資源簡介

思維進階課十七　動量觀點在電磁感應中的應用
[學習目標]　1．會利用動量定理分析導體棒、線框在磁場中的運動。
2．會利用動量守恒定律分析雙金屬棒在磁場中的運動問題。
動量定理在電磁感應現象中的應用
1．導體棒在磁場中所受安培力是變力時，可用動量定理分析棒的速度變化，表達式為
I其他＋lBΔt＝mv－mv0
或I其他－lBΔt＝mv－mv0；
若其他力的沖量和為零，則有
lBΔt＝mv－mv0或－lBΔt＝mv－mv0。
2．求電荷量：q＝Δt＝。
3．求位移：由－Δt＝mv－mv0有
x＝Δt＝。
4．求時間
①已知電荷量q，F其他為恒力，可求出非勻變速運動的時間。
－BlΔt＋F其他Δt＝mv－mv0
即－Blq＋F其他Δt＝mv－mv0。
②若已知位移x，F其他為恒力，也可求出非勻變速運動的時間。
＋F其他Δt＝mv－mv0，Δt＝x。
[典例1]　(多選)如圖所示，水平放置的光滑導軌，左側接有電阻R，寬度為L，電阻不計，導軌處于磁感應強度大小為B的豎直向上的勻強磁場中，一質量為m、電阻不計的金屬棒ab垂直導軌放置，在恒力F作用下，從靜止開始運動，達到最大速度后撤去拉力，最終停止，已知從靜止到達到最大速度過程，R上產生的焦耳熱等于ab的最大動能，則下列說法正確的是(　　)
A．ab運動過程中的最大速度為
B．ab加速運動過程中運動的最大位移為
C．撤去F后，通過R的電量為
D．ab減速過程中運動的最大位移為
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[典例2]　(多選)(2024·河北重點中學三模聯考)如圖所示，水平面內放置的光滑平行導軌左窄右寬，左軌寬度為d，右軌寬度為2d，勻強磁場與導軌平面垂直，磁感應強度大小為B、方向垂直導軌平面向下。質量為m和2m的甲、乙兩金屬棒分別垂直放在導軌上，某時刻，分別給甲、乙兩金屬棒一個大小為v0和2v0的向右的初速度，設回路總電阻不變，導軌足夠長，從甲、乙兩金屬棒獲得初速度到二者穩定運動的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．甲、乙加速度總是大小相等
B．甲、乙勻速運動的速度大小相等
C．回路產生的焦耳熱為
D．通過回路某一橫截面的電荷量為
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　[典例3]　(一題多解)(2023·湖南卷)如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬直導軌平行放置，導軌間距為L，兩導軌及其所構成的平面均與水平面成θ角，整個裝置處于垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B。現將質量均為m的金屬棒a、b垂直導軌放置，每根金屬棒接入導軌之間的電阻均為R。運動過程中金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導軌，導軌電阻忽略不計，重力加速度為g。
(1)先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運動時的速度大小v0；
(2)在(1)問中，當棒a勻速運動時，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小a0；
(3)在(2)問中，從棒b釋放瞬間開始計時，經過時間t0，兩棒恰好達到相同的速度v，求速度v的大小，以及時間t0內棒a相對于棒b運動的距離Δx。
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
動量守恒定律在電磁感應中的應用
1．問題特點
在雙金屬棒切割磁感線的系統中，雙金屬棒和導軌構成閉合回路，安培力是系統內力，如果它們不受摩擦力，且受到的安培力的合力為0時，滿足動量守恒，運用動量守恒定律求解比較方便。
2．雙棒模型
類型 不受外力(導軌光滑) 受到恒力(導軌光滑)
模型
運動圖像
運動過程 桿MN做變減速運動，桿PQ做變加速運動；穩定時，兩桿以相等的速度勻速運動 開始時，兩桿做變加速運動；穩定時，兩桿以相同的加速度做勻加速運動
分析方法 將兩桿視為整體，不受外力，最后a＝0 將兩桿視為整體，只受外力F，最后a＝
動量觀點 系統動量守恒 系統動量不守恒
能量觀點 桿MN動能的減少量＝桿PQ動能的增加量＋焦耳熱 F做的功＝桿PQ的動能＋桿MN的動能＋焦耳熱
[典例4]　如圖所示，在磁感應強度大小為B的勻強磁場區域內，垂直磁場方向的水平面中有兩根固定的足夠長的平行金屬導軌，在導軌上面平放著兩根導體棒ab和cd，兩棒彼此平行且相距d，構成一矩形回路。導軌間距為L，兩導體棒的質量均為m，接入電路的電阻均為R，導軌電阻可忽略不計。設導體棒可在導軌上無摩擦地滑行，初始時刻ab棒靜止，給cd棒一個向右的初速度v0，求：
(1)當cd棒速度減為0.6v0時，ab棒的速度v及加速度a的大小；
(2)ab、cd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。
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　[典例5]　(2024·湖北卷)如圖所示，兩足夠長平行金屬直導軌MN、PQ的間距為L，固定在同一水平面內，直導軌在左端M、P點分別與兩條豎直固定、半徑為L的圓弧導軌相切。MP連線與直導軌垂直，其左側無磁場，右側存在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。長為L、質量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導軌的最高點。質量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環，水平放置在兩直導軌上，其圓心到兩直導軌的距離相等。忽略導軌的電阻、所有摩擦以及金屬環的可能形變，金屬棒、金屬環均與導軌始終接觸良好，重力加速度大小為g。現將金屬棒ab由靜止釋放，求：
(1)ab剛越過MP時產生的感應電動勢大小；
(2)金屬環剛開始運動時的加速度大小；
(3)為使ab在整個運動過程中不與金屬環接觸，金屬環圓心初始位置到MP的最小距離。
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
思維進階課十七　動量觀點在電磁感應中的應用
進階1
