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大题精练06 电磁感应规律的综合应用问题——2024年高考物理题型突破限时精练
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这是一份大题精练06 电磁感应规律的综合应用问题——2024年高考物理题型突破限时精练，文件包含大题精练06电磁感应规律的综合应用问题原卷版docx、大题精练06电磁感应规律的综合应用问题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共17页， 欢迎下载使用。
公式、知识点回顾（时间：5分钟）
一、考向分析
1.本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识的综合应用，高考既以选择题的形式命题,也以计算题的形式命题。
2.学好本专题，可以极大地培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决数形结合、利用动力学和功能关系解决电磁感应问题的信心。
3.用到的知识有: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、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿运动定律、函数图像、动能定理和能量守恒定律等。
电磁感应综合试题往往与导轨滑杆等模型结合,考査内容主要集中在电磁感应与力学中力的平衡、力与运动动量与能量的关系上,有时也能与电磁感应的相关图像问题相结合。通常还与电路等知识综合成难度较大的试题，与现代科技结合密切,对理论联系实际的能力要求较高。
二、动力学
三、运动学
四、电磁学
五、解题思路
(1)电路分析:明确电源与外电路，可画等效电路图。
(2)受力分析:把握安培力的特点，安培力大小与导体棒速度有关，一般在牛顿第二定律方程里讨论，v的变化影响安培力大小，进而影响加速度大小，加速度的变化又会影响v的变化。
(3)过程分析:注意导体棒进入磁场或离开磁场时的速度是否达到“收尾速度”。
(4)能量分析:克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。
难度：★★★★★ 建议时间：60分钟
1．【以动生电动势为基综合考查导体棒运动的问题】（2023•宜春一模）如图所示，与水平方向成夹角θ＝37°的两平行金属导轨BC、B′C′，左端连接水平金属轨道BAA'B'，右端用绝缘圆弧连接水平金属导轨CD、C′D′，并在轨道上放置静止的金属导体棒b。在水平轨道末端安装绝缘的无摩擦固定转轴开关，导体棒b经过DD'两点（无能量损失），进入半径r＝2.7m与水平面垂直的半圆形导轨。转轴开关会顺时针转动90°以挡住后面的金属棒。EE'两点略高于DD'，可无碰撞通过。半圆形导轨与足够长的水平金属导轨HG、H'G'平滑连接，末端连接C＝1F的电容器。已知轨道间距为d＝1m，BC、B′C′长度L＝10m，a、b棒质量均为1kg，a电阻为R＝2Ω，b电阻不计，BC、B′C′平面，CD、C'D'平面，HG、H'G'平面内均有垂直于该平面的磁场B＝1T，不计一切摩擦，导轨电阻不计，g＝10m/s2。现将导体棒a自BB'静止释放，求：
（1）若导体棒a运动至CC'前已匀速，求下滑的时间及匀速下滑时速度；
（2）CD、C'D'水平金属导轨足够长，要求a、b棒可在水平轨道上达到共速且不会发生碰撞，则b初始位置至少应离CC'多远；
（3）b过DD'后，转轴开关将a挡住，求b在轨道HG、H'G'滑行的最终速度。
【解答】解：（1）对a棒，当其匀速下滑时由平衡条件有：mgsinθ＝BId
解得：I=mgsinθBd=1×10×0.61×1=6A
