高考物理一轮复习讲义第12章第4课时　专题强化 电磁感应中的动力学和能量问题（2份打包，原卷版+教师版）

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考点一 电磁感应中的动力学问题
1．导体的两种运动状态
2.用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤
3．导体常见运动情况的动态分析
例1 (多选)如图所示，U形光滑金属导轨与水平面成37°角倾斜放置，现将一金属杆垂直放置在导轨上且与两导轨接触良好，在与金属杆垂直且沿着导轨向上的外力F的作用下，金属杆从静止开始做匀加速直线运动。整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，外力F的最小值为8 N，经过2 s金属杆运动到导轨最上端并离开导轨。已知U形金属导轨两轨道之间的距离为1 m，导轨电阻可忽略不计，金属杆的质量为1 kg、电阻为1 Ω，磁感应强度大小为1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
A．拉力F是恒力
B．拉力F随时间t均匀增加
C．金属杆运动到导轨最上端时拉力F为12 N
D．金属杆运动的加速度大小为2 m/s2
答案 BCD
解析 t时刻，金属杆的速度大小为v＝at，产生的感应电动势为E＝Blv，电路中的感应电流I＝eq \f(Blv,R)，金属杆所受的安培力大小为F安＝BIl＝eq \f(B2l2at,R)，由牛顿第二定律F－mgsin 37°－F安＝ma得F＝ma＋mgsin 37°＋eq \f(B2l2at,R)，F与t是一次函数关系，选项A错误，B正确；t＝0时，F最小，代入数据可求得a＝2 m/s2，选项D正确；t＝2 s时，代入数据解得F＝12 N，选项C正确。
例2 如图所示，两平行金属导轨水平放入磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距为L，导轨左端接有一电容为C的平行板电容器。一质量为m的金属棒ab垂直放在导轨上，在水平恒力F的作用下从静止开始运动。棒与导轨接触良好，不计金属棒和导轨的电阻以及金属棒和导轨间的摩擦。求金属棒的加速度并分析金属棒的运动性质。
答案 见解析
解析 运动过程分析：取一极短时间Δt，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。
拓展
1.若金属导轨平面与水平面成θ角，匀强磁场垂直导轨平面向上。已知重力加速度为g，又让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求金属棒下滑过程中的加速度大小。
答案 金属棒在重力和安培力的作用下向下运动，根据牛顿第二定律有mgsin θ－BIL＝ma，I＝eq \f(ΔQ,Δt)＝eq \f(CBLΔv,Δt)＝CBLa，联立可得a＝eq \f(mgsin θ,m＋CB2L2)。
2．在拓展1中，若金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ(μ答案 mgsin θ－μmgcs θ－BIL＝ma，I＝eq \f(ΔQ,Δt)＝eq \f(CBLΔv,Δt)＝CBLa，联立解得a＝eq \f(mgsin θ－μmgcs θ,m＋CB2L2)。
例3 (2023·云南昆明市第一中学模拟)某物理小组想出了一种理想化的“隔空”加速系统，该系统通过利用其中一个金属棒在磁场中运动产生感应电流从而使另一个金属棒获得速度，这样就避免了直接对其进行加速时所带来的磨损和接触性损伤，该加速系统可以建模抽象为在足够长的固定水平平行导轨上放有两个金属棒MN和PQ，磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场与导轨所在水平面垂直，方向竖直向下，导轨电阻很小，可忽略不计。如图为模型俯视图，导轨间的距离L＝1.0 m，每根金属棒质量均为m＝1.0 kg，电阻都为R＝5.0 Ω，可在导轨上无摩擦滑动，滑动过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，在t＝0时刻，两金属棒都处于静止状态，现有一与导轨平行、大小为F＝2.0 N恒力作用于金属棒MN上，使金属棒MN在导轨上滑动，经过t＝10 s，金属棒MN的加速度a＝1.6 m/s2，求：
(1)此时金属棒PQ的加速度是多少？
(2)此时金属棒MN、PQ的速度各是多少？
(3)金属棒MN和PQ的最大速度差是多少？
答案 (1)0.4 m/s2 (2)18 m/s 2 m/s
(3)40 m/s
解析 (1)恒力作用于MN棒，使其在导轨上向右加速运动，切割磁感线产生感应电流，根据右手定则知电流方向为M→N，电流流经PQ，根据左手定则知MN所受安培力水平向左，PQ受到的安培力水平向右，它们都做加速运动，对MN由牛顿第二定律得F－BIL＝ma，对PQ由牛顿第二定律得
