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2021高三统考人教物理一轮（经典版）学案：第10章第3讲 电磁感应规律的综合应用
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第3讲 电磁感应规律的综合应用
主干梳理 对点激活
知识点 电磁感应和电路的综合 Ⅱ
1．对电源的理解：在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于电源。如：切割磁感线的导体棒、有磁通量变化的线圈等。
2．对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈；除电源外其余部分是外电路，外电路由电阻、电容等电学元件组成。在外电路中，电流从高电势处流向低电势处；在内电路中，电流则从低电势处流向高电势处。
3．与电路相联系的几个公式
(1)电源电动势：E＝n或E＝Blv。
(2)闭合电路欧姆定律：I＝。
电源的内电压：U内＝Ir。
电源的路端电压：U外＝IR＝E－Ir。
(3)消耗功率：P外＝IU，P总＝EI。
(4)电热：Q外＝I2Rt，Q总＝I2(R＋r)t。
知识点 电磁感应现象中的动力学问题 Ⅱ
1．安培力的大小
F＝
2．安培力的方向
(1)先用右手定则或楞次定律确定感应电流方向，再用左手定则确定安培力方向。
(2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向相反。
3．分析导体受力情况时，应做包含安培力在内的全面受力分析。
4．根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。
知识点 电磁感应现象中的能量问题 Ⅱ
1．电磁感应中的能量转化
闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，通有感应电流的导体在磁场中受安培力。外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，通有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，使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。
一 堵点疏通
1．在电磁感应电路中，产生电流的那部分导体相当于电源。( )
2．安培力的方向一定与运动方向相反。( )
3．物体克服安培力做功的过程是将其他形式的能量转化为电能的过程。( )
4．电源的电动势就是电源两端的电压。( )
5．在电磁感应现象中，求焦耳热的方法只能用Q＝I2Rt求解。( )
答案 1.√ 2.× 3.√ 4.× 5.×
二 对点激活
1. (人教版选修3－2·P21·T4改编)(多选)如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场，则下列说法正确的是( )
A．第二次与第一次进入时线圈中电流之比为2∶1
B．第二次与第一次进入时外力做功功率之比为2∶1
C．第二次与第一次进入过程中通过线圈的电量之比为2∶1
D．第二次与第一次进入时线圈中产生热量之比为2∶1
答案 AD
解析 由E＝Blv知＝，由I＝得＝，故A正确。匀速进入，外力做功的功率与克服安培力做功的功率相等，由P＝I2R得＝，故B错误。由电量q＝得＝，故C错误。产生热量Q＝Pt＝P·，得＝×＝，故D正确。
2．(人教版选修3－2·P21·T3)设图中的磁感应强度B＝1 T，平行导轨宽l＝1 m，金属棒PQ以1 m/s速度贴着导轨向右运动，R＝1 Ω，其他电阻不计。
(1)运动的导线会产生感应电动势，相当于电源。用电池等符号画出这个装置的等效电路图；
(2)通过R的电流方向如何？大小等于多少？
答案 (1)图见解析 (2)竖直向下 1 A
解析 (1)PQ切割磁感线相当于电源，等效电路如图。
(2)E＝Blv＝1 V
I＝＝1 A
由右手定则判断通过R的电流方向竖直向下。
3．如图甲所示，放置在水平桌面上的两条光滑导轨间的距离L＝1 m，质量m＝1 kg的光滑导体棒放在导轨上，导体棒与导轨垂直且导体棒与导轨电阻均不计，导轨左端与阻值R＝4 Ω的电阻相连，导轨所在位置有磁感应强度为B＝2 T的匀强磁场，磁场的方向垂直导轨平面向下，现在给导体棒施加一个水平向右的恒定拉力F，并每隔0.2 s测量一次导体棒的速度，图乙是根据所测数据描绘出的导体棒的vt图象(设导轨足够长)。
(1)求力F的大小；
(2)t＝1.6 s时，求导体棒的加速度a的大小；
(3)若1.6 s内导体棒的位移x＝8 m，试计算1.6 s内电阻上产生的热量Q。
答案 (1)10 N (2)2 m/s2 (3)48 J
解析 (1)导体棒做切割磁感线运动，有E＝BLv
I＝，F安＝BIL
当导体棒速度最大为vm时，F＝F安
解得F＝＝10 N。
(2)当t＝1.6 s时，v1＝8 m/s，
此时F安1＝＝8 N
F－F安1＝ma，a＝2 m/s2。
(3)由能量守恒定律可知Fx＝Q＋，
解得Q＝48 J。
考点细研 悟法培优
考点1 电磁感应中的电路问题
1.问题归类
(1)以部分电路欧姆定律为中心，对六个基本物理量(电压、电流、电阻、电功、电功率、电热)、三条定律(部分电路欧姆定律、电阻定律和焦耳定律)以及若干基本规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律、右手定则、串并联电路特点等)进行考查。
(2)以闭合电路欧姆定律为中心，对电动势概念、闭合电路中的电流、路端电压以及闭合电路中能量的转化进行考查。
2．基本步骤
(1)确定电源：先判断产生电磁感应现象的是哪一部分导体，该部分导体可视为电源。
(2)分析电路结构，画等效电路图。
(3)利用电路规律求解，主要有欧姆定律、串并联电路规律等。
3．误区分析
(1)不能正确根据感应电动势及感应电流的方向分析外电路中电势的高低。因产生感应电动势的那部分电路相当于电源部分，故该部分电路中的电流从低电势流向高电势，而外电路中电流的方向是从高电势到低电势。
(2)应用欧姆定律分析求解电路时，没有考虑到电源的内阻对电路的影响。
(3)对连接在电路中电表的读数不能正确进行分析，例如并联在等效电源两端的电压表，其示数是路端电压，而不是等效电源的电动势。
例1 如图所示，半径为r＝1 m的光滑金属圆环固定在水平面内，垂直于环面的匀强磁场的磁感应强度大小为B＝2.0 T，一金属棒OA在外力作用下绕O轴以角速度ω＝2 rad/s沿逆时针方向匀速转动，金属环和导线电阻均不计，金属棒OA的电阻r0＝1 Ω，电阻R1＝2 Ω，R2＝3 Ω，R3＝7.5 Ω，电容器的电容C＝4 μF。闭合开关S，电路稳定后，求：
(1)通过金属棒OA的电流大小和方向；
(2)外力的功率；
(3)从断开开关S到电路稳定这一过程中通过电流表的电荷量。
(1)OA相当于电源，哪点电势高？
提示：O点电势高。
(2)S闭合和S断开时等效电路如何画？
提示：S闭合时 S断开时
尝试解答 (1)0.5 A 方向由A到O (2)1 W
(3)6.4×10－6 C
(1)由右手定则判定通过金属棒OA的电流方向是由A到O，金属棒OA中产生的感应电动势大小为E＝Br2ω
得E＝2 V
S闭合时的等效电路如图1所示
R外＝＝3 Ω
由闭合电路欧姆定律，得E＝I(r0＋R外)
联立解得I＝0.5 A。
(2)根据能量守恒定律知，外力的功率为P＝IE＝1 W。
(3)S断开前，电路路端电压为U＝IR外
电阻R1两端电压为U1＝U＝0.6 V。
电容器的电荷量为Q1＝CU1＝2.4×10－6 C
且a板带正电，b板带负电
S断开时的等效电路如图2所示
电容器C两端的电压为电阻R2两端的电压U2，则U2＝R2＝1 V
电容器的电荷量为Q2＝CU2＝4×10－6 C
且a板带负电，b板带正电
通过电流表的电荷量为ΔQ＝Q1＋Q2
联立解得ΔQ＝6.4×10－6 C。
解决电磁感应中电路问题的三部曲
(1)确定电源
切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，利用E＝Blv或E＝n求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断感应电流方向。如果在一个电路中切割磁感线的有几个部分但又相互联系，可视为等效电源的串、并联。
(2)识别电路结构、画出等效电路
分析电路结构，即分清等效电源和外电路及外电路的串并联关系、判断等效电源的正负极或电势的高低等。
(3)利用电路规律求解
一般是综合应用欧姆定律、串并联电路规律、电容器充电及放电特点、电功和电功率的知识、法拉第电磁感应定律等列方程求解。
[变式1] 在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1500匝，横截面积S＝20 cm2。螺线管导线电阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。求：
(1)闭合S，求螺线管两端的电势差；
(2)闭合S，电路中的电流稳定后，求电阻R1的电功率；
