2020年高考物理一轮复习文档第11章电磁感应热点专题（七）第55讲Word版含答案

第55讲电磁感应中的“杆＋轨”模型热点概述电磁感应“杆轨模型”中的杆有“单杆”和“双杆”等，有的回路中还接有电容器；电磁感应“杆轨模型”中的轨有“直轨”和“折轨”等，导轨有竖直的，也有水平的，还有放在斜面上的等各种情况。分析这类问题重在结合电动势的变化情况分析清楚其中的动力学过程，处理问题时经常涉及力学和电磁学中的几乎所有规律，综合性较强。热点一单杆模型单杆模型的常见情况[例1](2018·广州毕业综合测试(一))如图甲，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为1.0m，左端连接阻值R＝4.0Ω的电阻；匀强磁场磁感应强度B＝0.5T、方向垂直导轨所在平面向下；质量m＝0.2kg、长度l＝1.0m、电阻r＝1.0Ω的金属杆置于导轨上，向右运动并与导轨始终保持垂直且接触良好。t＝0时对杆施加一平行于导轨方向的外力F，杆运动的v­t图象如图乙所示。其余电阻不计。求：(1)从t＝0开始，金属杆运动距离为5m时电阻R两端的电压；(2)在0～3.0s内，外力F大小随时间t变化的关系式。解析(1)根据v­t图象可知金属杆做匀减速直线运动时间Δt＝3s，t＝0时杆的速度为v0＝6m/s，由运动学公式得其加速度大小a＝eq\f(v0－0,Δt)，①设杆运动了s1＝5m时速度为v1，则veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝－2as1，②此时，金属杆产生的感应电动势E1＝Blv1，③回路中产生的电流I1＝eq\f(E1,R＋r)，④电阻R两端的电压U＝I1R，⑤联立①～⑤式解得U＝1.6V。⑥(2)由t＝0时BIl＜ma，可分析判断出外力F的方向与v0反向。金属杆做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有F＋BIl＝ma，⑦设在t时刻金属杆的速度为v，杆的电动势为E，回路电流为I，则v＝v0－at，⑧又E＝Blv，⑨I＝eq\f(E,R＋r)，⑩联立①⑦⑧⑨⑩式解得F＝0.1＋0.1t。答案(1)1.6V(2)F＝0.1＋0.1t方法感悟1若杆上施加的力为恒力，对杆做动力学分析可得出，其运动形式为变加速运动或匀速运动。2若使杆做匀变速运动，在杆上施加的力与时间成一次函数关系才行。[例2](2018·衡阳模拟)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨CD、EF倾斜放置，其所在平面与水平面间的夹角为θ＝30°，两导轨间距为L，导轨下端分别连着电容为C的电容器和阻值R＝2r的电阻。一根质量为m，电阻为r的金属棒放在导轨上，金属棒与导轨始终垂直并接触良好，一根不可伸长的绝缘轻绳一端拴在金属棒中间、另一端跨过定滑轮与质量M＝4m的重物相连。金属棒与定滑轮之间的轻绳始终在两导轨所在平面内且与两导轨平行，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨电阻不计，初始状态用手托住重物使轻绳恰处于伸长状态，由静止释放重物，求：(重力加速度大小为g，不计滑轮阻力)(1)若S1闭合、S2断开，重物的最大速度。(2)若S1和S2均闭合，电容器的最大带电量。(3)若S1断开、S2闭合，重物的速度v随时间t变化的关系式。解析(1)S1闭合，S2断开时，M由静止释放后拉动金属棒沿导轨向上做加速运动，金属棒受到沿导轨向下的安培力作用，设最大速度为vm，根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E＝BLvm根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BLvm,3r)当金属棒速度最大时有：Mg＝mgsin30°＋BIL解得：vm＝eq\f(3r4m－0.5mg,B2L2)＝eq\f(21mgr,2B2L2)。(2)S1，S2均闭合时，电容器两板间的最大电压U＝UR＝IR＝eq\f(7mgr,BL)电容器的最大带电量Q＝CU＝eq\f(7mgrC,BL)。(3)S1断开、S2闭合时，设从释放M开始经时间t金属棒的速度大小为v，加速度大小为a，通过金属棒的电流为i，金属棒受到的安培力F＝BiL，方向沿导轨向下，设在时间t到(t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，ΔQ也是平行板电容器在t到(t＋Δt)内增加的电荷量，ΔQ＝CBL·Δv，根据运动学公式可得Δv＝aΔt，则i＝eq\f(ΔQ,Δt)＝CBLa，设绳中拉力为T，由牛顿第二定律，对金属棒有：T－mgsin30°－BiL＝ma对M有：Mg－T＝Ma解得：a＝eq\f(7mg,10m＋2CB2L2)可知M做初速度为零的匀加速直线运动v＝at＝eq\f(7mg,10m＋2CB2L2)·t答案(1)eq\f(21mgr,2B2L2)(2)eq\f(7mgrC,BL)(3)v＝eq\f(7mg,10m＋2CB2L2)·t方法感悟单杆＋电容器＋恒力模型可用微元法或动量定理分析，其运动形式恰好为匀变速直线运动，不同于其他单杆模型。