BIL＝ma′，联立解得a′＝0.4 m/s2。
(2)设某时刻MN速度为v1，PQ速度为v2，根据法拉第电磁感应定律有I＝eq \f(BL\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v1－v2)),2R)
在t＝10 s时，对MN由牛顿第二定律得F－BIL＝ma，整理得F－eq \f(B2L2v1－v2,2R)＝ma
代入数据得v1－v2＝16 m/s
由于作用于两棒的安培力等大反向，所以作用于两棒系统的合力为水平恒力F，对系统由动量定理得Ft＝(mv1＋mv2)－0，代入数据得v1＋v2＝20 m/s
联立解得v1＝18 m/s，v2＝2 m/s。
(3)MN棒做加速度减小的加速运动，PQ棒做加速度增大的加速运动，最终有共同加速度，设两金属棒的共同加速度为a共，对系统有F＝2ma共，对PQ棒有BImL＝ma共，其中Im＝eq \f(E,2R)＝eq \f(BLΔvm,2R)
联立解得Δvm＝40 m/s。
有恒定外力等间距双棒模型
考点二 电磁感应中的能量问题
1．电磁感应中的能量转化
eq \x(其他形式的能量)eq \(―――――――→,\s\up7(克服安培力做功))eq \x(电能)eq \(――――→,\s\up7(电流做功))eq \x(焦耳热或其他形式的能量)
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。
例4 (2024·广东省模拟)如图甲所示，光滑的金属导轨MN和PQ平行，间距L＝1.0 m，与水平面之间的夹角α＝37°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝1.6 Ω的电阻，质量m＝0.5 kg、接入电路的电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直导轨放置，现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属棒ab，使其由静止开始运动，当金属棒上滑的位移s＝3.8 m时达到稳定状态，对应过程的v－t图像如图乙所示。取g＝10 m/s2，导轨足够长(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。求：
(1)运动过程中a、b哪端电势高，并计算恒力F的大小；
(2)从金属棒开始运动到刚达到稳定状态，此过程金属棒上产生的焦耳热。
答案 (1)b端电势高 5 N (2)1.47 J
解析 (1)由右手定则可判断感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端电势高，当金属棒匀速运动时，由平衡条件得F＝mgsin 37°＋F安，其中F安＝BIL＝eq \f(B2L2v,R＋r)，由题图乙可知v＝1.0 m/s，联立解得F＝5 N
(2)从金属棒开始运动到恰好达到稳定状态，由动能定理得(F－mgsin 37°)s－W克安＝eq \f(1,2)mv2
又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得Q＝W克安＝7.35 J，金属棒与电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为Qr＝eq \f(r,R＋r)Q＝1.47 J。
例5 如图所示，粗细均匀的正方形导线框abcd放在倾角为θ＝30°的绝缘光滑斜面上，通过轻质细线绕过光滑的定滑轮与木块相连，细线和线框共面、与cd垂直且与斜面平行。距线框cd边为L0的MNQP区域存在着垂直于斜面、大小相等、方向相反的两个匀强磁场，EF为两个磁场的分界线，ME＝EP＝L2。现将木块由静止释放后，木块下降，线框沿斜面上滑，恰好匀速进入和离开匀强磁场。已知线框边长为L1(L1(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(2)导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热Q。
答案 (1)eq \r(4,\f(gm2R2,2L0L14)) (2)eq \f(1,2)mg(2L2＋L1)
解析 (1)导线框匀速进入磁场时，受力平衡，受力情况如图所示。
根据平衡条件有
FT＝F安＋mgsin θ
其中F安＝BIL1，I＝eq \f(E,R)，E＝BL1v
导线框与木块通过细线相连，线框匀速进入磁场时，木块匀速下降，根据平衡条件有FT＝mg
对导线框和木块构成的系统，进入磁场前二者一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
mg－mgsin θ＝2ma，根据运动学公式可得进入磁场时速度v＝eq \r(2aL0)
联立以上各式可得B＝eq \r(4,\f(gm2R2,2L0L14))