(3)S断开后，求流经R2的电荷量。
答案 (1)1.08 V (2)5.76×10－2 W
(3)1.8×10－5 C
解析 (1)根据法拉第电磁感应定律有E＝n＝nS＝1.2 V
路端电压U＝E＝1.08 V。
(2)根据闭合电路欧姆定律有I＝＝0.12 A
P＝I2R1＝5.76×10－2 W。
(3)S断开后，流经R2的电荷量即为S闭合时电容器C所带的电荷量Q。
电容器两端的电压UC＝IR2＝0.6 V
流经R2的电荷量Q＝CUC＝1.8×10－5 C。
考点2 电磁感应中的动力学问题
1.导体棒的动力学分析
电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动情况。
2．两种状态及处理方法
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
根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
3．力学对象和电学对象的相互关系
4．动态分析的基本思路
导体有初速度或受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力―→合力变化加速度变化―→速度变化―→临界状态。
例2 如图甲所示，空间存在方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的两平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，连在导轨一端的电阻R＝0.4 Ω，ab是放置在导轨上质量m＝0.1 kg的导体棒。从零时刻开始，对棒施加一个大小为F＝0.45 N，方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且良好接触，图乙是棒的vt图象，其中AO是图象在O点的切线，AB是图象的渐近线。除R以外，其余部分的电阻均不计。滑动摩擦力等于最大静摩擦力。已知当棒的位移为30 m时，其速度达到了最大速度10 m/s。求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)在棒运动30 m的过程中电阻R上产生的焦耳热。
(1)t＝0时刻的加速度是由什么力提供的？
提示：拉力F与滑动摩擦力的合力。
(2)由图象能审出什么信息？
提示：t＝0时a＝2.5 m/s2，最大速度vm＝10 m/s。
尝试解答 (1)0.5 T (2)2.5 J
(1)由题图乙得棒开始运动瞬间：a＝2.5 m/s2，则：
F－f＝ma
棒最终以速度vm＝10 m/s做匀速运动，则所受的拉力、摩擦力和安培力的合力为零
F－f－F安＝0，F安＝BIL，I＝
联立可得：B＝0.5 T。
(2)由功能关系可得：(F－f)x＝mv＋Q
解得Q＝2.5 J。
单棒切割磁感线的两种模型
模型一：导体棒ab先自由下落再进入匀强磁场，如图甲所示。
模型二：导体棒ab沿光滑的倾斜导轨自由下滑，然后进入匀强磁场(磁场垂直于轨道平面)，如图乙所示。
两类模型中的临界条件是导体棒ab受力平衡。以模型一为例，有mg＝F安＝，即v0＝。
若导体棒进入磁场时v>v0，则导体棒先减速再匀速；若v
答案 A
解析 线框在进入磁场前，只受重力，做自由落体运动，进入磁场的过程分三种情况：①mg＝F安，匀速通过磁场；②mgF安，做加速度越来越小的加速运动通过磁场。完全进入磁场又做匀加速直线运动。综上所述，只有A是不可能的。
考点3 电磁感应中的能量问题
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(纯电阻电路)
例3 如图甲所示，有一边长为1.2 m、质量为1 kg的正方形单匝线框abcd，放在光滑水平面上。在水平恒定拉力F的作用下，穿过垂直水平面向上、磁感应强度为B＝0.1 T的匀强磁场区域。线框cd边刚进入磁场时的速度为2 m/s。在t＝3 s时刻cd边刚出磁场边界。从进入到离开磁场区域的3 s时间内线框运动的vt图象如图乙所示。求：
(1)线框cd边在刚进入和刚离开磁场的这两个位置时c、d两点间的电压；
(2)线框从cd边进入磁场到ab边离开磁场的全过程中，线框产生的焦耳热。
(1)cd边刚进入磁场和刚离开磁场时，电源分别是哪个边充当？
提示：cd，ab。
(2)线框cd边进磁场时速度为2 m/s，cd边出磁场时速度为2 m/s，由此可知线框穿入和穿出磁场的过程中，线框中产生的焦耳热有什么关系？
提示：相等。
尝试解答 (1)0.18 V 0.06 V (2)4.2 J
(1)线框cd边刚进入磁场时，c、d两点间的电压
U1＝E＝Blv0＝×0.1×1.2×2 V＝0.18 V
线框cd边刚离开磁场时，c、d两点间的电压U2＝E＝0.06 V。
(2)由题图乙知，1～3 s内线框完全在磁场中，由vt图象知1～3 s内线框加速度a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2
根据牛顿第二定律有F＝ma＝1×0.5 N＝0.5 N
从线框cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场，设安培力做功为W
根据动能定理有Fl－W＝mv2－mv
代入数据得W＝2.1 J
从线框cd边刚进入磁场到cd边刚离开磁场，线框产生的焦耳热等于克服安培力所做的功，因此Q＝W＝2.1 J
根据图线可知线框cd边进入磁场和离开磁场时的速度和受力情况都一样，产生的焦耳热也相等，因此线框从cd边进入磁场到ab边离开磁场的全过程中，线框产生的总焦耳热为Q总＝2Q＝2×2.1 J＝4.2 J。
电磁感应现象中能量的计算
(1)回路中电流稳定可利用电路知识，由W＝UIt，Q＝I2Rt直接计算。
(2)若电流变化利用安培力做功、功能关系解决。
[变式3] (2019·山东济宁质检)如图所示，倾角为θ的平行金属导轨宽度为L，电阻不计，底端接有阻值为R的定值电阻，处在与导轨平面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。有一质量为m，电阻为r，长度也为L的导体棒垂直放在导轨上，它与导轨之间的动摩擦因数为μ。现让导体棒从导轨底部以初速度v0冲上导轨，上滑的最大距离为s，返回到初位置的速度为v。下列说法正确的是( )
A．在上滑过程中，通过电阻R的电荷量为
B．导体棒在上滑过程中所用时间为
C．导体棒从开始运动到回到底端，回路产生的焦耳热为mv－mv2
D．导体棒在上滑过程中，R上产生的焦耳热大于下滑过程中R上产生的焦耳热
答案 D
解析 在上滑过程中，通过电阻R的电荷量为q＝＝＝，故A错误；导体棒从开始冲上导轨到滑到最大高度的过程中做减速运动，随着速度减小，产生的感应电流减小，所受的安培力减小，合力减小，加速度减小，做加速度逐渐减小的变减速运动，平均速度小于，则所用时间大于＝，故B错误；根据能量守恒定律可得，导体棒从开始运动到回到底端，回路产生的焦耳热为：Q＝mv－mv2－2μmgscosθ，故C错误；由于导体棒的机械能不断减少，所以下滑与上滑过程中经过同一位置时，上滑速度大，产生的感应电流大，导体棒受到的安培力大，而两个过程通过的位移大小相等，所以上滑过程中导体棒克服安培力做功多，导体棒在上滑过程中整个回路中产生的焦耳热多，由QR＝Q总可知导体棒在上滑过程中，电阻R上产生的焦耳热较多，故D正确。
考点4 电磁感应中的动量问题
1.动量定理在电磁感应现象中的应用
导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：I安＝BLt＝BLq，通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝Δt＝Δt＝nΔt＝n，磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安＝mv2－mv1。
当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解更方便。
2．动量守恒定律在电磁感应现象中的应用
在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便。
例4 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＝0.5 m，其下端与R＝1 Ω的电阻连接，质量为m＝0.2 kg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＝2 T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＝0.4 kg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＝1 s时，其速度达到最大。求：(取g＝10 m/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＝1 s的过程中，电阻R上产生的焦耳热是多少？
(1)导体棒什么时候达到最大速度vm?