1.(多选)如图所示，间距为L的两根平行光滑导轨竖直放置，导轨间接有电容C，处于垂直轨道平面的匀强磁场B中，质量为m、电阻为R的金属杆ab接在两导轨之间并静止释放，ab下落过程中始终保持与导轨接触良好，设导轨足够长，电阻不计，下列说法正确的是()A．ab做自由落体运动B．ab做匀加速运动，且加速度为a＝eq\f(mg,m＋CB2L2)C．ab做匀加速运动，若加速度为a，则回路的电流为I＝CBLaD．ab做加速度减小的变加速运动，最后匀速运动，最大速度为vm＝eq\f(mgR,B2L2)答案BC解析金属杆ab下落过程中产生感应电动势，电容器充电，电路中有充电电流，ab棒受到向上的安培力，设瞬时加速度为a，根据牛顿第二定律得mg－BIL＝ma。又I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝eq\f(CΔU,Δt)，又ΔU＝ΔE＝BLΔv，得I＝eq\f(CBL·Δv,Δt)＝CBLa，解得a＝eq\f(mg,m＋CB2L2)，可见杆的加速度不变，做匀加速直线运动，故B、C正确。2.(2018·辽宁盘锦月考)(多选)如图中MN和PQ为竖直方向的两平行足够长的光滑金属导轨，间距为L，电阻不计。导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，两端分别接阻值为2R的电阻R1和电容为C的电容器。质量为m、电阻为R的金属杆ab始终垂直于导轨，并与其保持良好接触。杆ab由静止开始下滑，在下滑过程中最大的速度为v，整个电路消耗的最大电功率为P，则()A．电容器左极板带正电B．电容器的最大带电量为eq\f(2CBLv,3)C．杆ab的最大速度v＝eq\f(P,mg)D．杆ab所受安培力的最大功率为eq\f(2P,3)答案BC解析根据右手定则，感应电动势的方向为a→b，故电容器右极板带正电荷，故A错误；当金属杆的速度达到最大时，感应电动势最大，感应电动势的最大值为：Em＝BLvm＝BLv，路端电压的最大值为：U＝eq\f(2R,2R＋R)Em＝eq\f(2,3)BLv，故电容器的带电量最大为：Q＝CU＝eq\f(2CBLv,3)，故B正确；杆ab所受安培力的最大功率即为整个电路消耗的最大电功率P，当杆ab的速度最大时F安＝mg，所以v＝eq\f(P,F安)＝eq\f(P,mg)，故C正确，D错误。3．(2018·河南第二次仿真模拟考试)如图所示，足够长的U形光滑导轨固定在倾角为30°的斜面上，导轨的宽度L＝0.5m，其下端与R＝1Ω的电阻连接，质量为m＝0.2kg的导体棒(长度也为L)与导轨接触良好，导体棒及导轨电阻均不计。磁感应强度B＝2T的匀强磁场垂直于导轨所在的平面，用一根与斜面平行的不可伸长的轻绳跨过定滑轮将导体棒和质量为M＝0.4kg的重物相连，重物离地面足够高。使导体棒从静止开始沿导轨上滑，当导体棒沿导轨上滑t＝1s时，其速度达到最大。求：(取g＝10m/s2)(1)导体棒的最大速度vm；(2)导体棒从静止开始沿轨道上滑时间t＝1s的过程中，电阻R上产生的焦耳热是多少？答案(1)3m/s(2)0.9J解析(1)速度最大时导体棒切割磁感线产生感应电动势E＝BLvm感应电流I＝eq\f(E,R)安培力FA＝BIL导体棒达到最大速度时由平衡条件得Mg＝mgsin30°＋FA联立解得vm＝3m/s。(2)设轻绳的拉力大小为F，由动量定理得Mgt－eq\x\to(F)t＝Mvm－0eq\x\to(F)t－mgsin30°·t－Beq\x\to(I)Lt＝mvm－0则Mgt－mgsin30°·t－Beq\x\to(I)Lt＝(M＋m)vm－0即Mgt－mgsin30°·t－BLq＝(M＋m)vm－0解得1s内流过导体棒的电荷量q＝1.2C电量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)解得1s内导体棒上滑位移x＝1.2m，由能量守恒定律得Mgx＝mgxsin30°＋eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,m)＋Q解得Q＝0.9J。热点二双杆模型双杆模型的常见情况(1)初速度不为零，不受其他水平外力的作用(2)初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用[例1]如图所示，电阻不计的两光滑金属导轨相距L，放在水平绝缘桌面上，半径为R的eq\f(1,4)圆弧部分处在竖直平面内，水平直导轨部分处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐。两金属棒ab、cd垂直于两导轨且与导轨接触良好，棒ab质量为2m、电阻为r，棒cd的质量为m、电阻为r，重力加速度为g。开始时棒cd静止在水平直导轨上，棒ab从圆弧顶端无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触并一直向右运动，最后两棒都离开导轨落到地面上。棒ab与棒cd落地点到桌面边缘的水平距离之比为1∶3。