(2)导线框恰好匀速进入和离开匀强磁场，导线框通过匀强磁场过程中，线框和木块组成的系统减少的重力势能转化为电路中产生的焦耳热，根据能量守恒定律得Q＝mg(2L2＋L1)－mg(2L2＋L1)sin θ，所以导线框通过匀强磁场过程中线框中产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)mg(2L2＋L1)。
课时精练
1.如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框的电阻不计，开始时，给ef一个向右的初速度，则( )
A．ef将减速向右运动，但不是匀减速运动
B．ef将匀减速向右运动，最后停止
C．ef将匀速向右运动
D．ef将往返运动
答案 A
解析 ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，由F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动，最终停止运动，故A正确，B、C、D错误。
2.如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下，导线框以某一初速度向右运动，t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列v－t图像中，正确描述上述过程的可能是( )
答案 D
解析 线框以一定初速度进入磁场，则感应电动势为E＝BLv，根据闭合电路欧姆定律，则感应电流为I＝eq \f(E,R)，所以安培力为F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)，又根据牛顿第二定律有F＝ma，则a＝eq \f(B2L2v,Rm)，由于v减小，所以a也减小；当线框完全进入磁场后，不受到安培力作用，所以做匀速直线运动；当线框出磁场时，速度与时间的关系与进入磁场相似，在速度—时间图像中，斜率绝对值表示加速度的大小，故D正确，A、B、C错误。
3.(2023·陕西咸阳市模拟)如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻。线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直。设OO′下方磁场区域足够大，不计空气阻力影响，则下列图像不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律的是( )
答案 A
解析 线框先做自由落体运动，t1时刻ab边进入磁场做减速运动，加速度逐渐减小，而A图像中的加速度逐渐增大，故A错误；线框先做自由落体运动，若进入磁场时重力小于安培力，ab边进入磁场后做减速运动，当加速度减小到零时做匀速直线运动，cd边进入磁场后线框做自由落体运动，加速度为g，故B正确；线框先做自由落体运动，ab边进入磁场时若重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd边进入磁场后线框做自由落体运动，加速度为g，故C正确；线框先做自由落体运动，ab边进入磁场时若重力等于安培力，做匀速直线运动，cd边进入磁场后，线框继续做自由落体运动，加速度为g，故D正确。
4.(2023·江苏盐城市模拟)如图所示，MN和PQ是竖直放置的两根平行光滑金属导轨，导轨足够长且电阻不计，MP间接定值电阻R，金属杆cd保持与导轨垂直且接触良好。杆cd由静止开始下落并计时，杆cd两端的电压U、杆cd所受安培力的大小F随时间t变化的图像，以及通过杆cd的电流I、杆cd加速度的大小a随杆的速率v变化的图像，合理的是( )
答案 D
解析 设杆长为L，杆下落过程中切割磁感线产生的感应电流大小为I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(BLv,R＋r)∝v，故C错误；根据牛顿第二定律有mg－BIL＝ma，即a＝g－eq \f(B2L2v,mR＋r)，故D正确；杆所受安培力的大小为F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R＋r)，杆下落过程中先做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度保持不变，所以安培力随速度先增大后不变，最终大小为mg，故B错误；杆两端的电压为U＝IR＝eq \f(BLRv,R＋r)，速度先增大后不变，所以U先增大后不变，故A错误。
5.(多选)如图所示，两根间距为d的足够长光滑金属导轨，平行放置在倾角为θ＝30°的绝缘斜面上，导轨的右端接有电阻R，整个装置放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上。导轨上有一质量为m、电阻也为R的导体棒与两导轨垂直且接触良好，导体棒以一定的初速度v0在沿着导轨上滑一段距离L后返回，不计导轨电阻及感应电流间的相互作用，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A．导体棒返回时先做加速运动，最后做匀速直线运动
