高考物理一轮复习专题11.4电磁感应--电磁感应中的动量和能量问题(原卷版+解析)

这是一份高考物理一轮复习专题11.4电磁感应--电磁感应中的动量和能量问题(原卷版+解析)，共70页。

考向一 单导体棒模型
考向二 双导体棒模型
考向三 线框模型
考向一 单导体棒模型
一、电磁感应中的能量问题
1.电磁感应中的能量转化
(1)安培力做正功，电能转化为机械能，如电动机。
(2)安培力做负功，机械能转化为电能，如发电机。
2.求解焦耳热Q的三种方法
3．解题的一般步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路)；
(2)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；
(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解．
二、电磁感应中动量问题
角度1 动量定理在电磁感应中的应用
在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量。
(1)求电荷量或速度：Beq \(I,\s\up6(－))lΔt＝mv2－mv1，q＝eq \(I,\s\up6(－))t。
(2)求时间：Ft＝I冲＝mv2－mv1，I冲＝BIlΔt＝Bleq \f(ΔΦ,R总)。
(3)求位移：－BIlΔt＝－eq \f(B2l2vΔt,R总)＝0－mv0，即－eq \f(B2l2,R总)x＝m(0－v0)。
三、单杆模型
注：(1)在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量。
(2)若光滑导轨倾斜放置，要考虑导体杆受到重力沿导轨斜面向下的分力作用，分析方法与表格中受外力F时的情况类似，这里就不再赘述。
【典例1】(2023年6月浙江省普通高中学业水平等级性考试）21. 舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v-t图如图2所示，在t1至t3时间内F=(800－10v）N，t3时撤去F。已知起飞速度v1=80m/s，t1=1.5s，线圈匝数n=100匝，每匝周长l=1m，飞机的质量M=10kg，动子和线圈的总质量m=5kg，R0=9.5Ω，B=0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求
（1）恒流源的电流I；
（2）线圈电阻R；
（3）时刻t3。
答案:（1）80A；（2）；（3）
解析：（1）由题意可知接通恒流源时安培力
动子和线圈在0~t1时间段内做匀加速直线运动，运动的加速度为
根据牛顿第二定律有
代入数据联立解得
（2）当S掷向2接通定值电阻R0时，感应电流为
此时安培力为
所以此时根据牛顿第二定律有
由图可知在至期间加速度恒定，则有
解得，
（3）根据图像可知
故；在0~t2时间段内的位移
而根据法拉第电磁感应定律有
电荷量的定义式
可得
从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路的电荷量，根据动量定理有
联立可得
解得
【典例2】(多选)(2023·山东省滨州市高三下二模)如图所示，一个等腰直角三角形金属线框直角顶点O处不闭合，竖直放置于水平匀强磁场中，磁场磁感应强度为B，线框平面与磁场方向垂直，线框的斜边长为L，定值电阻阻值为R，其余部分线框电阻可忽略不计。现有一质量分布均匀的导体棒水平放置，中心在线框最高点O处由静止释放(导体棒足够长，电阻不计)，导体棒在下落过程中与线框始终保持良好接触。不计摩擦和空气阻力，下列说法中正确的是( )
A．导体棒下落eq \f(L,4)的过程中，流过R的电荷量为eq \f(BL2,16R)
B．离开磁场前导体棒一定一直加速
C．离开磁场前导体棒可能先加速后匀速
D．导体棒下落过程机械能的减少量等于电阻R上产生的热量
答案:AD
解析：由法拉第电磁感应定律可得E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，由闭合电路欧姆定律可得I＝eq \f(E,R)，由电流的定义式可得，流过R的电荷量为q＝I·Δt＝eq \f(ΔΦ,R)，导体棒下落eq \f(L,4)的过程中ΔΦ＝B·eq \f(L2,16)，联立可得q＝eq \f(BL2,16R)，A正确；对导体棒受力分析，有重力和安培力。安培力定义式为F安＝BIl，导体棒产生的电动势为E＝Blv，由闭合电路的欧姆定律可得I＝eq \f(E,R)，则F安＝eq \f(B2l2v,R)，最开始，重力大于安培力，此时导体棒做加速运动。不考虑导体棒的运动位移，当重力等于安培力之后，导体棒的有效切割长度继续变大，所以安培力比重力大，合力向上，导体棒做减速运动，B、C错误；导体棒在下落过程中，重力做正功，安培力做负功转化为电阻R的内能，由能量守恒定律可得，导体棒下落过程机械能的减少量为ΔE＝QR，D正确。
练习1、(多选)(2023·江苏省扬州市高三下第三次调研)如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，磁感应强度为B的匀强磁场分布在导轨所在的空间内，磁场方向竖直向下，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置．现使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时棒刚好静止．设导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中( )
A．通过棒某一横截面的电荷量相等
B．棒的动能变化量相等
C．回路中产生的内能相等
D．安培力的冲量相等
答案:AD
解析：金属棒运动过程中，通过棒某一横截面的电荷量Q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt＝eq \f(E,R)Δt＝eq \f(ΔΦ,Δt·R)·Δt＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(B·ΔS,R)，从a到b的过程中与从b到c的过程中，回路面积的变化量ΔS相等，又B、R为定值，因此通过棒某一横截面的电荷量相等，选项A正确．金属棒受到的安培力大小为F安＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)，方向水平向左，金属棒在安培力作用下做减速运动，由于a、b间距离与b、c间距离相等，且从a到c的过程中安培力F安逐渐减小，由W＝Fs进行定性分析可知，棒从a到b克服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多，由动能定理可知，这两个过程中棒的动能变化量不相等；金属棒克服安培力做功，金属棒的动能转化为内能，因此在a到b的过程中产生的内能多，选项B、C错误．安培力的冲量I＝Beq \(I,\s\up6(－))LΔt，因两过程中Q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt相等，则两过程中安培力的冲量相等，选项D正确．
练习2、(2023·江苏省连云港市高三下第三次调研)如图甲所示，一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离L＝0.5 m，NQ两端连接阻值R＝2.0 Ω的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°，一质量m1＝0.40 kg、接入电路的阻值r＝1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的轻质定滑轮与质量m2＝0.80 kg的重物相连．细线与金属导轨平行．金属棒沿导轨向上滑行的速度v与时间t之间的关系如图乙所示，已知金属棒在0～0.3 s内通过的电荷量是0.3～0.6 s内通过电荷量的eq \f(2,3)，g＝10 m/s2，求：
(1)0～0.3 s内金属棒通过的位移大小；
(2)金属棒在0～0.6 s内产生的热量．
答案: (1)0.3 m (2)1.05 J
解析： (1)0～0.3 s内通过金属棒的电荷量
q1＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝eq \f(BLx1,R＋r)
0．3～0.6 s内通过金属棒的电荷量q2＝I2t2＝eq \f(BLv0t2,R＋r)
由题中的电荷量关系eq \f(q1,q2)＝eq \f(2,3)，解得：x1＝0.3 m
(2)金属棒在0～0.6 s内通过的总位移为x＝x1＋x2＝x1＋v0t2，解得x＝0.75 m
根据能量守恒定律有m2gx－m1gxsin θ＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v02＋Q
解得Q＝3.15 J
由于金属棒与电阻R串联，电流相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt，它们产生的热量与电阻成正比，所以金属棒在0～0.6 s内产生的热量Qr＝eq \f(r,R＋r)Q＝1.05 J.
【巧学妙记】
解决电磁感应中有关能量问题的常用规律
1．动能定理：合外力(包含安培力)所做的功等于导体棒动能的增量．
2．能量转化和守恒定律
(1)判断选定的系统在某一过程中能量的形式．
(2)分析该过程中哪一种能量增加，哪一种能量减少．
(3)增加的能量等于减少的能量．
考向二 双导体棒模型
一、动量守恒定律和功能关系的应用
1.问题特点
对于双导体棒运动的问题，通常是两棒与导轨构成一个闭合回路，当其中一棒在外力作用下获得一定速度时必然在磁场中切割磁感线，在该闭合回路中形成一定的感应电流；另一根导体棒在磁场中在安培力的作用下开始运动，一旦运动起来也将切割磁感线产生一定的感应电动势，对原来电流的变化起阻碍作用。
2.方法技巧
在电磁感应综合问题中，若以等长双杆(光滑)在磁场中的运动作为命题背景，由于回路中为同一电流，两杆所受安培力等大反向，系统合力为零，则可应用动量守恒定律方便快速地求出杆的速度。另外，也可把双杆问题当成碰撞问题的变形拓展，可以对系统同时应用动量守恒定律和能量守恒定律。若双杆不等长，由于安培力大小不等，系统合力不为零，则系统动量不守恒，但涉及速度、位移、时间、电荷量等物理量可选用动量定理求解。
二、双杆模型
1．初速度不为零，不受其他水平外力的作用
【典例3】(2023年辽宁省普通高中学业水平等级性考试）15. 如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
（1）求M刚进入磁场时受到安培力F的大小和方向；
（2）若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，求：①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；②初始时刻N到的最小距离x；
（3）初始时刻，若N到的距离与第（2）问初始时刻的相同、到的距离为，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。
答案:（1），方向水平向左；（2）①，②；（3）
解析：（1）细金属杆M以初速度向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为
电流方向为，电流的大小为
则所受的安培力大小为
安培力的方向由左手定则可知水平向左；
（2）①金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有且
联立解得通过回路的电荷量为
②设两杆在磁场中相对靠近的位移为，有，
整理可得
联立可得
若两杆在磁场内刚好相撞，N到的最小距离为
（3）两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到的距离与第（2）问初始时刻的相同、到的距离为，则N到ab边的速度大小恒为，根据动量守恒定律可知
解得N出磁场时，M的速度大小为
由题意可知，此时M到cd边的距离为
若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：
①M减速到时出磁场，速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有
联立解得
②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有
同理解得
综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为
【典例4】(2023·山东青岛质检)如图所示，平行金属导轨由水平部分和倾斜部分组成，倾斜部分是两个竖直放置的四分之一圆弧导轨，圆弧半径r＝0.2 m。水平部分是两段均足够长但不等宽的光滑导轨，CC′＝3AA′＝0.6 m，水平导轨与圆弧导轨在AA′处平滑连接。整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，导体棒MN、PQ的质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.6 kg，长度分别为l1＝0.2 m、l2＝0.6 m，电阻分别为R1＝1.0 Ω、R2＝3.0 Ω，PQ固定在宽水平导轨上。现给导体棒MN一个初速度，使其恰好沿圆弧导轨从最高点匀速下滑，到达圆弧最低处AA′位置时，MN克服安培力做功的瞬时功率为0.04 W，重力加速度g＝10 m/s2，不计导轨电阻，导体棒MN、PQ与导轨一直接触良好。求：
(1)导体棒MN到达圆弧导轨最低处AA′位置时对轨道的压力大小；
(2)导体棒MN沿圆弧导轨下滑过程中，MN克服摩擦力做的功(保留3位有效数字)；
(3)若导体棒MN到达AA′位置时释放PQ，运动稳定后通过回路某截面的电荷量q。
答案:(1)6 N (2)0.397 J (3)0.5 C
解析：(1)导体棒MN到达圆弧导轨最低处时，克服安培力做功的功率P＝BI1l1v，由E1＝Bl1v，I1＝eq \f(E1,R1＋R2)，解得v＝2 m/s，在最低点，由牛顿第二定律有FN－m1g＝m1eq \f(v2,r)，解得FN＝6 N，根据牛顿第三定律，导体棒MN在AA′位置时对轨道的压力大小为6 N。
(2)导体棒MN沿圆弧轨道下滑过程中，感应电动势e＝Bl1vsinθ，有效值E＝eq \f(Bl1v,\r(2))
经历的时间t＝eq \f(2πr,v)·eq \f(1,4)
产生的焦耳热Q＝eq \f(E2,R1＋R2)t＝0.003 14 J
克服安培力做功W2＝Q＝0.003 14 J
设MN克服摩擦力做的功为W1
根据动能定理得m1gr－W1－W2＝0
解得W1＝0.397 J。
(3)释放PQ后，当Bl1v1＝Bl2v2时，回路中的电流为0，
对MN，根据动量定律可得－Beq \x\t(I)l1t＝m1v1－m1v
即Bl1q＝m1v－m1v1
对PQ，根据动量定律可得Beq \x\t(I)l2t＝m2v2－0
即Bl2q＝m2v2
解得q＝0.5 C。
练习3、(2023·安徽芜湖市5月质量监控)如图所示，宽度为L1＝30 cm与宽度为L2＝10 cm的两部分平行金属导轨连接良好并固定在水平面上，整个空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1 T，长度分别为L1和L2的导体棒1和2按如图所示的方式置于导轨上，已知两导体棒的质量均为m＝0.02 kg，两导体棒单位长度的电阻均为r0＝0.1 Ω/m，现给导体棒1以水平向右的初速度v0＝4 m/s。假设导轨的电阻忽略不计、导体棒与导轨之间的摩擦可忽略不计，两部分导轨足够长且导体棒1始终在宽轨道上运动。
(1)当导体棒1开始运动瞬间，求导体棒2的加速度大小；
(2)求导体棒1匀速运动时的速度大小；
(3)两导体棒从开始运动到刚匀速运动的过程中，两导体棒发生的位移分别是x1和x2，试写出此时两导体棒的位移x1和x2之间的关系式。
答案:(1)1.5 m/s2 (2)1.2 m/s (3)3x1－x2＝9.6 m
解析：(1)导体棒1刚开始运动时电源电动势为E＝BL1v0＝0.12 V
由题意知整个电路的总电阻为
r＝(L1＋L2)r0
由闭合电路欧姆定律知电路中的总电流大小为I＝eq \f(E,r)＝3 A
导体棒2所受的安培力大小为F2＝BIL2
由牛顿第二定律可知加速度大小
a2＝eq \f(F2,m)＝eq \f(BIL2,m)＝1.5 m/s2。
(2)由动量定理，对导体棒1有
－BL1eq \(I,\s\up15(－))Δt＝mv1－mv0
(或－∑BL1iΔt＝mv1－mv0)
即－BL1q＝mv1－mv0
同理对导体棒2有BL2eq \(I,\s\up15(－))Δt＝mv2
(或－∑BL2iΔt＝mv2)
两导体棒均匀速运动时，两导体棒无电流，电动势相等，有v2＝3v1
联立以上各式可解得v1＝eq \f(1,10)v0＝0.4 m/s
v2＝eq \f(3,10)v0＝1.2 m/s。
(3)由BL2eq \(I,\s\up15(－))Δt＝mv2
由法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔΦ,Δt)
又因eq \(I,\s\up15(－))＝eq \f(eq \(E,\s\up15(－)),r)
Δq＝eq \(I,\s\up15(－))Δt
整理得Δq＝eq \f(BL1x1－BL2x2,（L1＋L2）r0)
联立以上各式可得
L1x1－L2x2＝eq \f(mv2（L1＋L2）r0,B2L2)
即3x1－x2＝9.6 m。
练习4、(2023·山东泰安二轮检测)如图所示，等间距固定的两光滑金属导轨由半径为r的竖直圆轨和水平直轨平滑连接组成，导轨间距为L(L≪r)，上端用阻值为R的电阻连接。水平直轨在同一水平面内，处于磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场中。长度为L、质量为M、电阻为R的金属棒ab放在水平直轨的左端(在磁场内)并始终与导轨接触良好，质量为m(m(1)碰后cd上升的最大高度；
