高考物理二轮复习讲练(新高考版) 第1部分 专题4 题型专练四 电磁感应中的单、双杆模型（含解析）

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2．“导轨＋杆”模型又分为“单杆”型和“双杆”型；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等，情景复杂，形式多变．
3．在处理此类问题时，要以导体杆切割磁感线的速度为主线，由楞次定律、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律分析电路中的电流，由牛顿第二定律分析导体杆的加速度及速度变化，由能量守恒分析系统中的功能关系，由动量定理中安培力的冲量分析电荷量．“导轨＋双杆”模型中还可能满足动量守恒定律．
高考题型1 电磁感应中的单杆模型
1．常见单杆情景及解题思路
2.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 \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：(i)－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．
(ii)eq \f(－B2L2\x\t(v)Δt,R总)＋F其他·Δt＝mv2－mv1，eq \x\t(v)Δt＝x.
若已知位移x，F其他为恒力，也可求出变加速运动的时间．
考题示例
例1 (2019·天津卷·11)如图1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．
图1
(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)eq \f(Bkl,3R) 方向水平向右 (2)eq \f(1,2)mv2－eq \f(2,3)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E＝eq \f(ΔФ,Δt)，则E＝k ①
设PQ与MN并联的电阻为R并，有
R并＝eq \f(R,2) 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＝eq \f(E,R并＋R) ③
设PQ中的电流为IPQ，有
IPQ＝eq \f(1,2)I ④
设PQ受到的安培力为F安，有F安＝BIPQl ⑤
保持PQ静止，由受力平衡，有
F＝F安 ⑥
联立①②③④⑤⑥式得
F＝eq \f(Bkl,3R) ⑦
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ΔФ，平均感应电动势为eq \x\t(E)，有
eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt) ⑧
其中ΔФ＝Blx ⑨
设PQ中的平均电流为eq \x\t(I)，有
eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),2R) ⑩
根据电流的定义得
eq \x\t(I)＝eq \f(q,Δt) ⑪
由动能定理，有
Fx＋W＝eq \f(1,2)mv2－0 ⑫
联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得
W＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(2,3)kq.
例2 (2019·浙江4月选考·22)如图2所示，倾角θ＝37°、间距l＝0.1 m的足够长金属导轨底端接有阻值R＝0.1 Ω的电阻，质量m＝0.1 kg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0.2 m≤x≤0.8 m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v与位移x满足v＝kx(可导出a＝kv)，k＝5 s－1.当棒ab运动至x1＝0.2 m处时，电阻R消耗的电功率P＝0.12 W，运动至x2 ＝0.8 m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，不计其他电阻，求：(提示：可以用F－x图像下的“面积”代表为F做的功，sin 37°＝0.6)
图2
(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产生的焦耳热Q.
答案 见解析
解析 (1)x1＝0.2 m时，金属棒的速度v1＝kx1＝1 m/s
电阻R上的功率P＝I2R
I＝eq \f(E,R)
E＝Blv1
解得B＝eq \f(\r(30),5) T；
(2)①0≤x<0.2 m时，F－mgsin θ－μmgcs θ＝ma
a＝kv
v＝kx
可得F＝(2.5x＋0.96) N；
②0.2 m≤x≤0.8 m时，F－mgsin θ－μmgcs θ－BIl＝ma
联立可得F＝(3.1x＋0.96) N
(3)x2＝0.8 m时，金属棒的速度v2＝kx2＝4 m/s
从x1＝0.2 m处到x2＝0.8 m处，由动能定理得
WF－mgΔxsin θ－μmgcs θ·Δx－Q1＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12
作0.2 m≤x≤0.8 m时的F－x图像如图所示，则
WF＝eq \f(F1＋F2,2)·Δx＝1.506 J
代入得Q1＝0.18 J
到达x2＝0.8 m后减速上滑的加速度
a1＝gsin θ＋μgcs θ＝9.6 m/s2
到达最高点后加速下滑的加速度
a2＝gsin θ－μgcs θ＝2.4 m/s2
再次回到x2＝0.8 m处时金属棒速度为v3
v22＝2a1x′，v32＝2a2x′
解得v3＝2 m/s
若在磁场中向下匀速运动，有mgsin θ＝μmgcs θ＋eq \f(B2l2v4,R)，
解得v4＝2 m/s＝v3，可知金属棒进入磁场后做匀速直线运动，
从x2＝0.8 m处回到x1＝0.2 m过程中，由动能定理得
mgΔxsin θ－μmgcs θ·Δx－Q2＝eq \f(1,2)mv42－eq \f(1,2)mv32
解得Q2＝0.144 J
故Q＝Q1＋Q2＝0.324 J.
