专题12电磁感应及其动力学和能量问题（讲义）-

专题12电磁感应中的动力学和能量问题01专题网络·思维脑图02考情分析·解密高考03高频考点·以考定法04核心素养·难点突破05创新好题·轻松练考点内容学习目标电磁感应中的电路问题1.会画等效电路图，会求解电路中的参数；2.会分析电磁感应中的能量转换过程，并会计算焦耳热；3.掌握常见的单棒模型和双棒模型及对应的动量定理和动量守恒在电磁感应中的应用电磁感应中的动力学与能量问题动量定理在电磁感应中的应用动量守恒在电磁感应中的应用电磁感应中的动力学与能量问题导体的两种运动状态导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件列式分析．导体的非平衡状态——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．用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤导体常见运动情况的动态分析v↓E＝Blv↓I＝eq\f(E,R＋r)↓F安＝BIl↓F合若F合＝0匀速直线运动若F合≠0↓F合＝maa、v同向v增大，若a恒定，拉力F增大v增大，F安增大，F合减小，a减小，做加速度减小的加速运动，减小到a＝0，匀速直线运动a、v反向v减小，F安减小，a减小，当a＝0，静止或匀速直线运动电磁感应中的能量转化eq\x(其他形式的能量)eq\o(→,\s\up7(克服安培,力做功))eq\x(电能)eq\o(→,\s\up7(电流做功))eq\x(焦耳热或其他形式的能量)求解焦耳热Q的三种方法解题的一般步骤确定研究对象(导体棒或回路)；弄清电磁感应过程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互转化；根据功能关系或能量守恒定律列式求解．动量定理和动量守恒在电磁感应中的应用在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题求解的物理量应用示例电荷量或速度－Beq\x\to(I)LΔt＝mv2－mv1，q＝eq\x\to(I)Δt，即－BqL＝mv2－mv1位移－eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R总)＝0－mv0，即－eq\f(B2L2x,R总)＝0－mv0时间－Beq\x\to(I)LΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1即－BLq＋F其他Δt＝mv2－mv1已知电荷量q、F其他(F其他为恒力)－eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R总)＋F其他Δt＝mv2－mv1，即－eq\f(B2L2x,R总)＋F其他Δt＝mv2－mv1已知位移x、F其他(F其他为恒力)无外力充电式基本模型规律(导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C)电路特点导体棒相当于电源，电容器充电电流特点安培力为阻力，棒减速，E减小，有I＝eq\f(BLv－UC,R)，电容器充电UC变大，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，棒匀速运动运动特点和最终特征棒做加速度a减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器带电荷量不为零最终速度电容器充电荷量：q＝CU最终电容器两端电压U＝BLv对棒应用动量定理：mv－mv0＝－Beq\x\to(I)L·Δt＝－BLqv＝eq\f(mv0,m＋B2L2C).v－t图像无外力放电式基本模型规律(电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C)电路特点电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动电流特点电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时UC＝BLvm运动特点及最终特征做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0最大速度vm电容器充电电荷量：Q0＝CE放电结束时电荷量：Q＝CU＝CBLvm电容器放电电荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm对棒应用动量定理：mvm－0＝Beq\x\to(I)L·Δt＝BLΔQvm＝eq\f(BLCE,m＋B2L2C)v－t图像双杆模型物理模型“一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒分析方法动力学观点通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动能量观点两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和动量观点对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题考向一：电磁感应中的动力学与能量问题【探究重点】棒的初速度为零，拉力F恒定(棒和水平导轨电阻忽略不计，摩擦力不计)如图，运动过程分析：棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流，由F－BIl＝ma，I＝eq\f(ΔQ,Δt)，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BlΔv，联立可得F－eq\f(CB2l2Δv,Δt)＝ma，其中eq\f(Δv,Δt)＝a，则可得a＝eq\f(F,m＋B2l2C)所以棒做加速度恒定的匀加速直线运动．