(2)除碰撞外ab的最大加速度；
(3)到cd、ab都停止运动的全过程中ab的位移；
(4)cd与ab发生第二次碰撞与第三次碰撞之间的时间间隔。
答案:(1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(M－m,M＋m)))eq \s\up12(2)L或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m－M,m＋M)))eq \s\up12(2)L (2)eq \f(mB2L2\r(2gL),M（M＋m）R) (3)eq \f(2MR,B2L2)eq \r(2gL)
(4)πeq \r(\f(r,g))＋eq \f(4MmR（3M＋m）,（M－m）2B2L2)
解析：(1)设第一次碰撞前cd的速度为v，有
mgL＝eq \f(1,2)mv2
设第一次碰撞后cd的速度为v1，ab的速度为V1，则mv＝mv1＋MV1
eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)MVeq \\al(2,1)
解得v1＝eq \f(m－M,m＋M)v，V1＝eq \f(2m,m＋M)v
设碰撞后cd上升的最大高度为h，mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
整理得h＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(M－m,M＋m)))eq \s\up12(2)L或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m－M,m＋M)))eq \s\up12(2)L。
(2)第一次碰撞后瞬间ab的加速度最大，此时ab的速度为V1，回路中的电动势为E、电流为I及ab受到的安培力为F则E＝BLV1，I＝eq \f(E,2R)，F＝BIL
根据牛顿第二定律F＝Ma
整理得a＝eq \f(mB2L2\r(2gL),M（M＋m）R)。
(3)第二次碰撞后cd速度大小为v2，ab速度为V2，v2＝eq \f(M－m,M＋m)|v1|，V2＝eq \f(2m,M＋m)|v1|
n次碰后cd为vn，ab为Vn，vn＝eq \f(M－m,M＋m)|vn－1|，Vn＝eq \f(2m,M＋m)|vn－1|
对ab由第一次碰撞到第一次停止的过程，由动量定理得B eq \x\t(I)LΔt＝MV1
eq \x\t(I)Δt＝eq \f(BL eq \x\t(V),2R)Δt＝eq \f(BLx1,2R)
x1＝eq \f(2MR,B2L2)V1，同理x2＝eq \f(2MR,B2L2)V2
则xn＝eq \f(2MR,B2L2)Vn，得eq \f(xn＋1,xn)＝eq \f(M－m,M＋m)
总位移x＝x1＋x2＋…＋xn
当n→∞时，x＝eq \f(2MR,B2L2)eq \r(2gL)。
(4)cd在水平轨道运动时间t1＝eq \f(2x1＋x2,V2)
cd在圆弧轨道运动时间t2＝eq \f(T,2)＝πeq \r(\f(r,g))
总时间t＝t2＋t1
综上得t＝πeq \r(\f(r,g))＋eq \f(4MmR（3M＋m）,（M－m）2B2L2)。
考向三 线框模型
导线框模型
分析导线框在有界磁场中的运动问题时，通常将导线框的整个运动过程分为“进磁场”“在磁场中平动”“出磁场”三个阶段，然后分别对它们分析，以确定导线框的运动情况。常见导线框情景及解题思路
【典例5】(多选)(2023·湖南省高考模拟)如图所示，在垂直纸面向里的有界匀强磁场区域的左侧，一正方形线框以3.0 m/s的初速度沿垂直于磁场边界由位置Ⅰ水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ的速度为v，则下列说法正确的是( )
A．q1 ＝q2 B．q1＝2q2
C．v＝1.0 m/s D．v＝1.5 m/s
答案:BC
解析：根据q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BS,R)可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1＝2q2，A错误，B正确；线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理－Beq \(I,\s\up15(－))1LΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理－Beq \(I,\s\up15(－))2LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，联立解得v＝eq \f(1,3)v0＝1.0 m/s，C正确，D错误。
【典例6】(2023·日照第二次模拟)如图所示，光滑斜面体固定在水平地面上，斜面与地面间的夹角θ＝37°，斜面上放置质量M＝0.19 kg的滑块，滑块上固定着一个质量m＝0.01 kg、电阻R＝0.2 Ω、边长L＝0.3 m的正方形单匝线圈efgh，其中线圈的一边恰好与斜面平行，滑块载着线圈无初速度地进入一有界匀强磁场(磁场边界与斜面垂直，宽度d＝2L)，磁场方向与线圈平面垂直并指向纸内、磁感应强度大小B＝2 T。已知线圈与滑块之间绝缘，滑块长度与线圈边长相同，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求滑块和线圈进入磁场的过程中流过线圈横截面的电荷量q；
(2)若从线圈的gh边进磁场到ef边进磁场所用的时间为0.5 s，求线圈的ef边进入磁场前瞬间的加速度；
(3)若滑块和线圈完全穿出磁场时的速度v1＝2 m/s，求在穿过磁场的整个过程中线圈中产生的热量Q。
答案:(1)0.9 C (2)3.3 m/s2 (3)0.68 J
解析：(1)线圈进入磁场的过程中流过线圈横截面的电荷量为q＝IΔt＝eq \f(E,R)Δt
E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，ΔΦ＝BS，代入数据得q＝0.9 C。
(2)线圈进入磁场的过程中
(M＋m)gsin θ·t－IF安＝(M＋m)v－0
IF安＝BL∑iΔt＝BLq
代入数据得v＝0.3 m/s
E＝BLv，I＝eq \f(E,R)
(M＋m)gsin θ－BIL＝(M＋m)a
代入数据得a＝3.3 m/s2。
(3)滑块及线圈穿过磁场过程中
(M＋m)gsin θ×3L＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,1)＋Q
代入数据得Q＝0.68 J。
练习5、(2023陕西汉中重点中学联考)(多选)如图所示，一匀强磁场区域边界为MN，方向竖直向下，光滑水平桌面上有一边长为L的正方形线框，线框左右两边与MN平行，以大小为v0的速度沿垂直磁场边界方向进入磁场，当线框全部进入磁场时速度恰好为零．用v表示线框的速度大小，x表示线框的位移(以线框右边与MN重合时的位置为初位置)，t表示线框运动的时间(从线框右边与MN重合开始计时)，则下列图像可能正确的是( )
答案:BD
解析：设线框质量为m，总电阻为R.线框在运动过程中，只受安培力作用，根据牛顿第二定律可得a＝eq \f(F,m)＝eq \f(BIL,m)＝eq \f(BL,m)·eq \f(BLv,R)＝eq \f(B2L2v,mR)，减速过程中v在减小，所以加速度在减小，故v ­t图像的斜率在减小，做加速度减小的减速运动，故A错误，B正确；根据动量定理可得－Ft＝mv－mv0，其中安培力F＝eq \f(B2L2v,R)，故－eq \f(B2L2,R)vt＝mv－mv0，即－eq \f(B2L2,R)x＝mv－mv0，化简可得：v＝v0－eq \f(B2L2,mR)x，即v ­x为一次函数，故C错误，D正确．
练习6、(多选)(2023·江苏省泰州市高三下第三次调研)如图所示，在光滑的绝缘水平面上，放置一个边长为L、质量为m、电阻为R的单匝正方形金属线框abcd，线框的右侧与一根绝缘水平细线相连，细线的另一端跨过一个光滑的小定滑轮，悬挂一个质量为4m的重物，放置于倾角为θ＝30°的足够大的光滑斜面上，在线框右侧存在一宽度也为L、方向竖直向下的匀强磁场，磁场的左边界与线框cd边平行且距离也为L。现将线框和重物同时由静止释放，线框恰好能够完全匀速通过磁场区域，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．线框右边cd刚进入磁场时的速度大小为eq \f(2\r(5gL),5)
B．磁场的磁感应强度大小为 eq \r(\f(\r(5)gmR,L))
C．线框通过磁场的过程中，电流做的功为2mgL
D．线框cd边在进入磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量为 eq \r(\f(mL\r(5gL),R))
答案:AD
解析：线框和重物组成的系统机械能守恒，则有4mgLsin θ＝eq \f(1,2)(m＋4m)v2，解得v＝eq \f(2\r(5gL),5)，故A正确；根据平衡条件，对线框有T＝F安＝eq \f(B2L2v,R)，对重物有T＝4mgsin θ，联立解得B＝eq \f(1,L) eq \r(\f(\r(5gL)mR,L))，故B错误；因线框恰好能够完全匀速通过磁场区域，根据能量守恒定律可得W电＝4mg·2Lsin θ＝4mgL，故C错误；线框cd边在进入磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量为q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BL2,R)，联立方程，解得q＝ eq \r(\f(mL\r(5gL),R))，故D正确。
1. (多选)(2023·江苏省南通市高三下第三次调研)水平放置的U形导轨足够长，置于方向竖直向上的匀强磁场中，如图所示．磁感应强度大小B＝5 T，导轨宽度L＝0.4 m，左侧与R＝0.5 Ω的定值电阻连接，右侧有导体棒ab跨放在导轨上，导体棒ab质量m＝2.0 kg，电阻r＝0.5 Ω，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，其余电阻可忽略不计．导体棒ab在大小为10 N的水平外力F作用下，由静止开始运动了x＝40 cm时，速度达到最大，运动过程中导体棒始终垂直导轨且接触良好，取g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．导体棒ab加速度为零时速度最大
B．导体棒ab运动的最大速度是2.0 m/s
C．当导体棒ab的速度为1 m/s时，导体棒ab的加速度是1.0 m/s2
D．导体棒ab由静止达到最大速度的过程中，电阻R上产生的热量是0.15 J
2. (多选)(2023·宁夏石嘴山市4月模拟)如图所示，足够长的光滑U形导轨宽度为L，电阻不计，其所在平面与水平面的夹角为α，上端连接一个阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上。现有一质量为m、有效电阻为r的金属杆沿框架由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度vm时，运动的位移为x，则( )
A.在此过程中金属杆的速度均匀增加
B.金属杆下滑的最大速度eq \f(mg（R＋r）sin α,B2L2)
C.在此过程中流过电阻R的电荷量为eq \f(BLx,R＋r)
D.在此过程中电阻R产生的焦耳热为mgxsin α－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)
3. (多选)(2023·江苏省淮安市高三下第三次调研)如图所示，宽为L的两固定光滑金属导轨水平放置，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量均为m、电阻值均为r的两导体棒ab和cd静止置于导轨上，其间距也为L，现给cd一向右的初速度v0，对它们之后的运动过程说法正确的是( )
A.ab的加速度越来越大，cd的加速度越来越小
B.回路产生的焦耳热为eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)
C.通过ab的电荷量为eq \f(mv0,2BL)
D.两导体棒间的距离最终变为L＋eq \f(mv0r,B2L2)
4.(多选)(2023·山东济宁市期末质量检测)如图所示，平行光滑金属导轨固定在竖直面内，导轨间距为1 m，上端连接阻值为2 Ω的定值电阻，虚线的上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2 T，质量为1 kg的导体棒套在金属导轨上与导轨接触良好，现给导体棒一个向上的初速度，当其刚好越过虚线时速度为20 m/s，导体棒运动到虚线上方1 m处速度减为零，此后导体棒向下运动，到达虚线前速度已经达到恒定，整个运动过程中导体棒始终保持水平。导轨和导体棒的电阻均忽略不计，取g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.导体棒的最大加速度为50 m/s2
B.导体棒上升过程中流过定值电阻的电荷量为4 C
C.导体棒下落到虚线时的速度大小为5 m/s
D.导体棒从越过虚线到运动到最高点所需的时间为1.8 s
5. (2023·江苏省南通市高三下第三次调研)如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长L为1m、质量m为0.1kg的导体棒MN上升，导体棒的电阻R为1Ω，架在竖直放置的框架上，它们处于磁感应强度B为1T的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直．当导体棒上升h＝3.8m时，获得稳定的速度，导体棒上产生的热量为2J，电动机牵引棒时，电压表、电流表的读数分别为7V、1A，电动机内阻r为1Ω，不计框架电阻及一切摩擦，则以下判断正确的是( )
A．导体棒向上做匀减速运动
B．电动机的输出功率为49J
C．导体棒达到稳定时的速度为v＝2m/s
D．导体棒从静止至达到稳定速度所需要的时间为1s
6. (2023·天津市南开区高三下一模)如图所示，ABCD为固定的水平光滑矩形金属导轨，处在方向竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场中，AB间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻，质量为m、长为L且不计电阻的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统．开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中AB间R上产生的焦耳热为Q，则( )
图9
A．初始时刻导体棒所受的安培力大小为eq \f(2B2L2v0,R)
B．当导体棒再一次回到初始位置时，AB间电阻的热功率为eq \f(2B2L2v\\al( 2,0),R)
C．当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)－2Q
D．当导体棒第一次到达最左端时，弹簧具有的弹性势能大于eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)－eq \f(2,3)Q
7. (2023·山东济南市5月高考模拟)如图1所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，两导轨间距d＝0.5 m，导轨平面与水平面的夹角为θ＝30°，导轨N、Q两端连接阻值R＝10 Ω的电阻。导轨平面内分布着有界匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，磁场方向均垂直于导轨平面向上，区域Ⅰ的上边界距导轨M、P端x1＝0.9 m，上、下边界之间的距离x2＝0.35 m，下边界与区域Ⅱ的上边界之间的距离x3＝1.2 m，区域Ⅰ的磁感应强度大小B1＝10 T，区域Ⅱ的磁感应强度大小B2＝5 T。质量m＝0.5 kg的金属棒垂直导轨放置，与两导轨接触良好。将金属棒从M、P端由静止释放，进入区域Ⅱ时恰好做匀速运动，取g＝10 m/s2，不计金属棒及导轨的电阻。求：
(1)金属棒进入磁场区域Ⅱ时的速度；
(2)金属棒经过磁场区域Ⅰ所用的时间。
8. (2023·四川乐山模拟)如图所示，光滑平行足够长的金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨范围内存在磁场，其磁感应强度大小为B，方向竖直向下，导轨一端连接阻值为R的电阻。在导轨上垂直导轨放一长度等于导轨间距L、质量为m的金属棒，其电阻为r。金属棒与金属导轨接触良好。金属棒在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，经过时间t后开始匀速运动，金属导轨的电阻不计。求：
(1)金属棒匀速运动时回路中的电流；
(2)金属棒匀速运动的速度大小以及在时间t内通过回路的电荷量；
(3)若在时间t内金属棒移动的位移为x，则电阻R上产生的热量。
1.(多选)(2023·安徽省合肥市高三上开学考试)如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为R的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中( )
A．流过金属棒的最大电流为eq \f(Bd\r(2gh),2R)