B．导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量q＝eq \f(BdL,R)
C．导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功W＝eq \f(1,2)(mv02－mgL)
D．导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量Q＝eq \f(1,2)(mv02－mgL)
答案 AC
解析 导体棒返回时先做加速度减小的加速运动，最后受力平衡，做匀速直线运动，所以A正确；根据q＝eq \f(ΔΦ,R总)，则导体棒沿着导轨上滑过程中通过R的电荷量为q＝eq \f(BdL,2R)，所以B错误；设导体棒沿着导轨上滑过程中克服安培力做的功为W，由能量守恒可得W＋mgLsin 30°＝eq \f(1,2)mv02，解得W＝eq \f(1,2)(mv02－mgL)，所以C正确；根据功能关系可得，导体棒沿着导轨上滑过程中电阻R上产生的热量为Q＝eq \f(1,2)W，则Q＝eq \f(1,4)(mv02－mgL)，所以D错误。
6．(多选)如图甲所示，两间距为L的平行光滑金属导轨固定在水平面内，左端用导线连接，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，一根长度也为L、电阻为R的金属棒放在导轨上，在平行于导轨向右、大小为F的恒力作用下向右运动，金属棒运动过程中，始终与导轨垂直并接触良好，金属棒运动的加速度与速度的关系如图乙所示，不计金属导轨及左边导线电阻，金属导轨足够长，若图乙中的a0、v0均为已知量，则下列说法正确的是( )
A．金属棒的质量为eq \f(F,a0)
B．匀强磁场的磁感应强度大小为eq \f(1,L)eq \r(\f(FR,v0))
C．当拉力F做功为W时，通过金属棒横截面的电荷量为eq \f(W,\r(FR))
D．某时刻撤去拉力，此后金属棒运动过程中加速度大小与速度大小成正比
答案 ABD
解析 由题意可知F－eq \f(B2L2v,R)＝ma，得a＝eq \f(F,m)－eq \f(B2L2,mR)v，结合a－v图像可知eq \f(F,m)＝a0，eq \f(B2L2,mR)＝eq \f(a0,v0)，解得m＝eq \f(F,a0)，B＝eq \r(\f(ma0R,L2v0))＝eq \f(1,L)eq \r(\f(FR,v0))，A、B正确；当拉力F做功为W时，金属棒运动的距离为s＝eq \f(W,F)，则通过金属棒横截面的电荷量q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(\x\t(E),R)t＝eq \f(BLs,R)＝eq \f(W,\r(FRv0))，C错误；某时刻撤去拉力，此后eq \f(B2L2v,R)＝ma，则a＝eq \f(B2L2,mR)v，D正确。
7．(2023·黑龙江哈尔滨市第九中学模拟)如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，间距为L＝1 m，质量为m的金属杆ab垂直放置在轨道上且与轨道接触良好，其阻值忽略不计。空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度大小为B＝0.5 T。P、M间接有阻值为R1的定值电阻，Q、N间接电阻箱R。现从静止释放ab，改变电阻箱的阻值R，测得金属棒ab最大速度为vm，得到eq \f(1,vm)与eq \f(1,R)的关系如图乙所示。若轨道足够长且电阻不计，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．金属杆中感应电流方向由a指向b
B．金属杆所受的安培力沿轨道向下
C．定值电阻的阻值为1 Ω
D．金属杆的质量为1 kg
答案 C
解析 由右手定则可判断，金属杆中感应电流方向由b指向a，由左手定则知，金属杆所受的安培力沿轨道向上，A、B错误；总电阻为R总＝eq \f(R1R,R1＋R)，I＝eq \f(BLv,R总)，当达到最大速度时，金属杆受力平衡，有mgsin θ＝BImL＝eq \f(B2L2vm,R1R)(R1＋R)，变形得eq \f(1,vm)＝eq \f(B2L2,mgsin θ)·eq \f(1,R)＋eq \f(B2L2,mgR1sin θ)，根据题图乙可得eq \f(B2L2,mgsin θ)＝k＝0.5 s·m－1·Ω，eq \f(B2L2,mgR1sin θ)＝b＝0.5 s·m－1，解得金属杆的质量m＝0.1 kg，定值电阻阻值R1＝1 Ω，C正确，D错误。
8.(多选)如图所示，绝缘的水平面上固定有两条平行的光滑金属导轨，导轨电阻不计，两相同金属棒a、b垂直导轨放置，其右侧矩形区域内存在恒定的匀强磁场，磁场方向竖直向上，现两金属棒分别以初速度2v0和v0同时沿导轨自由运动，先后进入磁场区域。已知a棒离开磁场区域时b棒已经进入磁场区域，则a棒从进入到离开磁场区域的过程中，电流i随时间t的变化图像可能正确的有( )
