的匀强磁场，ab、cd 之间的距离为 L

22、。在 cd 下方有一导体棒 MN，导体棒 MN 与导轨 垂直，与 cd 之间的距离为 H，导体棒的质量为 m，电阻为 r。给导体棒一竖直向上的恒力， 导体棒在恒力 F 作用下由静止开始竖直向上运动，进入磁场区域后做减速运动。若导体棒到 达 ab 处的速度为 v0，重力加速度大小为 g，求： (1)导体棒到达 cd 处时速度的大小； (2)导体棒刚进入磁场时加速度的大小； (3)导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻 R 的电荷量和电阻 R 产生的热量。 解析 (1)根据动能定理得(Fmg)H1 2mv 2 解得导体棒到达 cd 处时速度的大小为 v 2（Fmg）H m 。 (2)根据牛顿第二定律

23、得 mgFAFma 安培力 FABId - 9 - 又 I E Rr，EBdv 则导体棒刚进入磁场时加速度的大小 ag B2d2 m（Rr） 2（Fmg）H m F m。 (3)导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻 R 的电荷量 qI t 又I E Rr，E t 则通过电阻 R 的电荷量 q Rr BLd Rr 根据动能定理得(Fmg)(HL)WA1 2mv 2 0 电路中产生的总热量 QWA 电阻 R 产生的热量 QR R RrQ 解得 QR R Rr(Fmg)(HL) 1 2mv 2 0。 答案 (1) 2（Fmg）H m (2)g B2d2 m（Rr） 2（Fmg）H m F m (3)

24、 BLd Rr R Rr(Fmg)(HL) 1 2mv 2 0 规律总结 求解电磁感应中动力学和能量问题的一般步骤 (1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或 回路就相当于电源。 (2)分析清楚有哪些力做功及这些力做功的特点，就可以知道合外力及能量相互转化情况。 (3)根据牛顿第二定律、动力学和能量守恒列方程求解。 7(多选)(2020 高考全国卷)如图，U 形光滑金属框 abcd 置于水平绝缘平台上，ab 和 dc 边 平行，和 bc 边垂直。ab、dc 足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒 MN 置于金属框上，用水平恒力 F 向右

25、拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀 强磁场中，MN 与金属框保持良好接触，且与 bc 边保持平行。经过一段时间后( ) A金属框的速度大小趋于恒定值 B金属框的加速度大小趋于恒定值 C导体棒所受安培力的大小趋于恒定值 D导体棒到金属框 bc 边的距离趋于恒定值 解析：当金属框在恒力 F 作用下向右加速时，bc 边产生从 c 向 b 的感应电流 i，金属框的加速 度为 a1，有 FBilMa1，MN 中感应电流从 M 向 N，在安培力作用下向右加速，加速度为 a2，有 Bilma2，当金属框和 MN 都运动后，金属框速度为 v1，MN 速度为 v2，感应电流为 i - 10 - B

26、l（v1v2） R ，感应电流从 0 开始增大，则 a2从零开始增加，a1从F M开始减小，加速度差 值减小。当 a1a2时，得 F(Mm)a，a F Mm恒定，由 F 安ma 可知，安培力趋于恒定， 进而确定感应电流趋于恒定，据 iBl（v1v2） R 知金属框与 MN 的速度差维持不变，v- t 图像 如图所示，A 错误，B、C 正确：MN 与金属框的速度差不变，但 MN 的速度小于金属框的速 度，MN 到金属框 bc 边的距离越来越大，D 错误。 答案：BC 8(2020 福建三明期末质量检测)如图所示，足够长光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹 角37 ，导轨间距 L0.4 m，其下端

27、连接一个定值电阻 R4 ，其他电阻不计。两导轨间 存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度 B1 T。一质量为 m0.04 kg 的导体棒 ab 垂直于导轨放置， 现将导体棒由静止释放， 取重力加速度 g10 m/s2， sin 37 0.6， cos 37 0.8。 (1)求导体棒下滑的最大速度大小； (2)导体棒从静止加速到 v4 m/s 的过程中，通过 R 的电荷量 q0.2 C，求 R 产生的热量。 解析：(1)当导体棒所受的合外力为零时，速度最大，则 mgsin BIL IBLvm R 联立解得 vm6 m/s。 (2)设该过程中电流的平均值为I ，则 qI t I E R E

28、BLx t 解得 xqR BL2 m 由能量守恒定律可得 mgxsin 1 2mv 2Q 解得 Q0.16 J。 答案：(1)6 m/s (2)0.16 J 考向四 电磁感应中的动量和能量问题 1分析方法 (1)分析“受力”：分析研究对象的受力情况，特别关注安培力的方向。 (2)分析“能量”：搞清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了变化，根据能 量守恒列方程求解。 (3)分析“动量”：在电磁感应中可用动量定理求变力的作用时间、速度、位移和电荷量(一般 应用于单杆切割磁感线运动) - 11 - 求速度或电荷量：BI ltmv2mv1，qI t。 求时间：FtIAmv2mv1，IABI

29、 ltBl R总。 求位移：BI ltB 2l2v t R总 mv2mv1，即B 2l2 R总 xm(v2v1)。 2动量守恒定律的应用 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，运用动量守恒定律求解比较方便。 典例 4 两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为 d1 m，在左端弧形 轨道部分高 h1.25 m 处放置一金属杆 a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直 轨道右端放置另一金属杆 b，杆 a、b 的电阻分别为 Ra2 、Rb5 ，在平直轨道区域有竖 直向上的匀强磁场，磁感