B．通过金属棒的电荷量为eq \f(BdL,2R)
C．克服安培力所做的功为mgh
D．金属棒内产生的焦耳热为eq \f(1,2)mg(h－μd)
2.(多选)(2023东北三校联考)如图所示，光滑水平导轨置于磁场中，磁场的磁感应强度为B，左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，导轨均足够长．质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态．ab的电阻为R，cd的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动，现给cd一水平向右的初速度v0，则( )
A．两棒最终以相同的速度做匀速直线运动
B．整个过程通过两棒的电荷量为eq \f(2mv0,3BL)
C．ab棒最终的速度为eq \f(2,3)v0
D．从cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为eq \f(8,9)mveq \\al(2,0)
3. (多选)(2023·山东烟台期末)如图所示，两根平行光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，下端PQ接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。一质量为m、接入电路的电阻也为R的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上，静止时导体棒处于导轨的MN处。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行。现将导体棒从弹簧处于自然长度时由静止释放，整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。重力加速度为g，则下列说法中正确的有( )
A．当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R的电流方向为由P到Q
B．当导体棒的速度最大时，弹簧的伸长量为eq \f(mgsinθ,k)
C．导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，则导体棒从开始运动到停止运动的过程中，回路中产生的焦耳热为eq \f(m2g2sin2θ,k)－Ep
D．若导体棒第一次运动到MN处时速度为v，则此时导体棒的加速度大小为eq \f(B2L2v,2mR)
4. (多选)(2023·河北省张家口市高三下三模)如图所示，倾角为θ＝37°的足够长的平行金属导轨固定在水平面上，两导体棒ab、cd垂直于导轨放置，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现给导体棒ab沿导轨平面向下的初速度v0使其沿导轨向下运动，已知两导体棒质量均为m，电阻相等，两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.75，导轨电阻忽略不计，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。从ab开始运动到两棒相对静止的整个运动过程中两导体棒始终与导轨保持良好的接触，下列说法正确的是( )
A．导体棒cd中产生的焦耳热为eq \f(1,4)mv02
B．导体棒cd中产生的焦耳热为eq \f(1,8)mv02
C．当导体棒cd的速度为eq \f(1,4)v0时，导体棒ab的速度为eq \f(1,2)v0
D．当导体棒ab的速度为eq \f(3,4)v0时，导体棒cd的速度为eq \f(1,4)v0
5. (2023·天津市南开区高三下一模)如图，甲、乙两个完全相同的线圈，在距地面同一高度处由静止开始释放，A、B是边界范围、磁感应强度的大小和方向均完全相同的匀强磁场，只是A的区域比B的区域离地面高一些，两线圈下落时始终保持线圈平面与磁场垂直，则（ ）
A. 甲先落地。B. 乙先落地。
C. 二者同时落地。D. 无法确定。
6. （多选）(2023山东省济南市高三下模拟考试)如图所示，两根电阻不计的平行光滑金属导轨在同一水平面内放置，左端与定值电阻R相连，导轨x>0一侧存在着沿x轴方向均匀增大的磁场，磁感应强度与x的关系是B＝0.5＋0.5x(T)，在外力F作用下一阻值为r的金属棒从A1运动到A3，此过程中电路中的电功率保持不变．A1的坐标为x1＝1 m，A2的坐标为x2＝2 m，A3的坐标为x3＝3 m，下列说法正确的是( )
A．回路中的电动势既有感生电动势又有动生电动势
B．在A1与A3处的速度之比为2∶1
C．A1到A2与A2到A3的过程中通过导体横截面的电荷量之比为3∶4
D．A1到A2与A2到A3的过程中产生的焦耳热之比为5∶7
7. (多选)(2023·山东济宁市期末质量检测)如图2所示，平行光滑金属导轨固定在竖直面内，导轨间距为1 m，上端连接阻值为2 Ω的定值电阻，虚线的上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2 T，质量为1 kg的导体棒套在金属导轨上与导轨接触良好，现给导体棒一个向上的初速度，当其刚好越过虚线时速度为20 m/s，导体棒运动到虚线上方1 m处速度减为零，此后导体棒向下运动，到达虚线前速度已经达到恒定，整个运动过程中导体棒始终保持水平。导轨和导体棒的电阻均忽略不计，取g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.导体棒的最大加速度为50 m/s2
B.导体棒上升过程中流过定值电阻的电荷量为4 C
C.导体棒下落到虚线时的速度大小为5 m/s
D.导体棒从越过虚线到运动到最高点所需的时间为1.8 s
8. (2023·山东省日照市高三下二模)如图甲所示，平行导轨水平放置固定在磁感应强度为1T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在平面，导轨一端跨接阻值为R＝1Ω的定值电阻，质量为0.2kg的金属棒MN可沿水平导轨滑动(其他电阻不计)，导轨与棒间的动摩擦因数为0.5，用电动机D牵引MN从
静止开始运动，其运动的位移—时间图象如图乙所示，此后，电压表和电流表示数恒为7V和1A，电动机内阻为1Ω，g取10m/s2.求
(1)匀强磁场的宽度；
(2)金属棒在变速运动过程中R上产生的焦耳热．
9. (2023·沈阳5月第三次质检)如图所示，有两根光滑平行导轨，左侧为位于竖直平面的金属圆弧，右侧为水平直导轨，圆弧底部和直导轨相切，两条导轨水平部分在同一水平面内，其中BC、NP段用绝缘材料制成，其余部分为金属。两导轨的间距为d＝0.5 m，导轨的左侧接着一个阻值为R＝2 Ω的定值电阻，右侧接C＝2×1011 pF的电容器，电容器尚未充电。水平导轨的ADQM区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝2 T，虚线AM和DQ垂直于导轨，AB和MN的长度均为x＝1.2 m，两根金属棒a、b垂直放置在导轨上，质量均为m＝0.2 kg，接入电路的电阻均为r＝2 Ω，金属棒a从圆弧轨道距水平轨道高h＝0.8 m处由静止滑下，与静止在圆弧底部的金属棒b发生弹性碰撞，碰撞后金属棒b进入磁场区域，最终在CDQP区域稳定运动。不计金属导轨的电阻，求：
(1)金属棒b刚进入磁场区域时的速度大小；
(2)整个运动过程中金属棒a上产生的焦耳热；
(3)金属棒b稳定运动时电容器所带的电荷量。
10. (2023·北京市朝阳区校际联考) 如图为电磁驱动与阻尼模型，在水平面上有两根足够长的平行轨道PQ和MN，左端接有阻值为R的定值电阻，其间有垂直轨道平面的磁感应强度为B的匀强磁场，两轨道间距及磁场宽度均为L。质量为m的金属棒ab静置于导轨上，当磁场沿轨道向右运动的速度为v时，棒ab恰好滑动。棒运动过程始终在磁场范围内，并与轨道垂直且接触良好，轨道和棒电阻均不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)判断棒ab刚要滑动时棒中的感应电流方向，并求此时棒所受的摩擦力Ff大小；
(2)若磁场不动，棒ab以水平初速度2v开始运动，经过时间t＝eq \f(mR,B2L2)停止运动，求棒ab运动位移x及回路中产生的焦耳热Q。
11. (2023·天津卷)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置．图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计．ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m.列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示．为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计．列车启动后电源自动关闭．
(1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；
(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；
(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l.若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
12. (2023·泉州4月质量监测)如图，间距为d、左右对称的两根相同金属导轨分别固定在竖直平面内，导轨水平部分长度均为L，构成的水平面abcd区域内有磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场(边界ab、cd处无磁场)，P、Q两根金属杆放在导轨上，质量均为m，接入导轨的电阻均为R，离水平导轨的高度均为h，同时释放后，恰好不会相碰。重力加速度大小为g，不计导轨电阻和摩擦阻力，两杆与导轨始终垂直且接触良好。
(1)求P刚进入磁场时受到的安培力大小F。
(2)若P、Q的质量分别为m、eq \f(3,4)m，电阻仍均为R，P放在原来位置，Q放在导轨右侧4h高度处，先释放P，当它在水平轨道上的速度减为零时，再释放Q，此后两杆发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前后两杆的总动能减少了eq \f(3,4)mgh，求：
①P第一次停止运动时所在的位置；
②最终P、Q两杆之间的距离。
1..(多选)(2023·全国卷Ⅲ)如图所示，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。下列图象中可能正确的是( )
2.2019年海南省高考试题）14. 如图，一水平面内固定有两根平行的长直金属导轨，导轨间距为l；两根相同的导体棒AB、CD置于导轨上并与导轨垂直，长度均为l；棒与导轨间的动摩擦因数为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）：整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下。从时开始，对AB棒施加一外力，使AB棒从静止开始向右做匀加速运动，直到时刻撤去外力，此时棒中的感应电流为；已知CD棒在时刻开始运动，运动过程中两棒均与导轨接触良好。两棒的质量均为m，电阻均为R，导轨的电阻不计。重力加速度大小为g。
(1)求AB棒做匀加速运动的加速度大小；
(2)求撤去外力时CD棒的速度大小；
(3)撤去外力后，CD棒在时刻静止，求此时AB棒的速度大小。
3.(2023年浙江省上半年高考试题）如图所示，倾角θ=370、间距l＝0.1m的足够长金属导轨底端接有阻值R=0.1Ω的电阻，质量m=0.1kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ=0.45．建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x．在0.2m≤x≤0.8m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场．从t=0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下从x=0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度与位移x满足v=kx（可导出a=kv）k=5s-1．当棒ab运动至x1=0.2m处时，电阻R消耗的电功率P=0.12W，运动至x2=0.8m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x=0处．棒ab始终保持与导轨垂直，不计其它电阻，求：（提示：可以用F－x图象下的“面积”代表力F做的功
（1）磁感应强度B的大小
（2）外力F随位移x变化的关系式；
（3）在棒ab整个运动过程中，电阻R产生焦耳热Q．
4.（湖北省2022年普通高中学业水平等级考试）15. 如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里。正方形单匝线框abcd的边长L = 0.2m、回路电阻R = 1.6 × 10 - 3Ω、质量m = 0.2kg。线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L。现对线框施加与水平向右方向成θ = 45°角、大小为的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动。从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。重力加速度大小取g = 10m/s2，求：
（1）ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；
（2）磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；
（3）磁场区域的水平宽度。
5.(2023年1月浙江省普通高等学校招生考试）如图甲所示，在xOy水平面内，固定放置着间距为l的两平行金属直导轨，其间连接有阻值为R的电阻，电阻两端连接示波器(内阻可视为无穷大)，可动态显示电阻R两端的电压。两导轨间存在大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场。t=0时一质量为m、长为l的导体棒在外力F作用下从x=x0位置开始做简谐运动，观察到示波器显示的电压随时间变化的波形是如图乙所示的正弦曲线。取，则简谐运动的平衡位置在坐标原点O。 不计摩擦阻力和其它电阻，导体棒始终垂直导轨运动。（提示：可以用F—x图象下的“面积”代表力F所做的功）
（1）求导体棒所受到的安培力FA随时间t的变化规律；
（2）求在0至0．25T时间内外力F的冲量；
（3）若t=0时外力F0=1N，l=1m，T=2πs，m=1kg，R=1Ω，Um=0．5V，B=0．5T，求外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度。
第21题图甲 第21题图乙
6.(2023年浙江省高三7月普通高中学业水平等级性考试物理）22.如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长、电阻的正方形线框，当平行于磁场边界的边进入磁场时，在沿x方向的外力F作用下以的速度做匀速运动，直到边进入磁场时撤去外力。若以边进入磁场时作为计时起点，在内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在内线框始终做匀速运动。
(1)求外力F的大小；
(2)在内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；
(3)求在内流过导线横截面的电荷量q。
7.(2023年天津市普通高中学业水平选择性考试）如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨、间距，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成角，N、Q两端接有的电阻．一金属棒垂直导轨放置，两端与导轨始终有良好接触，已知的质量，电阻，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小．在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度沿导轨向上开始运动，可达到最大速度．运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度．
（1）求拉力的功率P；
（2）开始运动后，经速度达到，此过程中克服安培力做功，求该过程中沿导轨的位移大小x．
8.(2023年海南省普通高中学业水平选择性考试）如图，间距为l的光滑平行金属导轨，水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，导轨左端接有阻值为R的定值电阻，一质量为m的金属杆放在导轨上．金属杆在水平外力作用下以速度向右做匀速直线运动，此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为．设金属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R以外不计其它电阻．
（1）求金属杆中的电流和水平外力的功率；
（2）某时刻撤去外力，经过一段时间，自由电子沿金属杆定向移动的速率变为，求：
（ⅰ）这段时间内电阻R上产生的焦耳热；
（ⅱ）这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离．