所以感应电动势：E＝IR＝6×2V＝12V
又根据动生电动势公式：E＝Bdv
代入数据可得棒匀速运动的速度：v1＝12m/s
对a有：mgsinθt-BIdt=mv1
又：It=q=BdLR
联立解得：t=176s
（2）a滑上CD、C′D′后与b动量守恒，则：mv1＝2mv2
解得：v2＝6m/s
以向右方向为正，根据动量定理，对b有：BIdt'=mv2
又根据电流的定义知：It'=q=BdΔx相R
联立代入数据可得：Δx相＝12m
故至少离CC′的距离为12m。
（3）b进入圆轨道时，因为v2=6m/s≥gr
故沿轨道做圆周运动至GG′，由动能定理有：2mgr=12m(v32-v22)
可得：v3＝12m/s
对b有：-BIdt=m(v-v3)
又根据电容和电流的定义知：It=q=CU
且U＝Bdv
可得：v=mv3m+B2d2C
代入数据可得：v＝6m/s
2．【以感生电动势为基综合考查导体棒运动的问题】（2023•海口三模）如图1所示，间距L＝1m的足够长倾斜导轨倾角θ＝37°，导轨顶端连一电阻R＝1Ω，左侧存在一面积S＝0.6m2的圆形磁场区域B，磁场方向垂直于斜面向下，大小随时间变化如图2所示，右侧存在着方向垂直于斜面向下的恒定磁场B1＝1T，一长为L＝1m，电阻r＝1Ω的金属棒ab与导轨垂直放置，t＝0至t＝1s，金属棒ab恰好能静止在右侧的导轨上，之后金属棒ab开始沿导轨下滑，经过足够长的距离进入EF，且在进入EF前速度已经稳定，最后停止在导轨上。已知EF左侧导轨均光滑，EF右侧导轨与金属棒间的动摩擦因数μ＝tanθ，取g＝10m/s2，不计导轨电阻与其他阻力，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。求：
（1）t＝0至t＝1s内流过电阻的电流和金属棒ab的质量；
（2）金属棒ab进入EF时的速度大小；
（3）金属棒ab进入EF后通过电阻R的电荷量。
【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律可得t＝0至t＝1s内回路中的感应电动势为：
E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=11×0.6V=0.6V
根据闭合电路欧姆定律可得t＝0至t＝1s内流过电阻的电流为I=ER+r=0.61+1A＝0.3A
设金属棒ab的质量为m，这段时间内金属棒ab受力平衡，根据平衡条件可得：mgsinθ＝B1IL
代入数据解得：m＝0.05kg；
（2）设金属棒ab进入EF时的速度大小为v，此时回路中的感应电动势为E′＝B1Lv
回路中的电流为I'=E'R+r
导体棒ab所受安培力大小为F＝B1I′L
根据平衡条件可得F＝mgsinθ
联立解得：v＝0.6m/s；
（3）设金属棒ab从进入EF到最终停下的过程中，回路中的平均电流为I，经历时间为t，
取沿导轨向下为正方向，对金属棒ab根据动量定理有（﹣B1IL+mgsinθ﹣μmgcsθ）t＝0﹣mvt＝0﹣mv
其中mgsinθ﹣μmgcsθ＝0
且：q=It
联立解得：q＝0.03C。
3．【以等间距双导体棒模型考动量能量问题】（2023•皇姑区校级模拟）如图所示，两根竖直放置的平行光滑金属导轨，上端接阻值R＝3Ω的定值电阻．水平虚线A1、A2间有与导轨平面垂直的匀强磁场，磁场区域的高度为d＝0.3m．导体棒a的质量ma＝0.2kg，电阻Ra＝3Ω；导体棒b的质量mb＝0.1kg，电阻Rb＝6Ω．它们分别从图中P、Q处同时由静止开始在导轨上向下滑动，且都能匀速穿过磁场区域，当b刚穿出磁场时a正好进入磁场．设重力加速度为g＝10m/s2，不计a、b之间的作用，整个过程中a、b棒始终与金属导轨接触良好，导轨电阻忽略不计．求：