典例1　AD　[達到最大速度時，金屬棒受力平衡，則有F＝BIL＝，解得vmax＝，A正確；對金屬棒，在加速過程中，根據動能定理得Fs＋W＝功能關系有－W＝Q＝，解得s＝，B錯誤；撤去F后，金屬棒最終停止，根據動量定理得－BΔt，Δv＝0－vmax，解得q＝，C錯誤；撤去F后，金屬棒開始減速運動，根據動量定理得－Δt，Δv＝0－vmax，解得s′＝，D正確。]
典例2　AD　[根據牛頓第二定律，對甲棒BId＝ma1，對乙棒BI·2d＝2ma2，解得a1＝a2，故A正確；當兩棒產生的感應電動勢相等時，電路里無感應電流，甲、乙勻速運動，則有Bdv1＝B·2dv2，解得v1＝2v2，故B錯誤；根據動量定理，對甲棒B·2dΔt＝2mv2－2m·2v0，解得v1＝2v0，v2＝v0，根據能量守恒＋×2m×(2v0)2＝＋Q，回路產生的焦耳熱為Q＝，故C錯誤；根據動量定理，對甲棒BΔt，解得q＝，故D正確。]
典例3　解析：(1)a勻速運動時受力平衡，有mg sin θ＝BI0L ①
由法拉第電磁感應定律及閉合電路歐姆定律有
I0＝ ②
聯立解得v0＝。 ③
(2)a勻速運動時，由(1)可得電路中電流I0＝ ④
對b由牛頓第二定律有mg sin θ＋BI0L＝ma0 ⑤
聯立解得a0＝2g sin θ。 ⑥
(3)方法一　對a、b分別由牛頓第二定律有
mg sin θ－BIL＝ma1 ⑦
mg sin θ＋BIL＝ma2 ⑧
聯立⑦⑧可得2mg sin θ＝m(a1＋a2) ⑨
設共速時a、b的速度變化量分別為Δv1、Δv2，
對加速度積分有2mgt0sin θ＝m(Δv1＋Δv2) ⑩
設共速時速度為v，有
Δv1＝v－v0
Δv2＝v－0
聯立③⑩ 可得v＝gt0sin θ＋
由⑦⑧可得m(a2－a1)＝2BIL
由法拉第電磁感應定律及閉合電路歐姆定律有
BL(v1－v2)＝2IR
聯立 可得m(a2－a1)＝(v1－v2)
左邊對加速度積分，右邊對速度積分，有
m(Δv2－Δv1)＝Δx
聯立③ 可得Δx＝
方法二　分析可知a與b受到的安培力大小始終相等，則對a、b由動量定理分別有
mg sin θ·t0－t0＝mv－mv0
mg sin θ·t0＋t0＝mv
聯立解得
v＝gt0sin θ＋
t0＝
又Lt0
q＝t0＝t0＝
聯立解得Δx＝。
答案：(1)　(2)2g sin θ
(3)gt0sin θ＋　
進階2
典例4　解析：(1)兩棒組成的系統所受合外力為零，因此滿足動量守恒定律，有mv0＝＋mv
解得v＝0.4v0
回路感應電動勢E＝0.6BLv0－0.4BLv0，此時回路電流I＝，因此加速度a＝
整理得a＝。
(2)ab、cd棒速度相等時有最大距離，根據動量守恒定律可得mv0＝2mv共
對ab棒，根據動量定理有BLΔt＝mv共
而q＝Δt，解得q＝
在這段時間內，平均感應電動勢
回路平均電流＝
因此流過某截面的電荷量q＝Δt＝Δt＝，解得最大距離x＝d＋。
答案：(1)0.4v0　　(2)
d＋
典例5　解析：(1)設ab棒剛越過MP時速度大小為v1，產生的電動勢大小為E1，對ab在圓弧導軌上運動的過程，由機械能守恒定律有
mgL＝
ab剛越過MP時，由法拉第電磁感應定律得
E1＝BLv1
聯立解得E1＝BL。
(2)經分析知金屬環在導軌外的兩段電阻被短路，由幾何關系可知導軌之間兩段金屬環的電阻均為R，它們在電路中并聯后的總電阻Rc＝
設電路中初始的干路電流為I1，由閉合電路歐姆定律有I1＝
經分析知整個金屬環在運動過程中可視為長度為L、電阻為Rc的金屬棒，設金屬環剛開始運動時所受的安培力大小為F1、加速度大小為a，則
F1＝I1LB
由牛頓第二定律得F1＝2ma
聯立解得a＝。
(3)經分析，ab進入磁場后，ab和金屬環組成的系統動量守恒，設兩者共速時的速度大小為v2，由動量守恒定律得mv1＝(m＋2m)v2
設在極短時間Δt內，ab與金屬環圓心的距離減少量為Δx，金屬環所受安培力大小為F，流過ab的電流為I，整個電路的電動勢為E，對金屬環，由動量定理得
＝2mv2－0
F＝ILB
由閉合電路歐姆定律得I＝
設金屬環圓心初始位置到MP的最小距離為s，若ab與金屬環共速時，兩者恰好接觸，金屬環圓心初始位置到MP的距離最小，對ab進入磁場到兩者共速的過程，由法拉第電磁感應定律有
E＝BL
s＝L＋
聯立解得s＝＋L。
答案：(1)BL　(2)　(3)＋L
4 / 5(共79張PPT)
第十一章　電磁感應
思維進階課十七　動量觀點在電磁感應中的應用
[學習目標]　1．會利用動量定理分析導體棒、線框在磁場中的運動。
2．會利用動量守恒定律分析雙金屬棒在磁場中的運動問題。
進階1　動量定理在電磁感應現象中的應用
1．導體棒在磁場中所受安培力是變力時，可用動量定理分析棒的速度變化，表達式為
I其他＋lBΔt＝mv－mv0
或I其他－lBΔt＝mv－mv0；
若其他力的沖量和為零，則有
lBΔt＝mv－mv0或－lBΔt＝mv－mv0。
2．求電荷量：q＝Δt＝。
3．求位移：由－Δt＝mv－mv0有
x＝Δt＝。
4．求時間
①已知電荷量q，F其他為恒力，可求出非勻變速運動的時間。
－BlΔt＋F其他Δt＝mv－mv0
即－Blq＋F其他Δt＝mv－mv0。
②若已知位移x，F其他為恒力，也可求出非勻變速運動的時間。
＋F其他Δt＝mv－mv0，Δt＝x。
[典例1]　(多選)如圖所示，水平放置的光滑導軌，左側接有電阻R，寬度為L，電阻不計，導軌處于磁感應強度大小為B的豎直向上的勻強磁場中，一質量為m、電阻不計的金屬棒ab垂直導軌放置，在恒力F作用下，從靜止開始運動，達到最大速度后撤去拉力，最終停止，已知從靜止到達到最大速度過程，R上產生的焦耳熱等于ab的最大動能，則下列說法正確的是(　　)
A．ab運動過程中的最大速度為
B．ab加速運動過程中運動的最大位移為
C．撤去F后，通過R的電量為
D．ab減速過程中運動的最大位移為
√
√
AD　[達到最大速度時，金屬棒受力平衡，則有F＝BIL＝，解得vmax＝，A正確；對金屬棒，在加速過程中，根據動能定理得Fs＋W＝功能關系有－W＝Q＝，解得s＝，B錯誤；撤去F后，金屬棒最終停止，根據動量定理得－BΔt，Δv＝0－vmax，解得q＝，C錯誤；撤去F后，金屬棒開始減速運動，根據動量定理得－Δt，Δv＝0－vmax，解得s′＝，D正確。]
[典例2]　(多選)(2024·河北重點中學三模聯考)如圖所示，水平面內放置的光滑平行導軌左窄右寬，左軌寬度為d，右軌寬度為2d，勻強磁場與導軌平面垂直，磁感應強度大小為B、方向垂直導軌平面向下。質量為m和2m的甲、乙兩金屬棒分別垂直放在導軌上，某時刻，分別給甲、乙兩金屬棒一個大小
為v0和2v0的向右的初速度，設回路總電
阻不變，導軌足夠長，從甲、乙兩金屬