新课程标准
1.知道电磁感应现象的应用及其对现代社会的影响。
2．理解楞次定律。
3．通过实验，理解法拉第电磁感应定律。
命题趋势
考查的内容主要体现对物理规律的理解，例如楞次定律、法拉第电磁感应定律；有些题目的综合性较强，主要体现在电磁感应中的综合应用上。题目多涉及动生电动势和感生电动势。
试题情境
生活
实践类
电磁炉、电子秤、电磁卡、电磁焊接技术、磁电式速度传感器、真空管道超高速列车、磁悬浮列车、电磁轨道炮等各种实际应用模型
学习
探究类
杆轨模型问题，电磁感应与动力学、能量、动量结合问题
v0≠0
v0＝0
示意图
质量为m、电阻不计的导体杆ab以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动，两平行导轨间距为L
轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L
轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L，拉力F恒定
轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L，拉力F恒定
运动图像
能量观点
动能全部转化为内能：Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
电源输出的电能转化为动能：W电＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)
F做的功一部分转化为杆的动能，一部分产生电热：WF＝Q＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)
F做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WF＝eq \f(1,2)mv2＋EC

光滑的平行导轨
光滑不等距导轨
示意图
质量mb＝ma
电阻rb＝ra
长度Lb＝La
质量mb＝ma
电阻rb＝ra
长度Lb＝2La
力学观点
杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动
杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为1∶2
运动图像
能量
观点
一部分动能转化为内能：Q＝－ΔEk
动量观点
两杆组成的系统动量守恒
两杆组成的系统动量不守恒
对单杆可以用动量定理
常见情景
动力学分析
能量分析
动量分析
在安培力作用下穿越磁场
以进入磁场时为例，设运动过程中某时刻的速度为v，加速度大小为a，则a＝eq \f(B2L2v,mR)，a与v方向相反，导线框做减速运动，v↓⇒a↓，即导线框做加速度减小的减速运动，最终匀速运动(全部进入磁场)或静止(导线框离开磁场过程的分析相同)
部分(或全部)动能转化为焦耳热，
Q＝－ΔEk
动量不守恒，可用动量定理分析导线框的位移、速度、通过导线横截面的电荷量和变力作用的时间：
(1)求电荷量或速度：－Beq \x\t(I)·LΔt＝mv2－mv1，q＝eq \x\t(I)Δt；
(2)求位移：－eq \f(B2L2\x\t(v)Δt,R总)＝0－mv0，即－eq \f(B2L2x,R总)＝0－mv0；
(3)求时间：①－Beq \x\t(I)LΔt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他·Δt＝mv2－mv1
已知电荷量q，F其他为恒力，可求出变加速运动的时间；
②－eq \f(B2L2\x\t(v)Δt,R总)＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－eq \f(B2L2x,R总)＋F其他·Δt＝mv2－mv1
若已知位移x，F其他为恒力，也可求出变加速运动的时间
在恒力F(包括重力mg)和安培力作用下穿越磁场
以进入磁场的过程为例，设运动过程中某时刻导线框的速度为v，加速度为a＝eq \f(F,m)－eq \f(B2L2v,mR)。
(1)若进入磁场时eq \f(F,m)＝eq \f(B2L2v,mR)，则导线框匀速运动；
(2)若进入磁场时eq \f(F,m)>eq \f(B2L2v,mR)，则导线框做加速度减小的加速运动(直至匀速)；
(3)若进入磁场时eq \f(F,m)力F做的功等于导线框的动能变化量与回路中产生的焦耳热之和，WF＝ΔEk＋Q
考点38电磁感应中的动量和能量问题
考向一 单导体棒模型
考向二 双导体棒模型
考向三 线框模型
考向一 单导体棒模型
一、电磁感应中的能量问题
1.电磁感应中的能量转化
(1)安培力做正功，电能转化为机械能，如电动机。
(2)安培力做负功，机械能转化为电能，如发电机。
2.求解焦耳热Q的三种方法
3．解题的一般步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路)；
(2)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；
(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解．
二、电磁感应中动量问题
角度1 动量定理在电磁感应中的应用
在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量。
(1)求电荷量或速度：Beq \(I,\s\up6(－))lΔt＝mv2－mv1，q＝eq \(I,\s\up6(－))t。
(2)求时间：Ft＝I冲＝mv2－mv1，I冲＝BIlΔt＝Bleq \f(ΔΦ,R总)。
(3)求位移：－BIlΔt＝－eq \f(B2l2vΔt,R总)＝0－mv0，即－eq \f(B2l2,R总)x＝m(0－v0)。
三、单杆模型
注：(1)在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量。
(2)若光滑导轨倾斜放置，要考虑导体杆受到重力沿导轨斜面向下的分力作用，分析方法与表格中受外力F时的情况类似，这里就不再赘述。
【典例1】(2023年6月浙江省普通高中学业水平等级性考试）21. 舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v-t图如图2所示，在t1至t3时间内F=(800－10v）N，t3时撤去F。已知起飞速度v1=80m/s，t1=1.5s，线圈匝数n=100匝，每匝周长l=1m，飞机的质量M=10kg，动子和线圈的总质量m=5kg，R0=9.5Ω，B=0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求
（1）恒流源的电流I；
（2）线圈电阻R；
（3）时刻t3。
答案:（1）80A；（2）；（3）
解析：（1）由题意可知接通恒流源时安培力
动子和线圈在0~t1时间段内做匀加速直线运动，运动的加速度为
根据牛顿第二定律有
代入数据联立解得
（2）当S掷向2接通定值电阻R0时，感应电流为
此时安培力为
所以此时根据牛顿第二定律有
由图可知在至期间加速度恒定，则有
解得，
（3）根据图像可知
故；在0~t2时间段内的位移
而根据法拉第电磁感应定律有
电荷量的定义式
可得
从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路的电荷量，根据动量定理有
联立可得
解得
【典例2】(多选)(2023·山东省滨州市高三下二模)如图所示，一个等腰直角三角形金属线框直角顶点O处不闭合，竖直放置于水平匀强磁场中，磁场磁感应强度为B，线框平面与磁场方向垂直，线框的斜边长为L，定值电阻阻值为R，其余部分线框电阻可忽略不计。现有一质量分布均匀的导体棒水平放置，中心在线框最高点O处由静止释放(导体棒足够长，电阻不计)，导体棒在下落过程中与线框始终保持良好接触。不计摩擦和空气阻力，下列说法中正确的是( )
A．导体棒下落eq \f(L,4)的过程中，流过R的电荷量为eq \f(BL2,16R)
B．离开磁场前导体棒一定一直加速
C．离开磁场前导体棒可能先加速后匀速
D．导体棒下落过程机械能的减少量等于电阻R上产生的热量
答案:AD
解析：由法拉第电磁感应定律可得E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，由闭合电路欧姆定律可得I＝eq \f(E,R)，由电流的定义式可得，流过R的电荷量为q＝I·Δt＝eq \f(ΔΦ,R)，导体棒下落eq \f(L,4)的过程中ΔΦ＝B·eq \f(L2,16)，联立可得q＝eq \f(BL2,16R)，A正确；对导体棒受力分析，有重力和安培力。安培力定义式为F安＝BIl，导体棒产生的电动势为E＝Blv，由闭合电路的欧姆定律可得I＝eq \f(E,R)，则F安＝eq \f(B2l2v,R)，最开始，重力大于安培力，此时导体棒做加速运动。不考虑导体棒的运动位移，当重力等于安培力之后，导体棒的有效切割长度继续变大，所以安培力比重力大，合力向上，导体棒做减速运动，B、C错误；导体棒在下落过程中，重力做正功，安培力做负功转化为电阻R的内能，由能量守恒定律可得，导体棒下落过程机械能的减少量为ΔE＝QR，D正确。
练习1、(多选)(2023·江苏省扬州市高三下第三次调研)如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，磁感应强度为B的匀强磁场分布在导轨所在的空间内，磁场方向竖直向下，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置．现使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时棒刚好静止．设导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中( )
A．通过棒某一横截面的电荷量相等
B．棒的动能变化量相等
C．回路中产生的内能相等
D．安培力的冲量相等
答案:AD
解析：金属棒运动过程中，通过棒某一横截面的电荷量Q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt＝eq \f(E,R)Δt＝eq \f(ΔΦ,Δt·R)·Δt＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(B·ΔS,R)，从a到b的过程中与从b到c的过程中，回路面积的变化量ΔS相等，又B、R为定值，因此通过棒某一横截面的电荷量相等，选项A正确．金属棒受到的安培力大小为F安＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)，方向水平向左，金属棒在安培力作用下做减速运动，由于a、b间距离与b、c间距离相等，且从a到c的过程中安培力F安逐渐减小，由W＝Fs进行定性分析可知，棒从a到b克服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多，由动能定理可知，这两个过程中棒的动能变化量不相等；金属棒克服安培力做功，金属棒的动能转化为内能，因此在a到b的过程中产生的内能多，选项B、C错误．安培力的冲量I＝Beq \(I,\s\up6(－))LΔt，因两过程中Q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt相等，则两过程中安培力的冲量相等，选项D正确．
练习2、(2023·江苏省连云港市高三下第三次调研)如图甲所示，一足够长阻值不计的光滑平行金属导轨MN、PQ之间的距离L＝0.5 m，NQ两端连接阻值R＝2.0 Ω的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°，一质量m1＝0.40 kg、接入电路的阻值r＝1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置并用绝缘细线通过光滑的轻质定滑轮与质量m2＝0.80 kg的重物相连．细线与金属导轨平行．金属棒沿导轨向上滑行的速度v与时间t之间的关系如图乙所示，已知金属棒在0～0.3 s内通过的电荷量是0.3～0.6 s内通过电荷量的eq \f(2,3)，g＝10 m/s2，求：
(1)0～0.3 s内金属棒通过的位移大小；
(2)金属棒在0～0.6 s内产生的热量．
答案: (1)0.3 m (2)1.05 J
解析： (1)0～0.3 s内通过金属棒的电荷量
q1＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝eq \f(BLx1,R＋r)
0．3～0.6 s内通过金属棒的电荷量q2＝I2t2＝eq \f(BLv0t2,R＋r)
由题中的电荷量关系eq \f(q1,q2)＝eq \f(2,3)，解得：x1＝0.3 m
(2)金属棒在0～0.6 s内通过的总位移为x＝x1＋x2＝x1＋v0t2，解得x＝0.75 m
根据能量守恒定律有m2gx－m1gxsin θ＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v02＋Q
解得Q＝3.15 J
由于金属棒与电阻R串联，电流相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt，它们产生的热量与电阻成正比，所以金属棒在0～0.6 s内产生的热量Qr＝eq \f(r,R＋r)Q＝1.05 J.
【巧学妙记】
解决电磁感应中有关能量问题的常用规律
1．动能定理：合外力(包含安培力)所做的功等于导体棒动能的增量．
2．能量转化和守恒定律
(1)判断选定的系统在某一过程中能量的形式．
(2)分析该过程中哪一种能量增加，哪一种能量减少．
(3)增加的能量等于减少的能量．
考向二 双导体棒模型
一、动量守恒定律和功能关系的应用
1.问题特点
对于双导体棒运动的问题，通常是两棒与导轨构成一个闭合回路，当其中一棒在外力作用下获得一定速度时必然在磁场中切割磁感线，在该闭合回路中形成一定的感应电流；另一根导体棒在磁场中在安培力的作用下开始运动，一旦运动起来也将切割磁感线产生一定的感应电动势，对原来电流的变化起阻碍作用。
2.方法技巧
在电磁感应综合问题中，若以等长双杆(光滑)在磁场中的运动作为命题背景，由于回路中为同一电流，两杆所受安培力等大反向，系统合力为零，则可应用动量守恒定律方便快速地求出杆的速度。另外，也可把双杆问题当成碰撞问题的变形拓展，可以对系统同时应用动量守恒定律和能量守恒定律。若双杆不等长，由于安培力大小不等，系统合力不为零，则系统动量不守恒，但涉及速度、位移、时间、电荷量等物理量可选用动量定理求解。
二、双杆模型
1．初速度不为零，不受其他水平外力的作用
【典例3】(2023年辽宁省普通高中学业水平等级性考试）15. 如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
（1）求M刚进入磁场时受到安培力F的大小和方向；
（2）若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，求：①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；②初始时刻N到的最小距离x；
（3）初始时刻，若N到的距离与第（2）问初始时刻的相同、到的距离为，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。
答案:（1），方向水平向左；（2）①，②；（3）
解析：（1）细金属杆M以初速度向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为
电流方向为，电流的大小为
则所受的安培力大小为
安培力的方向由左手定则可知水平向左；
（2）①金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有且
联立解得通过回路的电荷量为
②设两杆在磁场中相对靠近的位移为，有，
整理可得
联立可得
若两杆在磁场内刚好相撞，N到的最小距离为
（3）两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到的距离与第（2）问初始时刻的相同、到的距离为，则N到ab边的速度大小恒为，根据动量守恒定律可知
解得N出磁场时，M的速度大小为
由题意可知，此时M到cd边的距离为
若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：
①M减速到时出磁场，速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有
联立解得
②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有
同理解得
综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为
【典例4】(2023·山东青岛质检)如图所示，平行金属导轨由水平部分和倾斜部分组成，倾斜部分是两个竖直放置的四分之一圆弧导轨，圆弧半径r＝0.2 m。水平部分是两段均足够长但不等宽的光滑导轨，CC′＝3AA′＝0.6 m，水平导轨与圆弧导轨在AA′处平滑连接。整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1 T，导体棒MN、PQ的质量分别为m1＝0.2 kg、m2＝0.6 kg，长度分别为l1＝0.2 m、l2＝0.6 m，电阻分别为R1＝1.0 Ω、R2＝3.0 Ω，PQ固定在宽水平导轨上。现给导体棒MN一个初速度，使其恰好沿圆弧导轨从最高点匀速下滑，到达圆弧最低处AA′位置时，MN克服安培力做功的瞬时功率为0.04 W，重力加速度g＝10 m/s2，不计导轨电阻，导体棒MN、PQ与导轨一直接触良好。求：
(1)导体棒MN到达圆弧导轨最低处AA′位置时对轨道的压力大小；