（1）在整个过程中，a、b两棒克服安培力做的功分别是多少；
（2）a、b棒刚进入磁场时的速度大小分别为多少。
【解答】解：（1）导体棒只有通过磁场时才受到安培力，因两棒均匀速通过磁场，由动能定理可知，克服安培力做的功与重力功相等，有：
Wa＝magd＝0.2×10×0.3J＝0.6J
Wb＝mbgd＝0.1×10×0.3J＝0.3J
（2）设b棒在磁场中匀速运动的速度为vb，此时b棒相当于电源，a棒与电阻R并联，
此时整个电路的总电阻为：R1=RRaR+Ra+Rb=3×33+3Ω+6Ω＝7.5Ω
b棒中的电流为：Ib=BLvbR1
b棒所受安培力：F安＝BIbL=B2L2vbR1
根据平衡条件有：B2L2vbR1=mbg
同理，对a棒有：B2L2vaR2=mag
其中：R2=RRbR+Rb+Ra=3×63+6Ω+3Ω＝5Ω
解得：vbva=34
设b棒在磁场中运动的时间为t，有：d＝vbt
因b到达磁场上边界是两棒的速度相同，且b刚穿出磁场时a正好进入磁场，则有：
va＝vb+gt
联立解得：va＝4m/s，vb＝3m/s
4．【以不等间距双导体棒模型考动量定理与电磁规律的综合问题】（2023•衡水二模）如图所示，光滑平行轨道abcc'd的水平部分（虚线右侧）存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，bc段轨道宽度为2L，c'd段轨道宽度为L，质量为m、长度为2L的均质金属棒Q静止在c'd段，将另一完全相同的金属棒P从ab段距水平轨道高h处无初速释放，由于回路中除两金属棒外的电阻极小，bc段和c'd段轨道均足够长，一段时间后两金属棒均匀速运动，重力加速度大小为g，求：
（1）金属棒P在磁场中运动的最小速度vP；
（2）两金属棒距离最近时金属棒Q两端的电压U。
【解答】解：（1）金属棒P下滑刚进入磁场时，速度最大，设最大速度为vm，之后金属棒P进入磁场后，产生感应电流，金属棒P在安培力作用下向右做减速运动，金属棒Q在安培力作用下向右做加速运动，直到两金属棒产生的电动势等大、反向，回路的电流为零。
设金属棒Q匀速运动时的速度大小为vQ，整个过程中通过回路中某截面的电荷量为q，时间为Δt，平均电流为I1。
金属棒P下滑过程，由机械能守恒有mgh=12mvm2
稳定时，有B•2L•vP＝BLvQ
通过金属棒P的电荷量q＝I1Δt
金属棒P，取向右为正方向，由动量定理有
﹣BI1•2LΔt＝﹣B•2Lq＝mvP﹣mvm
金属棒Q，取向右为正方向，由动量定理
有 BI1LΔt＝BLq＝mvQ﹣0
解得：vP=2gh5
（2）两金属棒在水平轨道做变速运动时，金属棒P的加速度大小始终等于金属棒Q的加速度大小的两倍。运动过程中的v﹣t图像如图所示
显然图像的交点的纵坐标为vm3，而两金属棒速度大小相等时距离最近，设此时金属棒P产生的电动势为E，金属棒Q在电路中产生的反电动势为E'，回路中的感应电流为I，设金属棒Q接入电路的电阻为R，金属棒P接入电路的电阻为2R，则有E＝B•2L•vm3
E′＝BL•vm3
由闭合电路欧姆定律有 I=E-E'3R
金属棒Q两端的电压U＝B•2L•vm3-I•2R解得：U=4BL2gh9
5．【以棒+电容器模型考查力电综合问题】（2023•金华模拟）如图所示，长度足够的两导轨与水平面成θ角平行放置，间距为d；在导轨所在区间，存在方向垂直导轨平面、大小为B的匀强磁场；接入两导轨间的两个电阻阻值均为R、电容器电容为C和线圈电感为L。一根长也为d、质量为m的导体棒搁置在两导轨上。t＝0时，导体棒静止释放，不计摩擦、空气阻力和其它电阻（不考虑电磁辐射）。（提示：当通过线圈的电流随时间发生变化时，线圈产生的电动势大小E=LΔIΔt；当线圈中通有电流I时，其储存的磁能W=12LI2）
（1）t＝0时，接通S1，断开S2和S3，求棒所能达到的最大速度vm1；
