2023年高三物理二輪復(fù)習(xí)練21 電磁感應(yīng)現(xiàn)象中有關(guān)單雙棒的動力學(xué)和能量問題（解析版）

2023年高三物理二輪高頻考點沖刺突破

專題21電磁感應(yīng)現(xiàn)象中有關(guān)單雙棒的動力學(xué)和能量問題

專練目標專練內(nèi)容

目標1高考真題(IT—4T)

目標2有關(guān)單棒的動力學(xué)問題和能量問題(5T—8T)

目標3有關(guān)含容單棒的動力學(xué)問題和能量問題(9T-12T)

目標4有關(guān)雙棒的動力學(xué)問題和能量問題(13T-16T)

【典例專練】

一、高考真題

1.如圖，U形光滑金屬框“6c”置于水平絕緣平臺上，“6和de邊平行，和加邊垂直。ab、de足夠長，整

個金屬框電阻可忽略。一根具有一定電阻的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，用水平恒力尸向右拉動金屬框，運

動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中，MV與金屬框保持良好接觸，且與曲邊保持平行。經(jīng)過

一段時間后()

×××M××××

a--------b

××××××ρ×

×××××××

d-----------------IC

×X×N×XXX

A.金屬框的速度大小趨于恒定值

B.金屬框的加速度大小趨于恒定值

C.導(dǎo)體棒所受安培力的大小趨于恒定值

D.導(dǎo)體棒到金屬框兒邊的距離趨于恒定值

【答案】BC

【詳解】ABC.當金屬框在恒力廠作用下向右加速時，林邊產(chǎn)生從C向方的感應(yīng)電流/,線框的加速度為田,

對線框，由牛頓第二定律得產(chǎn)-8〃=Mal導(dǎo)體棒MN中感應(yīng)電流從M向N,在感應(yīng)電流安培力作用下向右

加速，加速度為。2,對導(dǎo)體棒由牛頓第二定律得BTL=m的當線框和導(dǎo)體棒MN都運動后，線框速度

為V/,MN速度為外，感應(yīng)電流為/=且=吆二以感應(yīng)電流從O開始增大，則從零開始增加，.從C

RRM

開始減小，加速度差值為卬-%=《-1」-'18〃感應(yīng)電流從零增加，則加速度差值減小，當差值為零時

M?Mm）

/?mFBL（乂—匕）

%=%。故有尸=M+加"解得1="7777=一2此后金屬框MN的速度差維持不變，感應(yīng)

'/[M+m）BLR；?

電流不變，受到的安培力不變，加速度不變，v-f圖象如圖所示

0^--------------十

故A錯誤，BC正確；

D.MN與金屬框的速度差不變，但仞V的速度小于金屬框速，MN到金屬框be邊的距離越來越大，故D錯

誤。故選BC0

2.如圖所示，兩平行光滑長直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距為3乃Cd區(qū)域有勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為5,

方向豎直向上。初始時刻，磁場外的細金屬桿M以初速度%向右運動，磁場內(nèi)的細金屬桿N處于靜止狀態(tài)。

兩金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好且運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直。兩桿的質(zhì)量均為〃;，在導(dǎo)軌間的電阻均為火，感應(yīng)