(2)导体棒MN沿圆弧导轨下滑过程中，MN克服摩擦力做的功(保留3位有效数字)；
(3)若导体棒MN到达AA′位置时释放PQ，运动稳定后通过回路某截面的电荷量q。
答案:(1)6 N (2)0.397 J (3)0.5 C
解析：(1)导体棒MN到达圆弧导轨最低处时，克服安培力做功的功率P＝BI1l1v，由E1＝Bl1v，I1＝eq \f(E1,R1＋R2)，解得v＝2 m/s，在最低点，由牛顿第二定律有FN－m1g＝m1eq \f(v2,r)，解得FN＝6 N，根据牛顿第三定律，导体棒MN在AA′位置时对轨道的压力大小为6 N。
(2)导体棒MN沿圆弧轨道下滑过程中，感应电动势e＝Bl1vsinθ，有效值E＝eq \f(Bl1v,\r(2))
经历的时间t＝eq \f(2πr,v)·eq \f(1,4)
产生的焦耳热Q＝eq \f(E2,R1＋R2)t＝0.003 14 J
克服安培力做功W2＝Q＝0.003 14 J
设MN克服摩擦力做的功为W1
根据动能定理得m1gr－W1－W2＝0
解得W1＝0.397 J。
(3)释放PQ后，当Bl1v1＝Bl2v2时，回路中的电流为0，
对MN，根据动量定律可得－Beq \x\t(I)l1t＝m1v1－m1v
即Bl1q＝m1v－m1v1
对PQ，根据动量定律可得Beq \x\t(I)l2t＝m2v2－0
即Bl2q＝m2v2
解得q＝0.5 C。
练习3、(2023·安徽芜湖市5月质量监控)如图所示，宽度为L1＝30 cm与宽度为L2＝10 cm的两部分平行金属导轨连接良好并固定在水平面上，整个空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1 T，长度分别为L1和L2的导体棒1和2按如图所示的方式置于导轨上，已知两导体棒的质量均为m＝0.02 kg，两导体棒单位长度的电阻均为r0＝0.1 Ω/m，现给导体棒1以水平向右的初速度v0＝4 m/s。假设导轨的电阻忽略不计、导体棒与导轨之间的摩擦可忽略不计，两部分导轨足够长且导体棒1始终在宽轨道上运动。
(1)当导体棒1开始运动瞬间，求导体棒2的加速度大小；
(2)求导体棒1匀速运动时的速度大小；
(3)两导体棒从开始运动到刚匀速运动的过程中，两导体棒发生的位移分别是x1和x2，试写出此时两导体棒的位移x1和x2之间的关系式。
答案:(1)1.5 m/s2 (2)1.2 m/s (3)3x1－x2＝9.6 m
解析：(1)导体棒1刚开始运动时电源电动势为E＝BL1v0＝0.12 V
由题意知整个电路的总电阻为
r＝(L1＋L2)r0
由闭合电路欧姆定律知电路中的总电流大小为I＝eq \f(E,r)＝3 A
导体棒2所受的安培力大小为F2＝BIL2
由牛顿第二定律可知加速度大小
a2＝eq \f(F2,m)＝eq \f(BIL2,m)＝1.5 m/s2。
(2)由动量定理，对导体棒1有
－BL1eq \(I,\s\up15(－))Δt＝mv1－mv0
(或－∑BL1iΔt＝mv1－mv0)
即－BL1q＝mv1－mv0
同理对导体棒2有BL2eq \(I,\s\up15(－))Δt＝mv2
(或－∑BL2iΔt＝mv2)
两导体棒均匀速运动时，两导体棒无电流，电动势相等，有v2＝3v1
联立以上各式可解得v1＝eq \f(1,10)v0＝0.4 m/s
v2＝eq \f(3,10)v0＝1.2 m/s。
(3)由BL2eq \(I,\s\up15(－))Δt＝mv2
由法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔΦ,Δt)
又因eq \(I,\s\up15(－))＝eq \f(eq \(E,\s\up15(－)),r)
Δq＝eq \(I,\s\up15(－))Δt
整理得Δq＝eq \f(BL1x1－BL2x2,（L1＋L2）r0)
联立以上各式可得
L1x1－L2x2＝eq \f(mv2（L1＋L2）r0,B2L2)
即3x1－x2＝9.6 m。
练习4、(2023·山东泰安二轮检测)如图所示，等间距固定的两光滑金属导轨由半径为r的竖直圆轨和水平直轨平滑连接组成，导轨间距为L(L≪r)，上端用阻值为R的电阻连接。水平直轨在同一水平面内，处于磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场中。长度为L、质量为M、电阻为R的金属棒ab放在水平直轨的左端(在磁场内)并始终与导轨接触良好，质量为m(m(1)碰后cd上升的最大高度；
(2)除碰撞外ab的最大加速度；
(3)到cd、ab都停止运动的全过程中ab的位移；
(4)cd与ab发生第二次碰撞与第三次碰撞之间的时间间隔。
答案:(1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(M－m,M＋m)))eq \s\up12(2)L或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m－M,m＋M)))eq \s\up12(2)L (2)eq \f(mB2L2\r(2gL),M（M＋m）R) (3)eq \f(2MR,B2L2)eq \r(2gL)
(4)πeq \r(\f(r,g))＋eq \f(4MmR（3M＋m）,（M－m）2B2L2)
解析：(1)设第一次碰撞前cd的速度为v，有
mgL＝eq \f(1,2)mv2
设第一次碰撞后cd的速度为v1，ab的速度为V1，则mv＝mv1＋MV1
eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)MVeq \\al(2,1)
解得v1＝eq \f(m－M,m＋M)v，V1＝eq \f(2m,m＋M)v
设碰撞后cd上升的最大高度为h，mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
整理得h＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(M－m,M＋m)))eq \s\up12(2)L或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m－M,m＋M)))eq \s\up12(2)L。
(2)第一次碰撞后瞬间ab的加速度最大，此时ab的速度为V1，回路中的电动势为E、电流为I及ab受到的安培力为F则E＝BLV1，I＝eq \f(E,2R)，F＝BIL
根据牛顿第二定律F＝Ma
整理得a＝eq \f(mB2L2\r(2gL),M（M＋m）R)。
(3)第二次碰撞后cd速度大小为v2，ab速度为V2，v2＝eq \f(M－m,M＋m)|v1|，V2＝eq \f(2m,M＋m)|v1|
n次碰后cd为vn，ab为Vn，vn＝eq \f(M－m,M＋m)|vn－1|，Vn＝eq \f(2m,M＋m)|vn－1|
对ab由第一次碰撞到第一次停止的过程，由动量定理得B eq \x\t(I)LΔt＝MV1
eq \x\t(I)Δt＝eq \f(BL eq \x\t(V),2R)Δt＝eq \f(BLx1,2R)
x1＝eq \f(2MR,B2L2)V1，同理x2＝eq \f(2MR,B2L2)V2
则xn＝eq \f(2MR,B2L2)Vn，得eq \f(xn＋1,xn)＝eq \f(M－m,M＋m)
总位移x＝x1＋x2＋…＋xn
当n→∞时，x＝eq \f(2MR,B2L2)eq \r(2gL)。
(4)cd在水平轨道运动时间t1＝eq \f(2x1＋x2,V2)
cd在圆弧轨道运动时间t2＝eq \f(T,2)＝πeq \r(\f(r,g))
总时间t＝t2＋t1
综上得t＝πeq \r(\f(r,g))＋eq \f(4MmR（3M＋m）,（M－m）2B2L2)。
考向三 线框模型
导线框模型
分析导线框在有界磁场中的运动问题时，通常将导线框的整个运动过程分为“进磁场”“在磁场中平动”“出磁场”三个阶段，然后分别对它们分析，以确定导线框的运动情况。常见导线框情景及解题思路
【典例5】(多选)(2023·湖南省高考模拟)如图所示，在垂直纸面向里的有界匀强磁场区域的左侧，一正方形线框以3.0 m/s的初速度沿垂直于磁场边界由位置Ⅰ水平向右运动，线框经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ的速度为v，则下列说法正确的是( )
A．q1 ＝q2 B．q1＝2q2
C．v＝1.0 m/s D．v＝1.5 m/s
答案:BC
解析：根据q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BS,R)可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1＝2q2，A错误，B正确；线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理－Beq \(I,\s\up15(－))1LΔt1＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理－Beq \(I,\s\up15(－))2LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，联立解得v＝eq \f(1,3)v0＝1.0 m/s，C正确，D错误。
【典例6】(2023·日照第二次模拟)如图所示，光滑斜面体固定在水平地面上，斜面与地面间的夹角θ＝37°，斜面上放置质量M＝0.19 kg的滑块，滑块上固定着一个质量m＝0.01 kg、电阻R＝0.2 Ω、边长L＝0.3 m的正方形单匝线圈efgh，其中线圈的一边恰好与斜面平行，滑块载着线圈无初速度地进入一有界匀强磁场(磁场边界与斜面垂直，宽度d＝2L)，磁场方向与线圈平面垂直并指向纸内、磁感应强度大小B＝2 T。已知线圈与滑块之间绝缘，滑块长度与线圈边长相同，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求滑块和线圈进入磁场的过程中流过线圈横截面的电荷量q；
(2)若从线圈的gh边进磁场到ef边进磁场所用的时间为0.5 s，求线圈的ef边进入磁场前瞬间的加速度；
(3)若滑块和线圈完全穿出磁场时的速度v1＝2 m/s，求在穿过磁场的整个过程中线圈中产生的热量Q。
答案:(1)0.9 C (2)3.3 m/s2 (3)0.68 J
解析：(1)线圈进入磁场的过程中流过线圈横截面的电荷量为q＝IΔt＝eq \f(E,R)Δt
E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，ΔΦ＝BS，代入数据得q＝0.9 C。
(2)线圈进入磁场的过程中
(M＋m)gsin θ·t－IF安＝(M＋m)v－0
IF安＝BL∑iΔt＝BLq
代入数据得v＝0.3 m/s
E＝BLv，I＝eq \f(E,R)
(M＋m)gsin θ－BIL＝(M＋m)a
代入数据得a＝3.3 m/s2。
(3)滑块及线圈穿过磁场过程中
(M＋m)gsin θ×3L＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,1)＋Q
代入数据得Q＝0.68 J。
练习5、(2023陕西汉中重点中学联考)(多选)如图所示，一匀强磁场区域边界为MN，方向竖直向下，光滑水平桌面上有一边长为L的正方形线框，线框左右两边与MN平行，以大小为v0的速度沿垂直磁场边界方向进入磁场，当线框全部进入磁场时速度恰好为零．用v表示线框的速度大小，x表示线框的位移(以线框右边与MN重合时的位置为初位置)，t表示线框运动的时间(从线框右边与MN重合开始计时)，则下列图像可能正确的是( )
答案:BD
解析：设线框质量为m，总电阻为R.线框在运动过程中，只受安培力作用，根据牛顿第二定律可得a＝eq \f(F,m)＝eq \f(BIL,m)＝eq \f(BL,m)·eq \f(BLv,R)＝eq \f(B2L2v,mR)，减速过程中v在减小，所以加速度在减小，故v ­t图像的斜率在减小，做加速度减小的减速运动，故A错误，B正确；根据动量定理可得－Ft＝mv－mv0，其中安培力F＝eq \f(B2L2v,R)，故－eq \f(B2L2,R)vt＝mv－mv0，即－eq \f(B2L2,R)x＝mv－mv0，化简可得：v＝v0－eq \f(B2L2,mR)x，即v ­x为一次函数，故C错误，D正确．
练习6、(多选)(2023·江苏省泰州市高三下第三次调研)如图所示，在光滑的绝缘水平面上，放置一个边长为L、质量为m、电阻为R的单匝正方形金属线框abcd，线框的右侧与一根绝缘水平细线相连，细线的另一端跨过一个光滑的小定滑轮，悬挂一个质量为4m的重物，放置于倾角为θ＝30°的足够大的光滑斜面上，在线框右侧存在一宽度也为L、方向竖直向下的匀强磁场，磁场的左边界与线框cd边平行且距离也为L。现将线框和重物同时由静止释放，线框恰好能够完全匀速通过磁场区域，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．线框右边cd刚进入磁场时的速度大小为eq \f(2\r(5gL),5)
B．磁场的磁感应强度大小为 eq \r(\f(\r(5)gmR,L))
C．线框通过磁场的过程中，电流做的功为2mgL
D．线框cd边在进入磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量为 eq \r(\f(mL\r(5gL),R))
答案:AD
解析：线框和重物组成的系统机械能守恒，则有4mgLsin θ＝eq \f(1,2)(m＋4m)v2，解得v＝eq \f(2\r(5gL),5)，故A正确；根据平衡条件，对线框有T＝F安＝eq \f(B2L2v,R)，对重物有T＝4mgsin θ，联立解得B＝eq \f(1,L) eq \r(\f(\r(5gL)mR,L))，故B错误；因线框恰好能够完全匀速通过磁场区域，根据能量守恒定律可得W电＝4mg·2Lsin θ＝4mgL，故C错误；线框cd边在进入磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量为q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BL2,R)，联立方程，解得q＝ eq \r(\f(mL\r(5gL),R))，故D正确。
1. (多选)(2023·江苏省南通市高三下第三次调研)水平放置的U形导轨足够长，置于方向竖直向上的匀强磁场中，如图所示．磁感应强度大小B＝5 T，导轨宽度L＝0.4 m，左侧与R＝0.5 Ω的定值电阻连接，右侧有导体棒ab跨放在导轨上，导体棒ab质量m＝2.0 kg，电阻r＝0.5 Ω，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，其余电阻可忽略不计．导体棒ab在大小为10 N的水平外力F作用下，由静止开始运动了x＝40 cm时，速度达到最大，运动过程中导体棒始终垂直导轨且接触良好，取g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．导体棒ab加速度为零时速度最大
B．导体棒ab运动的最大速度是2.0 m/s
C．当导体棒ab的速度为1 m/s时，导体棒ab的加速度是1.0 m/s2
D．导体棒ab由静止达到最大速度的过程中，电阻R上产生的热量是0.15 J
答案:AC
解析：导体棒ab垂直切割磁感线，产生的电动势大小E＝BLv，由闭合电路欧姆定律有I＝eq \f(E,R＋r)，导体棒受到的安培力FA＝BIL＝eq \f(B2L2v,R＋r)，则当导体棒做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得eq \f(B2L2vm,R＋r)＋μmg＝F，解得最大速度vm＝1.5 m/s，故A正确，B错误；当速度为v＝1 m/s时，由牛顿第二定律得F－eq \f(B2L2v,R＋r)－μmg＝ma，解得a＝1 m/s2，故C正确；在整个过程中，由能量守恒定律可得Fx＝Q＋μmgx＋eq \f(1,2)mvm2，解得Q＝0.15 J，所以QR＝eq \f(Q,2)＝0.075 J，故D错误．
2. (多选)(2023·宁夏石嘴山市4月模拟)如图所示，足够长的光滑U形导轨宽度为L，电阻不计，其所在平面与水平面的夹角为α，上端连接一个阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上。现有一质量为m、有效电阻为r的金属杆沿框架由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度vm时，运动的位移为x，则( )
A.在此过程中金属杆的速度均匀增加
B.金属杆下滑的最大速度eq \f(mg（R＋r）sin α,B2L2)
C.在此过程中流过电阻R的电荷量为eq \f(BLx,R＋r)
D.在此过程中电阻R产生的焦耳热为mgxsin α－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)
答案:BC
解析：对金属杆受力分析，根据牛顿第二定律有
mgsin α－BIL＝ma
根据闭合电路欧姆定律有I＝eq \f(BLv,R＋r)
联立解得mgsin α－eq \f(B2L2v,R＋r)＝ma
可知，随着速度的增大，加速度不断减小，故金属杆做加速度减小的加速运动，所以速度不是均匀增大；当加速度为零时，速度达到最大，则有mgsin α－eq \f(B2L2vm,R＋r)＝0