（2）t＝0时，接通S2，断开S1和S3，求棒的加速度a；
（3）t＝0时，接通S3，断开S1和S2，已知棒下滑x0时恰好达到最大速度，求最大速度vm2以及当棒下滑2x0过程中回路产生的焦耳热Q。
【解答】解：（1）当棒速度最大时，重力的下滑分力等于安培力：mgsinθ＝BId
此时产生的感应电动势：E＝Bdvm1
感应电流：I=ER
联立解得：vm1=mgRsinθB2d2，方向沿斜面向下。
（2）由牛顿第二定律知：mgsinθ﹣BId＝ma
根据公式：I=ΔqΔt=CΔUΔt=CBdΔvΔt=CBda
代入上式可得：a=mgsinθm+CB2d2，方向沿斜面向下。
（3）当棒速度达到最大时回路中电流保持不变，电感线圈不再发生作用，棒接下来做匀速直线运动：mgsinθ=B2d2vm2R
整理可得：vm2=mgRsinθB2d2，方向沿斜面向下。
由能量守恒可知：mg⋅2x0sinθ=12LIm2+Q+12mvm22
其中：Im=Bdvm2R
可得：Q=2mgx0sinθ-12L(mgsinθBd)2-12m(mgRsinθB2d2)2
答：（1）棒所能达到的最大速度vm1为mgRsinθB2d2，方向沿斜面向下；
牛顿第二运动定律
F合 = ma 或或者 Fx = m ax Fy = m ay
向心力
牛顿第三定律
匀变速直线运动
vt=v0+at，s=v0t+12at2
vt2-v02=2as，s=v0+vt2⋅t 平均速度：
Vt/ 2 == Vs/2 = v2+vt22 匀加速或匀减速直线运动：Vt/2电磁感应
1. ε=BLVsinθ平动切割 ε=NΔφΔt磁变模型ε=BLV中点 旋转切割
2.Ф=Bssinθ；e=NBSωcsωt (矩形线圈在匀强磁场中匀速转动)
E有=NBSω2 (只有正弦)
3.焦耳热Q=I2Rt(I恒定)Q=I有2Rt（I正弦变化） Q=ΔE机(I非正弦变化)
4.电量q=It q=n△ф/R BILt=BLq=mV2-mV1(只受洛仑兹力)
5.变压器U1U2=n1n2 P入=P出 n1I1= n2I2 + n3I3
6. 输电 P=UI P损=（PU）2R线 U2送=U损+U 3达 P送=P损+P达
7. 电磁振荡 T=2πLC q=qmsinωt i=Imcsωt
法拉第电磁感应定律
普适公式：
导体切割：（B、L、v三者相互垂直）
【例题】（2023•北辰区校级模拟）如图甲所示，两根间距L＝1.0m、电阻不计的足够长平行金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R＝2.0Ω的电阻相连。质量m＝0.2kg的导体棒ef在恒定外力F作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为f＝1.0N，导体棒电阻为r＝1.0Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场B中，导体棒运动过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示（取g＝10m/s2）。求：
（1）当导体棒速度为v时，棒所受安培力F安的大小（用题中字母表示）；
（2）恒力F和磁感应强度B分别为多大；
（3）若ef棒由静止开始运动距离为s＝6.9m时，速度已达v′＝3m/s，求此过程中电阻R上产生的焦耳热QR。
【解答】解：（1）当导体棒速度为v时，导体棒上的电动势为E，电路中的电流为I.
由法拉第电磁感应定律：E＝BLv
由欧姆定律：I=ER+r
导体棒所受安培力F安＝BIL
解得F安=B2L2vR+r
（2）由图可知：导体棒开始运动时加速度a＝5m/s2，初速度v0＝0，导体棒中无电流，棒不受安培力，由牛顿第二定律知：F﹣f＝ma
即F＝ma+f＝（0.2×5+1.0）N＝2.0N.