提示：导体棒加速度为零时。
(2)用能量守恒的观点求焦耳热时，需要用到导体棒1 s内上滑的距离，如何求解此距离？
提示：借助电量的两种求法：
①I安＝BLt＝BLq；②q＝＝。
尝试解答 (1)3 m/s (2)0.9 J
(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＝
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＝3 m/s。
(2)设轻绳的拉力大小为F，由动量定理得Mgt－t＝Mvm－0
t－mgsin30°·t－BLt＝mvm－0
则Mgt－mgsin30°·t－BLt＝(M＋m)vm－0
即Mgt－mgsin30°·t－BLq＝(M＋m)vm－0
解得1 s内流过导体棒的电荷量q＝1.2 C
电量q＝＝
解得1 s内导体棒上滑位移x＝1.2 m，由能量守恒定律得Mgx＝mgxsin30°＋(M＋m)v＋Q
解得Q＝0.9 J。
解决电磁感应中动量问题的策略
“先源后路、先电后力，再是运动、动量”即
[变式4－1] 如图所示，两条相距为L的光滑平行金属导轨位于水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R。若给棒平行导轨向右的初速度v0，当流过棒截面的电荷量为q时，棒的速度减为零，此过程中棒的位移为x。则( )
A．当流过棒的电荷量为时，棒的速度为
B．当棒发生位移为时，棒的速度为
C．在流过棒的电荷量达到的过程中，棒释放的热量为
D．整个过程中定值电阻R释放的热量为
答案 D
解析 当流过棒截面的电荷量为q时，棒的速度减为零，设用时为t，由动量定理有：－BLt＝0－mv0，即BLq＝mv0。当流过棒的电荷量为时，设棒的速度为v，则有：－BL＝mv－mv0，解得v＝，A错误。由法拉第电磁感应定律有＝，由欧姆定律有＝，由电流的定义有＝，整理可得q＝，当棒发生的位移为时，流过棒的电荷量为，此时棒的速度为，B错误。由BLq＝mv0，可得棒的质量m＝，当流过棒的电荷量为时，棒的速度为，则在流过棒的电荷量达到的过程中，棒损失的动能为×mv＝，又棒的有效阻值与电阻的阻值均为R，故棒释放的热量为，C错误。整个过程棒损失的动能为mv＝，定值电阻与导体棒释放的热量相同，均为，D正确。
[变式4－2] 两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L。导轨上面垂直放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图所示。两根导体棒的质量皆为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻可不计。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，则：
(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？
(2)当ab棒的速度变为初速度的时，cd棒的加速度是多少？
答案 (1)mv (2)
解析 ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量变小，于是产生感应电流，ab棒受到与其
运动方向相反的安培力而做减速运动，cd棒则在安培力的作用下向右做加速运动。只要ab棒的速度大于cd棒的速度，回路总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速，直到两棒速度相同时，回路面积保持不变，不产生感应电流，两棒以相同的速度v做匀速运动。
(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＝mv－(2m)v2＝mv。
(2)设ab棒的速度变为v0时，cd棒的速度为v′，
则由动量守恒定律可知mv0＝mv0＋mv′
解得v′＝v0，
回路中的电动势E＝BLv0－BLv0＝BLv0
I＝
此时cd棒所受的安培力F＝BIL＝。
由牛顿第二定律可得，cd棒的加速度a＝＝。
启智微专题 建模提能5 电磁感应中的“杆和导轨”模型
1.模型构建
对杆在导轨上运动组成的系统，杆在运动中切割磁感线产生感应电动势，并受到安培力的作用改变运动状态，最终达到稳定状态，该系统称为“杆和导轨”模型。
2.模型分类
单杆模型、双杆模型。
(1)单杆模型
初态
v0≠0
v0＝0
示意图
质量为m，电阻不计的单杆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
运动分析
导体杆做加速度越来越小的减速运动，最终杆静止
当E感＝E时，v最大，且vm＝，最后以vm匀速运动
当a＝0时，v最大，vm＝时，杆开始匀速运动
Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝CBLΔv
电流I＝＝CBL＝CBLa
安培力F安＝BLI＝CB2L2a
F－F安＝ma，a＝，
所以杆以恒定的加速度匀加速运动
能量分析
动能转化为内能，mv＝Q
电能转化为动能和内能，E电＝mv＋Q
外力做功转化为动能和内能，WF＝mv＋Q
外力做功转化为电能和动能，WF＝E电＋mv2
注：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。
(2)双杆模型
①模型特点
a．一杆切割时，分析同单杆类似。
b．两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E＝＝Bl(v1－v2)。
②电磁感应中的“双杆”问题分析
a．初速度不为零，不受其他水平外力的作用
光滑的平行导轨
光滑不等距导轨
示意图
质量m1＝m2
电阻r1＝r2
长度L1＝L2
质量m1＝m2
电阻r1＝r2
长度L1＝2L2
运动分析
杆MN做变减速运动，杆PQ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
稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为1∶2
能量分析
一部分动能转化为内能，Q＝－ΔEk
b．初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用
光滑的平行导轨
不光滑平行导轨
示意图
质量m1＝m2
电阻r1＝r2
长度L1＝L2
摩擦力Ff1＝Ff2
质量m1＝m2
电阻r1＝r2
长度L1＝L2
运动分析
开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动
开始时，若F≤2Ff，则PQ杆先变加速后匀速运动；MN杆静止。若F>2Ff，PQ杆先变加速后匀加速运动，MN杆先静止后变加速最后和PQ杆同时做匀加速运动，且加速度相同
能量分析
外力做功转化为动能和内能，WF＝ΔEk＋Q
外力做功转化为动能和内能(包括电热和摩擦热)，WF＝ΔEk＋Q电＋Qf
【典题例证】
如图，在竖直平面内有两条间距为L的足够长的平行长直导轨，上端接有一个阻值为R的电阻和一个耐压值足够大的电容器，电容器的电容为C，且不带电。质量为m、电阻不计的导体棒ab垂直跨在导轨上。开关S为单刀双掷开关。导轨所在空间有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现将开关S接1，由静止释放导体棒ab。已知重力加速度为g，当导体棒ab下落h高度时：
(1)求导体棒ab的速度大小v；
(2)若此时迅速将开关S接2，请分析说明此后导体棒ab的运动情况；并计算导体棒ab在开关接2后又下落足够大的高度H的过程中电阻R上所产生的电热Q。
[解析] (1)设某时刻电路中的电流为I，金属棒的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有：mg－BIL＝ma①
设在极短时间Δt内，电容器的充电电量为ΔQ，电压增加量为ΔU，金属棒速度的增加量为Δv，则有：
I＝②
ΔQ＝CΔU③
ΔU＝BLΔv④
a＝⑤
联立①②③④⑤式可得：a＝
显然a为定值，可见金属棒下落过程为匀加速直线运动。
根据v2＝2ah可得：v＝⑥
(2)导体棒ab下落h高度时产生的电动势为E＝BLv
此时电路中的电流为I＝
导体棒ab所受的安培力为F安＝BIL
联立以上三式可得F安＝。
若F安＝mg，导体棒ab将做匀速直线运动。
根据能量守恒定律有：Q＝mgH
若F安>mg，导体棒ab将做先减速后匀速的直线运动。
设匀速运动时的速度大小为vm，则有：＝mg⑦
根据能量守恒定律有：mgH＋m(v2－v)＝Q⑧
联立⑥⑦⑧式可得Q＝mgH＋－
同理，若F安
联立⑥⑦⑨式可得Q＝mgH＋－。
[答案] (1)
(2)可能做匀速直线运动 Q＝mgH
可能先减速后匀速 Q＝mgH＋－
可能先加速后匀速 Q＝mgH＋－
名师点睛 分析“杆和导轨”模型可按照下述步骤
(1)先进行“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r；
(2)再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；
(3)然后是“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；
(4)接着进行“运动”状态的分析和能量的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型及能量转化关系。
【针对训练】
1．(2019·广西名校高三上学期联合调研)如图甲所示，水平平行放置的光滑金属导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接有定值电阻R，金属棒ab垂直放置在导轨上，现用平行于导轨向右的力F拉金属棒ab，金属棒ab的速度v随时间t的变化情况如图乙所示，不计金属导轨和金属棒的电阻，金属棒与导轨接触良好且无摩擦，则拉力F随时间t的变化规律可能是( )
答案 B
解析 根据E＝BLv、I＝，F安＝BIL，得F安＝。由图知，金属棒ab做匀加速运动，有v＝at，根据牛顿第二定律得F－F安＝ma；联立得F＝t＋ma，知F与t是线性关系，Ft图象是不过原点的向上倾斜的直线，故A、C、D错误，B正确。