解得vm＝eq \f(mg（R＋r）sin α,B2L2)，故A错误，B正确；在此过程中流过电阻R的电荷量为q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt，又eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R＋r)，eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)，联立解得q＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝eq \f(BLx,R＋r)，故C正确； 根据能量守恒定律得，在此过程中回路中产生的总热量为Q＝mgxsin α－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，电阻R产生的焦耳热为QR＝eq \f(R,R＋r)Q＝eq \f(R,R＋r)(mgxsin α－eq \f(1,2)mveq \\al(2,m))，故D错误。
3. (多选)(2023·江苏省淮安市高三下第三次调研)如图所示，宽为L的两固定光滑金属导轨水平放置，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量均为m、电阻值均为r的两导体棒ab和cd静止置于导轨上，其间距也为L，现给cd一向右的初速度v0，对它们之后的运动过程说法正确的是( )
A.ab的加速度越来越大，cd的加速度越来越小
B.回路产生的焦耳热为eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)
C.通过ab的电荷量为eq \f(mv0,2BL)
D.两导体棒间的距离最终变为L＋eq \f(mv0r,B2L2)
答案:BCD
解析：由题知，ab、cd受到大小相等的安培力，且cd棒受到的安培力向左，其做减速运动，根据安培力公式和牛顿第二定律得F＝eq \f(B2L2v,2r)＝ma，解得a＝eq \f(B2L2v,2mr)，其中v为cd棒的速度，故所以两棒的加速度均减小，故A错误；棒ab和cd在运动过程中始终受到等大反向的安培力，系统动量守恒，以向右的方向为正方向，当两者共速时有mv0＝2mv1，解得v1＝eq \f(1,2)v0，由能量守恒定律得Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,1)，解得回路产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,4)mveq \\al(2,0)，故B正确；设整个过程中通过ab的电荷量为q，对ab棒，由动量定理得mv1＝eq \(I,\s\up6(－))LBt，又q＝eq \(I,\s\up6(－))t，所以q＝eq \f(mv0,2BL)，故C正确；对cd棒，由动量定理得mv1－mv0＝－eq \f(B2L2\(v,\s\up6(－)),2r)t＝－eq \f(B2L2·Δx,2r)，解得Δx＝eq \f(mv0r,B2L2)，两导体棒间的距离最终变为L＋eq \f(mv0r,B2L2)，故D正确。
4.(多选)(2023·山东济宁市期末质量检测)如图所示，平行光滑金属导轨固定在竖直面内，导轨间距为1 m，上端连接阻值为2 Ω的定值电阻，虚线的上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2 T，质量为1 kg的导体棒套在金属导轨上与导轨接触良好，现给导体棒一个向上的初速度，当其刚好越过虚线时速度为20 m/s，导体棒运动到虚线上方1 m处速度减为零，此后导体棒向下运动，到达虚线前速度已经达到恒定，整个运动过程中导体棒始终保持水平。导轨和导体棒的电阻均忽略不计，取g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.导体棒的最大加速度为50 m/s2
B.导体棒上升过程中流过定值电阻的电荷量为4 C
C.导体棒下落到虚线时的速度大小为5 m/s
D.导体棒从越过虚线到运动到最高点所需的时间为1.8 s
答案:ACD
解析：当导体棒向上经过虚线时加速度最大，此时的安培力为FA＝BIL＝Beq \f(BLv,R)L＝eq \f(22×12×20,2) N＝40 N，由牛顿第二定律得a＝eq \f(mg＋FA,m)＝eq \f(1×10＋40,1) m/s2＝50 m/s2，故A正确；由公式q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R)Δt＝eq \f(ΔΦ,ΔtR)Δt＝eq \f(BLx,R)＝eq \f(2×1×1,2) C＝1 C，故B错误；由平衡条件可得，导体棒下落到虚线时有mg＝BIL＝eq \f(B2L2v1,R)，则v1＝eq \f(mgR,B2L2)＝eq \f(1×10×2,22×12) m/s＝5 m/s，故C正确；导体棒从越过虚线到运动到最高点由动量定理得mgt＋Beq \(I,\s\up6(－))Lt＝0－m·(－v)＝mv，则有mgt＋BLq＝mv，得t＝eq \f(mv－BLq,mg)＝eq \f(1×20－2×1×1,1×10) s＝1.8 s，故D正确。
5. (2023·江苏省南通市高三下第三次调研)如图所示，电动机牵引一根原来静止的、长L为1m、质量m为0.1kg的导体棒MN上升，导体棒的电阻R为1Ω，架在竖直放置的框架上，它们处于磁感应强度B为1T的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直．当导体棒上升h＝3.8m时，获得稳定的速度，导体棒上产生的热量为2J，电动机牵引棒时，电压表、电流表的读数分别为7V、1A，电动机内阻r为1Ω，不计框架电阻及一切摩擦，则以下判断正确的是( )
A．导体棒向上做匀减速运动
B．电动机的输出功率为49J
C．导体棒达到稳定时的速度为v＝2m/s
D．导体棒从静止至达到稳定速度所需要的时间为1s
答案:CD
解析：由于电动机的输出功率恒定，由P出＝Fv及F－mg－eq \f(B2L2v,R)＝ma可知导体棒的加速度逐渐减小，故选项A错误；电动机的输出功率为：P出＝IU－I2r＝6W，选项B错误；电动机的输出功率就是电动机牵引棒的拉力的功率，P出＝Fv，当棒达稳定速度时F＝mg＋BI′L，感应电流I′＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)，解得棒达到的稳定速度为v＝2m/s，选项C正确；由能量守恒定律得：P出t＝mgh＋eq \f(1,2)mv2＋Q，解得t＝1s，选项D正确．
6. (2023·天津市南开区高三下一模)如图所示，ABCD为固定的水平光滑矩形金属导轨，处在方向竖直向下，磁感应强度为B的匀强磁场中，AB间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻，质量为m、长为L且不计电阻的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统．开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中AB间R上产生的焦耳热为Q，则( )
图9
A．初始时刻导体棒所受的安培力大小为eq \f(2B2L2v0,R)
B．当导体棒再一次回到初始位置时，AB间电阻的热功率为eq \f(2B2L2v\\al( 2,0),R)
C．当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)－2Q
D．当导体棒第一次到达最左端时，弹簧具有的弹性势能大于eq \f(1,2)mveq \\al( 2,0)－eq \f(2,3)Q
答案:AC
解析：由F＝BIL，I＝eq \f(BLv0,R并)，R并＝eq \f(1,2)R，得初始时刻导体棒所受的安培力大小为F＝eq \f(2B2L2v0,R).故A正确；由于回路中产生焦耳热，导体棒和弹簧的机械能有损失，所以当导体棒再次回到初始位置时，速度小于v0，导体棒产生的感应电动势E7. (2023·山东济南市5月高考模拟)如图1所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，两导轨间距d＝0.5 m，导轨平面与水平面的夹角为θ＝30°，导轨N、Q两端连接阻值R＝10 Ω的电阻。导轨平面内分布着有界匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，磁场方向均垂直于导轨平面向上，区域Ⅰ的上边界距导轨M、P端x1＝0.9 m，上、下边界之间的距离x2＝0.35 m，下边界与区域Ⅱ的上边界之间的距离x3＝1.2 m，区域Ⅰ的磁感应强度大小B1＝10 T，区域Ⅱ的磁感应强度大小B2＝5 T。质量m＝0.5 kg的金属棒垂直导轨放置，与两导轨接触良好。将金属棒从M、P端由静止释放，进入区域Ⅱ时恰好做匀速运动，取g＝10 m/s2，不计金属棒及导轨的电阻。求：
(1)金属棒进入磁场区域Ⅱ时的速度；
(2)金属棒经过磁场区域Ⅰ所用的时间。
答案:(1)4 m/s (2)0.15 s
解析：(1)金属棒进入区域Ⅱ时，感应电动势E＝B2dv，电路中的电流I＝eq \f(E,R)，金属棒所受安培力F＝B2Id，因金属棒匀速运动，有F＝mgsin 30°
得v＝4 m/s
(2)金属棒在磁场外滑动时有mgsin 30°＝ma
在x1范围内下滑过程veq \\al(2,1)＝2ax1，在x3范围内下滑过程v2－veq \\al(2,2)＝2ax3，金属棒滑过区域Ⅰ过程，平均感应电动势eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(ΔΦ,t)＝eq \f(B1dx2,t)
平均电流eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R)，平均安培力eq \(F,\s\up6(－))＝eq \(I,\s\up6(－))dB1，由动量定理
(mgsin 30°－eq \(F,\s\up6(－)))t＝mv2－mv1
联立解得t＝0.15 s
8. (2023·四川乐山模拟)如图所示，光滑平行足够长的金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨范围内存在磁场，其磁感应强度大小为B，方向竖直向下，导轨一端连接阻值为R的电阻。在导轨上垂直导轨放一长度等于导轨间距L、质量为m的金属棒，其电阻为r。金属棒与金属导轨接触良好。金属棒在水平向右的恒力F作用下从静止开始运动，经过时间t后开始匀速运动，金属导轨的电阻不计。求：
(1)金属棒匀速运动时回路中的电流；
(2)金属棒匀速运动的速度大小以及在时间t内通过回路的电荷量；
(3)若在时间t内金属棒移动的位移为x，则电阻R上产生的热量。
答案: (1)eq \f(F,BL) (2)eq \f(F（R＋r）,B2L2) eq \f(Ft,BL)－eq \f(mF（R＋r）,B3L3) (3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(Fx－\f(mF2（R＋r）2,2B4L4)))eq \f(R,R＋r)
解析：(1)金属棒匀速运动时，由平衡条件得F＝BImL，解得
Im＝eq \f(F,BL)。
(2)根据闭合电路的欧姆定律得Im＝eq \f(BLv,R＋r)
解得v＝eq \f(F（R＋r）,B2L2)
通过回路的电荷量q＝I·t
由动量定理得F·t－BIL·t＝mv
解得q＝eq \f(Ft,BL)－eq \f(mF（R＋r）,B3L3)。
(3)由功能关系得Fx＝Q＋eq \f(1,2)mv2
QR＝eq \f(R,R＋r)Q
解得QR＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(Fx－\f(mF2（R＋r）2,2B4L4)))eq \f(R,R＋r)。
1.(多选)(2023·安徽省合肥市高三上开学考试)如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为R的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中( )
A．流过金属棒的最大电流为eq \f(Bd\r(2gh),2R)
B．通过金属棒的电荷量为eq \f(BdL,2R)
C．克服安培力所做的功为mgh
D．金属棒内产生的焦耳热为eq \f(1,2)mg(h－μd)
答案:BD
解析：金属棒下滑到弯曲部分底端时，根据动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mv02，金属棒在磁场中运动时产生的感应电动势E＝BLv，金属棒受到的安培力F＝BIL，当金属棒刚进入磁场中时，感应电流最大，分析可得Imax＝eq \f(BL\r(2gh),2R)，所以A错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属棒的电荷量q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(BdL,2R)，所以B正确；对整个过程由动能定理得mgh－W克安－μmgd＝0，金属棒克服安培力做的功W克安＝mgh－μmgd，金属棒内产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)W克安＝eq \f(1,2)mg(h－μd)，所以C错误，D正确．
2.(多选)(2023东北三校联考)如图所示，光滑水平导轨置于磁场中，磁场的磁感应强度为B，左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，导轨均足够长．质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态．ab的电阻为R，cd的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动，现给cd一水平向右的初速度v0，则( )
A．两棒最终以相同的速度做匀速直线运动
B．整个过程通过两棒的电荷量为eq \f(2mv0,3BL)
C．ab棒最终的速度为eq \f(2,3)v0
D．从cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为eq \f(8,9)mveq \\al(2,0)
答案:BC
解析：当系统达到稳定状态时，两棒的加速度均为零，安培力为零，回路中的感应电流为零，即回路中的磁通量变化率为零，则ab棒的速度为cd棒速度的2倍，A错误；设两导体棒达到稳定状态时，cd棒的速度为v1、ab棒的速度为v2，则v2＝2v1，对cd棒由动量定理得－Beq \x\t(I)·2Lt＝－2BqL＝2mv1－2mv0，对ab棒由动量定理得－Beq \x\t(I)Lt＝BqL＝mv2－0，解得q＝eq \f(2mv0,3BL)、v2＝eq \f(2,3)v0、v1＝eq \f(1,3)v0，B、C正确；由能量守恒定律知，从cd棒获得初速度到二者稳定运动的过程中，系统产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,1)＝eq \f(2,3)mveq \\al(2,0)，D错误．
3. (多选)(2023·山东烟台期末)如图所示，两根平行光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，下端PQ接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。一质量为m、接入电路的电阻也为R的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上，静止时导体棒处于导轨的MN处。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行。现将导体棒从弹簧处于自然长度时由静止释放，整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。重力加速度为g，则下列说法中正确的有( )
A．当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R的电流方向为由P到Q
B．当导体棒的速度最大时，弹簧的伸长量为eq \f(mgsinθ,k)
C．导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，则导体棒从开始运动到停止运动的过程中，回路中产生的焦耳热为eq \f(m2g2sin2θ,k)－Ep
D．若导体棒第一次运动到MN处时速度为v，则此时导体棒的加速度大小为eq \f(B2L2v,2mR)
答案:ACD
解析：由右手定则可知，当导体棒沿导轨向下运动时流过电阻R的电流方向为由P到Q，故A项正确；导体棒所受重力、弹簧弹力与安培力的合力为零时速度最大，弹簧伸长量为eq \f(mgsinθ,k)时，弹簧弹力为mgsinθ，此时导体棒所受合力为安培力，导体棒速度不是最大，故B项错误；导体棒最终静止，由平衡条件有mgsinθ＝kx，则弹簧伸长量x＝eq \f(mgsinθ,k)，由能量守恒定律有mgxsinθ＝Q＋Ep，解得Q＝eq \f(m2g2sin2θ,k)－Ep，故C项正确；导体棒第一次到达MN处时，弹簧的弹力kx＝mgsinθ，此时导体棒受到的安培力为F＝BIL＝eq \f(B2L2v,2R)，对导体棒，由牛顿第二定律有kx－mgsinθ＋eq \f(B2L2v,2R)＝ma，解得a＝eq \f(B2L2v,2mR)，故D项正确。
4. (多选)(2023·河北省张家口市高三下三模)如图所示，倾角为θ＝37°的足够长的平行金属导轨固定在水平面上，两导体棒ab、cd垂直于导轨放置，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现给导体棒ab沿导轨平面向下的初速度v0使其沿导轨向下运动，已知两导体棒质量均为m，电阻相等，两导体棒与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.75，导轨电阻忽略不计，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。从ab开始运动到两棒相对静止的整个运动过程中两导体棒始终与导轨保持良好的接触，下列说法正确的是( )