由图可知：当导体棒的加速度a＝0时，开始以v＝3m/s做匀速运动，此时有：
F﹣f﹣F安＝0即F﹣f-B2L2vR+r=0解得B=(F-f)(R+r)vL2=(2.0-1.0)×(2.0+1.0)3×1.02T=1T
（3）设ef棒此过程中，产生的热量为Q，由能量守恒定律：
Q=(F-f)s-12mv'2=[(2.0-1.0)×6.9-12×0.2×32]J＝6J
电阻R上产生的焦耳热QR=RR+rQ=2.02.0+1.0×6J=4J
公式、知识点回顾（时间：5分钟）
一、考向分析
1.本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识的综合应用，高考既以选择题的形式命题,也以计算题的形式命题。
2.学好本专题，可以极大地培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决数形结合、利用动力学和功能关系解决电磁感应问题的信心。
3.用到的知识有: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、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿运动定律、函数图像、动能定理和能量守恒定律等。
电磁感应综合试题往往与导轨滑杆等模型结合,考査内容主要集中在电磁感应与力学中力的平衡、力与运动动量与能量的关系上,有时也能与电磁感应的相关图像问题相结合。通常还与电路等知识综合成难度较大的试题，与现代科技结合密切,对理论联系实际的能力要求较高。
二、动力学
三、运动学
四、电磁学
五、解题思路
(1)电路分析:明确电源与外电路，可画等效电路图。
(2)受力分析:把握安培力的特点，安培力大小与导体棒速度有关，一般在牛顿第二定律方程里讨论，v的变化影响安培力大小，进而影响加速度大小，加速度的变化又会影响v的变化。
(3)过程分析:注意导体棒进入磁场或离开磁场时的速度是否达到“收尾速度”。
(4)能量分析:克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。
难度：★★★★★ 建议时间：60分钟
1．【以动生电动势为基综合考查导体棒运动的问题】（2023•宜春一模）如图所示，与水平方向成夹角θ＝37°的两平行金属导轨BC、B′C′，左端连接水平金属轨道BAA'B'，右端用绝缘圆弧连接水平金属导轨CD、C′D′，并在轨道上放置静止的金属导体棒b。在水平轨道末端安装绝缘的无摩擦固定转轴开关，导体棒b经过DD'两点（无能量损失），进入半径r＝2.7m与水平面垂直的半圆形导轨。转轴开关会顺时针转动90°以挡住后面的金属棒。EE'两点略高于DD'，可无碰撞通过。半圆形导轨与足够长的水平金属导轨HG、H'G'平滑连接，末端连接C＝1F的电容器。已知轨道间距为d＝1m，BC、B′C′长度L＝10m，a、b棒质量均为1kg，a电阻为R＝2Ω，b电阻不计，BC、B′C′平面，CD、C'D'平面，HG、H'G'平面内均有垂直于该平面的磁场B＝1T，不计一切摩擦，导轨电阻不计，g＝10m/s2。现将导体棒a自BB'静止释放，求：
（1）若导体棒a运动至CC'前已匀速，求下滑的时间及匀速下滑时速度；
（2）CD、C'D'水平金属导轨足够长，要求a、b棒可在水平轨道上达到共速且不会发生碰撞，则b初始位置至少应离CC'多远；
（3）b过DD'后，转轴开关将a挡住，求b在轨道HG、H'G'滑行的最终速度。
【解答】解：（1）对a棒，当其匀速下滑时由平衡条件有：mgsinθ＝BId
解得：I=mgsinθBd=1×10×0.61×1=6A
所以感应电动势：E＝IR＝6×2V＝12V
又根据动生电动势公式：E＝Bdv
代入数据可得棒匀速运动的速度：v1＝12m/s
对a有：mgsinθt-BIdt=mv1
又：It=q=BdLR
联立解得：t=176s