命题预测
1．(多选)(2020·福建福清市线上检测)如图3所示，左端接有阻值为R的定值电阻且足够长的平行光滑导轨CE、DF的间距为L，导轨固定在水平面上，且处在磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场中，一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直导轨放置在导轨上静止，导轨的电阻不计．某时刻给导体棒ab一个水平向右的瞬时冲量I，导体棒将向右运动，最后停下来，则此过程中( )
图3
A．导体棒做匀减速直线运动直至停止运动
B．电阻R上产生的焦耳热为eq \f(I2,2m)
C．通过导体棒ab横截面的电荷量为eq \f(I,BL)
D．导体棒ab运动的位移为eq \f(IR＋r,B2L2)
答案 CD
解析 导体棒获得向右的瞬时初速度后切割磁感线，回路中出现感应电流，导体棒ab受到向左的安培力，向右减速运动，由eq \f(B2L2v,R＋r)＝ma，可知由于导体棒速度减小，则加速度减小，所以导体棒做的是加速度越来越小的减速运动，A错误；导体棒减少的动能Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(I,m)))2＝eq \f(I2,2m)，根据能量守恒定律可得Ek＝Q总，又根据串并联电路知识可得QR＝eq \f(R,R＋r)Q总＝eq \f(I2R,2mR＋r)，B错误；根据动量定理可得－Beq \x\t(I)LΔt＝0－mv，I＝mv，q＝eq \x\t(I)Δt，可得q＝eq \f(I,BL)，C正确；
由于q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(\x\t(E),R＋r)Δt＝eq \f(BLx,R＋r)
将q＝eq \f(I,BL)代入可得，导体棒ab运动的位移x＝eq \f(IR＋r,B2L2)，D正确．
2.如图4所示，足够长的两平行光滑水平直导轨的间距为L，导轨电阻不计，垂直于导轨平面有磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；导轨左端接有电容为C的电容器、开关S和定值电阻R；质量为m的金属棒垂直于导轨静止放置，两导轨间金属棒的电阻为r.初始时开关S断开，电容器两极板间的电压为U.闭合开关S，金属棒运动，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列说法正确的是( )
图4
A．闭合开关S的瞬间，金属棒立刻开始向左运动
B．闭合开关S的瞬间，金属棒的加速度大小为eq \f(BUL,mR)
C．金属棒与导轨接触的两点间的最小电压为零
D．金属棒最终获得的速度大小为eq \f(BCUL,m＋B2L2C)
答案 D
解析 由左手定则可知，闭合开关S的瞬间，金属棒所受安培力方向向右，金属棒立刻获得向右的加速度，开始向右运动，A错误；闭合开关S的瞬间，金属棒的加速度大小a＝eq \f(BUL,mR＋r)，B错误；当金属棒切割磁感线产生的电动势跟电容器两极板之间的电压相等时，金属棒中电流为零，此后，金属棒将匀速运动下去，两端的电压达到最小值，故金属棒与导轨接触的两点间的电压不会为零，C错误；设闭合开关S后，电容器的放电时间为Δt，金属棒获得的速度为v，由动量定理可得Beq \f(CU－BLv,Δt)L·Δt＝mv－0，解得v＝eq \f(BCUL,m＋B2L2C)，D正确．
3.如图5所示，PQ、MN为足够长的两平行金属导轨(其电阻不计)，它们之间连接一个阻值为R＝8 Ω的电阻，导轨间距为L＝1 m．一质量为m＝0.1 kg，电阻为r＝2 Ω，长为1 m的均匀金属杆水平放置在导轨上，它与导轨间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),5)，导轨平面的倾角为θ＝30°，垂直导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度为B＝0.5 T．今让金属杆AB由静止开始下滑，从杆开始下滑到恰好匀速运动的过程中经过杆的电荷量为q＝1 C．取g＝10 m/s2，求：
图5
(1)当AB下滑速度为2 m/s时加速度a的大小；
(2)AB下滑的最大速度vm的大小；
(3)AB从开始下滑到匀速运动过程R上产生的热量QR.