2．图甲、乙、丙中除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动。甲图中的电容器C原来不带电，所有导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，导体棒ab的质量为m。图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨足够长，间距为L。今给导体棒ab一个向右的初速度v0，则( )
A．三种情况下，导体棒ab最终都静止
B．三种情况下，导体棒ab最终都做匀速运动
C．图甲、丙中ab棒最终都向右做匀速运动
D．图乙中，流过电阻R的总电荷量为
答案 D
解析 图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动。图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，ab棒速度减小，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止。图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动，A、B、C错误；图乙中根据动量定理－BILΔt＝0－mv0，通过的电荷量为q＝IΔt＝，D正确。
3．(2019·河南郑州三模)如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T。在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L＝1 m，电阻可忽略不计。质量均为m＝1 kg，电阻均为R＝2.5 Ω的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好。先将PQ暂时锁定，金属棒MN在垂直于棒的拉力F作用下，由静止开始以加速度a＝0.4 m/s2向右做匀加速直线运动，5 s后保持拉力F的功率不变，直到棒以最大速度vm做匀速直线运动。
(1)求棒MN的最大速度vm的大小；
(2)当棒MN达到最大速度vm时，解除PQ锁定，同时撤去拉力F，两棒最终均匀速运动。求解除PQ棒锁定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热；
(3)若PQ始终不解除锁定，当棒MN达到最大速度vm时，撤去拉力F，棒MN继续运动多远后停下来？(运算结果可用根式表示)
答案 (1)2 m/s (2)5 J (3)40 m
解析 (1)棒MN做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F－BIL＝ma
棒MN做切割磁感线运动，产生的感应电动势为：E＝BLv
棒MN做匀加速直线运动，5 s时的速度为：v＝at1＝2 m/s
在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得：I＝
联立上述式子，有：F＝ma＋
代入数据解得：F＝0.5 N
5 s时拉力F的功率为：P＝Fv
代入数据解得：P＝1 W
棒MN最终做匀速运动，设棒最大速度为vm，棒受力平衡，则有：－BImL＝0
Im＝
代入数据解得：vm＝2 m/s。
(2)解除棒PQ锁定后，两棒运动过程中动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设速度大小为v′，则有：mvm＝2mv′
设从PQ棒解除锁定，到两棒达到相同速度的过程中，两棒共产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律可得：
Q＝mv－×2mv′2
代入数据解得：Q＝5 J。
(3)以棒MN为研究对象，设某时刻棒中电流为i，在极短时间Δt内，由动量定理得：－BiLΔt＝mΔv
对式子两边求和有：∑(－BiLΔt)＝∑(mΔv)
而Δq＝iΔt
对式子两边求和，有：∑Δq＝∑(iΔt)
联立各式解得：BLq＝mvm，
又对于电路有：q＝t＝t
由法拉第电磁感应定律得：＝
得q＝
代入数据解得：x＝＝40 m。
高考模拟 随堂集训
1. (2017·天津高考)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是( )
A．ab中的感应电流方向由b到a
B．ab中的感应电流逐渐减小
C．ab所受的安培力保持不变
D．ab所受的静摩擦力逐渐减小
答案 D
解析 根据楞次定律，ab中感应电流方向由a到b，故A错误；根据E＝·S，因为恒定，所以E恒定，根据I＝知，回路中的感应电流恒定，故B错误；根据F＝BIl，由于B减小，安培力F减小，故C错误；根据平衡条件，静摩擦力f＝F，故静摩擦力减小，故D正确。
2．(2019·全国卷Ⅲ)(多选)如图，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，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，速度变大，如图所示，感应电流I＝＝，安培力F＝F′＝BIl＝＝ma，随着v1减小，v2增大，则F＝F′减小，两棒的加速度大小a减小，直到v1＝v2＝v共，a＝0，两棒做匀速运动，两棒组成的系统动量守恒，则mv0＝2mv共，v共＝，A正确，B错误。由前面分析知，v1－v2随时间减小得越来越慢，最后为0，则感应电流I＝随时间减小得越来越慢，最后为0，C正确，D错误。
3．(2018·江苏高考)(多选)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆( )
A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
C．穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于
答案 BC
解析 由于金属杆进入两个磁场时的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为g的加速运动，所以金属杆进入磁场Ⅰ、Ⅱ时都做减速运动，A错误；对金属杆受力分析，根据－mg＝ma可知，金属杆在磁场中做加速度减小的减速运动，其进入磁场Ⅰ后的vt图象如图所示，由于0～t1和t1～t2图线与t轴包围的面积相等(都为d)，所以t1>(t2－t1)，B正确；从进入磁场Ⅰ到进入磁场Ⅱ之前过程中，根据能量守恒，金属棒减小的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1＝mg·2d，所以穿过两个磁场过程中产生的热量为4mgd，C正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则－mg＝0，得v＝，由前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于，根据h＝得金属杆释放时距离磁场Ⅰ上边界的高度应大于＝，D错误。
4．(2019·北京高考)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：
(1)感应电动势的大小E；
(2)拉力做功的功率P；
(3)ab边产生的焦耳热Q。
答案 (1)BLv (2) (3)
解析 (1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝BLv。
(2)线框中的感应电流I＝
拉力大小等于安培力大小F＝BIL
拉力的功率P＝Fv＝。
(3)线框ab边电阻Rab＝
时间t＝
ab边产生的焦耳热Q＝I2Rabt＝。
5．(2019·天津高考)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计。
(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；
(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。
答案 (1)，方向水平向右 (2)mv2－kq
解析 (1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝，则E＝k①
设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并＝②
闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得
I＝③
设PQ中的电流为IPQ，有IPQ＝I④
设PQ受到的安培力为F安，有F安＝BIPQl⑤
PQ保持静止，由受力平衡，有F＝F安⑥
联立①②③④⑤⑥式得F＝⑦
由楞次定律和右手螺旋定则得PQ中的电流方向为由Q到P，再由左手定则得PQ所受安培力的方向水平向左，则力F的方向水平向右。
(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt′，回路中的磁通量变化为ΔΦ′，平均感应电动势为，有＝⑧
其中ΔΦ′＝Blx⑨
设PQ中的平均感应电流为，有＝⑩
根据电流的定义式得＝⑪
由动能定理，有Fx＋W＝mv2－0⑫
联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得W＝mv2－kq。⑬
6．(2017·天津高考)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距离为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：
(1)磁场的方向；
(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；
(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。
答案 (1)垂直于导轨平面向下 (2)
(3)