（2）a滑上CD、C′D′后与b动量守恒，则：mv1＝2mv2
解得：v2＝6m/s
以向右方向为正，根据动量定理，对b有：BIdt'=mv2
又根据电流的定义知：It'=q=BdΔx相R
联立代入数据可得：Δx相＝12m
故至少离CC′的距离为12m。
（3）b进入圆轨道时，因为v2=6m/s≥gr
故沿轨道做圆周运动至GG′，由动能定理有：2mgr=12m(v32-v22)
可得：v3＝12m/s
对b有：-BIdt=m(v-v3)
又根据电容和电流的定义知：It=q=CU
且U＝Bdv
可得：v=mv3m+B2d2C
代入数据可得：v＝6m/s
2．【以感生电动势为基综合考查导体棒运动的问题】（2023•海口三模）如图1所示，间距L＝1m的足够长倾斜导轨倾角θ＝37°，导轨顶端连一电阻R＝1Ω，左侧存在一面积S＝0.6m2的圆形磁场区域B，磁场方向垂直于斜面向下，大小随时间变化如图2所示，右侧存在着方向垂直于斜面向下的恒定磁场B1＝1T，一长为L＝1m，电阻r＝1Ω的金属棒ab与导轨垂直放置，t＝0至t＝1s，金属棒ab恰好能静止在右侧的导轨上，之后金属棒ab开始沿导轨下滑，经过足够长的距离进入EF，且在进入EF前速度已经稳定，最后停止在导轨上。已知EF左侧导轨均光滑，EF右侧导轨与金属棒间的动摩擦因数μ＝tanθ，取g＝10m/s2，不计导轨电阻与其他阻力，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。求：
（1）t＝0至t＝1s内流过电阻的电流和金属棒ab的质量；
（2）金属棒ab进入EF时的速度大小；
（3）金属棒ab进入EF后通过电阻R的电荷量。
【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律可得t＝0至t＝1s内回路中的感应电动势为：
E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=11×0.6V=0.6V
根据闭合电路欧姆定律可得t＝0至t＝1s内流过电阻的电流为I=ER+r=0.61+1A＝0.3A
设金属棒ab的质量为m，这段时间内金属棒ab受力平衡，根据平衡条件可得：mgsinθ＝B1IL
代入数据解得：m＝0.05kg；
（2）设金属棒ab进入EF时的速度大小为v，此时回路中的感应电动势为E′＝B1Lv
回路中的电流为I'=E'R+r
导体棒ab所受安培力大小为F＝B1I′L
根据平衡条件可得F＝mgsinθ
联立解得：v＝0.6m/s；
（3）设金属棒ab从进入EF到最终停下的过程中，回路中的平均电流为I，经历时间为t，
取沿导轨向下为正方向，对金属棒ab根据动量定理有（﹣B1IL+mgsinθ﹣μmgcsθ）t＝0﹣mvt＝0﹣mv
其中mgsinθ﹣μmgcsθ＝0
且：q=It
联立解得：q＝0.03C。
3．【以等间距双导体棒模型考动量能量问题】（2023•皇姑区校级模拟）如图所示，两根竖直放置的平行光滑金属导轨，上端接阻值R＝3Ω的定值电阻．水平虚线A1、A2间有与导轨平面垂直的匀强磁场，磁场区域的高度为d＝0.3m．导体棒a的质量ma＝0.2kg，电阻Ra＝3Ω；导体棒b的质量mb＝0.1kg，电阻Rb＝6Ω．它们分别从图中P、Q处同时由静止开始在导轨上向下滑动，且都能匀速穿过磁场区域，当b刚穿出磁场时a正好进入磁场．设重力加速度为g＝10m/s2，不计a、b之间的作用，整个过程中a、b棒始终与金属导轨接触良好，导轨电阻忽略不计．求：
（1）在整个过程中，a、b两棒克服安培力做的功分别是多少；
（2）a、b棒刚进入磁场时的速度大小分别为多少。
【解答】解：（1）导体棒只有通过磁场时才受到安培力，因两棒均匀速通过磁场，由动能定理可知，克服安培力做的功与重力功相等，有：
Wa＝magd＝0.2×10×0.3J＝0.6J
Wb＝mbgd＝0.1×10×0.3J＝0.3J