求：(1)棒ab和棒cd离开导轨时的速度大小；(2)棒cd在水平导轨上的最大加速度；(3)两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热。解析(1)设ab棒进入水平导轨的速度为v1，ab棒从圆弧导轨滑下，由机械能守恒定律得2mgR＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)①离开导轨时，设ab棒的速度为v1′，cd棒的速度为v2′，ab棒与cd棒在水平导轨上运动，由动量守恒得2mv1＝2mv1′＋mv2′②两棒离开导轨做平抛运动的时间相等，由水平位移x＝vt可知：v1′∶v2′＝x1∶x2＝1∶3③联立①②③解得v1′＝eq\f(2,5)eq\r(2gR)，v2′＝eq\f(6,5)eq\r(2gR)。(2)ab棒刚进入水平导轨时，cd棒受到的安培力最大，它的加速度最大，回路的感应电动势为E＝BLv1④I＝eq\f(E,2r)⑤cd棒受到的安培力为：Fcd＝BIL⑥cd棒有最大加速度为a＝eq\f(Fcd,m)⑦联立①④⑤⑥⑦解得：a＝eq\f(B2L2\r(2gR),2mr)。(3)根据能量守恒定律，两棒在轨道上运动过程产生的焦耳热为：Q＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2mv1′2＋\f(1,2)mv2′2))⑧联立①⑧并代入v1′和v2′解得Q＝eq\f(6,25)mgR。答案(1)eq\f(2,5)eq\r(2gR)eq\f(6,5)eq\r(2gR)(2)eq\f(B2L2\r(2gR),2mr)(3)eq\f(6,25)mgR方法感悟在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律。[例2]如图所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度B＝0.50T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计。导轨间的距离l＝0.20m。两根质量均为m＝0.10kg的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R＝0.50Ω。在t＝0时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行、大小为0.20N的恒力F作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动。经过t＝5.0s，金属杆甲的加速度为a＝1.37m/s2，问此时两金属杆的速度各为多少？解析设任一时刻t两金属杆甲、乙之间的距离为x，速度分别为v1和v2，经过很短的时间Δt，杆甲移动距离v1Δt，杆乙移动距离v2Δt，回路面积改变ΔS＝(x－v2Δt＋v1Δt)l－lx＝(v1－v2)lΔt由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势E＝Beq\f(ΔS,Δt)，回路中的电流I＝eq\f(E,2R)，杆甲的运动方程F－BlI＝ma。由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等，方向相反，所以两杆的动量(t＝0时为0)等于外力F的冲量Ft＝mv1＋mv2。联立以上各式解得v1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(Ft,m)＋\f(2R,B2l2)F－ma))，v2＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(Ft,m)－\f(2R,B2l2)F－ma))，代入数据得v1＝8.15m/s，v2＝1.85m/s。答案8.15m/s1.85m/s方法感悟1杆轨模型的处理仍然沿用解决力学问题的三大观点。2在双金属棒切割磁感线的系统中，若所受其他外力的合力不为零，则不符合动量守恒的条件，如果题目涉及时间，可考虑用动量定理或动力学观点解题。1.两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为l。导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图所示。两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其他部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0。若两导体棒在运动中始终不接触，求：(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？(2)当棒ab的速度变为初速度的eq\f(3,4)时，棒cd的加速度是多大？