棒獲得初速度到二者穩定運動的過程中，
下列說法正確的是(　　)
A．甲、乙加速度總是大小相等
B．甲、乙勻速運動的速度大小相等
C．回路產生的焦耳熱為
D．通過回路某一橫截面的電荷量為
√
√
AD　[根據牛頓第二定律，對甲棒BId＝ma1，對乙棒BI·2d＝2ma2，解得a1＝a2，故A正確；當兩棒產生的感應電動勢相等時，電路里無感應電流，甲、乙勻速運動，則有Bdv1＝B·2dv2，解得v1＝2v2，故B錯誤；根據動量定理，對甲棒B·2dΔt＝2mv2－2m·2v0，解得v1＝2v0，v2＝v0，根據能量守恒＋×2m×(2v0)2＝＋Q，回路產生的焦耳熱為Q＝，故C錯誤；根據動量定理，對甲棒BΔt，解得q＝，故D正確。]
[典例3]　(一題多解)(2023·湖南卷)如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬直導軌平行放置，導軌間距為L，兩導軌及其所構成的平面均與水平面成θ角，整個裝置處于垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B。現將質量均為m的金屬棒a、b垂直導軌放置，每根金屬棒接入導軌之間的電阻均為R。運動過程中金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終
未滑出導軌，導軌電阻忽略不計，重力加
速度為g。
(1)先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運動時的速度大小v0；
(2)在(1)問中，當棒a勻速運動時，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小a0；
(3)在(2)問中，從棒b釋放瞬間開始計時，經過時間t0，兩棒恰好達到相同的速度v，求速度v的大小，以及時間t0內棒a相對于棒b運動的距離Δx。
[解析]　(1)a勻速運動時受力平衡，有mg sin θ＝BI0L ①
由法拉第電磁感應定律及閉合電路歐姆定律有
I0＝ ②
聯立解得v0＝。 ③
(2)a勻速運動時，由(1)可得電路中電流I0＝ ④
對b由牛頓第二定律有mg sin θ＋BI0L＝ma0 ⑤
聯立解得a0＝2g sin θ。 ⑥
(3)方法一　對a、b分別由牛頓第二定律有
mg sin θ－BIL＝ma1 ⑦
mg sin θ＋BIL＝ma2 ⑧
聯立⑦⑧可得2mg sin θ＝m(a1＋a2) ⑨
設共速時a、b的速度變化量分別為Δv1、Δv2，
對加速度積分有2mgt0sin θ＝m(Δv1＋Δv2) ⑩
設共速時速度為v，有
Δv1＝v－v0
Δv2＝v－0
聯立③⑩ 可得v＝gt0sin θ＋
由⑦⑧可得m(a2－a1)＝2BIL
由法拉第電磁感應定律及閉合電路歐姆定律有
BL(v1－v2)＝2IR
聯立 可得m(a2－a1)＝(v1－v2)
左邊對加速度積分，右邊對速度積分，有
m(Δv2－Δv1)＝Δx
聯立③ 可得Δx＝
方法二　分析可知a與b受到的安培力大小始終相等，則對a、b由動量定理分別有
mg sin θ·t0－t0＝mv－mv0
mg sin θ·t0＋t0＝mv
聯立解得
v＝gt0sin θ＋
t0＝
又Lt0
q＝t0＝t0＝
聯立解得Δx＝。
[答案]　(1)　(2)2g sin θ　(3)gt0sin θ＋　
進階2　動量守恒定律在電磁感應中的應用
1．問題特點
在雙金屬棒切割磁感線的系統中，雙金屬棒和導軌構成閉合回路，安培力是系統內力，如果它們不受摩擦力，且受到的安培力的合力為0時，滿足動量守恒，運用動量守恒定律求解比較方便。
類型 不受外力(導軌光滑) 受到恒力(導軌光滑)
模型
2．雙棒模型
類型 不受外力(導軌光滑) 受到恒力(導軌光滑)
運動圖像
類型 不受外力(導軌光滑) 受到恒力(導軌光滑)
運動過程 桿MN做變減速運動，桿PQ做變加速運動；穩定時，兩桿以相等的速度勻速運動 開始時，兩桿做變加速運動；穩定時，兩桿以相同的加速度做勻加速運動
分析方法 將兩桿視為整體，不受外力，最后a＝0 將兩桿視為整體，只受外力F，最后a＝
類型 不受外力(導軌光滑) 受到恒力(導軌光滑)
動量觀點 系統動量守恒 系統動量不守恒
能量觀點 桿MN動能的減少量＝桿PQ動能的增加量＋焦耳熱 F做的功＝桿PQ的動能＋桿MN的動能＋焦耳熱
[典例4]　如圖所示，在磁感應強度大小為B的勻強磁場區域內，垂直磁場方向的水平面中有兩根固定的足夠長的平行金屬導軌，在導軌上面平放著兩根導體棒ab和cd，兩棒彼此平行且相距d，構成一矩形回路。導軌間距為L，兩導體棒的質量均為m，接入電路的電阻均為R，導軌電阻可忽略不計。設導體棒可在導
軌上無摩擦地滑行，初始時刻ab棒靜止，給cd棒
一個向右的初速度v0，求：
(1)當cd棒速度減為0.6v0時，ab棒的速度v及加速度a的大小；
(2)ab、cd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。
[解析]　(1)兩棒組成的系統所受合外力為零，因此滿足動量守恒定律，有mv0＝0.6mv0＋mv
解得v＝0.4v0
回路感應電動勢E＝0.6BLv0－0.4BLv0，此時回路電流I＝，因此加速度a＝
整理得a＝。
(2)ab、cd棒速度相等時有最大距離，根據動量守恒定律可得mv0＝2mv共
對ab棒，根據動量定理有BLΔt＝mv共
而q＝Δt，解得q＝
在這段時間內，平均感應電動勢
回路平均電流＝
因此流過某截面的電荷量q＝Δt＝Δt＝，解得最大距離x＝d＋。
[答案]　(1)0.4v0　　(2)　d＋
[典例5]　(2024·湖北卷)如圖所示，兩足夠長平行金屬直導軌MN、PQ的間距為L，固定在同一水平面內，直導軌在左端M、P點分別與兩條豎直固定、半徑為L的圓弧導軌相切。MP連線與直導軌垂直，其左側無磁場，右側存在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。長為L、質量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導軌的最高點。質量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環，水平放置在兩直導軌上，其圓心到兩直導軌的距離相等。忽略導軌的電阻、所有摩擦以及金屬環的可能形變，金屬棒、金屬環均與導軌始終接觸良好，重力加速度大小為g。現將金屬棒ab由靜止釋放，求：
(1)ab剛越過MP時產生的感應電動勢大小；
(2)金屬環剛開始運動時的加速度大小；
(3)為使ab在整個運動過程中不與金屬環接觸，金屬環圓心初始位置到MP的最小距離。