（2）设b棒在磁场中匀速运动的速度为vb，此时b棒相当于电源，a棒与电阻R并联，
此时整个电路的总电阻为：R1=RRaR+Ra+Rb=3×33+3Ω+6Ω＝7.5Ω
b棒中的电流为：Ib=BLvbR1
b棒所受安培力：F安＝BIbL=B2L2vbR1
根据平衡条件有：B2L2vbR1=mbg
同理，对a棒有：B2L2vaR2=mag
其中：R2=RRbR+Rb+Ra=3×63+6Ω+3Ω＝5Ω
解得：vbva=34
设b棒在磁场中运动的时间为t，有：d＝vbt
因b到达磁场上边界是两棒的速度相同，且b刚穿出磁场时a正好进入磁场，则有：
va＝vb+gt
联立解得：va＝4m/s，vb＝3m/s
4．【以不等间距双导体棒模型考动量定理与电磁规律的综合问题】（2023•衡水二模）如图所示，光滑平行轨道abcc'd的水平部分（虚线右侧）存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，bc段轨道宽度为2L，c'd段轨道宽度为L，质量为m、长度为2L的均质金属棒Q静止在c'd段，将另一完全相同的金属棒P从ab段距水平轨道高h处无初速释放，由于回路中除两金属棒外的电阻极小，bc段和c'd段轨道均足够长，一段时间后两金属棒均匀速运动，重力加速度大小为g，求：
（1）金属棒P在磁场中运动的最小速度vP；
（2）两金属棒距离最近时金属棒Q两端的电压U。
【解答】解：（1）金属棒P下滑刚进入磁场时，速度最大，设最大速度为vm，之后金属棒P进入磁场后，产生感应电流，金属棒P在安培力作用下向右做减速运动，金属棒Q在安培力作用下向右做加速运动，直到两金属棒产生的电动势等大、反向，回路的电流为零。
设金属棒Q匀速运动时的速度大小为vQ，整个过程中通过回路中某截面的电荷量为q，时间为Δt，平均电流为I1。
金属棒P下滑过程，由机械能守恒有mgh=12mvm2
稳定时，有B•2L•vP＝BLvQ
通过金属棒P的电荷量q＝I1Δt
金属棒P，取向右为正方向，由动量定理有
﹣BI1•2LΔt＝﹣B•2Lq＝mvP﹣mvm
金属棒Q，取向右为正方向，由动量定理
有 BI1LΔt＝BLq＝mvQ﹣0
解得：vP=2gh5
（2）两金属棒在水平轨道做变速运动时，金属棒P的加速度大小始终等于金属棒Q的加速度大小的两倍。运动过程中的v﹣t图像如图所示
显然图像的交点的纵坐标为vm3，而两金属棒速度大小相等时距离最近，设此时金属棒P产生的电动势为E，金属棒Q在电路中产生的反电动势为E'，回路中的感应电流为I，设金属棒Q接入电路的电阻为R，金属棒P接入电路的电阻为2R，则有E＝B•2L•vm3
E′＝BL•vm3
由闭合电路欧姆定律有 I=E-E'3R
金属棒Q两端的电压U＝B•2L•vm3-I•2R解得：U=4BL2gh9
5．【以棒+电容器模型考查力电综合问题】（2023•金华模拟）如图所示，长度足够的两导轨与水平面成θ角平行放置，间距为d；在导轨所在区间，存在方向垂直导轨平面、大小为B的匀强磁场；接入两导轨间的两个电阻阻值均为R、电容器电容为C和线圈电感为L。一根长也为d、质量为m的导体棒搁置在两导轨上。t＝0时，导体棒静止释放，不计摩擦、空气阻力和其它电阻（不考虑电磁辐射）。（提示：当通过线圈的电流随时间发生变化时，线圈产生的电动势大小E=LΔIΔt；当线圈中通有电流I时，其储存的磁能W=12LI2）
（1）t＝0时，接通S1，断开S2和S3，求棒所能达到的最大速度vm1；
（2）t＝0时，接通S2，断开S1和S3，求棒的加速度a；
（3）t＝0时，接通S3，断开S1和S2，已知棒下滑x0时恰好达到最大速度，求最大速度vm2以及当棒下滑2x0过程中回路产生的焦耳热Q。
【解答】解：（1）当棒速度最大时，重力的下滑分力等于安培力：mgsinθ＝BId
此时产生的感应电动势：E＝Bdvm1
感应电流：I=ER
联立解得：vm1=mgRsinθB2d2，方向沿斜面向下。
（2）由牛顿第二定律知：mgsinθ﹣BId＝ma