答案(1)eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(B2l2v0,4mR)解析(1)从开始到两棒达到相同速度v的过程中，两棒的总动量守恒，有mv0＝2mv，根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2mv2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)。(2)设棒ab的速度变为eq\f(3,4)v0时，cd棒的速度为v′，则由动量守恒可知mv0＝eq\f(3,4)mv0＋mv′得v′＝eq\f(1,4)v0，此时回路中产生的感应电动势E＝Bleq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)v0－v′))＝eq\f(1,2)Blv0，则电流I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(Blv0,4R)，此时棒cd所受的安培力F＝BIl＝eq\f(B2l2v0,4R)。由牛顿第二定律可得棒cd的加速度大小为a＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2l2v0,4mR)，方向水平向右。2．间距为L＝2m的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m＝0.1kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直放置形成闭合回路。细杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，导轨的电阻不计，细杆ab、cd接入电路的电阻分别为R1＝0.6Ω，R2＝0.4Ω。整个装置处于磁感应强度大小为B＝0.50T、方向竖直向上的匀强磁场中(图中未画出)。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动，且t＝0时，F＝1.5N，g＝10m/s2。(1)求ab杆的加速度a的大小；(2)求当cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小；(3)若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做的功为5.2J，求该过程中ab杆所产生的焦耳热。答案(1)10m/s2(2)2m/s(3)2.94J解析(1)由题可知，在t＝0时，F＝1.5N对ab杆进行受力分析，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma代入数据解得a＝10m/s2。(2)从d向c看，对cd杆进行受力分析，如图所示，当cd杆速度最大时，设ab杆的速度大小为v，有Ff＝mg＝μFN，FN＝F安，F安＝BIL，I＝eq\f(BLv,R1＋R2)综合以上各式，解得v＝2m/s(3)整个过程中，ab杆发生的位移x＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(22,2×10)m＝0.2m对ab杆应用动能定理，有WF－μmgx－W安＝eq\f(1,2)mv2代入数据解得W安＝4.9J根据功能关系得Q总＝W安所以ab杆上产生的热量Qab＝eq\f(R1,R1＋R2)Q总＝2.94J。课后作业1.(多选)如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L，其下端与电阻R连接。导体棒ab电阻为r，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上。若导体棒ab以一定初速度v下滑，则关于ab棒的下列说法正确的是()A．所受安培力方向水平向右B．可能以速度v匀速下滑C．刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为BLvD．减少的重力势能等于电阻R上产生的热量答案AB解析导体棒ab以一定初速度v下滑，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，由右手定则可判断出电流方向为从b到a，由左手定则可判断出ab棒所受安培力方向水平向右，A正确；当mgsinθ＝BILcosθ时，ab棒沿导轨方向合外力为零，则以速度v匀速下滑，B正确；由于速度方向与磁场方向夹角为(90°＋θ)，刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为E＝BLvcosθ，C错误；由能量守恒定律知，ab棒减少的重力势能不一定等于电阻R上产生的热量，D错误。2．(多选)如图，两根足够长光滑平行金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好。现在同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则()A．金属棒ab一直加速下滑B．金属棒ab最终可能匀速下滑C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D．