功能关系：WF＝eq\f(1,2)mv2＋E电求解焦耳热Q的三种方法焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流恒定的情况；功能关系：Q＝W克安(W克安为克服安培力做的功)；能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量)．【高考解密】(2022·全国乙卷·24)如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.40m的正方形金属框的一个顶点上．金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场．已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10－3Ω/m；在t＝0到t＝3.0s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)＝0.3－0.1t(SI)．求：(1)t＝2.0s时金属框所受安培力的大小；(2)在t＝0到t＝2.0s时间内金属框产生的焦耳热．【答案】(1)eq\f(\r(2),5)N(2)0.016J【解析】(1)金属框的总电阻为R＝4lλ＝4×0.40×5×10－3Ω＝0.008Ω金属框中产生的感应电动势为E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·\f(l2,2),Δt)＝0.1×eq\f(1,2)×0.402V＝0.008V金属框中的电流为I＝eq\f(E,R)＝1At＝2.0s时磁感应强度大小为B2＝(0.3－0.1×2.0)T＝0.1T金属框处于磁场中的有效长度为L＝eq\r(2)l此时金属框所受安培力大小为FA＝B2IL＝0.1×1×eq\r(2)×0.4N＝eq\f(\r(2),25)N(2)0～2.0s时间内金属框产生的焦耳热为Q＝I2Rt′＝12×0.008×2J＝0.016J.【考向预测】足够长的匀强磁场区域，磁场方向垂直于桌面，铝框依靠惯性滑过磁场区域，滑行过程中铝框平面始终与磁场垂直且一边与磁场边界平行，已知，在滑入和滑出磁场区域的两个过程中()A．铝框所用时间相同 B．铝框上产生的热量相同C．铝框中的电流方向相同 D．安培力对铝框的冲量相同【答案】D【解析】A．铝框进入和离开磁场过程，磁通量变化，都会产生感应电流，受向左安培力而减速，完全在磁场中运动时磁通量不变做匀速运动；可知离开磁场过程的平均速度小于进入磁场过程的平均速度，所以离开磁场过程的时间大于进入磁场过程的时间，A错误；C．由楞次定律可知，铝框进入磁场过程磁通量增加，感应电流为逆时针方向；离开磁场过程磁通量减小，感应电流为顺时针方向，C错误；D．铝框进入和离开磁场过程安培力对铝框的冲量为又得D正确；B．铝框进入和离开磁场过程，铝框均做减速运动，可知铝框进入磁场过程的速度一直大于铝框离开磁场过程的速度，根据可知铝框进入磁场过程受到的安培力一直大于铝框离开磁场过程受到的安培力，故铝框进入磁场过程克服安培力做的功大于铝框离开磁场过程克服安培力做的功，即铝框进入磁场过程产生的热量大于铝框离开磁场过程产生的热量，B错误。故选D。考向二：动量定理在电磁感应中的应用【探究重点】情景示例1水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒初速度为v0，质量为m，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来求电荷量q－Beq\x\to(I)LΔt＝0－mv0，q＝eq\x\to(I)Δt，q＝eq\f(mv0,BL)求位移x－eq\f(B2L2\x\to(v),R)Δt＝0－mv0，x＝eq\x\to(v)Δt＝eq\f(mv0R,B2L2)应用技巧初、末速度已知的变加速运动，在用动量定理列出的式子中q＝eq\x\to(I)Δt，x＝eq\x\to(v)Δt；若已知q或x也可求末速度情景示例2间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m、接入电路的阻值为R的导体棒，当通过横截面的电荷量为q或下滑位移为x时，速度达到v求运动时间－Beq\x\to(I)LΔt＋mgsinθ·Δt＝mv－0，q＝eq\x\to(I)Δt－eq\f(B2L2\x\to(v),R)Δt＋mgsinθ·Δt＝mv－0，x＝eq\x\to(v)Δt应用技巧用动量定理求时间需有其他恒力参与．