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高考物理二轮复习提分练习专题14 电磁感应定律及其应用（含解析）
展开这是一份高考物理二轮复习提分练习专题14 电磁感应定律及其应用（含解析），共24页。试卷主要包含了电磁感应的图象问题，电磁感应中的力、电综合问题，电磁感应中的动量问题等内容，欢迎下载使用。
高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍
专题14 电磁感应定律及其应用
题型一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
【题型解码】
(1)理解“谁”阻碍“谁”，及如何阻碍．
(2)理解楞次定律的广义形式，“结果”阻碍“原因”．
【典例分析1】(2020·山东聊城模拟)航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的．电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈端点的金属环被弹射出去．现在固定线圈左侧同一位置，先后放有分别用横截面积相等的铜和铝导线制成形状、大小相同的两个闭合环，且电阻率ρ铜<ρ铝．闭合开关S的瞬间( )
A．从左侧看环中感应电流沿顺时针方向 B．铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力
C．若将环放置在线圈右方，环将向左运动 D．电池正负极调换后，金属环不能向左弹射
【参考答案】AB.
【名师解析】：线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，电流由左侧看为顺时针，A正确；由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，故铜环受到的安培力要大于铝环的，B正确；若将环放在线圈右方，根据楞次定律可得，环将向右运动，C错误；电池正负极调换后，金属环受力仍向左，故仍将向左弹出，D错误．
【典例分析2】(2020·山东等级考模拟)竖直放置的长直密绕螺线管接入如图甲所示的电路中，通有俯视顺时针方向的电流，其大小按图乙所示的规律变化．螺线管内中间位置固定有一水平放置的硬质闭合金属小圆环(未画出)，圆环轴线与螺线管轴线重合．下列说法正确的是( )
A．t＝时刻，圆环有扩张的趋势 B．t＝时刻，圆环有收缩的趋势
C．t＝和t＝时刻，圆环内的感应电流大小相等 D．t＝时刻，圆环内有俯视逆时针方向的感应电流
【参考答案】BC
【名师解析】：.t＝时刻，线圈中通有顺时针逐渐增大的电流，则线圈中由电流产生的磁场向下且逐渐增强，由楞次定律可知，圆环有收缩的趋势，A错误，B正确；t＝时刻，线圈中通有顺时针逐渐减小的电流，则线圈中由电流产生的磁场向下且逐渐减小，由楞次定律可知，圆环中的感应电流为顺时针，D错误；t＝和t＝时刻，线圈中电流的变化率一致，即由线圈电流产生的磁场变化率一致，则圆环中的感应电流大小相等，C正确．
【典例分析3】(2020·河北省承德二中测试)如图所示，用相同导线绕成的两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r，圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，若磁场的磁感应强度均匀增大，开始时的磁感应强度不为0，则( )
A．任意时刻，穿过a、b两线圈的磁通量之比为1∶4
B．a、b两线圈中产生的感应电动势之比为1∶2
C．a、b两线圈中产生的感应电流之比为4∶1
D．相同时间内a、b两线圈产生的热量之比为2∶1
【参考答案】 D
【名师解析】 任意时刻，穿过a、b两线圈的磁感线条数相等，磁通量相等，故穿过a、b两线圈的磁通量之比为1∶1，A错误；根据法拉第电磁感应定律得E＝S，S＝πr2，因为有效面积S相等，也相等，所以a、b两线圈中产生的感应电动势相等，感应电动势之比为1∶1，B错误；线圈a、b的半径分别为r和2r，周长之比为1∶2，电阻之比为1∶2，根据欧姆定律知I＝，得a、b两线圈中产生的感应电流之比为2∶1，C错误；根据焦耳定律得Q＝I2Rt，相同时间内a、b两线圈产生的热量之比为2∶1，D正确。
【典例分析4】(2020·湖南长沙模拟)如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0.3 s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0.9 s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则( )
A．W1
【参考答案】C.