答案 AB
解析 a棒以速度2v0先进入磁场做切割磁感线运动，产生的感应电流为i0＝eq \f(Bl·2v0,R)，a棒在磁场中会受到安培力，做减速直线运动，感应电流也随之减小。设当b棒刚进入磁场时a棒的速度为v1，此时的瞬时电流为i1＝eq \f(Blv1,R)，若v1＝v0，则i1＝eq \f(Blv0,R)＝eq \f(i0,2)，此时两棒产生的感应电动势相抵，电流为零，金属棒不受安培力作用，两棒均匀速运动离开，i－t图像中无电流，只有A图符合；若v19．(多选)(2023·河南许昌市期末)如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，磁场范围足够大，磁感应强度的大小左边为2B，右边为3B，一个竖直放置的宽为L、长为3L、质量为m、电阻为r的矩形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到虚线位置(在左边磁场中的长度为L、在右边磁场中的长度为2L)时，线框的速度为eq \f(1,3)v，则下列说法正确的是( )
A．此时线框中电流方向为逆时针，电功率为eq \f(25B2L2v2,9r)
B．此过程中通过线框横截面的电荷量为eq \f(10BL,r)
C．此时线框的加速度大小为eq \f(25B2Lv,3mr)
D．此过程中线框克服安培力做的功为eq \f(4,9)mv2
答案 AD
解析 根据右手定则可知，线框中电流方向为逆时针，线框产生的电动势为E＝3BLeq \f(v,3)＋2BLeq \f(v,3)＝eq \f(5,3)BLv，线框中电流为I＝eq \f(E,r)＝eq \f(5BLv,3r)，
则电功率为P＝EI＝eq \f(25B2L2v2,9r)，故A正确；
此过程中线框中磁通量的变化为ΔΦ＝2B·3L2－(2BL2－3B·2L2)＝10BL2，此过程中通过线框横截面的电荷量为q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(\x\t(E),r)Δt＝eq \f(\f(ΔΦ,Δt),r)Δt＝eq \f(ΔΦ,r)＝eq \f(10BL2,r)，故B错误；线框受到的安培力大小为F＝3BIL＋2BIL＝eq \f(25B2L2v,3r)，此时线框的加速度大小为a＝eq \f(F,m)＝eq \f(25B2L2v,3mr)，故C错误；
由动能定理得－W克安＝eq \f(1,2)m(eq \f(v,3))2－eq \f(1,2)mv2，可得此过程中线框克服安培力做的功为eq \f(4,9)mv2，故D正确。
10.(2023·湖北省联考)如图所示，足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面间的夹角为θ。导轨上端与阻值为R的电阻和电容为C的电容器相接，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上，一质量为m、电阻为R、长度为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，金属棒ab始终与导轨接触良好。现将开关S闭合，金属棒由静止开始运动。已知重力加速度为g。
(1)求金属棒沿导轨匀速滑行时的速度大小v；
(2)金属棒沿导轨匀速运动后，将开关S断开并开始计时，求此后金属棒的速度大小v′随时间t变化的关系。
答案 (1)eq \f(2mgRsin θ,B2L2)
(2)v′＝eq \f(2mgRsin θ,B2L2)＋eq \f(mgsin θ,m＋B2L2C)t
解析 (1)金属棒沿导轨匀速滑行时，设电流为I，根据平衡条件可得mgsin θ＝BIL，又I＝eq \f(BLv,2R)，
联立解得v＝eq \f(2mgRsin θ,B2L2)
(2)设时间Δt内金属棒增大的感应电动势
ΔE＝BL·Δv
电容器增加的电压ΔU＝eq \f(ΔQ,C)＝eq \f(I′·Δt,C)
根据ΔE＝ΔU，eq \f(Δv,Δt)＝a
求得电路中电流I′＝BLCa
对金属棒根据牛顿第二定律有
mgsin θ－BI′L＝ma，解得a＝eq \f(mgsin θ,m＋B2L2C)
金属棒做匀加速直线运动，速度大小随时间变化的关系v′＝v＋at＝eq \f(2mgRsin θ,B2L2)＋eq \f(mgsin θ,m＋B2L2C)t。
11.(2023·陕西渭南市期末)如图所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，处在与导轨平面垂直的匀强磁场中，导轨间距L＝1 m。导轨平面与水平面的夹角θ＝37°，匀强磁场的磁感应强度大小B＝2 T，ab、cd两金属棒放在导轨上与导轨垂直并处于静止状态，两金属棒的长度均为L＝1 m，电阻均为R＝5 Ω，质量均为0.5 kg，导轨电阻不计，重力加速度g取10 m/s2。若使金属棒ab以v1＝1 m/s的速度沿导轨向下匀速运动，则金属棒cd恰好要滑动；现使金属棒ab从静止开始向上做初速度为零的匀加速直线运动，加速度的大小a＝8 m/s2，金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，两金属棒与导轨间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数μ；