[解析]　(1)設ab棒剛越過MP時速度大小為v1，產生的電動勢大小為E1，對ab在圓弧導軌上運動的過程，由機械能守恒定律有
mgL＝
ab剛越過MP時，由法拉第電磁感應定律得
E1＝BLv1
聯立解得E1＝BL。
(2)經分析知金屬環在導軌外的兩段電阻被短路，由幾何關系可知導軌之間兩段金屬環的電阻均為R，它們在電路中并聯后的總電阻Rc＝
設電路中初始的干路電流為I1，由閉合電路歐姆定律有I1＝
經分析知整個金屬環在運動過程中可視為長度為L、電阻為Rc的金屬棒，設金屬環剛開始運動時所受的安培力大小為F1、加速度大小為a，則
F1＝I1LB
由牛頓第二定律得F1＝2ma
聯立解得a＝。
(3)經分析，ab進入磁場后，ab和金屬環組成的系統動量守恒，設兩者共速時的速度大小為v2，由動量守恒定律得mv1＝(m＋2m)v2
設在極短時間Δt內，ab與金屬環圓心的距離減少量為Δx，金屬環所受安培力大小為F，流過ab的電流為I，整個電路的電動勢為E，對金屬環，由動量定理得
＝2mv2－0
F＝ILB
由閉合電路歐姆定律得I＝
設金屬環圓心初始位置到MP的最小距離為s，若ab與金屬環共速時，兩者恰好接觸，金屬環圓心初始位置到MP的距離最小，對ab進入磁場到兩者共速的過程，由法拉第電磁感應定律有
E＝BL
s＝L＋
聯立解得s＝＋L。
[答案]　(1)BL　(2) (3)＋L
思維進階特訓(十七)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
1．定義“另類加速度”A＝，A不變的運動稱為另類勻變速運動。若物體運動的A不變，則稱物體做另類勻變速運動。如圖所示，光滑水平面上一個正方形導線框以垂直于一邊的速度穿過一個勻強磁場區域(磁場寬度大于線框邊長)。導線框電阻不可忽略，但自感可以忽略不計。已知導線框進入磁場前速度為v1，穿
出磁場后速度為v2。下列說法正確的是(　　)
A．線框在進入磁場的過程中，做勻變速運動
B．線框在進入磁場的過程中，其另類加速度A是變化的
C．線框完全進入磁場后，在磁場中運動的速度為
D．線框完全進入磁場后，在磁場中運動的速度為
√
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
C　[線框在進入磁場的過程中，受到向左的安培力而做減速運動，線框受到的安培力大小F＝BIL＝，可知隨著速度減小，線框受到的安培力減小，加速度減小，所以線框在進入磁場的過程中，做加速度逐漸減小的減速直線運動，故A錯誤；線框在進入磁場的過程中，取向右為正方向，根據動量定理得－BLΔt＝mΔv，其中Δt＝Δt＝，解得＝－，所以另類加速度A不變，故B錯誤；
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
線框在進入磁場的過程中，取向右為正方向，根據動量定理－BLΔt＝－＝mv－mv1，線框穿出磁場的過程中，同理有－BLΔt＝－＝mv2－mv，聯立解得v＝，故C正確，D錯誤。]
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
2．(多選)如圖所示，一質量為m的足夠長U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，bc邊長為L，不計金屬框電阻。一長為L的導體棒MN置于金屬框上，導體棒的阻值為R、質量為2m。裝置處于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中。現給金屬框水平向右的初速度v0，在整個運動過程中MN始終與金屬框保持良好接觸，則(　　)
題號
1
3
5
2
4
6
8
7
A．剛開始運動時產生的感應電流方向為b→c→N→M
B．導體棒最終和U形光滑金屬框一起做勻速直線運動的速度為
C．導體棒產生的焦耳熱為
D．通過導體棒的電荷量為
√
題號
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7
√
√
BCD　[金屬框開始獲得向右的初速度v0，根據楞次定律可知回路磁通量增大，原磁場垂直紙面向里，所以感應電流磁場垂直向外，再根據安培定則可知感應電流方向為c→b→M→N，最后當二者速度相等時，回路中沒有感應電流，故A錯誤；以金屬框和導體棒整體為研究對象，由于整體水平方向不受力，所以整體水平方向動量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向為正，根據動量守恒定律可得mv0＝3mv，可得v＝v0，故B正確；由能量守恒可知，導體棒產
題號
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生的焦耳熱Q＝－×3mv2＝，故C正確；對導體棒，根據動量定理可得BΔt＝q，可得通過導體棒的電荷量為q＝，故D正確。]
題號
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3．(多選)(2024·山東聊城市一模)如圖所示，四條光滑的足夠長的金屬導軌M、N、P、Q平行放置，導軌固定于絕緣水平面上，M、N導軌間距為2L，P、Q導軌間距為L，兩組導軌間由導線相連，導軌內存在豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場，兩根質量均為m、接入電路的電阻均為R的導體棒C、D分別垂直于導軌放置，且均處于靜止狀態。使C獲得向右的瞬時速度v0，同時使導體棒D獲得向左的瞬時速度v0。兩導體棒在達到穩定狀態運動過程中始終與導軌垂直并與導軌接觸良好，且均未到達兩組導軌連接處。則下列說法正確的是(　　)
題號
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7
A．開始階段，導體棒C、D均做減速運動，
C先減速至零
B．達到穩定運動時，C、D兩棒均向右運動
C．從開始獲得速度至穩定運動的過程中，通過導體棒的電荷量為
D．從開始獲得速度至穩定運動的過程中，通過導體棒的電荷量為
√
題號
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√
BD　[規定以水平向右為正方向，對C應用動量定理可得－＝mv1－mv0，對D應用動量定理可得＝mv2－，最終穩定時，總電動勢為零，即B×2Lv1＝BLv2，聯立求得v1＝，v2＝v0，所以達到穩定運動時，C、D兩棒均向右運動，因此D棒先減速到零，再向右加速，又由＝BqL＝mv2＋m×，求得的q＝。故選BD。]
題號
