【物理】2019届一轮复习人教版　　电磁感应定律的综合应用学案 22页

第三节　电磁感应定律的综合应用 ‎(对应学生用书第190页)‎ ‎[教材知识速填]‎ 知识点1　电磁感应中的电路问题 ‎1．内电路和外电路 ‎(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源．‎ ‎(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路．‎ ‎2．电源电动势和路端电压 ‎(1)电动势：E＝Blv或E＝n.‎ ‎(2)路端电压：U＝IR＝E－Ir.‎ 易错判断 ‎(1)闭合电路的欧姆定律同样适用于电磁感应电路．(√)‎ ‎(2)“相当于电源”的导体棒两端的电压一定等于电源的电动势．(×)‎ ‎(3)电流一定从高电势流向低电势．(×)‎ 知识点2　电磁感应的图象问题 图象类型 ‎(1)磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I随时间t变化的图象，即Bt图象、Φt图象、Et图象和It图象 ‎(2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随位移x变化的图象，即Ex图象和Ix图象 问题类型 ‎(1)由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象 ‎(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量 ‎(3)利用给出的图象判断或画出新的图象 左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律 应用知识 ‎、欧姆定律、牛顿定律、函数图象知识等 知识点3　电磁感应现象中能量的问题 ‎1．能量的转化 感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为其他形式的能．‎ ‎2．实质 电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化．‎ ‎3．电磁感应现象中能量的三种计算方法 ‎(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．‎ ‎(2)利用能量守恒求解：机械能的减少量等于电能的增加量．‎ ‎(3)利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电能来计算．‎ 易错判断 ‎(1)克服安培力做功的过程，就是其他形式的能转化为电能的过程．(√)‎ ‎(2)电磁感应现象中，电能增加时，机械能一定在减小．(×)‎ 知识点4　电磁感应中的动力学问题 ‎1．安培力的大小 ⇒FA＝ ‎2．安培力的方向 ‎(1)用左手定则判断：先用右手定则判断感应电流的方向，再用左手定则判定安培力的方向．‎ ‎(2)用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相反．‎ ‎3．安培力参与下物体的运动 导体棒(或线框)在安培力和其他力的作用下，可以做加速运动、减速运动、匀速运动、静止或做其他类型的运动，可应用动能定理、牛顿运动定律等规律解题．‎ 易错判断 ‎(1)电磁感应中，感应电流引起的安培力一定做阻力．(×)‎ ‎(2)在有安培力的作用下，导体棒不能做加速运动．(×)‎ ‎[教材习题回访]‎ 考查点：电磁感应中的电路问题 ‎1．(粤教版选修3－2P23T1改编)如图1031所示，把正方形线框abcd从磁感应强度为B的匀强磁场中匀速拉出，速度方向与ad边垂直向左，速度的大小为v，线圈的边长为l，每边的电阻为R，则线圈在运动过程中，d、a两点间的电势差为(　　)‎ 图1031‎ A．Blv　　　　　　 B.Blv C.Blv D.Blv ‎[答案]　B　‎ 考查点：电磁感应中的能量问题 ‎2．(沪科版选修3－2P26T8改编)如图1032所示，有一边长为L、质量为m的正方形线圈abcd，自高度h＝‎2L处自由下落．