若已知运动时间，也可求q、x、v中的任一个物理量【高考解密】(2022·天津·高考真题)如图所示，边长为a的正方形铝框平放在光滑绝缘水平桌面上，桌面上有边界平行、宽为b且足够长的匀强磁场区域，磁场方向垂直于桌面，铝框依靠惯性滑过磁场区域，滑行过程中铝框平面始终与磁场垂直且一边与磁场边界平行，已知，在滑入和滑出磁场区域的两个过程中()A．铝框所用时间相同 B．铝框上产生的热量相同C．铝框中的电流方向相同 D．安培力对铝框的冲量相同【答案】D【解析】A．铝框进入和离开磁场过程，磁通量变化，都会产生感应电流，受向左安培力而减速，完全在磁场中运动时磁通量不变做匀速运动；可知离开磁场过程的平均速度小于进入磁场过程的平均速度，所以离开磁场过程的时间大于进入磁场过程的时间，A错误；C．由楞次定律可知，铝框进入磁场过程磁通量增加，感应电流为逆时针方向；离开磁场过程磁通量减小，感应电流为顺时针方向，C错误；D．铝框进入和离开磁场过程安培力对铝框的冲量为又得D正确；B．铝框进入和离开磁场过程，铝框均做减速运动，可知铝框进入磁场过程的速度一直大于铝框离开磁场过程的速度，根据可知铝框进入磁场过程受到的安培力一直大于铝框离开磁场过程受到的安培力，故铝框进入磁场过程克服安培力做的功大于铝框离开磁场过程克服安培力做的功，即铝框进入磁场过程产生的热量大于铝框离开磁场过程产生的热量，B错误。故选D。【考向预测】（2023·福建省泉州市高三下学期5月适应性练习）间距为的平行光滑金属导轨固定在水平绝缘桌面上，整个装置处于竖直向下的磁场中，沿方向建立坐标，磁感应强度大小随坐标的关系为（均为大于零的常数）。将质量为的金属杆锁定在坐标原点处，间接一恒流装置，该装置可使回路保持恒定的电流，电流方向由到，如图所示。某时刻解除锁定的同时对施加一个大小为、方向沿轴正方向的恒定外力，使从静止开始向右运动，始终与导轨垂直且接触良好。则在运动过程中，金属杆（）A.运动的加速度大小不变B.速度达到最大时的坐标值为C.最大速度为D.最大位移为【答案】C【解析】A．由于导体棒长度、电流恒定，磁感应强度随位置线性增加，安培力随位置线性增加，有即随变化规律如图由图像可知随线性变化，故加速度也随线性变化，A选项错误；BC．当速度达到最大时即加速度为零，可得到图像与横轴交点坐标为，也可算出从静止开始向右运动到过程中合力做的功为，由动能定理有可得最大速度B选项错误，C选项正确；D．在从静止开始向右运动的过程中做的功为零，即图像与坐标轴构成的两三角形面积相等，可得到图像与横轴交点坐标，D选项错误。故选C。考向三：动量守恒定律在电磁感应中的应用【探究重点】1．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，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便．2．双棒模型(不计摩擦力)双棒无外力双棒有外力示意图F为恒力动力学观点导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动动量观点系统动量守恒系统动量不守恒能量观点棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热【高考解密】(2019·全国卷Ⅲ·19改编)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上，t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是()【答案】A【解析】棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，这时两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝eq\f(v0,2)，选项A正确，B、C、D错误．【考向预测】(2023·辽宁抚顺市模拟)如图所示，M、N、P、Q四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L和L，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直向下的、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计．t＝0时使导体棒C获得瞬时速度v0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好．且达到稳定运动时导体棒C未到两组导轨连接处．则下列说法不正确的是()A．t＝0时，导体棒D的加速度大小为a＝eq\f(B2L2v0,mR)B．达到稳定运动时，C、D两棒速度之比为1∶1C．从t＝0时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为eq\f(2,5)mv02D．从t＝0时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为eq\f(2mv0,5BL)【答案】B【解析】开始时，导体棒中的感应电动势E＝2BLv0，电路中感应电流I＝eq\f(E,2R)，导体棒D所受安培力F＝BIL，导体棒D的加速度为a，则有F＝ma，解得a＝eq\f(B2L2v0,mR)，故A正确；稳定运动时，电路中电流为零，设此时C、D棒的速度分别为v1、v2，则有2BLv1＝BLv2，对变速运动中任意极短时间Δt，由动量定理得，对C棒有2Beq\x\to(I)LΔt＝mΔv1，对D棒有Beq\x\to(I)LΔt＝mΔv2，故对变速运动全过程有v0－v1＝2v2，解得v2＝eq\f(2,5)v0，v1＝eq\f(1,5)v0，故B错误；根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22，解得Q＝eq\f(2,5)mv02，故C正确；由上述分析可知对变速运动中任意极短时间Δt，由动量定理得，对C棒有2Beq\x\to(I)LΔt＝mΔv1，可得2BLq＝m(v0－v1)，解得q＝eq\f(2mv0,5BL)，故D正确．