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7
4．如圖所示，在方向豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，有兩根位于同一水平面內且間距為L的平行金屬導軌(導軌足夠長，電阻不計)；兩根質量均為m、內阻均為r的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上(導體棒與金屬導軌接觸良好)，t＝0時，ab棒以初速度3v0向右滑動，cd棒以初速度v0向左滑動，關于
兩棒的運動情況，下列說法正確的是(　　)
題號
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7
A．當其中某根棒的速度為零時，另一根棒的速度大小為v0
B．當其中某根棒的速度為零時，另一根棒的加速度大小為
C．從初始時刻到其中某根棒的速度為零的過程中，導體棒ab產生的焦耳熱為
D．cd棒的收尾速度大小為2v0
√
題號
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7
C　[由于兩棒組成的系統動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律可得m·3v0－mv0＝mv1＋mv2，所以當其中某根棒的速度為零時，另一根棒的速度大小為2v0，所以A錯誤；當其中某根棒的速度為零時，另一根棒的速度大小為2v0，則有E＝BL·2v0，I＝，F＝BIL，聯立解得F＝，由牛頓第二定律可得，另一根棒的加速度大小為a＝＝，所以B錯誤；從初始時刻到其中某根棒的
題號
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7
速度為零的過程中，兩根導體棒上產生的焦耳熱為Q總＝＋m(3v0)2－m(2v0)2＝，則導體棒ab產生的焦耳熱為Q＝Q總＝，所以C正確；cd棒的收尾速度為兩根導體棒具有的共同速度，則有m·3v0－mv0＝2mv共，解得v共＝v0，所以D錯誤。]
題號
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7
5．(多選)(2024·湖南卷)某電磁緩沖裝置如圖所示，兩足夠長的平行金屬導軌置于同一水平面內，導軌左端與一阻值為R的定值電阻相連，導軌BC段與B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右側處于豎直向下的勻強磁場中，一質量為m的金屬桿垂直導軌放置。現讓金屬桿以初速度v0沿導軌向右經過AA1進入磁場，最終恰好停在CC1處。已知金屬桿接入導軌之間的阻值為R，與粗糙導軌間的動摩擦因數為μ，AB＝BC＝d。導軌電阻不計，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
題號
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7
A．金屬桿經過BB1的速度為
B．在整個過程中，定值電阻R產生的
熱量為－μmgd
C．金屬桿經過AA1B1B與BB1C1C區域，金屬桿所受安培力的沖量相同
D．若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運動的距離大于原來的2倍
√
題號
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√
CD　[設金屬桿經過BB1的速度大小為v1，則對金屬桿從AA1運動到BB1的過程，由動量定理有t1＝m(v0－v1)，又t1＝d，則＝m(v0－v1)，對金屬桿從BB1運動到CC1的過程，由動量定理有t2＋μmgt2＝mv1，又t2＝d，則＋μmgt2＝mv1，分析可知v0－v1，即金屬桿經過BB1的速度大于，A錯誤；整個過程，由能量守恒定律可得＝QR＋Q桿＋μmgd，由于通
題號
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過定值電阻R和金屬桿的電流時刻相等，則由焦耳定律可知QR＝Q桿，聯立可得QR＝－μmgd，B錯誤；規定水平向左為正方向，則結合A項分析可知，金屬桿經過AA1B1B區域，金屬桿所受安培力的沖量I1＝t1＝，金屬桿經過BB1C1C區域，金屬桿所受安培力的沖量I2＝t2＝，可得I1＝I2，即金屬桿經過AA1B1B與BB1C1C區域，金屬桿所受安培力的沖量相同，C正確；若將金屬桿
題號
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的初速度加倍，則對金屬桿從AA1運動到BB1的過程，由動量定理有t3＝＝m(2v0－vB)，對金屬桿從BB1運動到CC1的過程，由動量定理有t4＋μmgt4＝m(vB－vC)，即＋μmgt4＝m(vB－vC)，又由運動學知識有t4v0，對金屬桿經過CC1之后的運動過程，由動量定
題號
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理有t5＝＝mvC>mv0，又由A項分析有2d，故金屬桿在磁場中運動的距離為x＝2d＋Δx>4d＝2×2d，即金屬桿在磁場中運動的距離大于原來的2倍，D正確。]
題號
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7
6．(2024·山東省實驗中學一模)“途靈底盤”是某公司新推出的一款智能化多場景的汽車減震系統。電磁減震器是該系統中重要組成部分。小明同學在實驗室中模擬電磁減震器的工作原理。在絕緣滑動桿上固定4個完全相同且相互緊靠(忽略線圈間距離)的矩形線圈，使其進入右側由電磁鐵產生的磁場做減速運動。右側磁場的磁感應強度與電流之間的關系為B＝kI，其中k＝50 T/A且產生的磁場范圍足夠大。已知滑動桿及線圈的總質量為m＝1.0 kg，每個矩形線圈的匝數均為n＝10匝，阻值R＝1.0 Ω，長為L＝20 cm，寬為d＝10 cm，整個過程不考慮互感影響，不計一切摩擦。
題號
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7
(1)若電磁鐵中的電流為20 mA，求線圈1完全進入磁場時的速度變化量Δv；
(2)若電磁鐵中的電流為20 mA且第3個線圈完全進入磁場時恰好減速為零，求線圈中產生的焦耳熱Q。
題號
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7