下边ab进入匀强磁场后，线圈开始做匀速运动，直到其上边dc刚刚离开匀强磁场为止．此匀强磁场的区域的宽度也是L.则线圈在穿越匀强磁场的过程中产生的热能为(　　)‎ 图1032‎ A．mgL B．2mgL C．3mgL D．4mgL ‎[答案]　B　‎ 考查点：电磁感应中的图象问题 ‎3．(人教版选修3－2P8T6改编)某实验装置如图1033所示，在铁芯P上绕着两个线圈A和B，如果线圈A中电流i与时间t的关系有图1034所示的甲、乙、丙、丁共四种情况．在t1～t2这段时间内，哪些情况可以观察到在线圈B中有感应电流？(　　)‎ 图1033‎ 图1034‎ A．甲、乙、丙 B．乙、丁 C．丙、丁 D．乙、丙、丁 ‎[答案]　D　‎ 考查点：电磁感应中的受力情况 ‎4．(粤教选修3－2P34T5改编)如图1035所示，abcd是矩形闭合金属框，PQ是金属导体，可以沿着框边ab、cd无摩擦地平移滑动，整个框放在垂直于纸面向里的匀强磁场中．设磁感应强度为B，PQ长为L，电阻为R，ad、bc的电阻都为2R，ab、cd的电阻不计．当PQ以速度v向右匀速滑动时，则金属棒两端的电压U和作用在金属棒上的外力F的大小分别为(　　)‎ 图1035‎ A．BLv　 B.BLv　 C.BLv　 D.BLv　 ‎[答案]　B　‎ ‎(对应学生用书第192页)‎ 电磁感应中的电路问题 ‎1．处理电磁感应电路问题的一般思路 ‎2．电磁感应中电路知识的关系图 ‎[题组通关]‎ ‎1. (2018·焦作一模)(多选)如图1036所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝‎1 m，cd间、de间、cf间分别接着阻值R＝10 Ω的电阻．一阻值R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝‎4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场．下列说法中正确的是(　　)‎ 图1036‎ A．导体棒ab中电流的流向为由b到a B．cd两端的电压为1 V C．de两端的电压为1 V D．fe两端的电压为1 V BD　[由右手定则可知ab中电流方向为a→b，A错误；导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，ab为电源，cd间电阻R为外电路负载，de和cf间电阻中无电流，de和cf间无电压，因此cd和fe两端电压相等，即U＝×R＝＝1 V，B、D正确，C错误．]‎ ‎2．(多选)(2018·潍坊模拟)在如图1037甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝2R，圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻为R，半径为r2(r2，则金属棒做加速度增大的加速运动．则it图象、FAt图象、URt图象、Pt图象为曲线，斜率越来越大，此时选项B正确．‎ 若k<，则金属棒做加速度减小的加速运动，加速度减为零后做匀速运动，此时it图象、FAt图象、URt图象为曲线，斜率越来越小，此时选项C正确．]‎ ‎ [母题迁移]‎ 迁移1　Ft图象 ‎1．如图1039所示的匀强磁场中有一根弯成45°的金属线POQ，其所在平面与磁场垂直，长直导线MN与金属线紧密接触，起始时OA＝l0，且MN⊥OQ，所有导线单位长度的电阻均为r，MN运动的速度为v，使MN匀速运动的外力为F，则外力F随时间变化的图象是(　　) ‎ 图1039‎ A　　　　　B　　　　　C　　　　　　D C　[设经过时间t，则导线MN距O点的距离为l0＋vt，MN接入电路的长度也为l0＋vt，此时MN产生的感应电动势E＝B(l0＋vt)v，整个回路的电阻为R＝(2＋)(l0＋vt)r，回路中的电流I＝＝＝ ‎，由于导线匀速运动，导线受到的拉力F等于安培力，即F＝BIL＝B(l0＋vt)＝(l0＋vt)，故C正确．]‎ 迁移2　vt图象 ‎2．