電流產(chǎn)生的磁場及導(dǎo)軌的電阻忽略不計。

（1）求M剛進入磁場時受到的安培力廠的大小和方向；

（2）若兩桿在磁場內(nèi)未相撞且N出磁場時的速度為申，求：①N在磁場內(nèi)運動過程中通過回路的電荷量飲

②初始時刻N到ab的最小距離x；

（3）初始時刻，若N到4的距離與第（2）問初始時刻的相同、到曲的距離為h”>l）,求M出磁場后不

與N相撞條件下％的取值范圍。

【答案】（I）F=理也,方向水平向左：（2）①q=噂,②X=萼畛；（3）2≤k<3

2RJDLJDL

【詳解】（1）細金屬桿M以初速度%向右剛進入磁場時，產(chǎn)生的動生電動勢為E=BL%電流方向為α→6,

電流的大小為/=?則所受的安培力大小為F=BIL=四?%安培力的方向由左手定則可知水平向左；

2R2R

（2）①金屬桿N在磁場內(nèi)運動過程中，由動量定理有="方-O旦q=∕??/聯(lián)立解得通過回路的電

荷量為q=翳

JDL

②設(shè)兩桿在磁場中相對靠近的位移為Ax,有7=互;左=絲蟲整理可得g=”手聯(lián)立可得Ax=等。

2RΔ/2R3B-L

若兩桿在磁場內(nèi)剛好相撞，N到ab的最小距離為x=?x=絲4

352Λ2

（3）兩桿出磁場后在平行光滑長直金屬導(dǎo)軌上運動，若N到Cd的距離與第（2）問初始時刻的相同、到必

的距離為kx（k>1）,則N到cd邊的速度大小恒為/,根據(jù)動量守恒定律可知mv0=mvt+〃??￡解得N出磁

2

場時，M的速度大小為匕=由題意可知，此時M到CW邊的距離為S=（?-l）x若要保證M出磁場后不與

N相撞，則有兩種臨界情況：

①M減速出磁場，出磁場的速度剛好等于N的速度，一定不與N相撞，對M根據(jù)動量定理有

B∕iL-Atl=m?^v0-m-；/=∕∣?At∣=聯(lián)立解得k=2

②M運動到Cd邊時，恰好減速到零，則對M由動量定理有后ZM=W?孕-0；?2=ξ??∕,=

32R

同理解得左=3綜上所述，M出磁場后不與N相撞條件卜Z的取值范圍為2≤）l<3

3.如圖（a）所示，兩根不計電阻、間距為乙的足夠長平行光滑金屬導(dǎo)軌，豎直固定在勻強磁場中，磁場

方向垂直于導(dǎo)軌平面向里，磁感應(yīng)強度大小為從導(dǎo)軌上端串聯(lián)非線性電子元件Z和阻值為R的電阻。元

件Z的U-/圖像如圖（b）所示，當流過元件Z的電流大于或等于/。時，電壓穩(wěn)定為U”。質(zhì)量為加、不計

電阻的金屬棒可沿導(dǎo)軌運動，運動中金屬棒始終水平且與導(dǎo)軌保持良好接觸。忽略空氣阻力及回路中的電

流對原磁場的影響，重力加速度大小為g。為了方便計算，取/<,=篝，Um=噌。以下計算結(jié)果只能選

4BL2BL

用機、g、B、L、7?表示。

（1）閉合開關(guān)S。，由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度打；

（2）斷開開關(guān)S,由靜止釋放金屬棒，求金屬棒下落的最大速度也;

（3）先閉合開關(guān)S,由靜止釋放金屬棒，金屬棒達到最大速度后，再斷開開關(guān)S。忽略回路中電流突變的時

間，求S斷開瞬間金屬棒的加速度大小°。

圖(a)

TfingR

【答案】（）匕=遮?(2)⑶

1'B1I)'

【詳解】（I）閉合開關(guān)S,金屬棒下落的過程中受豎直向下的重力、豎直向上的安培力作用，當重力與安培

力大小相等時，金屬棒的加速度為零，速度最大，則加g=8/J由法拉第電磁感應(yīng)定律得El=BL匕由歐姆定

律得L=JL解得斗=鬻

KDL

（2）由第（1）問得人=誓山于/°<4斷開開關(guān)S后，當金屬棒的速度達到最大時，元件Z兩端的電壓恒

BL

為Um=警此時定值電阻兩端的電壓為力=8￡匕-Um回路中的電流為八二4又由歐姆定律得=與

2BLR

解得“需

（3）開關(guān)S閉合，當金屬棒的速度最大時，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=警斷開開關(guān)S的瞬間，元件

BL

Z兩端的電壓為Um=鬻則定值電阻兩端的電壓為UR=g-Um=鬻電路中的電流為/'=%

2BL2BLR

金屬棒受到的安培力為乃=8〃對金屬棒由牛頓第二定律得〃喝-巳=〃?“解得。得

4.如圖所示，水平固定一半徑,?=0.2m的金屬圓環(huán)，長均為心電阻均為幻的兩金屬棒沿直徑放置，其中

一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在過圓心的導(dǎo)電豎直轉(zhuǎn)軸O。'上，并隨軸以角速度0=60Orad/s勻速轉(zhuǎn)動,