答案 (1)1.5 m/s2 (2)8 m/s (3)0.64 J
解析 (1)取AB杆为研究对象，其受力如图所示，
mgsin θ－F安－Ff＝ma
FN－mgcs θ＝0
摩擦力Ff＝μFN
安培力F安＝BIL
I＝eq \f(E,R＋r)
E＝BLv
联立解得a＝gsin θ－μgcs θ－eq \f(B2L2v,mR＋r)
当v＝2 m/s时，a＝1.5 m/s2
(2)由上问可知a＝gsin θ－μgcs θ－eq \f(B2L2v,mR＋r)，故AB做加速度减小的加速运动，a＝0时AB下滑的速度最大
则vm＝eq \f(mgR＋rsin θ－μcs θ,B2L2)＝8 m/s
(3)从静止开始下滑到匀速运动过程中eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)
eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)，q＝eq \x\t(I)Δt.而ΔΦ＝BLx
联立可得：x＝eq \f(qR＋r,BL)＝20 m
设两电阻发热的和为QR＋Qr，
电阻串联，则QR∶Qr＝R∶r
由能量守恒可知mgxsin θ＝eq \f(1,2)mvm2＋μmgcs θ·x＋QR＋Qr
解得：QR＝0.64 J.
高考题型2 电磁感应中的双杆模型
1．常见双杆情景及解题思路
2.对于不在同一平面上运动的双杆问题，动量守恒定律不适用，可以用对应的牛顿运动定律、能量观点、动量定理进行解决．
考题示例
例3 (多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)如图6，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．下列图像中可能正确的是( )
图6
答案 AC
解析 棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，这时两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝eq \f(v0,2)，选项A、C正确，B、D错误．
例4 (多选)(2020·全国卷Ⅰ·21)如图7，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直．ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略．一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行．经过一段时间后( )
图7
A．金属框的速度大小趋于恒定值
B．金属框的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
答案 BC
解析 当金属框在恒力F作用下向右加速运动时，bc边产生从c向b的感应电流i，金属框的加速度大小为a1，则有F－Bil＝Ma1；MN中感应电流从M流向N，MN在安培力作用下向右加速运动，加速度大小为a2，则有Bil＝ma2，当金属框和MN都运动后，金属框速度为v1，MN速度为v2，则电路中的感应电流为i＝eq \f(Blv1－v2,R)，感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从eq \f(F,M)开始减小，加速度差值减小．当a1＝a2时，得F＝(M＋m)a，a＝eq \f(F,M＋m)恒定，由F安＝ma可知，安培力不再变化，则感应电流不再变化，据i＝eq \f(Blv1－v2,R)知金属框与MN的速度差保持不变，v－t图像如图所示，故A错误，B、C正确；MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于金属框的速度，则MN到金属框bc边的距离越来越大，故D错误．
命题预测
4．如图8所示，水平放置的两平行光滑金属导轨固定在桌面上，导轨间距为L，处在磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场中．桌面离地面的高度为H.初始时刻，质量为m的杆ab与导轨垂直且处于静止，距离导轨边缘为d，质量也为m的杆cd与导轨垂直，以初速度v0进入磁场区域，最终发现两杆先后落在地面上．已知两杆接入电路的电阻均为R，导轨电阻不计，两杆落地点之间的距离为s，重力加速度为g.