(2023·江苏省金陵中学高三检测)某同学设计了一种带有闪烁灯的自行车车轮，以增强夜间骑车的安全性．如图所示为自行车后车轮，已知金属车轮半径为r＝0.6m，金属轮轴半径可以忽略，有绝缘辐条连接轮轴与车轮(辐条未画出)．车轮与轮轴之间对称地接有4根相同的金属条，每根金属条中间都串接一个LED灯，LED灯可视为纯电阻，每个LED灯的阻值恒为R＝0.45Ω，不计其他电阻．车轮旁的车架上固定有一特殊磁铁，能在车轮与轮轴之间形成一个方向垂直于纸面向外、磁感应强度大小B＝0.5T的扇形匀强磁场区域，扇形对应的圆心角θ＝30°.使自行车沿平直路面匀速前进，已知车轮转动的角速度为ω＝20rad/s，不计车轮厚度，忽略磁场的边缘效应，取π＝3，则下列说法正确的是()A．车轮转动一周过程中，LED灯亮的总时间为0.075sB．金属条ab进入磁场时，ab上电流的方向是a→bC．金属条ab进入磁场时，ab上电流大小是2AD．车轮转动一周，LED灯产生的总焦耳热为0.54J【答案】D【解析】依题意，可得车轮转动一周的时间为T＝eq\f(2π,ω)＝0.3s，车轮转动一周的过程中，能产生感应电流的时间为t＝4×eq\f(30°,360°)T＝0.1s，即LED灯亮的总时间为0.1s，故A错误；金属条ab进入磁场时，根据右手定则判断知ab上电流的方向是b→a，故B错误；金属条ab进入磁场时，ab相当于电源，其等效电路图如图所示，电源电动势为E＝eq\f(1,2)Br2ω＝1.8V，电路中的总电阻为R总＝R＋eq\f(1,3)R＝0.6Ω，所以通过ab的电流大小为I＝eq\f(E,R总)＝eq\f(1.8,0.6)A＝3.0A，故C错误；车轮转动一周，LED灯亮的总时间为0.1s，则产生的总焦耳热为Q＝I2R总t＝32×0.6×0.1J＝0.54J，故D正确．（2023·山东省齐鲁名校大联盟高三下学期三模）如图所示，边长为l的正三角形线圈，线圈匝数为n，以角速度绕匀速转动，的左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。M为导电环，负载电阻为R，其他电阻不计，在线圈转动一周过程中（）A.图示时刻（线圈平面与磁场方向垂直），线圈的磁通量最大，产生的感应电动势也最大B.感应电动势的最大值是C.R上产生的热量为D.通过R的电荷量为【答案】C【解析】A．图示时刻（线圈平面与磁场方向垂直），即中性面，此位置线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，此时产生的感应电动势为零，A错误；B．根据正弦交流电的产生原理，可知该交流电的最大值为B错误；C．在线圈转动一周过程中只有半周会有电流产生，所以R上产生的热量为C正确；D．线圈转动一周过程中通过线圈的磁通量的变化量为零，根据可知，线圈产生的平均电动势为零，所以平均电流也为零，通过R的电荷量为0，D错误。故选C。（2023·江苏省南京市高三下学期4月二模）某种发电机的原理如图所示，矩形线圈处于磁感应强度大小为的匀强磁场中，可绕与磁场方向垂直的固定轴OO′匀速转动，角速度为。已知线圈的匝数为，边长为，边长为，线圈总电阻为，线圈与阻值为的外电路连接，交流电压表为理想电表。求：（1）线圈从图示位置转过90°的过程中，通过电阻的电量。（2）发电机正常工作时，交流电压表的示数。【答案】（1）；（2）【解析】（1）根据题意，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势电流强度通过电阻的电量联立得通过的电量为（2）根据题意可知，最大的感应电动势得交变电流的最大值则电压表示数为(2023·湖北省模拟)如图，质量为M的U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，间距L的ab和dc边平行，都与bc边垂直．ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略．一根电阻为R、质量为m的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行．(1)若导体棒MN在外力作用下保持静止，求最终稳定状态时金属框的速度大小；(2)若导体棒不受外力作用，求最终稳定状态时电路中的电动势．【答案】(1)eq\f(FR,B2L2)(2)eq\f(mFR,BLM＋m)【解析】(1)由题意知：金属框做加速度减小的加速运动，加速度减为0，稳定状态时做匀速直线运动，根据受力平衡有F安＝F导体棒的感应电动势为E＝BLv导体棒的感应电流为I＝eq\f(E,R)安培力为F安＝BIL联立解得v＝eq\f(FR,B2L2)(2)导体棒、金属框最终以相同的加速度做匀加速直线运动，速度差一定，对整体由牛顿第二定律有F＝(m＋M)a对导体棒受力分析有BIL＝ma，E＝IR联立解得E＝eq\f(mFR,BLM＋m).