圓環(huán)內(nèi)左半圓均存在磁感應(yīng)強度大小為Bl的勻強磁場。圓環(huán)邊緣、與轉(zhuǎn)軸良好接觸的電刷分別與間距〃的

水平放置的平行金屬軌道相連，軌道間接有電容C=OQ9F的電容器，通過單刀雙擲開關(guān)S可分別與接線柱1、

2相連?電容器左側(cè)寬度也為//、長度為枳磁感應(yīng)強度大小為星的勻強磁場區(qū)域。在磁場區(qū)域內(nèi)靠近左側(cè)

邊緣處垂直軌道放置金屬棒ab,磁場區(qū)域外有間距也為I,的絕緣軌道與金屬軌道平滑連接，在絕緣軌道的

水平段上放置"形金屬框兀加。棒外長度和形框的寬度也均為小質(zhì)量均為用=OQlkg,說與?f長度

均為已知。Bi=B=IT,方向均為豎直向上;棒和“形框的邊的電阻

∕j=0.08m,=0.25m,∕2=0.068m,2Cd

均為R=（UΩ,除已給電阻外其他電阻不計，軌道均光滑，棒M與軌道接觸良好且運動過程中始終與軌道

垂直。開始時開關(guān)S和接線柱1接通，待電容器充電完畢后，將S從1撥到2,電容器放電，棒仍被彈出

磁場后與"卜形框粘在一起形成閉合框abed,此時將S與2斷開，己知框必〃在傾斜軌道上重心上升0.2m

后返回進入磁場。

（1）求電容器充電完畢后所帶的電荷量。，哪個極板（/或N）帶正電？

（2）求電容器釋放的電荷量AQ；

（3）求框0加d進入磁場后，外邊與磁場區(qū)域左邊界的最大距離X。

【答案】(1)0.54C；M板:(2)0.16C；(3)0.14m

【詳解】（1）開關(guān)S和接線柱1接通，電容器充電充電過程，對繞轉(zhuǎn)軸O。'轉(zhuǎn)動的棒由右手定則可知其動生

電源的電流沿徑向向外，即邊緣為電源正極，圓心為負極，則M板充正電；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知

E=;Bgr2則電容器的電量為。=CU=牛=0.54C

（2）電容器放電過程有&SQ=ZM匕棒而被彈出磁場后與"["形框粘在一起的過程有何=（用+加）匕

棒的上滑過程有:2m^=2∕ng∕1聯(lián)立解得公。=察√^=0.16C

2BJ?

（3）設(shè)導(dǎo)體框在磁場中減速滑行的總路程為AX,由動量定理當m=2機匕可得〃=°?128,w>0.08m

勻速運動距離為/3-/2=0?012m則X=Ar+"-/2=θ?14m

二、有關(guān)單棒的動力學(xué)問題和能量問題

5.如圖所示，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、。尸的間距為L導(dǎo)軌固定在水

平面上，且處在磁感應(yīng)強度為8、豎直向下的勻強磁場中，一質(zhì)量為〃八電阻為，的導(dǎo)體棒仍垂直導(dǎo)軌放

置且靜止，導(dǎo)軌的電阻不計。某時刻給導(dǎo)體棒油一個水平向右的瞬時沖量/,導(dǎo)體棒將向右運動，最后停

下來，則此過程中（）

×C×Xa×XXXX

X

E

x￡×X××××XX

4X

XX×X×X

×?！痢痢罼XXX工

XZ)XX6XXXXXq

A.導(dǎo)體棒做勻減速直線運動直至停止運動

J1

B.電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為L

2m

C.通過導(dǎo)體棒/橫截面的電荷量為與

BL

D.導(dǎo)體棒/運動的位移為普

B^L

【答案】C

【詳解】A.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αb受到向左的安

R2r2

培力，向右減速運動，由I=Zna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

R+r

度越來越小的減速運動直至停止運動，A錯誤;

11JT2

B.導(dǎo)體棒減少的動能々=Lmd=L機（±）2=根據(jù)能量守恒定律可得用=?？傆指鶕?jù)串并聯(lián)電路知識可

22m2m

得QR=--Q&=B錯誤;

R+r2A+r)

l

C.根據(jù)動量定理可得—8〃IAI=O-mu:/-mv；q=/?zn??f.jq=——,C止確;

D.由于q=7&=—"△/='=也將4=4代入可得，導(dǎo)體棒H運動的位移X=組要，D錯誤。

R+rR+rR+rBLB'I?