[解析]　(1)由動量定理得nBL··Δt＝mΔv
其中d＝Δt
右側磁場的磁感應強度為B＝kI
解得Δv＝0.4 m/s，方向水平向左。
題號
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7
(2)第3個線圈完全進入磁場時恰好減速為零，由動量定理得
－nBL··Δt′＝0－mv
其中3d＝Δt′
解得第一個線圈剛進入磁場時的速度為
v＝1.2 m/s
線圈中產生的焦耳熱Q＝mv2＝0.72 J。
題號
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[答案]　(1)0.4 m/s，方向水平向左　(2)0.72 J
7．如圖所示，間距為d的光滑平行金屬導軌由圓弧和水平兩部分組成，兩導軌之間連接一個阻值為R的定值電阻。水平導軌間存在磁感應強度大小為B的勻強磁場，磁場方向垂直導軌平面向下，質量為M、有效電阻也為R的金屬棒甲靜止在磁場左側邊界線上。現在將一根質量為m的絕緣棒乙，從圓弧軌道上距水平面高度為L處由靜止釋放，乙滑下后與甲發生彈性碰撞并反彈，然后再次與已經靜止的甲發生彈性碰撞。甲始終與導軌垂直且接觸良好，導軌電阻不計，重力加速度為g。求：
題號
1
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7
(1)第一次碰后乙反彈的高度h；
(2)第一次碰撞到第二次碰撞過程中R上產生的熱量；
(3)已知圓弧軌道的半徑為r，如果圓弧軌道半徑遠大于圓弧的弧長，則乙第一次與甲碰撞后經過多長時間與甲發生第二次碰撞。
題號
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7
[解析]　(1)設第一次碰撞前乙的速度為v，有
mgL＝mv2
設第一次碰撞后乙的速度為v1，甲的速度為u1，甲、乙發生彈性碰撞，則
mv＝mv1＋Mu1
mv2＝
題號
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7
解得v1＝－v，u1＝v
碰撞后乙上升的最大高度為h，有
mgh＝
整理得h＝L。
題號
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7
(2)對甲分析，甲、乙碰后甲的動能轉化為整個回路的焦耳熱，設R上產生的熱量為Q，
由能量守恒定律＝2Q
得Q＝。
題號
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題號
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(3)對甲，由第一次碰撞到第一次停止的過程，由動量定理得
－BdΔt＝0－Mu1
q＝Δt＝
由上式得x1＝u1
乙在水平軌道運動時間t1＝＝
乙在圓弧軌道運動因圓弧軌道半徑遠大于圓弧的弧長，則等效為單擺的擺動，時間為
題號
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7
t2＝2×＝π
總時間t＝t1＋t2
綜上得t＝π＋。
[答案]　(1)L　(2)(3)π＋
8．(2023·新課標卷)一邊長為L、質量為m的正方形金屬細框，每邊電阻為R0，置于光滑的絕緣水平桌面(紙面)上。寬度為2L的區域內存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，兩虛線為磁場邊界，如圖(a)所示。
題號
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7
(1)使金屬框以一定的初速度向右運動，進入磁場。運動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行，金屬框完全穿過磁場區域后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大小；
題號
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7
(2)在桌面上固定兩條光滑長直金屬導軌，導軌與磁場邊界垂直，左端連接電阻R1＝2R0，導軌電阻可忽略，金屬框置于導軌上，如圖(b)所示。讓金屬框以與(1)中相同的初速度向右運動，進入磁場。運動過程中金屬框的上、下邊框處處與導軌始終接觸良好。求在金屬框整個運動過程中，電阻R1產生的熱量。
題號
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7
[解析]　(1)金屬框全部在磁場中時無安培力作用，有安培力作用時間內總位移為2L，對全過程，根據動量定理有－BLt進－BLt出＝m－mv0
＝＝t進＋t出＝2L
R總＝4R0
聯立解得v0＝。
題號
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7
(2)金屬框在導軌上運動時，上、下邊框被導軌短路，右邊框切割磁感線、左邊框未進入磁場時，等效電路如圖甲所示，右邊框充當電源，左邊框與R1并聯。設左邊框剛要進入磁場時速度為v1，根據動量定理有－BLt1＝mv1－mv0
其中t1＝L
R1總＝＋R0＝R0
題號
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聯立解得v1＝
設流過R1的電流為I1，則流過左、右邊框的電流分別為2I1、3I1，則R1與左、右邊框產生的熱量之比
Q1∶Q左∶Q右＝·2R0t1∶(2I1)2·R0t1∶(3I1)2·R0t1＝2∶4∶9
由能量守恒定律有Q1＋Q左＋Q右＝
聯立解得Q1＝
題號
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題號
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線框全部進入磁場切割磁感線過程，等效電路如圖乙所示，等效電源內阻為左、右兩邊框并聯的阻值，即內阻為，設右邊框剛要出磁場時速度為v2，根據動量定理有
－BLt2＝mv2－mv1
其中t2＝L
R2總＝2R0＋＝R0
題號
1
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聯立解得v2＝0，則右邊框剛好不出磁場。
R1與線框產生的熱量之比
Q2∶Q框＝t2＝4∶1
由能量守恒定律有
Q2＋Q框＝
聯立解得Q2＝
題號
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則電阻R1產生的總熱量Q＝Q1＋Q2