(2022·浙江省精诚联盟联考)如图(a)所示，电阻为2R、半径为r、匝数为n的圆形导体线圈两端与水平导轨AD、MN相连．与导体线圈共圆心的圆形区域内有竖直向下的磁场，其磁感应强度随时间变化的规律如图(b)所示，图(b)中的B0和t0均已知．PT、DE、NG是横截面积和材料完全相同的三根粗细均匀的金属棒．金属棒PT的长度为3L、电阻为3R、质量为m.导轨AD与MN平行且间距为L，导轨EF与GH平行且间距为3L，DE和NG的长度相同且与水平方向的夹角均为30°.区域Ⅰ和区域Ⅱ是两个相邻的、长和宽均为d的空间区域．区域Ⅰ中存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B0的匀强磁场.0～2t0时间内，使棒PT在区域Ⅰ中某位置保持静止，且其两端分别与导轨EF和GH对齐．除导体线圈、金属棒PT、DE、NG外，其余导体电阻均不计，所有导体间接触均良好且均处于同一水平面内，不计一切摩擦，不考虑回路中的自感．(1)求在0～2t0时间内，使棒PT保持静止的水平外力F的大小；(2)在2t0以后的某时刻，若区域Ⅰ内的磁场在外力作用下从区域Ⅰ以v0的速度匀速运动，完全运动到区域Ⅱ时，导体棒PT速度恰好达到v0且恰好进入区域Ⅱ，该过程棒PT产生的焦耳热为Q，求金属棒PT与区域Ⅰ右边界的初始距离x0和该过程维持磁场匀速运动的外力做的功W；(3)若磁场完全运动到区域Ⅱ时立刻停下，求导体棒PT运动到EG时的速度大小v.【答案】(1)0～t0时间内F＝eq\f(nB02πLr2,3Rt0)；t0～2t0时间内F＝0(2)d－eq\f(3mRv0,B02L2)3Q＋eq\f(1,2)mv02(3)v0－eq\f(2\r(3)B02L3,3mR)【解析】(1)在0～t0时间内，由法拉第电磁感应定律得E＝neq\f(ΔB,Δt)S＝neq\f(B0,t0)πr2由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,3R)＝eq\f(nB0πr2,3Rt0)故在0～t0时间内，使PT棒保持静止的水平外力大小为F＝FA＝BIL＝eq\f(nB02πLr2,3Rt0)在t0～2t0时间内，磁场不变化，回路中电动势为零，无电流，则外力F＝0(2)PT棒向右加速运动过程中，取向右的方向为正方向，由动量定理得eq\f(B02L2Δx,3R)＝mv0得Δx＝eq\f(3mRv0,B02L2)所以x0＝d－Δx＝d－eq\f(3mRv0,B02L2)PT棒向右加速过程中，回路中的总焦耳热为Q总＝3Q由功能关系和能量守恒定律得W＝3Q＋eq\f(1,2)mv02(3)棒PT从磁场区域Ⅱ左边界向右运动距离x时，回路中棒PT的长度为lx＝2eq\f(\r(3),3)x＋L回路中总电阻为R总x＝eq\f(R,L)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lx＋2\f(2\r(3),3)x))＋2R＝eq\f(R,L)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\f(\r(3),3)x＋L＋2\f(2\r(3),3)x))＋2R＝eq\f(R,L)(2eq\r(3)x＋3L)回路中电流为Ix＝eq\f(B0lxvx,R总x)＝eq\f(B02\f(\r(3),3)x＋Lvx,\f(R,L)2\r(3)x＋3L)＝eq\f(B0Lvx,3R)棒PT所受安培力大小为FAx＝B0Ixlx＝eq\f(B02Lvxlx,3R)棒PT从磁场区域Ⅱ左边界运动到EG过程中，以v0方向为正方向，由动量定理得－∑eq\f(B02Lvxlx,3R)Δt＝mv－mv0即－eq\f(B02LS梯,3R)＝mv－mv0其中S梯＝2eq\r(3)L2所以v＝v0－eq\f(2\r(3)B02L3,3mR).如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中有两根固定的足够长的平行金属导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行且相距d，构成一矩形回路．导轨间距为L，两导体棒的质量均为m，电阻均为R，导轨电阻可忽略不计．设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度v0，求：(1)当cd棒速度减为0.6v0时，ab棒的速度v及加速度a的大小；(2)ab、cd棒间的距离从d增大到最大的过程中，通过回路的电荷量q及两棒间的最大距离x.【答案】(1)0.4v0eq\f(B2L2v0,10mR)(2)eq\f(mv0,2BL)d＋eq\f(mv0R,B2L2)【解析】(1)两棒组成的系统所受合外力为零，因此满足动量守恒定律，有mv0＝0.6mv0＋mv解得v＝0.4v0回路感应电动势E＝0.6BLv0－0.4BLv0此时回路电流I＝eq\f(E,2R)因此加速度a＝eq\f(BIL,m)整理得a＝eq\f(B2L2v0,10mR)(2)ab、cd棒速度相等时有最大距离，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv共对ab棒，根据动量定理有Beq\x\to(I)LΔt＝m