【名师解析】：两次拉出的速度之比v1∶v2＝3∶1.电动势之比E1∶E2＝3∶1，电流之比I1∶I2＝3∶1，则电荷量之比q1∶q2＝(I1t1)∶(I2t2)＝1∶1.安培力之比F1∶F2＝3∶1，则外力做功之比W1∶W2＝3∶1，故C正确．
【提分秘籍】
1.感应电流方向的判断方法
(1)右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断。
(2)楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断。
2．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”。
(2)阻碍相对运动——“来拒去留”。
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”。
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”。
3．感应电动势大小的计算
情景图
研究对象
回路(不一定闭合)
一段直导线(或等效直导线)
绕一端转动的一段导体棒
绕与B垂直的轴转动的导线框
表达式
E＝n
E＝BLv
E＝BL2ω
从图示时刻计时E＝NBS·ωcosωt
【突破训练】
1．(2019·辽宁大连二模)(多选)近年来，手机无线充电功能的广泛应用为人们提供了很大便利。如图甲为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的励磁线圈可产生交变磁场，从而使手机内的感应线圈产生感应电流。当充电板内的励磁线圈通入如图乙所示的交变电流时(电流由a流入时方向为正)，下列说法正确的是( )
A．感应线圈中产生的是恒定电流 B．感应线圈中电流的方向总是与励磁线圈中电流方向相反
C．t3时刻，感应线圈中电流的瞬时值为0 D．t1～t3时间内，c点电势高于d点电势
【答案】 CD
【解析】 励磁线圈产生的磁场随电流变化，因为电流不是均匀变化，电流产生的磁场也不是均匀变化，所以感应线圈中的感应电动势不是恒定的，感应电流也就不是恒定的，A错误；感应电流方向阻碍引起感应电流的磁通量的变化，当励磁线圈电流减小，电流产生的磁场减弱时，感应电流的方向与励磁线圈电流的方向相同，阻碍磁场减弱，B错误；t3时刻，励磁线圈电流变化率为零，磁感应强度变化率为零，E＝n＝nS，感应线圈中的感应电动势为零，感应电流为零，C正确；t1～t3时间内，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向一直向上，所以感应线圈中的电流从d到c，则c点电势高于d点电势，D正确。
2．(2019·湖北八校联合二模)(多选)如图所示，半径为2L的小圆与半径为3L的圆形金属导轨拥有共同的圆心，在小圆区域内存在垂直于纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场，在小圆与导轨之间的环形区域内存在垂直于纸面向外的磁感应强度大小为2B的匀强磁场。现将一长度为3L的导体棒置于磁场中，让其一端O点与圆心重合，另一端与圆形导轨良好接触。在O点与导轨间接入一阻值为r的电阻，导体棒以角速度ω沿导轨逆时针做匀速圆周运动，其他电阻不计。下列说法正确的是( )
A． 导体棒O点的电势比A点的电势低
B．在导体棒的内部电流由A点至O点
C．在导体棒旋转一周的时间内，通过电阻r的电荷量为
D．在导体棒旋转一周的时间内，电阻r产生的焦耳热为
【答案】 AD
【解析】 长度为2L的导体棒切割小圆内磁感线产生的感应电动势为：E1＝B(2L)1＝B(2L)＝2BωL2，根据右手定则知O点的电势比棒上虚线处的电势高，导体棒在小圆与导轨之间的环形区域切割磁感线产生的感应电动势为：E2＝2BL＝5BωL2，根据右手定则知，A点的电势比棒上虚线处的电势高，因E1
A．圆环所受安培力的方向始终不变 B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为 D．圆环中的感应电动势大小为
【答案】 BC
【解析】 由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故安培力方向发生变化，A错误；根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向，B正确；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小E＝·S′＝·＝，根据闭合电路欧姆定律知，感应电流大小I＝＝＝，C正确，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＝。
题型二 电磁感应的图象问题
【题型解码】(1)产生电动势的那部分导体相当于电源，电源内部电流由负极流向正极，电源两端电压为路端电压．
(2)Φ－t图象、B－t图象的斜率对应电动势大小及电流方向，其斜率不变或平行，感应电动势大小不变，电流方向不变．
【典例分析1】(2020·河北唐山检测)如图甲所示，矩形导线框abcd固定在变化的磁场中，产生了如图乙所示的电流(电流方向abcda为正方向)．若规定垂直纸面向里的方向为磁场正方向，能够产生如图乙所示电流的磁场为( )
【参考答案】D.