解得Q＝。
[答案]　(1)
謝 謝 ！思維進階特訓(十七)
1．定義“另類加速度”A＝，A不變的運動稱為另類勻變速運動。若物體運動的A不變，則稱物體做另類勻變速運動。如圖所示，光滑水平面上一個正方形導線框以垂直于一邊的速度穿過一個勻強磁場區域(磁場寬度大于線框邊長)。導線框電阻不可忽略，但自感可以忽略不計。已知導線框進入磁場前速度為v1，穿出磁場后速度為v2。下列說法正確的是(　　)
A．線框在進入磁場的過程中，做勻變速運動
B．線框在進入磁場的過程中，其另類加速度A是變化的
C．線框完全進入磁場后，在磁場中運動的速度為
D．線框完全進入磁場后，在磁場中運動的速度為
LΔt＝－＝mv2－mv，聯立解得v＝，故C正確，D錯誤。]
2．(多選)如圖所示，一質量為m的足夠長U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，bc邊長為L，不計金屬框電阻。一長為L的導體棒MN置于金屬框上，導體棒的阻值為R、質量為2m。裝置處于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中。現給金屬框水平向右的初速度v0，在整個運動過程中MN始終與金屬框保持良好接觸，則(　　)
A．剛開始運動時產生的感應電流方向為b→c→N→M
B．導體棒最終和U形光滑金屬框一起做勻速直線運動的速度為
C．導體棒產生的焦耳熱為
D．通過導體棒的電荷量為
3．(多選)(2024·山東聊城市一模)如圖所示，四條光滑的足夠長的金屬導軌M、N、P、Q平行放置，導軌固定于絕緣水平面上，M、N導軌間距為2L，P、Q導軌間距為L，兩組導軌間由導線相連，導軌內存在豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場，兩根質量均為m、接入電路的電阻均為R的導體棒C、D分別垂直于導軌放置，且均處于靜止狀態。使C獲得向右的瞬時速度v0，同時使導體棒D獲得向左的瞬時速度v0。兩導體棒在達到穩定狀態運動過程中始終與導軌垂直并與導軌接觸良好，且均未到達兩組導軌連接處。則下列說法正確的是(　　)
A．開始階段，導體棒C、D均做減速運動，C先減速至零
B．達到穩定運動時，C、D兩棒均向右運動
C．從開始獲得速度至穩定運動的過程中，通過導體棒的電荷量為
D．從開始獲得速度至穩定運動的過程中，通過導體棒的電荷量為
4．如圖所示，在方向豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，有兩根位于同一水平面內且間距為L的平行金屬導軌(導軌足夠長，電阻不計)；兩根質量均為m、內阻均為r的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上(導體棒與金屬導軌接觸良好)，t＝0時，ab棒以初速度3v0向右滑動，cd棒以初速度v0向左滑動，關于兩棒的運動情況，下列說法正確的是(　　)
A．當其中某根棒的速度為零時，另一根棒的速度大小為v0
B．當其中某根棒的速度為零時，另一根棒的加速度大小為
C．從初始時刻到其中某根棒的速度為零的過程中，導體棒ab產生的焦耳熱為
D．cd棒的收尾速度大小為2v0
5．(多選)(2024·湖南卷)某電磁緩沖裝置如圖所示，兩足夠長的平行金屬導軌置于同一水平面內，導軌左端與一阻值為R的定值電阻相連，導軌BC段與B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右側處于豎直向下的勻強磁場中，一質量為m的金屬桿垂直導軌放置。現讓金屬桿以初速度v0沿導軌向右經過AA1進入磁場，最終恰好停在CC1處。已知金屬桿接入導軌之間的阻值為R，與粗糙導軌間的動摩擦因數為μ，AB＝BC＝d。導軌電阻不計，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A．金屬桿經過BB1的速度為
B．在整個過程中，定值電阻R產生的熱量為－μmgd
C．金屬桿經過AA1B1B與BB1C1C區域，金屬桿所受安培力的沖量相同
D．若將金屬桿的初速度加倍，則金屬桿在磁場中運動的距離大于原來的2倍
6．(2024·山東省實驗中學一模)“途靈底盤”是某公司新推出的一款智能化多場景的汽車減震系統。電磁減震器是該系統中重要組成部分。小明同學在實驗室中模擬電磁減震器的工作原理。在絕緣滑動桿上固定4個完全相同且相互緊靠(忽略線圈間距離)的矩形線圈，使其進入右側由電磁鐵產生的磁場做減速運動。右側磁場的磁感應強度與電流之間的關系為B＝kI，其中k＝50 T/A且產生的磁場范圍足夠大。已知滑動桿及線圈的總質量為m＝1.0 kg，每個矩形線圈的匝數均為n＝10匝，阻值R＝1.0 Ω，長為L＝20 cm，寬為d＝10 cm，整個過程不考慮互感影響，不計一切摩擦。
(1)若電磁鐵中的電流為20 mA，求線圈1完全進入磁場時的速度變化量Δv；
(2)若電磁鐵中的電流為20 mA且第3個線圈完全進入磁場時恰好減速為零，求線圈中產生的焦耳熱Q。
7．如圖所示，間距為d的光滑平行金屬導軌由圓弧和水平兩部分組成，兩導軌之間連接一個阻值為R的定值電阻。水平導軌間存在磁感應強度大小為B的勻強磁場，磁場方向垂直導軌平面向下，質量為M、有效電阻也為R的金屬棒甲靜止在磁場左側邊界線上。現在將一根質量為m的絕緣棒乙，從圓弧軌道上距水平面高度為L處由靜止釋放，乙滑下后與甲發生彈性碰撞并反彈，然后再次與已經靜止的甲發生彈性碰撞。甲始終與導軌垂直且接觸良好，導軌電阻不計，重力加速度為g。求：
(1)第一次碰后乙反彈的高度h；
(2)第一次碰撞到第二次碰撞過程中R上產生的熱量；
(3)已知圓弧軌道的半徑為r，如果圓弧軌道半徑遠大于圓弧的弧長，則乙第一次與甲碰撞后經過多長時間與甲發生第二次碰撞。
8．(2023·新課標卷)一邊長為L、質量為m的正方形金屬細框，每邊電阻為R0，置于光滑的絕緣水平桌面(紙面)上。寬度為2L的區域內存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，兩虛線為磁場邊界，如圖(a)所示。
(1)使金屬框以一定的初速度向右運動，進入磁場。運動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行，金屬框完全穿過磁場區域后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大小；