根据公式：I=ΔqΔt=CΔUΔt=CBdΔvΔt=CBda
代入上式可得：a=mgsinθm+CB2d2，方向沿斜面向下。
（3）当棒速度达到最大时回路中电流保持不变，电感线圈不再发生作用，棒接下来做匀速直线运动：mgsinθ=B2d2vm2R
整理可得：vm2=mgRsinθB2d2，方向沿斜面向下。
由能量守恒可知：mg⋅2x0sinθ=12LIm2+Q+12mvm22
其中：Im=Bdvm2R
可得：Q=2mgx0sinθ-12L(mgsinθBd)2-12m(mgRsinθB2d2)2
答：（1）棒所能达到的最大速度vm1为mgRsinθB2d2，方向沿斜面向下；
牛顿第二运动定律
F合 = ma 或或者 Fx = m ax Fy = m ay
向心力
牛顿第三定律
匀变速直线运动
vt=v0+at，s=v0t+12at2
vt2-v02=2as，s=v0+vt2⋅t 平均速度：
Vt/ 2 == Vs/2 = v2+vt22 匀加速或匀减速直线运动：Vt/2
1. ε=BLVsinθ平动切割 ε=NΔφΔt磁变模型ε=BLV中点 旋转切割
2.Ф=Bssinθ；e=NBSωcsωt (矩形线圈在匀强磁场中匀速转动)
E有=NBSω2 (只有正弦)
3.焦耳热Q=I2Rt(I恒定)Q=I有2Rt（I正弦变化） Q=ΔE机(I非正弦变化)
4.电量q=It q=n△ф/R BILt=BLq=mV2-mV1(只受洛仑兹力)
5.变压器U1U2=n1n2 P入=P出 n1I1= n2I2 + n3I3
6. 输电 P=UI P损=（PU）2R线 U2送=U损+U 3达 P送=P损+P达
7. 电磁振荡 T=2πLC q=qmsinωt i=Imcsωt
法拉第电磁感应定律
普适公式：
导体切割：（B、L、v三者相互垂直）
【例题】（2023•北辰区校级模拟）如图甲所示，两根间距L＝1.0m、电阻不计的足够长平行金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R＝2.0Ω的电阻相连。质量m＝0.2kg的导体棒ef在恒定外力F作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为f＝1.0N，导体棒电阻为r＝1.0Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场B中，导体棒运动过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示（取g＝10m/s2）。求：
（1）当导体棒速度为v时，棒所受安培力F安的大小（用题中字母表示）；
（2）恒力F和磁感应强度B分别为多大；
（3）若ef棒由静止开始运动距离为s＝6.9m时，速度已达v′＝3m/s，求此过程中电阻R上产生的焦耳热QR。
【解答】解：（1）当导体棒速度为v时，导体棒上的电动势为E，电路中的电流为I.
由法拉第电磁感应定律：E＝BLv
由欧姆定律：I=ER+r
导体棒所受安培力F安＝BIL
解得F安=B2L2vR+r
（2）由图可知：导体棒开始运动时加速度a＝5m/s2，初速度v0＝0，导体棒中无电流，棒不受安培力，由牛顿第二定律知：F﹣f＝ma
即F＝ma+f＝（0.2×5+1.0）N＝2.0N.
由图可知：当导体棒的加速度a＝0时，开始以v＝3m/s做匀速运动，此时有：
F﹣f﹣F安＝0即F﹣f-B2L2vR+r=0解得B=(F-f)(R+r)vL2=(2.0-1.0)×(2.0+1.0)3×1.02T=1T
（3）设ef棒此过程中，产生的热量为Q，由能量守恒定律：
Q=(F-f)s-12mv'2=[(2.0-1.0)×6.9-12×0.2×32]J＝6J
电阻R上产生的焦耳热QR=RR+rQ=2.02.0+1.0×6J=4J
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