图8
(1)求ab杆从磁场边缘射出时的速度大小；
(2)当ab杆射出时，求cd杆运动的距离；
(3)在两根杆相互作用的过程中，求回路中产生的电能．
答案 (1)eq \f(v0,2)－eq \f(s,2)eq \r(\f(g,2H)) (2)d＋eq \f(Rm,B2L2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0－s\r(\f(g,2H)))) (3)eq \f(1,4)mv02－eq \f(mgs2,8H)
解析 (1)设ab、cd杆从磁场边缘射出时的速度分别为v1、v2，ab杆落地点到抛出点的水平距离为x1，cd杆落地到抛出点的水平距离为x2，则有
x1＝v1eq \r(\f(2H,g))
x2＝v2eq \r(\f(2H,g))
且x2－x1＝s
以v0的方向为正方向，
根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2
解得v2＝eq \f(v0,2)＋eq \f(s,2)eq \r(\f(g,2H))，v1＝eq \f(v0,2)－eq \f(s,2)eq \r(\f(g,2H))
(2)ab杆运动距离为d，对ab杆应用动量定理，有
Beq \x\t(I)LΔt＝BLq＝mv1
设cd杆运动距离为d＋Δx
q＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(BLΔx,2R)
解得Δx＝eq \f(2Rmv1,B2L2)＝eq \f(Rm,B2L2)(v0－seq \r(\f(g,2H)))
则cd杆运动距离为x＝d＋Δx＝d＋eq \f(Rm,B2L2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0－s\r(\f(g,2H))))
(3)根据能量守恒定律，回路中产生的电能等于系统损失的机械能，则有Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,4)mv02－eq \f(mgs2,8H).
5．如图9所示，足够长的水平轨道左侧b1b2～c1c2部分轨道间距为2L，右侧c1c2～d1d2部分的轨道间距为L，曲线轨道与水平轨道相切于b1b2，所有轨道均光滑且电阻不计．在水平轨道内有斜向下与竖直方向成θ＝37°的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1 T．质量为M＝0.2 kg的金属棒B垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上，质量为m＝0.1 kg的金属棒A自曲线轨道上a1a2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，A棒总在宽轨上运动，B棒总在窄轨上运动．已知：两金属棒接入电路的有效电阻均为R＝0.2 Ω，h＝0.2 m，L＝0.2 m，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求：
图9
(1)金属棒A滑到b1b2处时的速度大小；
(2)金属棒B匀速运动的速度大小；
(3)在两棒整个运动过程中通过金属棒A某横截面的电荷量；
(4)在两棒整个运动过程中金属棒A、B在水平导轨间扫过的面积之差．
答案 见解析
解析 (1)A棒在曲线轨道上下滑时，由机械能守恒定律得：
mgh＝eq \f(1,2)mv02
解得v0＝2 m/s.
(2)选取水平向右为正方向，对A、B分别应用动量定理，
对B：FB安cs θ·t＝MvB，
对A：－FA安cs θ·t＝mvA－mv0，
其中FA安＝2FB安，
整理得：mv0－mvA＝2MvB，
两棒最后匀速时，电路中无电流，此时回路总电动势为零，必有2Bcs θLvA－Bcs θLvB＝0，
即vB＝2vA，
联立解得vB＝eq \f(4,9) m/s.
(3)当金属棒A运动到水平轨道后，回路中开始有感应电流产生，此时金属棒B开始加速运动，通过A的电荷量与通过B的电荷量相等．
在B加速过程中：∑(Bcs θ)iLΔt＝MvB－0，
q＝∑iΔt，
解得q＝eq \f(50,9) C.
(4)根据法拉第电磁感应定律有：eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)，
其中磁通量变化量：ΔΦ＝BΔScs θ，
电路中的电流：eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),2R)，
通过横截面的电荷量：q＝eq \x\t(I)Δt，
联立解得ΔS＝eq \f(250,9) m2.