带电微粒可能先向N板运动后向M板运动答案ACD解析根据牛顿第二定律有mgsinθ－BIl＝ma，而I＝eq\f(Δq,Δt)，Δq＝CΔU，ΔU＝BlΔv，Δv＝aΔt，联立解得a＝eq\f(mgsinθ,m＋B2l2C)，因而金属棒将做匀加速运动，A正确，B错误；ab棒切割磁感线，相当于电源，a端相当于电源正极，因而M板带正电，N板带负电，C正确；若带电粒子带负电，在重力和电场力的作用下，先向下运动然后再反向向上运动，D正确。3.如图所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距，电阻均为R、质量均为m，铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好。现给铜棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，下列说法正确的是()A．回路中的最大电流为eq\f(BLI,mR)B．铜棒b的最大加速度为eq\f(B2L2I,2m2R)C．铜棒b获得的最大速度为eq\f(I,m)D．回路中产生的总焦耳热为eq\f(I2,2m)答案B解析给铜棒a一个平行导轨的瞬时冲量I，此时铜棒a的速度最大，产生的感应电动势最大，回路中电流最大，每个棒受到的安培力最大，其加速度最大，I＝mv0，v0＝eq\f(I,m)，铜棒a电动势E＝BLv0，回路电流I0＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BLI,2mR)，A错误；此时铜棒b受到安培力F＝BI0L，其加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(IB2L2,2Rm2)，B正确；此后铜棒a做变减速运动，铜棒b做变加速运动，当二者达到共同速度时，铜棒b速度最大，据动量守恒，mv0＝2mv，铜棒b最大速度v＝eq\f(I,2m)，C错误；回路中产生的焦耳热Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2mv2＝eq\f(I2,4m)，D错误。4.(2018·湛江一中等四校联考)(多选)竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图所示，磁感应强度B＝0.5T，导体棒ab及cd长均为0.2m，电阻均为0.1Ω，重力均为0.1N，现用竖直向上的力拉导体ab，使之匀速上升(与导轨接触良好)，此时释放cd，cd恰好静止不动，那么ab上升时，下列说法正确的是()A．ab受到的拉力大小为0.2NB．ab向上的速度为2m/sC．在2s内，拉力做功转化的电能是0.8JD．在2s内，拉力做功为0.6J答案AB解析导体棒ab匀速上升，受力平衡，cd棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的整体，合外力为零，根据平衡条件可得：ab棒受到的拉力F＝2G＝0.2N，故A正确；cd棒受到的安培力：F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,2R)，cd棒静止，处于平衡状态，由平衡条件得：eq\f(B2L2v,2R)＝G，代入数据解得：v＝2m/s，故B正确；在2s内，电路产生的电能Q＝eq\f(E2,2R)t＝eq\f(BLv2,2R)t＝eq\f(0.5×0.2×22,2×0.1)×2J＝0.4J，则在2s内，拉力做功转化的电能是0.4J，故C错误；在2s内拉力做的功为：W＝F拉vt＝0.2×2×2J＝0.8J，故D错误。5.(多选)两根足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，间距为L，顶端接阻值为R的电阻。质量为m、电阻为r的金属棒在磁场上边界上方某处由静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示，不计导轨的电阻，重力加速度为g，则()A．金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向为a→bB．金属棒在磁场中运动的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为eq\f(B2L2v,R＋r)C．金属棒的最终速度为eq\f(mgR＋r,BL)D．金属棒以稳定的速度运动时，电阻R的热功率为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg,BL)))2R答案BD解析金属棒在磁场中向下运动时，由楞次定律可知，流过电阻R的电流方向为b→a，A错误；金属棒在磁场中运动的速度为v时，金属棒中感应电动势E＝BLv，感应电流I＝eq\f(E,R＋r)，所受的安培力大小为F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)，B正确；当安培力F＝mg时，金属棒下落速度不再改变，故金属棒的最终速度vm＝eq\f(mgR＋r,B2L2)，C错误；金属棒以稳定的速度运动时，电阻R的热功率P＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mg,BL)))2R，D正确。