A．导体棒cd中产生的焦耳热为eq \f(1,4)mv02
B．导体棒cd中产生的焦耳热为eq \f(1,8)mv02
C．当导体棒cd的速度为eq \f(1,4)v0时，导体棒ab的速度为eq \f(1,2)v0
D．当导体棒ab的速度为eq \f(3,4)v0时，导体棒cd的速度为eq \f(1,4)v0
答案:BD
解析：由题意可知：mgsin 37°＝μmgcs 37°，则两棒组成的系统沿轨道方向动量守恒，当最终稳定时：mv0＝2mv，解得v＝0.5v0，则回路产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)·2mv2＝eq \f(1,4)mv02，则导体棒cd中产生的焦耳热为Qcd＝eq \f(1,2)Q＝eq \f(1,8)mv02，A错误，B正确；当导体棒cd的速度为eq \f(1,4)v0时，则由动量守恒定律：mv0＝m·eq \f(1,4)v0＋mvab，解得vab＝eq \f(3,4)v0，C错误；当导体棒ab的速度为eq \f(3,4)v0时，则由动量守恒定律：mv0＝m·eq \f(3,4)v0＋mvcd，解得vcd＝eq \f(1,4)v0，D正确。
5. (2023·天津市南开区高三下一模)如图，甲、乙两个完全相同的线圈，在距地面同一高度处由静止开始释放，A、B是边界范围、磁感应强度的大小和方向均完全相同的匀强磁场，只是A的区域比B的区域离地面高一些，两线圈下落时始终保持线圈平面与磁场垂直，则（ ）
A. 甲先落地。B. 乙先落地。
C. 二者同时落地。D. 无法确定。
答案:B
解析：先比较甲、乙线圈落地速度的大小。乙进入磁场时的速度较大，则安培力较大，克服安培力做功较多，即产生的焦耳热较多。由能量守恒定律可知，乙线圈落地速度较小。
线圈穿过磁场区域时受到的安培力为变力，设受到的平均安培力为F，穿过磁场时间为，下落全过程时间为，落地时的速度为v，则全过程由动量定理得
=。
而 ， 所以。
可见，两下落过程安培力的冲量相等。
因为： 所以
即：乙线圈运动时间较短，先落地。选B。
6. （多选）(2023山东省济南市高三下模拟考试)如图所示，两根电阻不计的平行光滑金属导轨在同一水平面内放置，左端与定值电阻R相连，导轨x>0一侧存在着沿x轴方向均匀增大的磁场，磁感应强度与x的关系是B＝0.5＋0.5x(T)，在外力F作用下一阻值为r的金属棒从A1运动到A3，此过程中电路中的电功率保持不变．A1的坐标为x1＝1 m，A2的坐标为x2＝2 m，A3的坐标为x3＝3 m，下列说法正确的是( )
A．回路中的电动势既有感生电动势又有动生电动势
B．在A1与A3处的速度之比为2∶1
C．A1到A2与A2到A3的过程中通过导体横截面的电荷量之比为3∶4
D．A1到A2与A2到A3的过程中产生的焦耳热之比为5∶7
答案:BD
解析：因为磁场不随时间变化，故此过程中，只有动生电动势，没有感生电动势，故A错误；A1处的磁感应强度B1＝1 T，A3处的磁感应强度B3＝2 T，因为电功率不变，故电流不变，又因为E＝Blv，I＝eq \f(Blv,R＋r)，则eq \f(v1,v3)＝eq \f(B3,B1)＝eq \f(2,1)，故B正确；由q＝eq \f(ΔΦ,R＋r)＝eq \f(ΔBS,R＋r)及B-x图象可得，两个过程中的面积之比，就是电荷量之比，故eq \f(q1,q2)＝eq \f(S1,S2)＝eq \f(5,7)，故C错误；由F安-x图象可得，两个过程中的面积之比就是焦耳热之比，故eq \f(Q1,Q2)＝eq \f(S3,S4)＝eq \f(5,7)，故D正确．
7. (多选)(2023·山东济宁市期末质量检测)如图2所示，平行光滑金属导轨固定在竖直面内，导轨间距为1 m，上端连接阻值为2 Ω的定值电阻，虚线的上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2 T，质量为1 kg的导体棒套在金属导轨上与导轨接触良好，现给导体棒一个向上的初速度，当其刚好越过虚线时速度为20 m/s，导体棒运动到虚线上方1 m处速度减为零，此后导体棒向下运动，到达虚线前速度已经达到恒定，整个运动过程中导体棒始终保持水平。导轨和导体棒的电阻均忽略不计，取g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.导体棒的最大加速度为50 m/s2
B.导体棒上升过程中流过定值电阻的电荷量为4 C
C.导体棒下落到虚线时的速度大小为5 m/s
D.导体棒从越过虚线到运动到最高点所需的时间为1.8 s
答案:ACD
解析：当导体棒向上经过虚线时加速度最大，此时的安培力为FA＝BIL＝Beq \f(BLv,R)L＝eq \f(22×12×20,2) N＝40 N，由牛顿第二定律得a＝eq \f(mg＋FA,m)＝eq \f(1×10＋40,1) m/s2＝50 m/s2，故A正确；由公式q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R)Δt＝eq \f(ΔΦ,ΔtR)Δt＝eq \f(BLx,R)＝eq \f(2×1×1,2) C＝1 C，故B错误；由平衡条件可得，导体棒下落到虚线时有mg＝BIL＝eq \f(B2L2v1,R)，则v1＝eq \f(mgR,B2L2)＝eq \f(1×10×2,22×12) m/s＝5 m/s，故C正确；导体棒从越过虚线到运动到最高点由动量定理得mgt＋Beq \(I,\s\up6(－))Lt＝0－m·(－v)＝mv，则有mgt＋BLq＝mv，得t＝eq \f(mv－BLq,mg)＝eq \f(1×20－2×1×1,1×10) s＝1.8 s，故D正确。
8. (2023·山东省日照市高三下二模)如图甲所示，平行导轨水平放置固定在磁感应强度为1T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在平面，导轨一端跨接阻值为R＝1Ω的定值电阻，质量为0.2kg的金属棒MN可沿水平导轨滑动(其他电阻不计)，导轨与棒间的动摩擦因数为0.5，用电动机D牵引MN从
静止开始运动，其运动的位移—时间图象如图乙所示，此后，电压表和电流表示数恒为7V和1A，电动机内阻为1Ω，g取10m/s2.求
(1)匀强磁场的宽度；
(2)金属棒在变速运动过程中R上产生的焦耳热．
答案:(1)1m (2)2.6J
解析：(1)由s－t图象看出，金属棒经过1s向右移动s＝1.0m时获得稳定速度v，v＝eq \f(Δs,Δt)＝eq \f(1.0,0.5)m/s＝2m/s，设此时绳对棒的拉力为FT，棒所受安培力为F，则
FT－μmg－F＝0，F＝I1LB，I1＝eq \f(E,R)，E＝BLv
此时绳拉力的功率PT与电动机的输出功率相等，即
FTv＝IU－I2r，联立以上各式得L＝1m
(2)由能量守恒定律得(IU－I2r)t＝μmgs＋eq \f(1,2)mv2＋Q
代入数据得Q＝4.6J
9. (2023·沈阳5月第三次质检)如图所示，有两根光滑平行导轨，左侧为位于竖直平面的金属圆弧，右侧为水平直导轨，圆弧底部和直导轨相切，两条导轨水平部分在同一水平面内，其中BC、NP段用绝缘材料制成，其余部分为金属。两导轨的间距为d＝0.5 m，导轨的左侧接着一个阻值为R＝2 Ω的定值电阻，右侧接C＝2×1011 pF的电容器，电容器尚未充电。水平导轨的ADQM区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝2 T，虚线AM和DQ垂直于导轨，AB和MN的长度均为x＝1.2 m，两根金属棒a、b垂直放置在导轨上，质量均为m＝0.2 kg，接入电路的电阻均为r＝2 Ω，金属棒a从圆弧轨道距水平轨道高h＝0.8 m处由静止滑下，与静止在圆弧底部的金属棒b发生弹性碰撞，碰撞后金属棒b进入磁场区域，最终在CDQP区域稳定运动。不计金属导轨的电阻，求：
(1)金属棒b刚进入磁场区域时的速度大小；
(2)整个运动过程中金属棒a上产生的焦耳热；
(3)金属棒b稳定运动时电容器所带的电荷量。
答案:(1)4 m/s (2)0.2 J (3)0.2 C
解析：(1)金属棒a从高h＝0.8 m处由静止沿轨道滑下，由机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，解得v0＝4 m/s，此后a与b发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律可知mv0＝mv1＋mv2，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，解得v2＝v0＝4 m/s，金属棒b刚进入磁场区域的速度大小是4 m/s。
(2)金属棒b从A到B做减速运动，由动量定理得BidΔt＝mv2－mv，又iΔt＝q＝eq \f(eq \(E,\s\up15(－)),R总)Δt，eq \(E,\s\up15(－))＝eq \f(Bxd,Δt)，R总＝r＋eq \f(Rr,R＋r)＝3 Ω，联立解得v＝2 m/s，由能量守恒定律有eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mv2＝Q总，解得Q总＝1.2 J，在金属棒a上产生的焦耳热Qa＝eq \f(1,6)Q总＝0.2 J。
(3)金属棒b以速度v在BCPN区域做匀速直线运动，到CP边界时速度仍是v，进入CDQP区域，此时金属棒与电容器构成回路，金属棒b稳定时，速度是v′，电容器带的电荷量是Q，由动量定理得Beq \(I,\s\up15(－))dΔt1＝mv－mv′，其中eq \(I,\s\up15(－))Δt1＝Q，Q＝CU＝CBdv′，v′＝1 m/s，解得Q＝0.2 C。
10. (2023·北京市朝阳区校际联考) 如图为电磁驱动与阻尼模型，在水平面上有两根足够长的平行轨道PQ和MN，左端接有阻值为R的定值电阻，其间有垂直轨道平面的磁感应强度为B的匀强磁场，两轨道间距及磁场宽度均为L。质量为m的金属棒ab静置于导轨上，当磁场沿轨道向右运动的速度为v时，棒ab恰好滑动。棒运动过程始终在磁场范围内，并与轨道垂直且接触良好，轨道和棒电阻均不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)判断棒ab刚要滑动时棒中的感应电流方向，并求此时棒所受的摩擦力Ff大小；
(2)若磁场不动，棒ab以水平初速度2v开始运动，经过时间t＝eq \f(mR,B2L2)停止运动，求棒ab运动位移x及回路中产生的焦耳热Q。
答案:(1)由a至b eq \f(B2l2v,R) (2)eq \f(mvR,B2L2) mv2
解析：(1)磁场沿轨道向右运动，即棒相对于磁场沿轨道向左运动，则根据右手定则，感应电流方向由a至b。
依题意得，棒刚要运动时，受到的摩擦力等于安培力：Ff＝F安
又F安＝BI1L，I1＝eq \f(BLv,R)，联立解得：Ff＝eq \f(B2L2v,R)。
(2)设棒的平均速度为eq \(v,\s\up6(－))，根据动量定理可得：
－eq \(F,\s\up6(－))安t－Fft＝0－2mv
又eq \(F,\s\up6(－))安＝Beq \(I,\s\up6(－))L，又eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(BL\(v,\s\up6(－)),R)，x＝eq \(v,\s\up6(－)) t，
联立解得：x＝eq \f(mvR,B2L2)
根据动能定理有：－Ffx－W安＝0－eq \f(1,2)m(2v)2
根据功能关系有：Q＝W安，解得：Q＝mv2。
11. (2023·天津卷)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置．图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计．ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m.列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示．为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计．列车启动后电源自动关闭．
(1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；
(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；
(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l.若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
答案:见解析
解析：(1)M接电源正极．列车要向右运动，安培力方向应向右．根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b、由c到d，故M接电源正极．
(2)由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为R总，由电阻的串并联知识得R总＝eq \f(R,2) ①
设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有
I＝eq \f(E,R总) ②
设两根金属棒所受安培力之和为F，有
F＝IlB ③
根据牛顿第二定律有
F＝ma ④
联立①②③④式得
a＝eq \f(2BEl,mR) ⑤
(3)设列车减速时，cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为ΔΦ，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有
E1＝eq \f(ΔΦ,Δt) ⑥
其中ΔΦ＝Bl2 ⑦
设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有
I′＝eq \f(E1,2R) ⑧
设cd受到的平均安培力为F′，有
F′＝I′lB ⑨
以向右为正方向，设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲，有
I冲＝－F′Δt ⑩
同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有
I0＝2I冲 eq \(○,\s\up1(11))
设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有
I总＝0－mv0 eq \(○,\s\up1(12))
联立⑥⑦⑧⑨⑩eq \(○,\s\up1(11))eq \(○,\s\up1(12))式得
eq \f(I总,I0)＝eq \f(mv0R,B2l3)
讨论：若eq \f(I总,I0)恰为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场；若eq \f(I总,I0)不是整数，设eq \f(I总,I0)的整数部分为N，则需设置N＋1块有界磁场
12. (2023·泉州4月质量监测)如图，间距为d、左右对称的两根相同金属导轨分别固定在竖直平面内，导轨水平部分长度均为L，构成的水平面abcd区域内有磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场(边界ab、cd处无磁场)，P、Q两根金属杆放在导轨上，质量均为m，接入导轨的电阻均为R，离水平导轨的高度均为h，同时释放后，恰好不会相碰。重力加速度大小为g，不计导轨电阻和摩擦阻力，两杆与导轨始终垂直且接触良好。
(1)求P刚进入磁场时受到的安培力大小F。
(2)若P、Q的质量分别为m、eq \f(3,4)m，电阻仍均为R，P放在原来位置，Q放在导轨右侧4h高度处，先释放P，当它在水平轨道上的速度减为零时，再释放Q，此后两杆发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前后两杆的总动能减少了eq \f(3,4)mgh，求：
①P第一次停止运动时所在的位置；
②最终P、Q两杆之间的距离。
答案:(1)eq \f(B2d2,R)eq \r(2gh) (2)①cd边界处 ②eq \f(1,2)L
解析：(1)设金属杆下滑进入磁场时的速度大小为v0，由机械能守恒定律得mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
刚进入磁场时，回路总电动势为
E＝2Bdv0，回路电流为I＝eq \f(E,2R)
金属杆受到的安培力大小为F＝BdI，
联立得F＝eq \f(B2d2,R)eq \r(2gh)。
(2)①P、Q质量相同又同时释放时，设在磁场运动过程中，通过P杆的感应电荷量为q1，平均电流为I1，时间为t1，对P杆，根据动量定理得－BdI1t1＝0－mv0，其中q1＝I1t1，又q1＝eq \f(BdL,2R)，只释放P杆，设它在磁场中运动位移为x时速度减为零，同理可得eq \f(B2d2x,2R)＝mv0，解得x＝L，故P杆第一次停止运动时位于cd边界处；
②设Q杆与P杆碰撞前瞬间的速度大小为v，碰撞后瞬间Q杆与P杆的速度分别为v1、v2，有
eq \f(3,4)mg×4h＝eq \f(1,2)×eq \f(3,4)mv2
eq \f(3,4)mv＝eq \f(3,4)mv1＋mv2
eq \f(1,2)×eq \f(3,4)mv2－eq \f(1,2)×eq \f(3,4)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＝eq \f(3,4)mgh
解得v1＝0，v2＝eq \f(3,2)eq \r(2gh)＝eq \f(3,2)v0
(另一组解v1＝eq \f(12,7)eq \r(2gh)，v2＝eq \f(3,14)eq \r(2gh)，舍去)