解析 (1)将S接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S接2时，电容器放电，流经MN的电流由M到N，又知MN向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下。
(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I＝①
设MN受到的安培力为F，有F＝IlB②
由牛顿第二定律，有F＝ma③
联立①②③式得a＝④
(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0＝CE⑤
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，有E′＝Blvmax⑥
依题意有E′＝⑦
设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力为，有＝lB⑧
由动量定理，有Δt＝mvmax－0⑨
又Δt＝Q0－Q⑩
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝。
7.(2018·天津高考)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 (1)M接电源正极，理由见解析 (2)
(3)见解析
解析 (1)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，电阻均为R，由并联电路特点知ab，cd中电流均为I＝①
每根金属棒受到的安培力F0＝BIl②
设两根金属棒所受安培力之和为F，有F＝2F0③
根据牛顿第二定律有F＝ma ④
联立①②③④式得a＝ 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量为ΔΦ，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有E1＝ 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′＝ ⑧
设cd受到的平均安培力为F′，有F′＝BI′l 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 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 ⑫
联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得＝ ⑬
讨论：若恰好为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场；若不是整数，设的整数部分为N，则需设置N＋1块有界磁场。
第3讲 电磁感应规律的综合应用
主干梳理 对点激活
知识点 电磁感应和电路的综合 Ⅱ
1．对电源的理解：在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于电源。如：切割磁感线的导体棒、有磁通量变化的线圈等。
2．对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈；除电源外其余部分是外电路，外电路由电阻、电容等电学元件组成。在外电路中，电流从高电势处流向低电势处；在内电路中，电流则从低电势处流向高电势处。
3．与电路相联系的几个公式
(1)电源电动势：E＝n或E＝Blv。
(2)闭合电路欧姆定律：I＝。
电源的内电压：U内＝Ir。
电源的路端电压：U外＝IR＝E－Ir。
(3)消耗功率：P外＝IU，P总＝EI。
(4)电热：Q外＝I2Rt，Q总＝I2(R＋r)t。
知识点 电磁感应现象中的动力学问题 Ⅱ
1．安培力的大小
F＝
2．安培力的方向
(1)先用右手定则或楞次定律确定感应电流方向，再用左手定则确定安培力方向。
(2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向相反。
3．分析导体受力情况时，应做包含安培力在内的全面受力分析。
4．根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。
知识点 电磁感应现象中的能量问题 Ⅱ
1．电磁感应中的能量转化
闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，通有感应电流的导体在磁场中受安培力。外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，通有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，使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。
一 堵点疏通
1．在电磁感应电路中，产生电流的那部分导体相当于电源。( )
2．安培力的方向一定与运动方向相反。( )
3．物体克服安培力做功的过程是将其他形式的能量转化为电能的过程。( )
4．电源的电动势就是电源两端的电压。( )
5．在电磁感应现象中，求焦耳热的方法只能用Q＝I2Rt求解。( )
答案 1.√ 2.× 3.√ 4.× 5.×
二 对点激活
1. (人教版选修3－2·P21·T4改编)(多选)如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场，则下列说法正确的是( )
A．第二次与第一次进入时线圈中电流之比为2∶1
B．第二次与第一次进入时外力做功功率之比为2∶1
C．第二次与第一次进入过程中通过线圈的电量之比为2∶1
D．第二次与第一次进入时线圈中产生热量之比为2∶1
答案 AD
解析 由E＝Blv知＝，由I＝得＝，故A正确。匀速进入，外力做功的功率与克服安培力做功的功率相等，由P＝I2R得＝，故B错误。由电量q＝得＝，故C错误。产生热量Q＝Pt＝P·，得＝×＝，故D正确。
2．(人教版选修3－2·P21·T3)设图中的磁感应强度B＝1 T，平行导轨宽l＝1 m，金属棒PQ以1 m/s速度贴着导轨向右运动，R＝1 Ω，其他电阻不计。
(1)运动的导线会产生感应电动势，相当于电源。用电池等符号画出这个装置的等效电路图；
(2)通过R的电流方向如何？大小等于多少？
答案 (1)图见解析 (2)竖直向下 1 A
解析 (1)PQ切割磁感线相当于电源，等效电路如图。
(2)E＝Blv＝1 V
I＝＝1 A
由右手定则判断通过R的电流方向竖直向下。
3．如图甲所示，放置在水平桌面上的两条光滑导轨间的距离L＝1 m，质量m＝1 kg的光滑导体棒放在导轨上，导体棒与导轨垂直且导体棒与导轨电阻均不计，导轨左端与阻值R＝4 Ω的电阻相连，导轨所在位置有磁感应强度为B＝2 T的匀强磁场，磁场的方向垂直导轨平面向下，现在给导体棒施加一个水平向右的恒定拉力F，并每隔0.2 s测量一次导体棒的速度，图乙是根据所测数据描绘出的导体棒的vt图象(设导轨足够长)。
(1)求力F的大小；
(2)t＝1.6 s时，求导体棒的加速度a的大小；
(3)若1.6 s内导体棒的位移x＝8 m，试计算1.6 s内电阻上产生的热量Q。
答案 (1)10 N (2)2 m/s2 (3)48 J
解析 (1)导体棒做切割磁感线运动，有E＝BLv
I＝，F安＝BIL
当导体棒速度最大为vm时，F＝F安
解得F＝＝10 N。
(2)当t＝1.6 s时，v1＝8 m/s，
此时F安1＝＝8 N
F－F安1＝ma，a＝2 m/s2。
(3)由能量守恒定律可知Fx＝Q＋，
解得Q＝48 J。
考点细研 悟法培优
考点1 电磁感应中的电路问题
1.问题归类
(1)以部分电路欧姆定律为中心，对六个基本物理量(电压、电流、电阻、电功、电功率、电热)、三条定律(部分电路欧姆定律、电阻定律和焦耳定律)以及若干基本规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律、右手定则、串并联电路特点等)进行考查。
(2)以闭合电路欧姆定律为中心，对电动势概念、闭合电路中的电流、路端电压以及闭合电路中能量的转化进行考查。
2．基本步骤
(1)确定电源：先判断产生电磁感应现象的是哪一部分导体，该部分导体可视为电源。
(2)分析电路结构，画等效电路图。
(3)利用电路规律求解，主要有欧姆定律、串并联电路规律等。
3．误区分析
(1)不能正确根据感应电动势及感应电流的方向分析外电路中电势的高低。因产生感应电动势的那部分电路相当于电源部分，故该部分电路中的电流从低电势流向高电势，而外电路中电流的方向是从高电势到低电势。
(2)应用欧姆定律分析求解电路时，没有考虑到电源的内阻对电路的影响。
(3)对连接在电路中电表的读数不能正确进行分析，例如并联在等效电源两端的电压表，其示数是路端电压，而不是等效电源的电动势。
例1 如图所示，半径为r＝1 m的光滑金属圆环固定在水平面内，垂直于环面的匀强磁场的磁感应强度大小为B＝2.0 T，一金属棒OA在外力作用下绕O轴以角速度ω＝2 rad/s沿逆时针方向匀速转动，金属环和导线电阻均不计，金属棒OA的电阻r0＝1 Ω，电阻R1＝2 Ω，R2＝3 Ω，R3＝7.5 Ω，电容器的电容C＝4 μF。闭合开关S，电路稳定后，求：
(1)通过金属棒OA的电流大小和方向；
(2)外力的功率；
(3)从断开开关S到电路稳定这一过程中通过电流表的电荷量。
(1)OA相当于电源，哪点电势高？
提示：O点电势高。
(2)S闭合和S断开时等效电路如何画？
提示：S闭合时 S断开时
尝试解答 (1)0.5 A 方向由A到O (2)1 W
(3)6.4×10－6 C
(1)由右手定则判定通过金属棒OA的电流方向是由A到O，金属棒OA中产生的感应电动势大小为E＝Br2ω
得E＝2 V
S闭合时的等效电路如图1所示
R外＝＝3 Ω
由闭合电路欧姆定律，得E＝I(r0＋R外)
联立解得I＝0.5 A。
(2)根据能量守恒定律知，外力的功率为P＝IE＝1 W。
(3)S断开前，电路路端电压为U＝IR外
电阻R1两端电压为U1＝U＝0.6 V。
电容器的电荷量为Q1＝CU1＝2.4×10－6 C
且a板带正电，b板带负电
S断开时的等效电路如图2所示
电容器C两端的电压为电阻R2两端的电压U2，则U2＝R2＝1 V
电容器的电荷量为Q2＝CU2＝4×10－6 C
且a板带负电，b板带正电