故選C。

6.如圖所示，間距為L足夠長的光滑平行導(dǎo)軌尸0、MN固定在絕緣水平桌面上，導(dǎo)軌左端接有阻值為R

的定值電阻，質(zhì)量為加、電阻為『的導(dǎo)體棒/垂直靜置于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，其長度恰好等于導(dǎo)軌

間距，導(dǎo)軌的電阻忽略不計整個裝置處于磁感應(yīng)強度8的勻強磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌向上.如果導(dǎo)體棒

時以初速度"向右運動開始計時，則以下說法正確的是（）

A.棒M運動的速度為V。時其加速度的大小為卑為τ

w（Λ+r）

B.棒成運動的速度為V。時其加速度的大小為若工

C.棒ab在導(dǎo)軌上運動的位移X的大小為“‘"嚴:八

B21}

D.棒ab在導(dǎo)軌上運動的位移X的大小為2〃，％,：”

3B2I}

【答案】AC

P

【詳解】AB.導(dǎo)體棒速度為3時切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢尺如導(dǎo)體棒中電流/二時導(dǎo)體棒受到安培

力F折BlL由牛頓第二定律尸產(chǎn)mα聯(lián)立以上各式,可得棒ab運動速度為〃時其加速度的大小“=''”、

m（R+r）

A正確，B錯誤；

CD.IlI動量定理-所以=0-加%導(dǎo)體棒中的平均感應(yīng)電流7=旦上導(dǎo)體棒的位移X=G聯(lián)立三式解得棒ab在

導(dǎo)軌上運動的位移大小為X=絲W,C正確，D錯誤。故選AC。

B2I}

7.如圖甲所示，質(zhì)量為山、電阻為「的金屬棒/垂直放置在光滑水平導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌由兩根足夠長、間距為

d的平行金屬桿組成，其電阻不計，在導(dǎo)軌左端接有阻值R的電阻，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，整個裝置位于

磁感應(yīng)強度為8的勻強磁場中。從某時刻開始，導(dǎo)體棒在水平外力下的作用下向右運動（導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)

軌垂直），水平外力隨著金屬棒位移變化的規(guī)律如圖乙所示，當金屬棒向右運動位移X時金屬棒恰好勻速運

動。則下列說法正確的是（）

導(dǎo)體棒/勻速運動的速度為V=警

A.

B-從金屬棒開始運動到恰好勻速運動，電阻R上通過的電量為麗”

c?從金屬棒開始運動到恰好勻速運動，夕卜力F沖量/=牛+嚼

從金屬棒開始運動到恰好勻速運動，金屬棒克服安培力做功力=36/-〃吠;(H+7)

D.

-2Bd-

【答案】AD

【詳解】A.金屬棒在外力的作用下開始運動到恰好勻速運動，在位移為X時FLy颯∕=7π

6,(R+r)

E=氏拉聯(lián)立可得V=故A正確;

B1d1

B-此過程中金屬棒R上通過的電量4=兇=就氣=蒜=怒故B錯誤;

C.從金屬棒開始運動到恰好勻速運動，由動量定理可得mv-O=Ft-Ei.t外力F沖量/=Ft=mv+F^t

"dZx"/(/?+埒

故C錯誤;