(2018·上饶二模)在如图10310所示的竖直平面内，在水平线MN的下方有足够大的匀强磁场，一个等腰三角形金属线框顶点C与MN重合，线框由静止释放，沿轴线DC方向竖直落入磁场中．忽略空气阻力，从释放到线框完全进入磁场过程中，关于线框运动的vt图象，可能正确的是(　　)‎ 图10310‎ A　　　　　　B　　　　　C　　　　　D C　[线框进入磁场过程中受到的安培力F＝BIl＝，线框切割磁感线的有效长度l增大、安培力增大，由牛顿第二定律得：mg－F＝ma，得a＝g－，线框由静止加速，由于l、v不断增大，a不断减小，则线框做加速度减小的加速运动，故C正确．]‎ 迁移3　it图象 ‎3．(2018·兰州模拟)如图10311所示，边长为‎2L的等边三角形区域abc内部的匀强磁场垂直纸面向里，b点处于x轴的坐标原点O；一与三角形区域abc等高的直角闭合金属线框ABC，∠ABC＝60°，BC边处在x轴上．现让金属线框ABC沿x轴正方向以恒定的速度v穿过磁场，在t＝0时线框B点恰好位于原点O的位置．规定逆时针方向为线框中感应电流的正方向，在下列四个ix图象中，能正确表示线框中感应电流随位移变化关系的是(　　) ‎ 图10311‎ D　[线圈从0～L过程，产生逆时针方向的电流；有效长度从0增大到L，故电流逐渐变大；从L～‎2L过程，产生逆时针方向的电流，有效长度从L逐渐减到0，故电流逐渐变小；从‎2L～‎3L过程，产生顺时针方向的电流，有效长度从L逐渐减到0，故电流逐渐变小；则图线D正确，A、B、C错误．]‎ 如图所示，两磁感应强度大小相等、方向相反的有界磁场，磁场区域宽度均为d，一底边长为2d的三角形金属线框以一定的速度匀速通过两磁场的过程中，三角形线框中的感应电流i随时间t的变化图象正确的是(取逆时针方向为正)(　　)‎ D　[整个过程分为4个小过程，且由线框有效切割长度和几何关系可知，电流随时间线性变化：由1到2位置，产生逆时针方向的电流且均匀减小，设开始时电流大小为2I0，则由2I0减小到I0；由2到3位置，产生顺时针方向的电流，开始时电流大小为3I0，且均匀减小，一直减小到2I0；由3到4位置，产生逆时针方向的电流且由零均匀增大到I0；由4位置到最后全部出磁场，为逆时针方向的电流且由I0均匀减小到零；综上所述选项D正确．]‎ 迁移4　Ux图象 ‎4.如图10312所示，垂直于纸面向里的匀强磁场的区域宽度为‎2a，磁感应强度的大小为B.一边长为a、电阻为4R的正方形均匀导线框CDEF从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域，关于线框EF两端的电压UEF与线框移动距离x的关系，下列图象正确的是(　　) ‎ 图10312‎ ‎[题眼点拨]　“线框从图示位置匀速穿过磁场区域”进出磁场电源电动势不变，但电源发生了变化．‎ D　[线框经过整个磁场区域时，做匀速运动，所以产生的感应电动势大小E＝Bav，刚进入磁场时，等效电路如图甲所示；完全在磁场中时，等效电路如图乙所示；一条边从磁场中离开时，等效电路如图丙所示．选项D正确，选项A、B、C错误．]‎ 甲　　　　　乙　　　　　　丙 ‎[反思总结]　电磁感应中图象类选择题的两个常用方法 ‎(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)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项．‎ ‎(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断．‎ 电磁感应中的动力学和能量问题 ‎1．导体的两种运动状态 ‎(1)平衡状态：静止或匀速直线运动，F合＝0.‎ ‎(2)非平衡状态：加速度不为零，F合＝ma.‎ ‎2．电学对象与力学对象的转换及关系 ‎3．能量转化及焦耳热的求法 ‎(1)能量转化 ‎(2)求解焦耳热Q的三种方法 ‎①焦耳定律：Q＝I2Rt.‎ ‎②功能关系：Q＝W克服安培力．‎ ‎③能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量．