专题强化练
[保分基础练]
1.(多选)(2020·山东菏泽市4月一模)如图1所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，一理想电流表与两导轨相连，图中虚线的下方存在匀强磁场，匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为m、有效电阻为R的导体棒在竖直向上的恒定外力F作用下由静止开始向上运动，导体棒在磁场中运动时，电流表示数逐渐增大，最终稳定为I.当导体棒运动到图中的虚线位置时，撤去外力F，此后导体棒还会继续上升一段时间，整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻(虚线与导轨的上端距离足够大)，重力加速度为g.则( )
图1
A．导体棒开始运动的瞬间加速度大小为eq \f(F,m)
B．匀强磁场的磁感应强度大小为eq \f(F,IL)
C．电流稳定后导体棒的速度大小为eq \f(I2R,F－mg)
D．撤去F后，导体棒继续上升的高度为eq \f(I4R2,2gF－mg2)
答案 CD
解析 开始运动的瞬间，导体棒速度为0，此时只受恒力F和重力mg的作用，则由F－mg＝ma，解得a＝eq \f(F,m)－g，故A错误；当电流稳定时，导体棒加速度为零，则有F－mg－BIL＝0，解得B＝eq \f(F－mg,IL)，故B错误；电流稳定后，感应电动势也恒定不变，有BLv＝IR，解得v＝eq \f(IR,BL)＝eq \f(I2R,F－mg)，故C正确；撤去F，导体棒也刚好离开磁场，则由机械能守恒可得eq \f(1,2)mv2＝mgH，解得H＝eq \f(v2,2g)＝eq \f(I4R2,2gF－mg2)，故D正确．
2.(多选)(2020·湘赣皖长郡中学十五校高三第二次联考)如图2所示，固定轨道由倾角为θ的斜导轨与水平导轨用极短的圆弧导轨平滑连接而成，导轨所在空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两导轨间距为L，上端用阻值为R的电阻连接．在沿斜导轨向下的拉力(图中未画出)作用下，一质量为m、接入电路的有效电阻为R的金属杆MN从斜导轨上某一高度处由静止开始(t＝0)沿斜导轨匀加速下滑，经过时间t0杆MN滑至斜导轨的最底端P2Q2处，此时速度大小为v并撤去拉力，杆MN在水平导轨上减速运动直至停止，杆MN始终垂直于导轨并与导轨保持良好接触，导轨的电阻以及一切摩擦均不计．则下列说法正确的是( )
图2
A．杆MN中通过的最大感应电流Im＝eq \f(BLv,2R)
B．杆MN沿斜导轨下滑的过程中，通过电阻R的电荷量q＝eq \f(BLvt0,4R)
C．撤去拉力后，杆MN在水平轨道上运动的路程s＝eq \f(2mRv,B2L2)
D．撤去拉力后，回路中产生的焦耳热为eq \f(1,2)mv2
答案 ACD
解析 经分析可知，杆MN下滑到P2Q2处时的速度最大，刚滑至水平导轨时回路中产生的感应电动势最大，且最大值为Em＝BLv，此时回路中通过的感应电流最大，有Im＝eq \f(Em,2R)，解得Im＝eq \f(BLv,2R)，故A正确；杆MN沿斜导轨下滑的距离为x＝eq \f(v,2)t0，在杆MN沿斜导轨下滑的过程中，穿过回路的磁通量的变化量为ΔΦ＝BLxcs θ，该过程回路中产生的平均感应电动势为eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,t0)
回路中通过的平均感应电流为eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),2R)，又q＝eq \x\t(I)t0
联立解得q＝eq \f(BLvt0cs θ,4R)，故B错误；撤去拉力后，杆MN在水平导轨上做减速运动，设某时刻其速度大小为v′，则此时回路中通过的感应电流为I＝eq \f(BLv′,2R)
设此时杆MN的加速度大小为a，由牛顿第二定律有BIL＝ma
设在趋近于零的时间Δt内，杆MN的速度变化的大小为Δv，由动量定理可得eq \f(B2L2,2R)·v′Δt＝mΔv，
即eq \f(B2L2,2R)·s＝m(v－0)
解得s＝eq \f(2mRv,B2L2)，故C正确；
撤去拉力后，杆MN在水平导轨上做减速运动直到停止，根据能量守恒Q＝eq \f(1,2)mv2，故D正确．
3．(多选)(2020·湖南常德市高三二模)如图3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的定值电阻，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．导体棒ab垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R.若给棒以平行导轨向右的初速度v0，当通过棒横截面的电荷量为q时，棒的速度减为零，此过程中棒发生的位移为x.则在这一过程中( )