R+rB2d2

由乙圖可知％卜=；用聯(lián)立解得明=L∕μ-*(R+rY

D.對金屬棒，根據(jù)動能定理得匕卜-%克"I』

222B"d*

故D正確。故選AD。

8.如圖甲所示，間距為L的平行光滑金屬導(dǎo)軌〃、ge固定在絕緣水平面上，垂直水平面向下的勻強磁場的

磁感應(yīng)強度為8,導(dǎo)軌左端連接有阻值為火的定值電阻，電阻也為R、質(zhì)量為加、長為L的金屬棒αb垂直

放在導(dǎo)軌上，給金屬棒施加一個水平向右的拉力，使金屬棒從t=O時刻開始運動，金屬棒中的電流隨時間

變化的規(guī)律如圖乙所示，其它電阻不計，則（）

da

××XLXX

1FB

RXX-÷<→××

T×××××

bg

甲乙

A.，=0時刻，拉力大小為當E

B.導(dǎo)體棒運動的加速度越來越小，直至為零

BLtO

C.0?/。時間內(nèi)，通過金屬棒的電荷量為g/0%

D.0?為時間內(nèi)，拉力做功大于2小第"I/

【答案】ACD

【詳解】AB.由電磁感應(yīng)定律可得金屬桿外上的感應(yīng)電動勢為E=BZv電路中的感應(yīng)電流/=繪由題圖乙

2R

可知，電流/與時間，成正比，則速度y與時間，成正比，說明金屬桿M做勻加速運動。M棒速度y=〃

金屬桿ah上的安培力大小為FA=歲旦由牛頓第二定律可得F-FA=ma解得F=在竺+,Z0時刻，金

屬棒速度大小%=與F則金屬棒運動的加速度α=7^=?TT則f=0時刻，拉力大小為月=ma=

BLBLtOBLto

A正確，B錯誤;

C.O?，。時間內(nèi)，通過金屬棒的電荷量等于圖乙所圍的面積，即為q=g∕山，C正確;

D?…時刻，拉力大小為Fi+%Of時間內(nèi)，位移總哈普由于八包浮+做

故0~0時間內(nèi)，拉力做功%＞；（￡+尸2）/=2"（管］+,0知0，D正確。故選ACD。

三、有關(guān)含容單棒的動力學(xué)問題和能量問題

9.如圖所示，水平面內(nèi)固定有一平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌光滑且電阻不計，勻強磁場垂直導(dǎo)軌平面向下。同種

材料制成長度相同、粗細不同的導(dǎo)體棒“和方垂直于導(dǎo)軌靜止放置，且與導(dǎo)軌接觸良好。電源電動勢為E,

電容器電容為C,將開關(guān)S接1,經(jīng)過足夠長時間后，將開關(guān)S由1改接到2,此刻開始計時，忽略電流產(chǎn)

生的磁場。下列關(guān)于導(dǎo)體棒。和6運動的速度一時間圖像可能正確的是（）

【答案】C

【詳解】當將開關(guān)S接1，經(jīng)過足夠長時間后，電容器兩端的電壓為U=E所以電容器帶電量為QO=CE

設(shè)導(dǎo)體棒的長度為L橫截面積為S,電阻率為p°,密度為小則電阻R=A（質(zhì)量m=PtS將開關(guān)S由1接

EFBLEBE

到的瞬間通過導(dǎo)體棒的電流強度為/=不安培力產(chǎn)〃根據(jù)牛頓第二定律得。=一可以看

2R=6m=IFnR=-PPoL7

出導(dǎo)體棒。和b的加速度總是相同的，所以導(dǎo)體棒。和b的速度總是相同：將開關(guān)S由1接到2足夠長時

間后，兩導(dǎo)體棒將做勻速直線運動，故ABD錯誤，C正確。故選C。

10.圖甲中的三個裝置均在水平面內(nèi)且處于豎直向下的勻強磁場中，足夠長的光滑導(dǎo)軌固定不動，圖②中

電容器在，=0時刻不帶電。現(xiàn)使甲圖中的三個導(dǎo)體棒ah均以水平初速度V。向右運動，若導(dǎo)體棒ab在運

動過程中始終與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好。某同學(xué)定性畫出了導(dǎo)體棒ah的v-t圖像，如圖乙所示。則他畫

出的是（）

A.圖①中導(dǎo)體棒ab的v-t圖像B.圖②中導(dǎo)體棒ab的v-t圖像

C.圖③中導(dǎo)體棒ab的v-t圖像D.圖②和圖③中導(dǎo)體棒ab的v-t圖像

【答案】B

【詳解】A.圖①中導(dǎo)體棒向右運動，根據(jù)右手定則，感應(yīng)電流的方向由∕>fα,再根據(jù)左手定則，受安培

力向左，且安培力大小為尸=0&可知隨速度減小，安培力越來越小，最后停止運動，因此導(dǎo)體棒做加速

R

減小的減速運動，最終的速度減為零，圖①中導(dǎo)體棒運動不符合v-t圖像，A錯誤；

B.圖②中導(dǎo)體棒向右運動，根據(jù)右手定則，感應(yīng)電流的方向由6T”，給電容器充電，隨電容器的帶電量

越來越多，回路電流越來越小，安培力越來越小，導(dǎo)體棒做加速減小的減速運動，當導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)