说明Q杆与P杆碰后，Q杆停止在cd边界处，P杆以速度eq \f(3,2)v0向左进入磁场，设其停止运动前在磁场中通过的路程为x′，同理可得eq \f(B2d2x′,2R)＝mv2，解得x′＝eq \f(3,2)L，说明P杆在磁场中向左运动L距离后，经圆弧轨道返回又在磁场中向右运动了eq \f(1,2)L才停止运动，故最终两杆之间的距离Δx＝eq \f(1,2)L。
1..(多选)(2023·全国卷Ⅲ)如图所示，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。下列图象中可能正确的是( )
答案:AC
解析：导体棒ab运动，切割磁感线，产生感应电流(逆时针)，导体棒ab受安培力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F′作用，速度增大，最终两棒速度相等，如图所示。
由E＝Bl(v1－v2)知，感应电动势E随速度差Δv＝v1－v2的减小而减小，则感应电流非均匀变化。当两棒的速度相等时，回路上感应电流消失，两棒在导轨上以共同速度做匀速运动。由系统的动量守恒得mv0＝2mv共，v共＝eq \f(v0,2)，A正确；导体棒cd受变力作用，加速度逐渐减小，其v－t图象应该是曲线，B错误；由前面分析知，两导体棒做变速运动，感应电流变小，最后为零，但非均匀变化，C正确，D错误
2.2019年海南省高考试题）14. 如图，一水平面内固定有两根平行的长直金属导轨，导轨间距为l；两根相同的导体棒AB、CD置于导轨上并与导轨垂直，长度均为l；棒与导轨间的动摩擦因数为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）：整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下。从时开始，对AB棒施加一外力，使AB棒从静止开始向右做匀加速运动，直到时刻撤去外力，此时棒中的感应电流为；已知CD棒在时刻开始运动，运动过程中两棒均与导轨接触良好。两棒的质量均为m，电阻均为R，导轨的电阻不计。重力加速度大小为g。
(1)求AB棒做匀加速运动的加速度大小；
(2)求撤去外力时CD棒的速度大小；
(3)撤去外力后，CD棒在时刻静止，求此时AB棒的速度大小。
答案:(1)；(2)；(3)
解析：(1)设AB棒做匀加速运动的加速度大小为a，在t=t0时刻AB棒的速度为v0=at0，
此时对CD棒：


联立解得：
(2)在t1时刻，AB棒的速度；
此时

解得
(3)撤去外力后到CD棒静止，对CD棒由动量定理： ，
对AB棒：
联立解得：
3.(2023年浙江省上半年高考试题）如图所示，倾角θ=370、间距l＝0.1m的足够长金属导轨底端接有阻值R=0.1Ω的电阻，质量m=0.1kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ=0.45．建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x．在0.2m≤x≤0.8m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场．从t=0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下从x=0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度与位移x满足v=kx（可导出a=kv）k=5s-1．当棒ab运动至x1=0.2m处时，电阻R消耗的电功率P=0.12W，运动至x2=0.8m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x=0处．棒ab始终保持与导轨垂直，不计其它电阻，求：（提示：可以用F－x图象下的“面积”代表力F做的功
（1）磁感应强度B的大小
（2）外力F随位移x变化的关系式；
（3）在棒ab整个运动过程中，电阻R产生焦耳热Q．
答案:（1）；（2）无磁场区间：；有磁场区间：；（3）
解析：
【详解】（1）由
E=Blv，
解得
（2）无磁场区间： ，a=5v=25x
有磁场区间：

（3）上升过程中克服安培力做功（梯形面积）
撤去外力后，棒ab上升的最大距离为s，再次进入磁场时的速度为v＇，则：

解得v＇=2m/s
由于
故棒再次进入磁场后做匀速运动；
下降过程中克服安培力做功：

4.（湖北省2022年普通高中学业水平等级考试）15. 如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里。正方形单匝线框abcd的边长L = 0.2m、回路电阻R = 1.6 × 10 - 3Ω、质量m = 0.2kg。线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L。现对线框施加与水平向右方向成θ = 45°角、大小为的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动。从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。重力加速度大小取g = 10m/s2，求：
（1）ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；
（2）磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；
（3）磁场区域的水平宽度。
答案:（1）ax = 20m/s2，ay = 10m/s2；（2）B = 0.2T，Q = 0.4J；（3）X = 1.1m
解析：（1）ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有max = Fcsθ
代入数据有ax = 20m/s2
在竖直方向有may = Fsinθ - mg
代入数据有ay = 10m/s2
（2）ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的上部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线。但ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电源为ab，根据右手定则可知回路的电流为adcba，则ab边进入磁场开始，ab边受到的安培力竖直向下，ad边的上部分受到的安培力水平向右，bc边的上部分受到的安培力水平向左，则ad边和bc边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力为ab边受到的竖直向下的安培力。由题知，线框从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，有Fsinθ - mg - BIL = 0
E = BLvy
vy2 = 2ayL
联立有B = 0.2T
由题知，从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有
Q = W安 = BILy
y = L
Fsinθ - mg = BIL
联立解得Q = 0.4J
（3）线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为vy = ayt1
L = vyt2
t = t1 + t2
联立解得
t = 0.3s
由（2）分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向有
则磁场区域的水平宽度X = x + L = 1.1m
5.(2023年1月浙江省普通高等学校招生考试）如图甲所示，在xOy水平面内，固定放置着间距为l的两平行金属直导轨，其间连接有阻值为R的电阻，电阻两端连接示波器(内阻可视为无穷大)，可动态显示电阻R两端的电压。两导轨间存在大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场。t=0时一质量为m、长为l的导体棒在外力F作用下从x=x0位置开始做简谐运动，观察到示波器显示的电压随时间变化的波形是如图乙所示的正弦曲线。取，则简谐运动的平衡位置在坐标原点O。 不计摩擦阻力和其它电阻，导体棒始终垂直导轨运动。（提示：可以用F—x图象下的“面积”代表力F所做的功）
（1）求导体棒所受到的安培力FA随时间t的变化规律；
（2）求在0至0．25T时间内外力F的冲量；
（3）若t=0时外力F0=1N，l=1m，T=2πs，m=1kg，R=1Ω，Um=0．5V，B=0．5T，求外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度。
第21题图甲 第21题图乙
答案:见解析
解析：（1）根据题意，题目中显示的电压与时间关系可知
，导体棒所受安培力
（2）根据题意，导体棒的简谐振动是位移与时间关系为
因此导体棒的速度与时间关系为 ，即
安培力的冲量
根据动量定理可知
（3）根据简谐振动知识可知 ，
当t=0时， ，外力
此时的位移大小
所以比例系数
以向右为正，则
= 1 \* GB3 ①如果是外力与安培力等大，反向，则只有在平衡位置x=0，金属棒合外力为零，即外力大小等于安培力，此时速度代入数据可知，
= 2 \* GB3 ② 如果外力与安培力方向相同，大小相等，则 ，即
即 或者
金属棒的位置关系，所以金属棒的位置
此时根据可知，对应速度为
6.(2023年浙江省高三7月普通高中学业水平等级性考试物理）22.如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长、电阻的正方形线框，当平行于磁场边界的边进入磁场时，在沿x方向的外力F作用下以的速度做匀速运动，直到边进入磁场时撤去外力。若以边进入磁场时作为计时起点，在内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在内线框始终做匀速运动。
(1)求外力F的大小；
(2)在内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；
(3)求在内流过导线横截面的电荷量q。
答案:(1)；(2)；(3)
解析：(1)由图2可知，则回路电流
安培力
所以外力
(2)匀速出磁场，电流为0，磁通量不变，时，，磁通量，则t时刻，磁通量
解得
(3)电荷量
电荷量
总电荷量
7.(2023年天津市普通高中学业水平选择性考试）如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨、间距，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成角，N、Q两端接有的电阻．一金属棒垂直导轨放置，两端与导轨始终有良好接触，已知的质量，电阻，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小．在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度沿导轨向上开始运动，可达到最大速度．运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度．
（1）求拉力的功率P；
（2）开始运动后，经速度达到，此过程中克服安培力做功，求该过程中沿导轨的位移大小x．
解析：（1）在运动过程中，由于拉力功率恒定，做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F，安培力大小为，有 ①
设此时回路中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有 ②
设回路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律，有 ③
受到的安培力 ④
由功率表达式，有 ⑤
联立上述各式，代入数据解得 ⑥
（2）从速度到的过程中，由动能定理，有 ⑦
代入数据解得 ⑧
8.(2023年海南省普通高中学业水平选择性考试）如图，间距为l的光滑平行金属导轨，水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，导轨左端接有阻值为R的定值电阻，一质量为m的金属杆放在导轨上．金属杆在水平外力作用下以速度向右做匀速直线运动，此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为．设金属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R以外不计其它电阻．
（1）求金属杆中的电流和水平外力的功率；
（2）某时刻撤去外力，经过一段时间，自由电子沿金属杆定向移动的速率变为，求：
（ⅰ）这段时间内电阻R上产生的焦耳热；
（ⅱ）这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离．
解析：（1）金属杆切割磁感线有 E=Blv0，I=E/R，
金属杆匀速运动，则有外力功率与电功率相等，P=I2R，
解得：I= P=
（2）（i）令金属杆内单位体积的自由电子数为n，横截面积为S，根据电流的微观表达式，
nSeu0=，解得nSe=，
当自由电子沿金属杆定向移动的速率变为，则有nSe=，解得v’=
根据能量守恒定律，有Q=mv02- mv’2，解得Q=mv02
（ii）对于金属杆，根据动量定理，由-ΣBilt=mv’- mv0
即 -BlSne=mv’- mv0
化简，BlSney= mv0
解得 y=。
新课程标准
1.知道电磁感应现象的应用及其对现代社会的影响。
2．理解楞次定律。
3．通过实验，理解法拉第电磁感应定律。
命题趋势
考查的内容主要体现对物理规律的理解，例如楞次定律、法拉第电磁感应定律；有些题目的综合性较强，主要体现在电磁感应中的综合应用上。题目多涉及动生电动势和感生电动势。
试题情境
生活
实践类
电磁炉、电子秤、电磁卡、电磁焊接技术、磁电式速度传感器、真空管道超高速列车、磁悬浮列车、电磁轨道炮等各种实际应用模型
学习
探究类
杆轨模型问题，电磁感应与动力学、能量、动量结合问题
v0≠0
v0＝0
示意图
质量为m、电阻不计的导体杆ab以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动，两平行导轨间距为L
轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L
轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L，拉力F恒定
轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L，拉力F恒定
运动图像
能量观点
动能全部转化为内能：Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
电源输出的电能转化为动能：W电＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)
F做的功一部分转化为杆的动能，一部分产生电热：WF＝Q＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)
F做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WF＝eq \f(1,2)mv2＋EC

光滑的平行导轨
光滑不等距导轨
示意图
质量mb＝ma
电阻rb＝ra
长度Lb＝La
质量mb＝ma
电阻rb＝ra
长度Lb＝2La
力学观点
杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动
杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为1∶2
运动图像
能量
观点
一部分动能转化为内能：Q＝－ΔEk
动量观点
两杆组成的系统动量守恒
两杆组成的系统动量不守恒
对单杆可以用动量定理
常见情景
动力学分析
能量分析
动量分析
在安培力作用下穿越磁场
以进入磁场时为例，设运动过程中某时刻的速度为v，加速度大小为a，则a＝eq \f(B2L2v,mR)，a与v方向相反，导线框做减速运动，v↓⇒a↓，即导线框做加速度减小的减速运动，最终匀速运动(全部进入磁场)或静止(导线框离开磁场过程的分析相同)
部分(或全部)动能转化为焦耳热，
Q＝－ΔEk
动量不守恒，可用动量定理分析导线框的位移、速度、通过导线横截面的电荷量和变力作用的时间：
(1)求电荷量或速度：－Beq \x\t(I)·LΔt＝mv2－mv1，q＝eq \x\t(I)Δt；
(2)求位移：－eq \f(B2L2\x\t(v)Δt,R总)＝0－mv0，即－eq \f(B2L2x,R总)＝0－mv0；
(3)求时间：①－Beq \x\t(I)LΔt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他·Δt＝mv2－mv1
已知电荷量q，F其他为恒力，可求出变加速运动的时间；
②－eq \f(B2L2\x\t(v)Δt,R总)＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－eq \f(B2L2x,R总)＋F其他·Δt＝mv2－mv1
若已知位移x，F其他为恒力，也可求出变加速运动的时间
在恒力F(包括重力mg)和安培力作用下穿越磁场
以进入磁场的过程为例，设运动过程中某时刻导线框的速度为v，加速度为a＝eq \f(F,m)－eq \f(B2L2v,mR)。
(1)若进入磁场时eq \f(F,m)＝eq \f(B2L2v,mR)，则导线框匀速运动；
(2)若进入磁场时eq \f(F,m)>eq \f(B2L2v,mR)，则导线框做加速度减小的加速运动(直至匀速)；
(3)若进入磁场时eq \f(F,m)力F做的功等于导线框的动能变化量与回路中产生的焦耳热之和，WF＝ΔEk＋Q