图3
A．导体棒做匀减速直线运动
B．当棒发生的位移为eq \f(x,2)时，通过棒横截面的电荷量为eq \f(q,2)
C．在通过棒横截面的电荷量为eq \f(q,3)时，棒运动的速度为eq \f(v0,3)
D．定值电阻R产生的热量为eq \f(BqLv0,4)
答案 BD
解析 由于导体棒向右减速运动，则感应电动势减小，感应电流减小，所以导体棒受到的安培力减小，根据牛顿第二定律可知其加速度减小，故导体棒做变减速运动，故A错误；当棒的速度减为零，发生的位移为x时，通过棒横截面的电荷量为q＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(BLx,2R)，则当棒发生的位移为eq \f(x,2)时，通过棒横截面的电荷量为eq \f(q,2)，故B正确；当棒的速度减为零时，通过棒横截面的电荷量为q＝eq \f(BLx,2R)，设这段时间回路中的平均电流为eq \x\t(I)1，由动量定理得－Beq \x\t(I)1Lt1＝0－mv0，其中q＝eq \x\t(I)1t1
当通过棒横截面的电荷量为eq \f(q,3)时，设这段时间回路中的平均电流为eq \x\t(I)2
由动量定理得－Beq \x\t(I)2Lt2＝mv1－mv0，其中eq \f(q,3)＝eq \x\t(I)2t2
解得：v1＝eq \f(2v0,3)，m＝eq \f(qBL,v0)，故C错误；
根据能量守恒可知，棒的速度减为零的过程中，定值电阻R产生的热量为：
QR＝eq \f(1,2)ΔEk＝eq \f(1,4)mv02＝eq \f(qBLv0,4)，
故D正确．
[争分提能练]
4.(多选)(2020·福建龙岩市检测)如图4所示，水平面上固定着两根相距L且足够长的光滑金属导轨，不计导轨电阻，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中．相同的铜棒a、b平行地静止在导轨上且与导轨接触良好，每根铜棒的长度均等于两导轨的间距、电阻均为R、质量均为m.现给铜棒a一个平行于导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，下列说法正确的是( )
图4
A．铜棒b中的最大电流为eq \f(BLI,mR)
B．铜棒b的最大加速度为eq \f(B2L2I,m2R)
C．铜棒b获得的最大速度为eq \f(I,2m)
D．铜棒b中产生的最大焦耳热为eq \f(I2,8m)
答案 CD
解析 选取水平向右为正方向，根据动量定理可知，铜棒a开始时速度v0＝eq \f(I,m)，根据左手定则判断安培力，可知此后铜棒a做减速运动，铜棒b做加速运动，所以回路中的感应电动势最大值Em＝BLv0，通过铜棒b的最大感应电流Im＝eq \f(Em,2R)＝eq \f(BL\f(I,m),2R)＝eq \f(BLI,2mR)，A错误；根据牛顿第二定律得BImL＝ma，则铜棒b的最大加速度a＝eq \f(BImL,m)＝eq \f(B2L2I,2m2R)，B错误；由题意知，铜棒a做减速运动，铜棒b做加速运动，当两铜棒速度相等时，回路中没有感应电流，两铜棒同时向右匀速运动，此时铜棒b的速度最大，根据动量守恒可知，I＝2mv，则v＝eq \f(I,2m)，C正确；两铜棒共速后，回路中不再产生感应电流，则根据能量守恒定律，系统产生的热量Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)·2mv2，则铜棒b中产生的最大焦耳热Qb＝eq \f(1,2)Q＝eq \f(I2,8m)，D正确．
5.(多选)(2020·安徽宣城市高三第二次调研)如图5，平行光滑金属导轨M、N固定在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中．完全相同的两金属棒P、Q搭放在导轨上，开始均处于静止状态．给P施加一与导轨平行的恒定拉力作用，运动中两金属棒始终与导轨垂直并与导轨接触良好．设导轨足够长，除两棒的电阻外其余电阻均不计．则两棒的速度及棒中的感应电流随时间变化的图像正确的是( )
图5
答案 AD
解析 P向右做切割磁感线运动，由右手定则判断知，回路中产生逆时针的感应电流，由左手定则判断可知，Q棒所受的安培力方向向右，故Q向右做加速运动；Q向右运动后，开始阶段，两杆的速度差增大，在回路中产生的感应电动势增大，感应电流增大，两杆所受的安培力都增大，则P的加速度减小，Q的加速度增大，当两者的加速度相等时，速度之差不变，感应电流不变，安培力不变，两杆均做加速度相同的匀加速运动，故A、D正确，B、C错误．