生的感應(yīng)電動勢等于電容器兩端電壓時，回路電流為零，導(dǎo)體棒不受安培力，做勻速運動，圖②中導(dǎo)體棒

的運動情況符合v-t圖像，因此B正確；

CD.圖③中導(dǎo)體棒向右運動，根據(jù)右手定則，感應(yīng)電動勢的方向與電源的電動勢方向相同，總的電動勢為

兩個電動勢之和，使導(dǎo)體棒速度減小的更快，當導(dǎo)體棒速度減小到零之后，由于電源作用，回路的仍有電

流從6分〃，這時導(dǎo)體棒反向運動，一直到導(dǎo)體棒向左運動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與電源電動勢大小相等時，才

會勻速運動，因此圖③中導(dǎo)體棒運動情況不符合運動圖象，因此CD錯誤。故選B。

11.如圖，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為仇間距為乙導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容

為C。導(dǎo)軌處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為8,方向垂直于導(dǎo)軌平面。在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為M的金

屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因

數(shù)為"，重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開始下滑，則以下說法正確的是

（）

A.金屬棒做先做變加速運動，最后做勻速運動

B.金屬棒一直做勻加速運動，加速度為m（sin6=r-g

C.當金屬棒下滑的速度大小為y時，電容器的電荷量為

D.金屬棒在t時刻的速度大小為心吟等@卬

÷BLC

【答案】CD

【詳解】AB.設(shè)金屬棒的速度大小為盯時，經(jīng)歷的時間為“，通過金屬棒的電流為//,金屬棒受到的磁場

力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為力=8。/設(shè)在時間間隔（〃，〃+4）內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為A°,則A0=C5LA

按定義有∕∣=笠，△。也是平行板電容器極板在時間間隔（〃，〃+△/）內(nèi)增加的電荷量，Ill上式可得，Av

Δ/

為金屬棒的速度變化量。金屬棒所受到的摩擦力方向沿導(dǎo)軌斜面向上，大小為六〃WgCoSj金屬棒在時刻I1

Ay

的加速度方向沿斜面向下，設(shè)其大小為根據(jù)牛頓第二定律有mgsin。-力-上加〃又。二五?

聯(lián)立解得mgsmθ-μg∞sθ=CB2L-a+聯(lián)立上此式可得α=可知，金屬棒做初速度為零

mmaιn+B~L~C

的勻加速運動。故AB錯誤;

c?感應(yīng)電動勢為E=BAv平行板電容器兩極板之間的電勢差為U=E設(shè)此時電容器極板上積累的電荷量為0,

按定義有Cq聯(lián)立可得Q=CBLV故C正確；

D.金屬棒在,時刻的速度大小為v'=W=ASe）g/故D正確。故選CD。

12.如圖所示，豎直放置的兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌相距L,導(dǎo)軌的兩端分別與電源（串有一滑動變阻器

R）、定值電阻&、電容器（電容為C,原來不帶電）和開關(guān)S相連。整個空間充滿了磁感應(yīng)強度大小為8、

方向垂直于導(dǎo)軌平面向外的勻強磁場。一質(zhì)量為〃?、電阻不計的金屬棒岫橫跨在導(dǎo)軌上。已知電源電動勢

為E、內(nèi)阻為廠，不計導(dǎo)軌的電阻。當S接1,滑動變阻器R接入電路一定阻值時，金屬棒ab在磁場中恰好

保持靜止。當S接2后，金屬棒必從靜止開始下落，下落距離/?時達到穩(wěn)定速度。重力加速度為g,則下

列分析正確的是（）

EBL

A.當S接2時，滑動變阻器接入電路的阻值R=——

mg

B.若將ab棒由靜止釋放的同時，將S接到3,則電容器積累的電荷量隨金屬棒速度V的變化關(guān)系為Q=CBLv

C.當S接2時，金屬棒ab從靜止開始到剛好達到穩(wěn)定速度所經(jīng)歷的時間為/=

nιgR0B-L

D.若將ab棒由靜止釋放的同時，將S接到3,則金屬棒ab將做勻加速直線運動，加速度大小”=—得萬

rn+CB^L

【答案】BD

【詳解】A.S接到］位置時，有廣自由平衡條件得叱如得/=簧聯(lián)立解得R=翳-'故A錯誤;