通过电流表的电荷量为ΔQ＝Q1＋Q2
联立解得ΔQ＝6.4×10－6 C。
解决电磁感应中电路问题的三部曲
(1)确定电源
切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，利用E＝Blv或E＝n求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断感应电流方向。如果在一个电路中切割磁感线的有几个部分但又相互联系，可视为等效电源的串、并联。
(2)识别电路结构、画出等效电路
分析电路结构，即分清等效电源和外电路及外电路的串并联关系、判断等效电源的正负极或电势的高低等。
(3)利用电路规律求解
一般是综合应用欧姆定律、串并联电路规律、电容器充电及放电特点、电功和电功率的知识、法拉第电磁感应定律等列方程求解。
[变式1] 在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1500匝，横截面积S＝20 cm2。螺线管导线电阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。求：
(1)闭合S，求螺线管两端的电势差；
(2)闭合S，电路中的电流稳定后，求电阻R1的电功率；
(3)S断开后，求流经R2的电荷量。
答案 (1)1.08 V (2)5.76×10－2 W
(3)1.8×10－5 C
解析 (1)根据法拉第电磁感应定律有E＝n＝nS＝1.2 V
路端电压U＝E＝1.08 V。
(2)根据闭合电路欧姆定律有I＝＝0.12 A
P＝I2R1＝5.76×10－2 W。
(3)S断开后，流经R2的电荷量即为S闭合时电容器C所带的电荷量Q。
电容器两端的电压UC＝IR2＝0.6 V
流经R2的电荷量Q＝CUC＝1.8×10－5 C。
考点2 电磁感应中的动力学问题
1.导体棒的动力学分析
电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动情况。
2．两种状态及处理方法
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
根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
3．力学对象和电学对象的相互关系
4．动态分析的基本思路
导体有初速度或受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力―→合力变化加速度变化―→速度变化―→临界状态。
例2 如图甲所示，空间存在方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的两平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，连在导轨一端的电阻R＝0.4 Ω，ab是放置在导轨上质量m＝0.1 kg的导体棒。从零时刻开始，对棒施加一个大小为F＝0.45 N，方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且良好接触，图乙是棒的vt图象，其中AO是图象在O点的切线，AB是图象的渐近线。除R以外，其余部分的电阻均不计。滑动摩擦力等于最大静摩擦力。已知当棒的位移为30 m时，其速度达到了最大速度10 m/s。求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)在棒运动30 m的过程中电阻R上产生的焦耳热。
(1)t＝0时刻的加速度是由什么力提供的？
提示：拉力F与滑动摩擦力的合力。
(2)由图象能审出什么信息？
提示：t＝0时a＝2.5 m/s2，最大速度vm＝10 m/s。
尝试解答 (1)0.5 T (2)2.5 J
(1)由题图乙得棒开始运动瞬间：a＝2.5 m/s2，则：
F－f＝ma
棒最终以速度vm＝10 m/s做匀速运动，则所受的拉力、摩擦力和安培力的合力为零
F－f－F安＝0，F安＝BIL，I＝
联立可得：B＝0.5 T。
(2)由功能关系可得：(F－f)x＝mv＋Q
解得Q＝2.5 J。
单棒切割磁感线的两种模型
模型一：导体棒ab先自由下落再进入匀强磁场，如图甲所示。
模型二：导体棒ab沿光滑的倾斜导轨自由下滑，然后进入匀强磁场(磁场垂直于轨道平面)，如图乙所示。
两类模型中的临界条件是导体棒ab受力平衡。以模型一为例，有mg＝F安＝，即v0＝。
若导体棒进入磁场时v>v0，则导体棒先减速再匀速；若v
答案 A
解析 线框在进入磁场前，只受重力，做自由落体运动，进入磁场的过程分三种情况：①mg＝F安，匀速通过磁场；②mg
考点3 电磁感应中的能量问题
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(纯电阻电路)
例3 如图甲所示，有一边长为1.2 m、质量为1 kg的正方形单匝线框abcd，放在光滑水平面上。在水平恒定拉力F的作用下，穿过垂直水平面向上、磁感应强度为B＝0.1 T的匀强磁场区域。线框cd边刚进入磁场时的速度为2 m/s。在t＝3 s时刻cd边刚出磁场边界。从进入到离开磁场区域的3 s时间内线框运动的vt图象如图乙所示。求：
(1)线框cd边在刚进入和刚离开磁场的这两个位置时c、d两点间的电压；
(2)线框从cd边进入磁场到ab边离开磁场的全过程中，线框产生的焦耳热。
(1)cd边刚进入磁场和刚离开磁场时，电源分别是哪个边充当？
提示：cd，ab。
(2)线框cd边进磁场时速度为2 m/s，cd边出磁场时速度为2 m/s，由此可知线框穿入和穿出磁场的过程中，线框中产生的焦耳热有什么关系？
提示：相等。
尝试解答 (1)0.18 V 0.06 V (2)4.2 J
(1)线框cd边刚进入磁场时，c、d两点间的电压
U1＝E＝Blv0＝×0.1×1.2×2 V＝0.18 V
线框cd边刚离开磁场时，c、d两点间的电压U2＝E＝0.06 V。
(2)由题图乙知，1～3 s内线框完全在磁场中，由vt图象知1～3 s内线框加速度a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2
根据牛顿第二定律有F＝ma＝1×0.5 N＝0.5 N
从线框cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场，设安培力做功为W
根据动能定理有Fl－W＝mv2－mv
代入数据得W＝2.1 J
从线框cd边刚进入磁场到cd边刚离开磁场，线框产生的焦耳热等于克服安培力所做的功，因此Q＝W＝2.1 J
根据图线可知线框cd边进入磁场和离开磁场时的速度和受力情况都一样，产生的焦耳热也相等，因此线框从cd边进入磁场到ab边离开磁场的全过程中，线框产生的总焦耳热为Q总＝2Q＝2×2.1 J＝4.2 J。
电磁感应现象中能量的计算
(1)回路中电流稳定可利用电路知识，由W＝UIt，Q＝I2Rt直接计算。
(2)若电流变化利用安培力做功、功能关系解决。
[变式3] (2019·山东济宁质检)如图所示，倾角为θ的平行金属导轨宽度为L，电阻不计，底端接有阻值为R的定值电阻，处在与导轨平面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。有一质量为m，电阻为r，长度也为L的导体棒垂直放在导轨上，它与导轨之间的动摩擦因数为μ。现让导体棒从导轨底部以初速度v0冲上导轨，上滑的最大距离为s，返回到初位置的速度为v。下列说法正确的是( )
A．在上滑过程中，通过电阻R的电荷量为
B．导体棒在上滑过程中所用时间为
C．导体棒从开始运动到回到底端，回路产生的焦耳热为mv－mv2
D．导体棒在上滑过程中，R上产生的焦耳热大于下滑过程中R上产生的焦耳热
答案 D
解析 在上滑过程中，通过电阻R的电荷量为q＝＝＝，故A错误；导体棒从开始冲上导轨到滑到最大高度的过程中做减速运动，随着速度减小，产生的感应电流减小，所受的安培力减小，合力减小，加速度减小，做加速度逐渐减小的变减速运动，平均速度小于，则所用时间大于＝，故B错误；根据能量守恒定律可得，导体棒从开始运动到回到底端，回路产生的焦耳热为：Q＝mv－mv2－2μmgscosθ，故C错误；由于导体棒的机械能不断减少，所以下滑与上滑过程中经过同一位置时，上滑速度大，产生的感应电流大，导体棒受到的安培力大，而两个过程通过的位移大小相等，所以上滑过程中导体棒克服安培力做功多，导体棒在上滑过程中整个回路中产生的焦耳热多，由QR＝Q总可知导体棒在上滑过程中，电阻R上产生的焦耳热较多，故D正确。
考点4 电磁感应中的动量问题
1.动量定理在电磁感应现象中的应用
导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：I安＝BLt＝BLq，通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝Δt＝Δt＝nΔt＝n，磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安＝mv2－mv1。
当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解更方便。
2．动量守恒定律在电磁感应现象中的应用
在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便。
例4 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＝0.5 m，其下端与R＝1 Ω的电阻连接，质量为m＝0.2 kg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＝2 T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＝0.4 kg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＝1 s时，其速度达到最大。求：(取g＝10 m/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＝1 s的过程中，电阻R上产生的焦耳热是多少？
(1)导体棒什么时候达到最大速度vm?