(2)从静止开始，金属棒ab向上加速运动多长时间，金属棒cd刚好要滑动；
(3)已知金属棒ab向上匀加速运动至金属棒cd刚好要滑动的过程中，拉力对金属棒ab所做的功W＝234.4 J。则此过程中，金属棒cd中通过的电荷量及产生的焦耳热。
答案 (1)0.85 (2)2 s (3)3.2 C 34 J
解析 (1)根据题意，金属棒ab以v1＝1 m/s的速度沿导轨向下匀速运动，则金属棒cd恰好要滑动，设金属棒cd所受安培力大小为F安′，则对金属棒cd根据平衡条件有F安′＋mgsin 37°＝μmgcs 37°
其中F安′＝BIL，I＝eq \f(E,2R)，E＝BLv1
联立解得μ＝0.85。
(2)设金属棒ab向上运动的速度达到v2时，金属棒cd刚要开始运动，此时金属棒cd所受安培力为F安，则根据平衡条件有F安＝mgsin θ＋μmgcs θ
其中F安＝BI′L，I′＝eq \f(E′,2R)，E′＝BLv2
联立解得v2＝16 m/s
则金属棒ab向上运动的时间为t＝eq \f(v2,a)＝eq \f(16,8) s＝2 s。
(3)金属棒ab加速到金属棒cd刚好要开始滑动时的位移为x＝eq \f(v22,2a)＝eq \f(162,2×8) m＝16 m
则通过金属棒cd的电荷量q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(\x\t(E),2R)t＝eq \f(ΔΦ,2Rt)t＝eq \f(BLx,2R)，代入数据解得q＝3.2 C
设金属棒cd中产生的焦耳热为Q，根据功能关系可得W＝mgxsin θ＋μmgcs θ·x＋2Q＋eq \f(1,2)mv22
代入数据解得Q＝34 J。
12.(多选)(2023·山东卷·12)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，电阻不计。质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1＝2 m/s，CD的速度为v2且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．B2的方向向上 B．B2的方向向下
C．v2＝5 m/s D．v2＝3 m/s
答案 BD
解析 导轨的速度大于导体棒的速度，因此对导体棒受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小为Ff＝μmg＝2 N，导体棒所受安培力大小为F1＝Ff＝2 N，由左手定则可知闭合回路的电流方向为N→M→D→C→N，导轨受到向左的摩擦力、向右的拉力和向右的安培力，安培力大小为F2＝Ff－m0g＝1 N，由左手定则可知B2的方向向下，A错误，B正确；对导体棒分析F1＝B1IL，对导轨分析F2＝B2IL，电路中的电流为I＝eq \f(B1Lv1－B2Lv2,r)，联立解得v2＝3 m/s，C错误，D正确。状态
特征
处理方法
平衡态
加速度为零
根据平衡条件列式分析
非平衡态
加速度不为零
根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析
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＝ma
a、v同向
v增大，若a恒定，拉力F增大
v增大，F安增大，若其他力恒定，F合减小，a减小，做加速度减小的加速运动→a＝0，匀速直线运动
a、v反向
v减小，F安减小，a减小→a＝0，静止或匀速直线运动
示意图及条件
两光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为L，电阻不计，两导体棒1、2质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2，两棒初速度为零，F恒定
电路特点
棒2相当于电源；棒1受安培力而运动
运动分析
棒1：a1＝eq \f(F安,m1)
棒2：a2＝eq \f(F－F安,m2)，最初阶段，a2>a1，只要a2>a1，(v2－v1)↑⇒I↑⇒F安↑⇒a1↑⇒a2↓
当a1＝a2时，(v2－v1)恒定，I恒定，F安恒定；两棒均加速
规律
分析
开始时，两棒做变加速运动；稳定时，两棒以相同的加速度做匀加速运动，I恒定，Δv恒定
最终状态
对等间距光滑的平行导轨：整体由牛顿第二定律得a1＝a2＝eq \f(F,m1＋m2)，
对于导体棒1有F安＝BIL＝m1a，I＝eq \f(BLv2－v1,R1＋R2)，从而可求二者速度差