C.S接到2位置速度恒定時有機g=B"-gQ解得V=嚅金屬棒ab從靜止開始下落，下落距離h時達

ROBL

B2I}V甘百一M'曰，8""+m2g解

到穩(wěn)定速度，根據(jù)動量定理可得mgt-Blu=tnv即fngt--?t=rnv其中立=/??Γ??、f%=22

凡mgD&BDLT

故C錯誤;

BD.若將棒由靜止釋放的同時，將S接到3,則電容器積累的電荷量隨金屬棒速度V的變化關(guān)系為

Q=CU=CBLv根據(jù)動量定理可得mg?t-BIL?t=m?v即mg?t-BL?Q=m?v將?Q=CBLKv代入解得

mg?t-CB21}?V=w?v所以α=」=---"陪「弓故BD正確。故選BD

Δ/w+CS2L20

四、有關(guān)雙棒的動力學(xué)問題和能量問題

13.超級高鐵(PneUmatiC.Tubes)是一種以"真空鋼管運輸”為理論核心的交通工具，具有超高速、高安全、

低能耗、噪聲小、污染小等特點，2017年8月中國航天科工公司啟動時速IOoO公里的"高速飛行列車”研發(fā)

項目，后續(xù)還將研制最大運行速度2000公里和4000公里的超級高速列車，如圖甲是中國超級高鐵模型效

果圖；在管道中固定著兩根平行金屬導(dǎo)軌MN和P。，兩導(dǎo)軌間距為6/?,圖乙是超級高鐵列車的縱向截面

圖，為截面半徑為尺的圓，列車質(zhì)量為機，在列車底盤前端固定有間距為Z與導(dǎo)軌垂直的兩根相同導(dǎo)體棒。

和6,每根導(dǎo)體棒的電阻均為r,導(dǎo)軌電阻不計。車站前管道內(nèi)導(dǎo)軌間依次分布著磁感應(yīng)強度大小均為8、

寬度均為心且方向垂直導(dǎo)軌平面的勻強磁場，且相鄰區(qū)域磁場方向相反，當列車進站時，列車以速度%從

圖丙所示位置開始減速，管道內(nèi)稀薄空氣阻力及與軌道間摩擦均可忽略不計，列車剎車距離大于2L,下列

說法正確的是()

NM

QN

丙

a

?列車將減速前進距離χ=3?停止

B.當列車前進距離2乙時，列車速度大小為V=VO-12BWL

mr

C.當列車前進距離C時，列車速度大小為V=%-變也

tnr

τ6R2R2(?D-D-T

D.當列車前進;距離時，列車加速度大小為α=?^——v0-:---------

2tnrImr

【答案】BD

ByR2x

【詳解】A.對列車由動量定理得-2&。=0-加％；鼠=Bl?所以PCt=B?由Rq；q=.^'

2r

聯(lián)立得幽及E="曾解得列車的減速距離為X=黑、故A錯誤；

尸OnR

BC.當列車行進s(s<2ZJ時，安培力對一根導(dǎo)體棒的沖量為片A/=8?J以4=空空由動量定理

r

_1?p2p2Γ

-2累加=〃八，-Μ%故當列車前進距離2￡時，解得此時列車的速度大小為y=%-上巴必故B正確；當列車

mr

前進距離A時，解得此時列車速度大小為3=%-竺巫故C錯誤；

mr

D.當列車前進距離V時，解得此時列車速度大小為P=Vo-"包此時導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動