(2)在桌面上固定兩條光滑長直金屬導軌，導軌與磁場邊界垂直，左端連接電阻R1＝2R0，導軌電阻可忽略，金屬框置于導軌上，如圖(b)所示。讓金屬框以與(1)中相同的初速度向右運動，進入磁場。運動過程中金屬框的上、下邊框處處與導軌始終接觸良好。求在金屬框整個運動過程中，電阻R1產生的熱量。
思維進階特訓(十七)
1．C　[線框在進入磁場的過程中，受到向左的安培力而做減速運動，線框受到的安培力大小F＝BIL＝，可知隨著速度減小，線框受到的安培力減小，加速度減小，所以線框在進入磁場的過程中，做加速度逐漸減小的減速直線運動，故A錯誤；線框在進入磁場的過程中，取向右為正方向，根據動量定理得－BΔt＝
LΔt＝－＝mv2－mv，聯立解得v＝，故C正確，D錯誤。]
2．BCD　[金屬框開始獲得向右的初速度v0，根據楞次定律可知回路磁通量增大，原磁場垂直紙面向里，所以感應電流磁場垂直向外，再根據安培定則可知感應電流方向為c→b→M→N，最后當二者速度相等時，回路中沒有感應電流，故A錯誤；以金屬框和導體棒整體為研究對象，由于整體水平方向不受力，所以整體水平方向動量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向為正，根據動量守恒定律可得mv0＝3mv，可得v＝v0，故B正確；由能量守恒可知，導體棒產生的焦耳熱Q＝－×3mv2＝，故C正確；對導體棒，根據動量定理可得BΔt＝q，可得通過導體棒的電荷量為q＝，故D正確。]
3．BD　[規定以水平向右為正方向，對C應用動量定理可得－＝mv1－mv0，對D應用動量定理可得＝mv2－，最終穩定時，總電動勢為零，即B×2Lv1＝BLv2，聯立求得v1＝，v2＝v0，所以達到穩定運動時，C、D兩棒均向右運動，因此D棒先減速到零，再向右加速，又由＝BqL＝mv2＋m×，求得的q＝。故選BD。]
4．C　[由于兩棒組成的系統動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律可得m·3v0－mv0＝mv1＋mv2，所以當其中某根棒的速度為零時，另一根棒的速度大小為2v0，所以A錯誤；當其中某根棒的速度為零時，另一根棒的速度大小為2v0，則有E＝BL·2v0，I＝，F＝BIL，聯立解得F＝，由牛頓第二定律可得，另一根棒的加速度大小為a＝＝，所以B錯誤；從初始時刻到其中某根棒的速度為零的過程中，兩根導體棒上產生的焦耳熱為Q總＝＋m(3v0)2－m(2v0)2＝，則導體棒ab產生的焦耳熱為Q＝Q總＝，所以C正確；cd棒的收尾速度為兩根導體棒具有的共同速度，則有m·3v0－mv0＝2mv共，解得v共＝v0，所以D錯誤。]
5．CD　[設金屬桿經過BB1的速度大小為v1，則對金屬桿從AA1運動到BB1的過程，由動量定理有t1＝m(v0－v1)，又t1＝d，則＝m(v0－v1)，對金屬桿從BB1運動到CC1的過程，由動量定理有t2＋μmgt2＝mv1，又t2＝d，則＋μmgt2＝mv1，分析可知v0－v1，即金屬桿經過BB1的速度大于，A錯誤；整個過程，由能量守恒定律可得＝QR＋Q桿＋μmgd，由于通過定值電阻R和金屬桿的電流時刻相等，則由焦耳定律可知QR＝Q桿，聯立可得QR＝－μmgd，B錯誤；規定水平向左為正方向，則結合A項分析可知，金屬桿經過AA1B1B區域，金屬桿所受安培力的沖量I1＝t1＝，金屬桿經過BB1C1C區域，金屬桿所受安培力的沖量I2＝t2＝，可得I1＝I2，即金屬桿經過AA1B1B與BB1C1C區域，金屬桿所受安培力的沖量相同，C正確；若將金屬桿的初速度加倍，則對金屬桿從AA1運動到BB1的過程，由動量定理有t3＝＝m(2v0－vB)，對金屬桿從BB1運動到CC1的過程，由動量定理有t4＋μmgt4＝m(vB－vC)，即＋μmgt4＝m(vB－vC)，又由運動學知識有t4v0，對金屬桿經過CC1之后的運動過程，由動量定理有t5＝＝mvC>mv0，又由A項分析有2d，故金屬桿在磁場中運動的距離為x＝2d＋Δx>4d＝2×2d，即金屬桿在磁場中運動的距離大于原來的2倍，D正確。]
6．解析：(1)由動量定理得nBL··Δt＝mΔv
其中d＝Δt
右側磁場的磁感應強度為B＝kI
解得Δv＝0.4 m/s，方向水平向左。
(2)第3個線圈完全進入磁場時恰好減速為零，由動量定理得
－nBL··Δt′＝0－mv
其中3d＝Δt′
解得第一個線圈剛進入磁場時的速度為
v＝1.2 m/s
線圈中產生的焦耳熱Q＝mv2＝0.72 J。
答案：(1)0.4 m/s，方向水平向左　(2)0.72 J
7．解析：(1)設第一次碰撞前乙的速度為v，有
mgL＝mv2
設第一次碰撞后乙的速度為v1，甲的速度為u1，甲、乙發生彈性碰撞，則
mv＝mv1＋Mu1
mv2＝
解得v1＝－v，u1＝v
碰撞后乙上升的最大高度為h，有
mgh＝
整理得h＝L。
(2)對甲分析，甲、乙碰后甲的動能轉化為整個回路的焦耳熱，設R上產生的熱量為Q，
由能量守恒定律＝2Q
得Q＝。
(3)對甲，由第一次碰撞到第一次停止的過程，由動量定理得
－BdΔt＝0－Mu1
q＝Δt＝
由上式得x1＝u1
乙在水平軌道運動時間t1＝＝
乙在圓弧軌道運動因圓弧軌道半徑遠大于圓弧的弧長，則等效為單擺的擺動，時間為
t2＝2×＝π
總時間t＝t1＋t2
綜上得t＝π＋。
答案：(1)L　(2)
(3)π＋
8．解析：(1)金屬框全部在磁場中時無安培力作用，有安培力作用時間內總位移為2L，對全過程，根據動量定理有－BLt進－BLt出＝m－mv0
＝＝t進＋t出＝2L
R總＝4R0
聯立解得v0＝。
(2)金屬框在導軌上運動時，上、下邊框被導軌短路，右邊框切割磁感線、左邊框未進入磁場時，等效電路如圖甲所示，右邊框充當電源，左邊框與R1并聯。設左邊框剛要進入磁場時速度為v1，根據動量定理有－BLt1＝mv1－mv0
其中t1＝L
R1總＝＋R0＝R0
聯立解得v1＝
設流過R1的電流為I1，則流過左、右邊框的電流分別為2I1、3I1，則R1與左、右邊框產生的熱量之比
Q1∶Q左∶Q右＝·2R0t1∶(2I1)2·R0t1∶(3I1)2·R0t1＝2∶4∶9
由能量守恒定律有Q1＋Q左＋Q右＝
聯立解得Q1＝
線框全部進入磁場切割磁感線過程，等效電路如圖乙所示，等效電源內阻為左、右兩邊框并聯的阻值，即內阻為，設右邊框剛要出磁場時速度為v2，根據動量定理有
－BLt2＝mv2－mv1
其中t2＝L
R2總＝2R0＋＝R0
聯立解得v2＝0，則右邊框剛好不出磁場。
R1與線框產生的熱量之比
Q2∶Q框＝t2＝4∶1
由能量守恒定律有
Q2＋Q框＝
聯立解得Q2＝
則電阻R1產生的總熱量Q＝Q1＋Q2
解得Q＝。
答案：(1)
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