30、应强度 B2 T。现杆 b 以初速度大小 v05 m/s 开始向左滑动，同时 由静止释放杆 a，杆 a 由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆 b 的平均电流为 0.3 A；从 a 下 滑到水平轨道时开始计时，a、b 运动的速度时间图像如图乙所示(以 a 运动方向为正方向)， 其中 ma2 kg，mb1 kg，g 取 10 m/s2，求： (1)杆 a 在弧形轨道上运动的时间； (2)杆 a 在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量； (3)在整个运动过程中杆 b 产生的焦耳热。 解析 (1)设杆 a 由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆 b 的速度大小为 vb0，对杆 b 运 用动量定理，有

31、BdI tmb(v0vb0) 其中 vb02 m/s 代入数据解得t5 s。 (2)对杆 a 由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有 magh1 2mav 2 a 解得 va 2gh5 m/s 设最后 a、b 两杆共同的速度为 v，由动量守恒定律得 mavambvb0(mamb)v 代入数据解得 v8 3 m/s 杆 a 动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆 a 的速度从 va到 v的运动时间为 t，则由 动量定理可得 BdItma(vav) 而 qIt - 12 - 代入数据得 q7 3 C。 (3)由能量守恒定律可知杆 a、b 中产生的焦耳热为 Qmagh1 2mbv 2

32、01 2(mbma)v 2161 6 J b 杆中产生的焦耳热为 Q Rb RaRbQ 115 6 J。 答案 (1)5 s (2)7 3 C (3) 115 6 J 9(多选)如图所示，两根足够长、间距为 l 的固定光滑平行金属导轨，位于同一水平面内，导 轨上横放着质量分别为 m 和 3m 的导体棒 ab 和 cd，构成矩形回路，在整个导轨平面内存在方 向竖直向上、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场，已知两棒的电阻均为 R，回路中其余部分的电 阻不计。开始时，导体棒 cd 静止，导体棒 ab 以大小为 v0的初速度从导轨左端开始向右运动， 忽略回路中电流对磁场的影响， 导体棒 ab 和 cd

33、在运动过程中不会发生碰撞， 经过足够长的时 间后，下列说法正确的是( ) A金属棒 cd 先做匀加速直线运动，达到 v0后做直线运动 B金属棒 cd 先做变加速直线运动，后以某一速度匀速直线运动 C两金属棒在运动中产生的焦耳热最多为3 8mv 2 0 D两金属棒在运动中产生的焦耳热最多为1 4mv 2 0 解析：开始阶段 ab 棒向右减速运动，cd 棒向右加速运动，cd 棒速度小于 ab 棒速度，设某时 刻 ab 棒速度为 v1，cd 棒速度为 v2，v1v2，则 cd 棒的加速度 a2B 2l2（v 1v2） 6mR ，随时间推 移，v1减小，v2增大，故 a2随时间减小，因此 cd 棒先做

34、变加速直线运动，当 v1v2时，a2 0，ab 棒和 cd 棒以相同的速度 v 做匀速直线运动，故选项 A 错误，选项 B 正确；设整个运动 过程中产生的焦耳为 Q， 以两棒为系统， 由动量守恒定律有 mv04mv， 由能量守恒定律有1 2mv 2 0 1 2 4mv 2Q，联立求解得 Q3 8mv 2 0，故选项 C 正确，选项 D 错误。 答案：BC 10(2020 河南许昌 4 月检测)如图所示，有一间距为 L 且与水平方向成 角的光滑平行轨道， 轨道上端接有电容器和定值电阻， S 为单刀双掷开关， 空间存在垂直轨道平面向上的匀强磁场， 磁感应强度为 B。将单刀双掷开关接到 a 点，一根

35、电阻不计、质量为 m 的导体棒在轨道底端 获得初速度 v0后沿着轨道向上运动，到达最高点时，单刀双掷开关接 b 点，经过一段时间导 体棒又回到轨道底端。已知定值电阻的阻值为 R，电容器的电容为 C，重力加速度为 g，轨道 足够长，轨道电阻不计，求： - 13 - (1)导体棒上滑过程中加速度的大小； (2)若已知导体棒到达轨道底端的速度为 v， 求导体棒下滑过程中定值电阻产生的热量和导体棒 运动的时间。 解析：(1)导体棒上滑的过程中，根据牛顿第二定律得 mgsin F安ma 又 F安IBL，Iq t CU t CBLv t CBLa 联立解得 a mgsin mCB2L2。 (2)导体棒上滑过程中，有 0v202as 导体棒下滑的过程中，由动量定理得 mgsin tI安mv0 而 I安BiLtBBLv R LtB 2L2 R vtB 2L2 R s 联立解得 t v gsin B2L2v20（mCB2L2） 2Rm2g2sin2 导体棒下滑的过程中，由能量守恒定律得 Q1 2mv 2mgssin 解得 Qv 2 0（mCB 2L2）mv2 2 。 答案：(1) mgsin mCB2L2 (2) v20（mCB2L2）mv2 2 v gsin B2L2v20（mCB2L2） 2Rm2g2sin2