‎ ‎[多维探究]‎ 考向1　“水平方向”上的问题分析 ‎1．(多选)(2018·哈尔滨模拟)相距为L的两条平行光滑的金属导轨AB、CD被固定在水平桌面上，两根质量都是m、电阻都为R的导体棒甲和乙置于导轨上．一条跨过桌边定滑轮的轻质细线一端与导体棒甲相连，另一端与套在光滑竖直杆上的质量为m的物块丙相连，整个系统处于竖直向上的匀强磁场(图10313中未画出)中，磁感应强度为B.初态整个系统处于静止状态，跨过滑轮的细绳水平．现由静止状态开始释放物块丙，当其下落高度为h时细线与杆成37°角，此时物块丙的速度为v，导体棒乙的速度为u.若不计导轨电阻及一切摩擦，运动过程中导体棒始终与导轨垂直且有良好的接触，则(　　)‎ 图10313‎ A．在此过程中绳上拉力对导体棒甲所做的功等于mgh－mv2‎ B．在此过程中电路中生成的电能mgh－mv2‎ C．在此过程中电路中产生的焦耳热mgh－m D．在此过程中甲和丙总的机械能减少量等于系统内生成的电热 ABC　[丙克服绳子拉力做的功为W，对丙运用动能定理：mgh－W＝mv2，W＝mgh－mv2，设绳子的拉力为T，丙的速度为v时，绳子对丙做功的功率：P1＝－Tcos α×v，绳子对甲做功的功率：P2＝T×vcos α，大小始终相等，所以在此过程中绳上拉力对导体棒甲所做的功等于mgh－mv2，A正确；安培力对甲做的功，等于此过程中电路中生成的电能，对于甲和丙这个系统，根据能量转化与守恒定律， 电路中生成的电能：E＝mgh－ mv2－m(vcos α)2＝mgh－mv2，B正确；对于甲、乙、丙三个物体组成的系统运用能量转化与守恒定律，在此过程中电路中产生的焦耳热：Q＝mgh－mv2－m(vcos α)2－mu2＝mgh－mv2－mu2，C正确；在此过程中甲、乙和丙总的机械能减少量等于系统内生成的电热，D错误．故选A、B、C.]‎ 考向2　“竖直方向”上的问题分析 ‎2. (2018·湖南宜章模拟)如图10314所示，一质量为m，边长为h的正方形金属线框abcd自某一高度由静止下落，依次经过两匀强磁场区域，且金属线框bc边的初始位置离磁场B1的上边界的高度为，两磁场的磁感应强度分别为B1和B2，且B1＝2B0，B2＝B0(B0已知)，两磁场的间距为H(H未知，但H>h)，线框进入宽度为h的磁场B1时，恰好做匀速运动，速度为v1(v1已知)，从磁场B1中穿出后又以v2匀速通过宽度也为h的磁场B2.‎ 图10314‎ ‎(1)求v1与v2的比值；‎ ‎(2)写出H与h的关系式；‎ ‎(3)若地面离磁场B2的下边界的高度为h，求金属线框下落到地面所产生的热量．(用m、h、g表示) ‎ ‎[题眼点拨]　①“线框进入磁场B1时，恰好做匀速运动”说明重力与安培力等大反向；②“从磁场B1穿出后又以v2匀速通过磁场B‎2”‎说明在H中线框做匀加速直线运动．‎ ‎[解析](1)金属线框分别进入磁场B1和B2后，做匀速运动，由平衡条件有BIh＝mg ①‎ 又金属线框切割磁感线，则I＝②‎ 联立①②得v＝ 所以＝＝. ③‎ ‎(2)金属线框进入磁场B1前和离开磁场B1后到进入磁场B2前，都是做只在重力作用下的运动，由运动学公式有 v＝‎2g· ④‎ v－v＝‎2g(H－h) ⑤‎ 联立③④⑤得H＝. ⑥‎ ‎(3)产生的热量等于克服安培力做功，Q＝BIh·4h⑦‎ 联立①⑦得Q＝4mgh.‎ ‎[答案](1)1∶4　(2)H＝　(3)4mgh ‎1．在2题中把正方形金属线框abcd的运动改为“始终做加速度为g的匀加速直线运动，有时需对线框施加竖直方向的外力F，且H＝2h，线框的电阻为R”．求：‎ ‎(1)当正方形金属线框abcd的bc边恰好进入磁场B2时的竖直外力F；‎ ‎(2)当正方形金属线框abcd从静止开始运动到bc边离开磁场B1，通过线框a点的电荷量Q.‎ ‎[解析](1)bc边恰好进入磁场B2时的速度v＝＝，此时的安培力F安＝B2Ih＝ 由牛顿第二定律得mg＋F－F安＝mg 则竖直外力F＝.‎ ‎(2)由法拉第电磁感应定律得＝，则平均电流＝ 通过线框a点的电荷量Q＝Δt＝＝.