提示：导体棒加速度为零时。
(2)用能量守恒的观点求焦耳热时，需要用到导体棒1 s内上滑的距离，如何求解此距离？
提示：借助电量的两种求法：
①I安＝BLt＝BLq；②q＝＝。
尝试解答 (1)3 m/s (2)0.9 J
(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＝
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＝3 m/s。
(2)设轻绳的拉力大小为F，由动量定理得Mgt－t＝Mvm－0
t－mgsin30°·t－BLt＝mvm－0
则Mgt－mgsin30°·t－BLt＝(M＋m)vm－0
即Mgt－mgsin30°·t－BLq＝(M＋m)vm－0
解得1 s内流过导体棒的电荷量q＝1.2 C
电量q＝＝
解得1 s内导体棒上滑位移x＝1.2 m，由能量守恒定律得Mgx＝mgxsin30°＋(M＋m)v＋Q
解得Q＝0.9 J。
解决电磁感应中动量问题的策略
“先源后路、先电后力，再是运动、动量”即
[变式4－1] 如图所示，两条相距为L的光滑平行金属导轨位于水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R。若给棒平行导轨向右的初速度v0，当流过棒截面的电荷量为q时，棒的速度减为零，此过程中棒的位移为x。则( )
A．当流过棒的电荷量为时，棒的速度为
B．当棒发生位移为时，棒的速度为
C．在流过棒的电荷量达到的过程中，棒释放的热量为
D．整个过程中定值电阻R释放的热量为
答案 D
解析 当流过棒截面的电荷量为q时，棒的速度减为零，设用时为t，由动量定理有：－BLt＝0－mv0，即BLq＝mv0。当流过棒的电荷量为时，设棒的速度为v，则有：－BL＝mv－mv0，解得v＝，A错误。由法拉第电磁感应定律有＝，由欧姆定律有＝，由电流的定义有＝，整理可得q＝，当棒发生的位移为时，流过棒的电荷量为，此时棒的速度为，B错误。由BLq＝mv0，可得棒的质量m＝，当流过棒的电荷量为时，棒的速度为，则在流过棒的电荷量达到的过程中，棒损失的动能为×mv＝，又棒的有效阻值与电阻的阻值均为R，故棒释放的热量为，C错误。整个过程棒损失的动能为mv＝，定值电阻与导体棒释放的热量相同，均为，D正确。
[变式4－2] 两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L。导轨上面垂直放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图所示。两根导体棒的质量皆为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻可不计。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，则：
(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？
(2)当ab棒的速度变为初速度的时，cd棒的加速度是多少？
答案 (1)mv (2)
解析 ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量变小，于是产生感应电流，ab棒受到与其
运动方向相反的安培力而做减速运动，cd棒则在安培力的作用下向右做加速运动。只要ab棒的速度大于cd棒的速度，回路总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速，直到两棒速度相同时，回路面积保持不变，不产生感应电流，两棒以相同的速度v做匀速运动。
(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＝mv－(2m)v2＝mv。
(2)设ab棒的速度变为v0时，cd棒的速度为v′，
则由动量守恒定律可知mv0＝mv0＋mv′
解得v′＝v0，
回路中的电动势E＝BLv0－BLv0＝BLv0
I＝
此时cd棒所受的安培力F＝BIL＝。
由牛顿第二定律可得，cd棒的加速度a＝＝。
启智微专题 建模提能5 电磁感应中的“杆和导轨”模型
1.模型构建
对杆在导轨上运动组成的系统，杆在运动中切割磁感线产生感应电动势，并受到安培力的作用改变运动状态，最终达到稳定状态，该系统称为“杆和导轨”模型。
2.模型分类
单杆模型、双杆模型。
(1)单杆模型
初态
v0≠0
v0＝0
示意图
质量为m，电阻不计的单杆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
运动分析
导体杆做加速度越来越小的减速运动，最终杆静止
当E感＝E时，v最大，且vm＝，最后以vm匀速运动
当a＝0时，v最大，vm＝时，杆开始匀速运动
Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝CBLΔv
电流I＝＝CBL＝CBLa
安培力F安＝BLI＝CB2L2a
F－F安＝ma，a＝，
所以杆以恒定的加速度匀加速运动
能量分析
动能转化为内能，mv＝Q
电能转化为动能和内能，E电＝mv＋Q
外力做功转化为动能和内能，WF＝mv＋Q
外力做功转化为电能和动能，WF＝E电＋mv2
注：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。
(2)双杆模型
①模型特点
a．一杆切割时，分析同单杆类似。
b．两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E＝＝Bl(v1－v2)。
②电磁感应中的“双杆”问题分析
a．初速度不为零，不受其他水平外力的作用
光滑的平行导轨
光滑不等距导轨
示意图
质量m1＝m2
电阻r1＝r2
长度L1＝L2
质量m1＝m2
电阻r1＝r2
长度L1＝2L2
运动分析
杆MN做变减速运动，杆PQ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
稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为1∶2
能量分析
一部分动能转化为内能，Q＝－ΔEk
b．初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用
光滑的平行导轨
不光滑平行导轨
示意图
质量m1＝m2
电阻r1＝r2
长度L1＝L2
摩擦力Ff1＝Ff2
质量m1＝m2
电阻r1＝r2
长度L1＝L2
运动分析
开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动
开始时，若F≤2Ff，则PQ杆先变加速后匀速运动；MN杆静止。若F>2Ff，PQ杆先变加速后匀加速运动，MN杆先静止后变加速最后和PQ杆同时做匀加速运动，且加速度相同
能量分析
外力做功转化为动能和内能，WF＝ΔEk＋Q
外力做功转化为动能和内能(包括电热和摩擦热)，WF＝ΔEk＋Q电＋Qf
【典题例证】
如图，在竖直平面内有两条间距为L的足够长的平行长直导轨，上端接有一个阻值为R的电阻和一个耐压值足够大的电容器，电容器的电容为C，且不带电。质量为m、电阻不计的导体棒ab垂直跨在导轨上。开关S为单刀双掷开关。导轨所在空间有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现将开关S接1，由静止释放导体棒ab。已知重力加速度为g，当导体棒ab下落h高度时：
(1)求导体棒ab的速度大小v；
(2)若此时迅速将开关S接2，请分析说明此后导体棒ab的运动情况；并计算导体棒ab在开关接2后又下落足够大的高度H的过程中电阻R上所产生的电热Q。
[解析] (1)设某时刻电路中的电流为I，金属棒的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有：mg－BIL＝ma①
设在极短时间Δt内，电容器的充电电量为ΔQ，电压增加量为ΔU，金属棒速度的增加量为Δv，则有：
I＝②
ΔQ＝CΔU③
ΔU＝BLΔv④
a＝⑤
联立①②③④⑤式可得：a＝
显然a为定值，可见金属棒下落过程为匀加速直线运动。
根据v2＝2ah可得：v＝⑥
(2)导体棒ab下落h高度时产生的电动势为E＝BLv
此时电路中的电流为I＝
导体棒ab所受的安培力为F安＝BIL
联立以上三式可得F安＝。
若F安＝mg，导体棒ab将做匀速直线运动。
根据能量守恒定律有：Q＝mgH
若F安>mg，导体棒ab将做先减速后匀速的直线运动。
设匀速运动时的速度大小为vm，则有：＝mg⑦
根据能量守恒定律有：mgH＋m(v2－v)＝Q⑧
联立⑥⑦⑧式可得Q＝mgH＋－
同理，若F安
联立⑥⑦⑨式可得Q＝mgH＋－。
[答案] (1)
(2)可能做匀速直线运动 Q＝mgH
可能先减速后匀速 Q＝mgH＋－
可能先加速后匀速 Q＝mgH＋－
名师点睛 分析“杆和导轨”模型可按照下述步骤
(1)先进行“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r；
(2)再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；
(3)然后是“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；
(4)接着进行“运动”状态的分析和能量的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型及能量转化关系。
【针对训练】
1．(2019·广西名校高三上学期联合调研)如图甲所示，水平平行放置的光滑金属导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接有定值电阻R，金属棒ab垂直放置在导轨上，现用平行于导轨向右的力F拉金属棒ab，金属棒ab的速度v随时间t的变化情况如图乙所示，不计金属导轨和金属棒的电阻，金属棒与导轨接触良好且无摩擦，则拉力F随时间t的变化规律可能是( )
答案 B
解析 根据E＝BLv、I＝，F安＝BIL，得F安＝。由图知，金属棒ab做匀加速运动，有v＝at，根据牛顿第二定律得F－F安＝ma；联立得F＝t＋ma，知F与t是线性关系，Ft图象是不过原点的向上倾斜的直线，故A、C、D错误，B正确。
2．图甲、乙、丙中除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动。甲图中的电容器C原来不带电，所有导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，导体棒ab的质量为m。图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨足够长，间距为L。今给导体棒ab一个向右的初速度v0，则( )
A．三种情况下，导体棒ab最终都静止
B．三种情况下，导体棒ab最终都做匀速运动
C．图甲、丙中ab棒最终都向右做匀速运动
D．图乙中，流过电阻R的总电荷量为
答案 D
解析 图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动。图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，ab棒速度减小，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止。图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动，A、B、C错误；图乙中根据动量定理－BILΔt＝0－mv0，通过的电荷量为q＝IΔt＝，D正确。