6．如图6甲所示，将两根足够长、间距为L的平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，左端接一阻值为R的电阻，与导轨垂直的虚线ef右边区域存在方向竖直向下的匀强磁场，质量为m的金属杆PQ静止在导轨上．现对杆施加一水平向右的恒定拉力，经过时间t，杆进入磁场并开始做匀速直线运动，杆始终与导轨垂直并接触良好，导轨和杆的电阻均不计．
图6
(1)求匀强磁场的磁感应强度大小B；
(2)若杆进入磁场后的某时刻撤去拉力，杆运动的速度与此后的位移关系图像如图乙所示，求0～x0与x0～3x0两个过程中电阻R产生的热量之比．
答案 (1)eq \f(1,L)eq \r(\f(mR,t)) (2)eq \f(5,4)
解析 (1)设拉力大小为F，杆的加速度为a，进入磁场时的速度为v0，则F＝ma
杆做匀加速直线运动，则v0＝at
杆在磁场中做匀速直线运动，则F＝F安＝BIL
I＝eq \f(E,R)
E＝BLv0
联立解得：B＝eq \f(1,L)eq \r(\f(mR,t))
(2)撤去拉力后，由题图乙可知，杆在x＝x0处的速度大小为v＝eq \f(2v0,3)
由能量关系，在0～x0过程中，电阻R产生的热量Q1＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2
在x0～3x0过程中，电阻R产生的热量Q2＝eq \f(1,2)mv2
解得eq \f(Q1,Q2)＝eq \f(5,4).
7．如图7，两条平行导轨所在平面与水平地面间的夹角为θ，两导轨的间距为L.导轨上端接有一平行板电容器，电容为C.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下．在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.忽略所有电阻，让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：
图7
(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；
(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系．
答案 (1)Q＝CBLv (2)v＝eq \f(msin θ－μcs θ,m＋B2L2C)gt
解析 (1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv①
平行板电容器两极板之间的电势差U＝E②
设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，则有Q＝CU③
联立①②③式得Q＝CBLv④
(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为I.金属棒受到的安培力方向沿导轨向上，大小为F安＝BLI⑤
设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，据定义有I＝eq \f(ΔQ,Δt)⑥
ΔQ也是平行板电容器两极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量．由④式得：ΔQ＝CBLΔv⑦
Δv为金属棒的速度变化量，有a＝eq \f(Δv,Δt)⑧
金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨向上，大小为Ff＝μFN⑨
FN是金属棒对导轨的正压力的大小，有FN＝mgcs θ⑩
由牛顿第二定律得mgsin θ－F安－Ff＝ma⑪
联立⑤～⑪式得a＝eq \f(msin θ－μcs θ,m＋B2L2C)g⑫
由⑫式及题意可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动．则t时刻金属棒的速度大小为
v＝eq \f(msin θ－μcs θ,m＋B2L2C)gt.
8．(2020·山东泰安市高三检测)如图8(a)所示，两根电阻不计的平行长直金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距为L；两根长度均为L、质量均为m、电阻均为r的相同的导体棒M、N静置于导轨上，两棒相距x0；整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.从t＝0开始，给导体棒M施加一平行于导轨的外力F，使导体棒M在0～t0内以加速度a＝μg做匀加速直线运动，导体棒N在t0时刻(t0未知)开始运动，F随时间变化的规律如图(b)所示．棒与导轨间的动摩擦因数均为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，运动过程中两棒均与导轨接触良好．重力加速度大小为g.