‎ ‎[答案](1)　(2) ‎2．(多选)(2017·泉州模拟)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，底端接电阻R，轻弹簧上端固定，下端悬挂质量为m的金属棒，金属棒和导轨接触良好．除电阻R外，其余电阻不计．导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在平面．静止时金属棒位于A处，此时弹簧的伸长量为Δl，弹性势能为Ep.重力加速度大小为g.将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒在运动过程中始终保持水平，则(　　)‎ A．当金属棒的速度最大时，弹簧的伸长量为Δl B．电阻R上产生的总热量等于mgΔl－Ep C．金属棒第一次到达A处时，其加速度方向向下 D．金属棒第一次下降过程通过电阻R的电荷量比第一次上升过程的多 BD　[将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒向下运动，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，金属棒受到向上的安培力作用，当金属棒的速度最大时，弹簧向上的弹力加上安培力等于重力，弹簧的伸长量一定小于Δl，选项A错误．选取A处重力势能为零，金属棒从弹簧原长位置由静止释放时，系统机械能为mgΔl.金属棒做切割磁感线运动最后静止在A处，机械能为Ep.由能量守恒定律可知，电阻R上产生的总热量等于mgΔl－Ep，选项B正确．金属棒第一次到达A处时，弹簧向上的弹力加上安培力一定大于重力，其加速度方向向上，选项C错误．由于金属棒切割磁感线产生电能，第一次上升到的最高位置一定低于金属棒从弹簧原长位置(静止释放的初位置)，金属棒第一次下降过程回路磁通量变化一定大于第一次上升过程回路磁通量变化，由q＝可知，金属棒第一次下降过程通过电阻R的电荷量比第一次上升过程的多，选项D正确．]‎ 考向3　“倾斜方向”上的问题分析 ‎3．(多选)(2018·钦州模拟)足够长的倾角为θ＝37°的平行金属轨道宽度为L＝‎1 m，导轨电阻不计．如图10315所示，底端接有阻值为R＝3 Ω的定值电阻，磁感应强度为B＝1 T的匀强磁场垂直向上穿过导轨平面．有一质量为m＝‎2 kg、长也为L的导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻为r＝2 Ω，它与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.25.现让导体棒从导轨底部以平行斜面的初速度v0＝‎10 m/s向上滑行，上滑的最大距离为s＝‎2 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取‎10 m/s2，以下说法正确的是(　　) ‎ 图10315‎ A．运动的整个过程中，导体棒的最大加速度为‎8 m/s2‎ B．导体棒最终可以匀速下滑到导轨底部 C．导体棒从开始上滑到最大高度的过程中，通过电阻R的电荷量为‎0.4 C D．导体棒上滑过程中电阻R产生的焦耳热比下滑过程产生的焦耳热多 CD　[根据受力分析可知导体棒受到沿斜面向下的重力的分力和摩擦力，以及沿斜面向下的安培力，导体棒沿斜面向上做减速运动，速度减小，安培力减小，所以合力减小，故当开始运动时加速度最大，有a＝，F＝BIL＝BL，代入数据解得a＝‎9 m/s2，A错误；由题知上滑和下滑过程中，由于摩擦产生的热量均为Q＝Ffs＝μmgcos 37°·s＝8 J，杆的初动能Ek＝mv＝×2×102 J＝100 J，上滑过程中产生的电热Q1＝Ek－Q－mgssin 37°＝(100－8－20×2×0.6) J＝68 J，假设下滑过程中无焦耳热产生，且到达底端速度为v1，则有Ek－2Q－Q1＝mv，解得v1＝‎4 m/s，此时安培力为F＝＝0.8 N，仍然有mgsin 37°>(Ff＋F ‎)，故到达轨道底端前导体棒加速运动，故B错误；导体棒从开始上滑到最大高度的过程中，通过电阻R的电荷量为q＝＝＝‎0.4 C，C正确；因为不断有机械能转化为电热能，所以上滑过程中的平均速度大于下滑过程中的平均速度，即上滑过程中克服安培力做功大于下滑过程中克服安培力做功，即导体棒上滑过程中电阻R产生的焦耳热比下滑过程产生的焦耳热多，D正确．]