3．(2019·河南郑州三模)如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T。在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L＝1 m，电阻可忽略不计。质量均为m＝1 kg，电阻均为R＝2.5 Ω的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好。先将PQ暂时锁定，金属棒MN在垂直于棒的拉力F作用下，由静止开始以加速度a＝0.4 m/s2向右做匀加速直线运动，5 s后保持拉力F的功率不变，直到棒以最大速度vm做匀速直线运动。
(1)求棒MN的最大速度vm的大小；
(2)当棒MN达到最大速度vm时，解除PQ锁定，同时撤去拉力F，两棒最终均匀速运动。求解除PQ棒锁定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热；
(3)若PQ始终不解除锁定，当棒MN达到最大速度vm时，撤去拉力F，棒MN继续运动多远后停下来？(运算结果可用根式表示)
答案 (1)2 m/s (2)5 J (3)40 m
解析 (1)棒MN做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F－BIL＝ma
棒MN做切割磁感线运动，产生的感应电动势为：E＝BLv
棒MN做匀加速直线运动，5 s时的速度为：v＝at1＝2 m/s
在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得：I＝
联立上述式子，有：F＝ma＋
代入数据解得：F＝0.5 N
5 s时拉力F的功率为：P＝Fv
代入数据解得：P＝1 W
棒MN最终做匀速运动，设棒最大速度为vm，棒受力平衡，则有：－BImL＝0
Im＝
代入数据解得：vm＝2 m/s。
(2)解除棒PQ锁定后，两棒运动过程中动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设速度大小为v′，则有：mvm＝2mv′
设从PQ棒解除锁定，到两棒达到相同速度的过程中，两棒共产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律可得：
Q＝mv－×2mv′2
代入数据解得：Q＝5 J。
(3)以棒MN为研究对象，设某时刻棒中电流为i，在极短时间Δt内，由动量定理得：－BiLΔt＝mΔv
对式子两边求和有：∑(－BiLΔt)＝∑(mΔv)
而Δq＝iΔt
对式子两边求和，有：∑Δq＝∑(iΔt)
联立各式解得：BLq＝mvm，
又对于电路有：q＝t＝t
由法拉第电磁感应定律得：＝
得q＝
代入数据解得：x＝＝40 m。
高考模拟 随堂集训
1. (2017·天津高考)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是( )
A．ab中的感应电流方向由b到a
B．ab中的感应电流逐渐减小
C．ab所受的安培力保持不变
D．ab所受的静摩擦力逐渐减小
答案 D
解析 根据楞次定律，ab中感应电流方向由a到b，故A错误；根据E＝·S，因为恒定，所以E恒定，根据I＝知，回路中的感应电流恒定，故B错误；根据F＝BIl，由于B减小，安培力F减小，故C错误；根据平衡条件，静摩擦力f＝F，故静摩擦力减小，故D正确。
2．(2019·全国卷Ⅲ)(多选)如图，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，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，速度变大，如图所示，感应电流I＝＝，安培力F＝F′＝BIl＝＝ma，随着v1减小，v2增大，则F＝F′减小，两棒的加速度大小a减小，直到v1＝v2＝v共，a＝0，两棒做匀速运动，两棒组成的系统动量守恒，则mv0＝2mv共，v共＝，A正确，B错误。由前面分析知，v1－v2随时间减小得越来越慢，最后为0，则感应电流I＝随时间减小得越来越慢，最后为0，C正确，D错误。
3．(2018·江苏高考)(多选)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆( )
A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
C．穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于
答案 BC
解析 由于金属杆进入两个磁场时的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为g的加速运动，所以金属杆进入磁场Ⅰ、Ⅱ时都做减速运动，A错误；对金属杆受力分析，根据－mg＝ma可知，金属杆在磁场中做加速度减小的减速运动，其进入磁场Ⅰ后的vt图象如图所示，由于0～t1和t1～t2图线与t轴包围的面积相等(都为d)，所以t1>(t2－t1)，B正确；从进入磁场Ⅰ到进入磁场Ⅱ之前过程中，根据能量守恒，金属棒减小的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1＝mg·2d，所以穿过两个磁场过程中产生的热量为4mgd，C正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则－mg＝0，得v＝，由前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于，根据h＝得金属杆释放时距离磁场Ⅰ上边界的高度应大于＝，D错误。
4．(2019·北京高考)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：
(1)感应电动势的大小E；
(2)拉力做功的功率P；
(3)ab边产生的焦耳热Q。
答案 (1)BLv (2) (3)
解析 (1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝BLv。
(2)线框中的感应电流I＝
拉力大小等于安培力大小F＝BIL
拉力的功率P＝Fv＝。
(3)线框ab边电阻Rab＝
时间t＝
ab边产生的焦耳热Q＝I2Rabt＝。
5．(2019·天津高考)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计。
(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；
(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。
答案 (1)，方向水平向右 (2)mv2－kq
解析 (1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝，则E＝k①
设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并＝②
闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得
I＝③
设PQ中的电流为IPQ，有IPQ＝I④
设PQ受到的安培力为F安，有F安＝BIPQl⑤
PQ保持静止，由受力平衡，有F＝F安⑥
联立①②③④⑤⑥式得F＝⑦
由楞次定律和右手螺旋定则得PQ中的电流方向为由Q到P，再由左手定则得PQ所受安培力的方向水平向左，则力F的方向水平向右。
(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt′，回路中的磁通量变化为ΔΦ′，平均感应电动势为，有＝⑧
其中ΔΦ′＝Blx⑨
设PQ中的平均感应电流为，有＝⑩
根据电流的定义式得＝⑪
由动能定理，有Fx＋W＝mv2－0⑫
联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得W＝mv2－kq。⑬
6．(2017·天津高考)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距离为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：
(1)磁场的方向；
(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；
(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。
答案 (1)垂直于导轨平面向下 (2)
(3)
解析 (1)将S接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S接2时，电容器放电，流经MN的电流由M到N，又知MN向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下。
(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I＝①
设MN受到的安培力为F，有F＝IlB②
由牛顿第二定律，有F＝ma③
联立①②③式得a＝④
(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0＝CE⑤
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，有E′＝Blvmax⑥
依题意有E′＝⑦
设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力为，有＝lB⑧
由动量定理，有Δt＝mvmax－0⑨
又Δt＝Q0－Q⑩
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝。
7.(2018·天津高考)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 (1)M接电源正极，理由见解析 (2)
(3)见解析
解析 (1)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，电阻均为R，由并联电路特点知ab，cd中电流均为I＝①
每根金属棒受到的安培力F0＝BIl②
设两根金属棒所受安培力之和为F，有F＝2F0③
根据牛顿第二定律有F＝ma ④
联立①②③④式得a＝ 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量为ΔΦ，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有E1＝ 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′＝ ⑧
设cd受到的平均安培力为F′，有F′＝BI′l 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 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 ⑫
联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得＝ ⑬
讨论：若恰好为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场；若不是整数，设的整数部分为N，则需设置N＋1块有界磁场。
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