图8
(1)求t0时刻导体棒M的速度大小；
(2)求2t0时刻给导体棒M施加的外力的大小；
(3)若2t0时刻导体棒M的速度为v，求此时两棒间的距离．
答案 (1)eq \f(2μmgr,B2L2) (2)4μmg (3)x0－eq \f(2mvr,B2L2)＋eq \f(16μm2gr2,B4L4)
解析 (1)导体棒N未运动时，电路中的电动势E＝BLv，电流I＝eq \f(E,2r)
每个导体棒受到的安培力F安＝BIL
导体棒N开始运动时，安培力与摩擦力平衡，F安＝μmg
联立解得t0时刻导体棒M的速度大小v0＝eq \f(2μmgr,B2L2)
(2)对导体棒M，t＝0时刻F0－μmg＝ma
t0时刻F1－μmg－F安＝ma
而eq \f(F1－F0,t0)＝eq \f(F2－F0,2t0)
整理得F2＝4μmg
(3)0～t0时间内，导体棒M做匀加速直线运动v0＝at0
可得t0＝eq \f(2mr,B2L2)
t0时刻两棒间的距离为x1＝x0＋eq \f(1,2)at02
设2t0时刻两棒间的距离为x2，导体棒N的速度为v1，t0～2t0时间内电路中电流的平均值为I.根据动量定理，对导体棒M、N整体有eq \f(F1＋F2,2)t0－2μmgt0＝mv＋mv1－mv0
对导体棒N有Beq \x\t(I)Lt0－μmgt0＝mv1
此过程中的平均感应电动势eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)，eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),2r)
而ΔΦ＝BL(x2－x1)
整理得x2＝x0－eq \f(2mvr,B2L2)＋eq \f(16μm2gr2,B4L4).常见情景(导轨和杆电阻不计，以水平光滑导轨为例)
过程分析
三大观点的应用
单杆阻尼式
设运动过程中某时刻的速度为v，加速度为a，a＝eq \f(B2L2v,mR)，a、v反向，导体棒做减速运动，v↓⇒a↓，当a＝0时，v＝0，导体棒做加速度减小的减速运动，最终静止
动力学观点：分析加速度
能量观点：动能转化为焦耳热
动量观点：分析导体棒的位移、通过导体棒的电荷量和时间
单杆发电式(v0＝0)
设运动过程中某时刻棒的速度为v，加速度为a＝eq \f(F,m)－eq \f(B2L2v,mR)，F恒定时，a、v同向，随v的增加，a减小，当a＝0时，v最大，vm＝eq \f(FR,B2L2)；a恒定时，F＝eq \f(B2L2at,R)＋ma，F与t为一次函数关系
动力学观点：分析最大加速度、最大速度
能量观点：力F做的功等于导体棒的动能与回路中焦耳热之和
动量观点：分析导体棒的位移、通过导体棒的电荷量
含“源”电动式(v0＝0)
开关S闭合，ab棒受到的安培力F＝eq \f(BLE,r)，此时a＝eq \f(BLE,mr)，速度v↑⇒E感＝BLv↑⇒I↓⇒F＝BIL↓⇒加速度a↓，当E感＝E时，v最大，且vm＝eq \f(E,BL)
动力学观点：分析最大加速度、最大速度
能量观点：消耗的电能转化为动能与回路中的焦耳热
动量观点：分析导体棒的位移、通过导体棒的电荷量
含“容”无外力充电式
充电电流减小，安培力减小，a减小，当a＝0时，导体棒匀速直线运动
能量观点：动能转化为电场能(忽略电阻)
含“容”有外力充电式(v0＝0)
电容器持续充电F－BIL＝ma，I＝eq \f(ΔQ,Δt)，ΔQ＝CΔU＝CBLΔv，a＝eq \f(Δv,Δt)，得I恒定，a恒定，导体棒做匀加速直线运动
动力学观点：求导体棒的加速度a＝eq \f(F,m＋B2L2C)
常见情景(以水平光滑导轨为例)
过程分析
三大观点的应用
双杆切割式
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，以相同的速度匀速运动．对系统动量守恒，对其中某杆适用动量定理
动力学观点：求加速度
能量观点：求焦耳热
动量观点：整体动量守恒求末速度，单杆动量定理求冲量、电荷量
不等距导轨
杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，两杆以不同的速度做匀速运动，所围的面积不变．v1L1＝v2L2
动力学观点：求加速度
能量观点：求焦耳热
动量观点：动量不守恒，可分别用动量定理联立末速度关系求末速度
双杆切割式
aPQ减小，aMN增大，当aPQ＝aMN时二者一起匀加速运动，存在稳定的速度差
动力学观点：分别隔离两导体棒， F－eq \f(B2l2Δv,R总)＝mPQa，eq \f(B2l2Δv,R总)＝mMNa，求加速度