‎ ‎[反思总结]　用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题 解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：‎ 电磁感应中的动量问题 ‎[母题]　(2018·大连模拟)如图10316所示，宽度为L的平行光滑的金属轨道，左端为半径为r1的四分之一圆弧轨道，右端为半径为r2的半圆轨道，中部为与它们相切的水平轨道．水平轨道所在的区域有磁感应强度为B的竖直向上的匀强磁场．一根质量为m的金属杆a置于水平轨道上，另一根质量为M的金属杆b由静止开始自左端轨道最高点滑下．当b滑入水平轨道某位置时，a就滑上了右端半圆轨道最高点(b始终运动且a、b未相撞)，并且a在最高点对轨道的压力大小为mg，此过程中通过a的电荷量为q，a、b棒的电阻分别为R1、R2，其余部分电阻不计．在b由静止释放到a运动到右端半圆轨道最高点过程中，求：‎ 图10316‎ ‎(1)在水平轨道上运动时，b的最大加速度是多大？‎ ‎(2)a刚到达右端半圆轨道最低点时b的速度是多大？‎ ‎(3)自b释放到a到达右端半圆轨道最高点过程中系统产生的焦耳热是多少？‎ ‎【自主思考】‎ ‎(1)b棒在圆轨道上运动时，其机械能是否守恒？‎ ‎[提示]　守恒．‎ ‎(2)a棒在圆轨道上运动时，其机械是否守恒？‎ ‎[提示]　守恒．‎ ‎(3)a、b两棒都在水平轨道上运动时，系统的动量是否守恒？‎ ‎[提示]　守恒．‎ ‎[解析](1)由机械能守恒定律得：Mv＝Mgr1‎ 解得：vb1＝ b刚滑到水平轨道时加速度最大，有 E＝BLvb1，I＝ 由牛顿第二定律有F安＝BIL＝Ma 解得a＝.‎ ‎(2)a由最低点到最高点，由能量守恒定律，有2mgr2＝mv－mv 在最高点有2mg＝m 解得：va2＝ 由a刚开始运动至到达半圆轨道最低点，由动量守恒定律有Mvb1＝Mvb3＋mva2‎ 解得vb3＝－.‎ ‎(3)由动量定理有－BILt＝Mvb2－Mvb1‎ 即－BLq＝Mvb2－Mvb1‎ 解得vb2＝－ a在半圆轨道最高点，有mg－N＝m 根据牛顿第三定律得N＝N′＝mg 解得va1＝ 从b释放至a到达右端半圆轨道最高点过程中，‎ 由能量守恒定律，有Mgr1＝Mv＋mv＋mg2r2＋Q 解得：Q＝BLq－3mgr2－.‎ ‎[答案](1)　(2)－ ‎(3)BLq－3mgr2－ ‎[母题迁移]‎ 如图10317所示，在大小为B的匀强磁场区域内跟磁场方向垂直的水平面中有两根固定的足够长的金属平行导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行，构成一矩形回路．导轨间距为l，导体棒的质量都为m，电阻都为R，导轨部分电阻可忽略不计．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v0，求：‎ 图10317‎ ‎(1)当cd棒速度减为0.8v0时的加速度；‎ ‎(2)从开始运动到最终稳定，电路中产生的电能为多大？‎ ‎(3)两棒之间距离增长量x的上限. ‎ ‎ [解析](1)设当cd棒速度减为0.8v0时ab棒的速度为v′，由动量守恒定律 mv0＝0.8mv0＋mv′ ①‎ 解得：v′＝0.2v0‎ 此时回路的电流是I＝②‎ cd棒的加速度为a＝ ③‎ 解得：a＝.‎ ‎(2)设两棒稳定时共同的末速度为v，据动量守恒定律 mv0＝(m＋m)v ④‎ 得：v＝v0 ⑤‎ Q＝mv－(m＋m)v2＝mv.‎ ‎(3)由法拉第电磁感应定律得，电路中产生的感应电动势E＝＝⑥‎ 这段时间内回路的电流为＝ ⑦‎ 对ab棒由动量定理得：BlΔt＝mv ⑧‎ 由⑤～⑧解得Δx＝. ⑨‎ ‎[答案](1)　(2)mv　(3)