6．如图所示，竖直放置的两光滑平行金属导轨置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，两根质量相同的导体棒a和b垂直放置在导轨上且与导轨接触良好，可自由滑动。先固定a，释放b，当b的速度达到10m/s时，再释放a，经过1s后，a的速度达到12m/s，则：(g取10m/s2)(1)此时b的速度是多大？(2)假若导轨很长，试分析a、b棒最后的运动状态。答案(1)18m/s(2)a、b棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动解析(1)当b棒先向下运动时，在a和b以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流，于是a棒受到向下的安培力，b棒受到向上的安培力，且二者大小相等。释放a棒后，经过时间t＝1s，分别以a和b为研究对象，根据动量定理得(mg＋eq\x\to(F))t＝mva(mg－eq\x\to(F))t＝mvb－mv0解得vb＝18m/s。(2)在a、b棒向下运动的过程中，a棒的加速度a1＝g＋eq\f(F,m)，b棒的加速度a2＝g－eq\f(F,m)，闭合回路中磁通量的变化逐渐减小直至不变，感应电流也逐渐减小直至消失，则安培力也逐渐减小到零。最后，两棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动。7．(2018·哈尔滨三中二模)如图所示，两根间距为L的固定光滑金属导轨MP和NQ平行放置，电阻可忽略不计，两导轨是由位于MN左侧的半径为R的四分之一圆弧和MN右侧足够长的水平部分构成，水平导轨范围内存在竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场，两根长度均为L的导体棒ab和cd垂直导轨且与导轨接触良好，开始时cd静止在磁场中，ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，两导体棒在运动中始终不接触。已知ab棒、cd棒的质量均为m，电阻均为r。重力加速度为g。求：(1)ab棒到达圆弧底端时对导轨的压力大小；(2)某时刻，cd棒速度为该时刻ab棒速度的一半，此时cd棒的加速度大小。答案(1)3mg(2)eq\f(B2L2\r(2gR),6mr)解析(1)导体棒ab从圆弧导轨的顶端由静止释放下滑到底端的过程，由动能定理：mgR＝eq\f(1,2)mv2，到达圆弧底端时对导体棒ab有N－mg＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\r(2gR)，N＝3mg根据牛顿第三定律可得N′＝3mg，所以导体棒ab到达圆弧底端时对导轨的压力大小为3mg。(2)导体棒ab、cd在水平方向上动量守恒：mv＝mv1＋mv2，且v1＝2v2，解得v1＝eq\f(2,3)v，v2＝eq\f(1,3)v。产生的感应电动势E＝BLv1－BLv2，电流I＝eq\f(E,2r)。根据牛顿第二定律可得BIL＝ma，联立解得a＝eq\f(B2L2\r(2gR),6mr)。8．(2018·银川一中高三一模)如图所示，AD与A1D1为水平放置的无限长平行金属导轨，DC与D1C1为倾角为θ＝37°的平行金属导轨，两组导轨的间距均为l＝1.5m，导轨电阻忽略不计，质量为m1＝0.35kg、电阻为R1＝1Ω的导体棒ab置于倾斜导轨上，质量为m2＝0.4kg、电阻为R2＝0.5Ω的导体棒cd置于水平导轨上，轻质细绳跨过光滑定滑轮一端与cd的中点相连、另一端悬挂一轻质挂钩，导体棒ab、cd与导轨间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝2T，初始时刻，棒ab在倾斜导轨上恰好不下滑。(g取10m/s2)(1)求导体棒与导轨间的动摩擦因数μ；(2)在轻质挂钩上挂上物体P，细绳处于拉伸状态，将物体P与导体棒cd同时由静止释放，当P的质量不超过多大时，ab始终处于静止状态？(导体棒cd运动过程中，ab、cd一直与DD1平行，且没有与滑轮相碰。)(3)若P的质量取第(2)问中的最大值，由静止释放开始计时，当t＝1s时cd已经处于匀速直线运动状态，求在这1s内ab上产生的焦耳热为多少？答案(1)eq\f(3,4)(或0.75)(2)1.5kg(3)8.4J解析(1)对ab棒，由平衡条件得m1gsinθ－μm1gcosθ＝0，解得μ＝eq\f(3,4)(或0.75)。(2)当P的质量最大为M时，P和cd的运动达到稳定时，P和cd一起做匀速直线运动，ab处于静止状态，但摩擦力达到最大且沿斜面向下，如图所示。设此时电路中的电流为I，对ab棒，由平衡条件得：沿斜面方向：BIlcosθ－m1gsinθ－f＝0，f＝μN垂直于斜面方向：N－BIlsinθ－m1gcosθ＝0，对cd棒，设绳中的张力为T，由平衡条件得T－BIl－μm2g＝0，对P，由平衡条件得Mg－T＝0，联立以上各式