2mr

勢E=2B?√3Λv''回路中的感應(yīng)電流/=26BRv"=叵竺列乍受到的安培力F,=2BIy∣3R=竺的二

2rrr

,,6B2R2VV6B2R2(3B2R2L}

由牛頓第二定律得耳=mα解ΛΠZ得Pα=-----------=----------%-------------故D正確。故選BD,

14.如圖，平行金屬導(dǎo)軌由水平部分和傾斜部分組成，傾斜部分是兩個豎直放置的四分之一光滑圓弧導(dǎo)軌，

圓弧半徑為0.4m。水平部分是兩段均足夠長但不等寬的光滑導(dǎo)軌，且CC'=344'=1.2m,水平導(dǎo)軌與圓弧

導(dǎo)軌在44處平滑連接。整個裝置處于范圍足夠大、方向豎直向上的勻強磁場中，磁場區(qū)域遠大于導(dǎo)軌面積，

磁感應(yīng)強度8=10T,兩根完全相同的導(dǎo)體棒MMP。的質(zhì)量均為0?6kg,長度為1.2m,電阻均為3.0Q。

若尸。固定，現(xiàn)給導(dǎo)體棒MV一個大小為2m/s、豎直向下的初速度，同時對其施加外力尸，使其恰好沿圓

弧導(dǎo)軌從最高點勻速率下滑，導(dǎo)體棒剛到達瞬間，撤去外力F的作用，不計導(dǎo)軌電阻，導(dǎo)體棒MN、PQ

與導(dǎo)軌一直接觸良好。重力加速度g=10m∕s2,左取3,下列判斷正確的是()

A.導(dǎo)體棒Λ∕N從圓弧導(dǎo)軌最高點下滑到4Γ的過程中，外力F對MN做的功為2.4J

B.導(dǎo)體棒MN從圓弧導(dǎo)軌最高點下滑到44的過程中，MN上產(chǎn)生的焦耳熱為0.6J

C.導(dǎo)體棒MN從圓弧導(dǎo)軌最高點下滑到4Ψ時，MN兩端點的電壓為6V

D.若WN到達N4位置時釋放尸。，此時到兩棒運動穩(wěn)定時通過回路的電荷量為0.03C

【答案】BD

【詳解】A.以導(dǎo)體棒MN開始運動的時刻為計時零點，MN沿圓弧軌道下滑過程中的角速度為。，貝IJf時刻

其速度方向與豎直方向的夾角為。=而則導(dǎo)體棒MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為e=5∕]Vsin6>=B∕Fsin(α)其中

,

∕l=^=ym=0.4m則可知e隨時間，成正弦規(guī)律變化，所以感應(yīng)電動勢的有效值為E=*=貴

π

MN從最高點下滑到4Ψ的過程中，所經(jīng)歷的時間為，Ir仃其中r=0.4m根據(jù)焦耳定律可知，導(dǎo)體棒

VIv

E2

Qz

MN沿圓弧導(dǎo)軌下滑的過程中回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為=~T^根據(jù)功能關(guān)系得Wx+mgr=Q解％=O

KH—K

由于導(dǎo)體棒MN接入電阻?PQ的電阻之比為旦=J_=，則MN上產(chǎn)生的焦耳熱與總熱量之比為

R2R3

0，R1

元=解得0'=O?6J故A錯誤，B正確；

UNl+Λ->4

C.導(dǎo)體棒MN從圓弧導(dǎo)軌最高點下滑到44,時，感應(yīng)電動勢為E=WF=8V所以4T兩端點的電壓為

30Ω3

U=C;CCE==X8V=6V因此MN兩端點的電壓為UΛW=U+U,+UMA=U+WWv+BlMAV=22V

3.0Ω+1.0Ω4

故C錯誤；

D.釋放PQ并運動足夠長時間后，設(shè)MN和PQ的速度大小為W和彩，此時回路產(chǎn)生的感應(yīng)電流為0，MN

和PQ產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小相等，方向相反，所以有3/圈=及23對MN和PQ,取向右為正方向，根據(jù)動

量定理可得一癡∕∣?f=犯匕一町％；B"1=〃?2%-O根據(jù)電流的定義可得q=7?f其中《=L2m聯(lián)立解得

4=0.03C故D正確。故選BD。

15.如圖(a)所示，兩根電阻不計的平行長直金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為A；兩根長度均為八

質(zhì)量均為〃八電阻均為/?的相同的導(dǎo)體棒M、N靜置于導(dǎo)軌上，兩棒相距x。；整個裝置處于豎直向下的勻強

磁場中，磁感應(yīng)強度大小為瓦從f=0開始，給導(dǎo)體棒Al施加一平行于導(dǎo)軌的外力R使導(dǎo)體棒A/在0~。

內(nèi)以加速度”=〃g做勻加速運動，導(dǎo)體棒N在S時刻口未知)開始運動，F(xiàn)隨時間變化的規(guī)律如圖(b)所示。

棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)均為M最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，運動過程中兩棒均與導(dǎo)軌接觸良好。重力

加速度大小為g。

(1)求“時刻導(dǎo)體棒M的速度;

(2)求2勿時刻外力尸的大小;

(3)若2勿時刻導(dǎo)體棒M的速度為V,求此時兩棒間的距離。