【名师解析】：由题图乙可知，0～t1内，线圈中的电流的大小与方向都不变，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的磁通量的变化率相同，故0～t1内磁感应强度与时间的关系是一条斜线，A、B错误；又由于0～t1时间内电流的方向为正，即沿abcda方向，由楞次定律可知，电路中感应电流的磁场方向向里，故0～t1内原磁场方向向里减小或向外增大，D正确，C错误．
【典例分析2】(2020·辽宁葫芦岛一模)如图甲所示，在MN、QP间存在一匀强磁场，t＝0时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F作用下紧贴MN从静止开始做匀加速运动，外力F随时间t变化的图线如图乙所示，已知线框质量m＝1 kg、电阻R＝2 Ω，则( )
A．线框的加速度为2 m/s2 B．磁场宽度为6 m
C．匀强磁场的磁感应强度为 T D．线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为 C
【参考答案】ACD
【名师解析】：.当t＝0时线框的速度为零，没有感应电流，线框不受安培力，则线框的加速度为：a＝＝ m/s2＝2 m/s2，故A正确；磁场的宽度等于线框在0～2 s内的位移，为：d＝at＝×2×22 m＝4 m，故B错误；设线框的边长为L，则L等于线框在0～1 s内的位移，即为：L＝at＝×2×12 m＝1 m，当线框全部进入磁场的瞬间：F1－F安＝ma，而F安＝BIL＝＝，式中，F1＝4 N，t＝1 s，m＝1 kg，R＝2 Ω，联立得到：B＝ T，故C正确；线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为：q＝It＝＝＝ C＝ C，故D正确．
【提分秘籍】
1．图象类型
2．分析方法
3．解答电磁感应中图象类选择题的两个常用方法
排
除
法
定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项
函
数
法
根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断
【突破训练】
1.(2019·吉林省吉林市三模)将一均匀导线围成一圆心角为90°的扇形导线框OMN，其中OM＝R，圆弧MN的圆心为O点，将导线框的O点置于如图所示的直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。从t＝0时刻开始让导线框以O点为圆心，以恒定的角速度ω沿逆时针方向做匀速圆周运动，假定沿ONM方向的电流为正，则线框中的电流随时间的变化规律描绘正确的是( )
【答案】B
【解析】 在0～t0时间内，线框从图示位置开始(t＝0)转过90°的过程中，产生的感应电动势为E1＝Bω·R2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I1＝＝，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)。在t0～2t0时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势为E2＝Bω·R2＋·2Bω·R2＝BωR2＝3E1，感应电流为I2＝3I1。在2t0～3t0时间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)，回路中产生的感应电动势为E3＝Bω·R2＋·2Bω·R2＝Bω·R2＝3E1，感应电流为I3＝3I1。在3t0～4t0时间内，线框出第四象限的过程中，回路中的感应电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势为E4＝Bω·R2，感应电流为I4＝I1。综上所述，可知B正确，A、C、D错误。
2.(2019·湖北七市州教研协作体高三联合模拟)(多选)如图所示，平直光滑导轨a、b间距为d＝4 m，导轨间有一边长为l＝ m的正六边形匀强磁场区域，磁感应强度为B＝1 T，导轨右侧接一定值电阻R＝1 Ω，左侧一导体棒长正好为d，与导轨接触良好且可在导轨上横向自由滑动，导体棒单位长度电阻为R0＝1 Ω，导轨及导线电阻不计。现让导体棒以速度v＝1 m/s匀速向右运动，从导体棒进入磁场区域开始计时，在通过磁场区域的过程中，定值电阻上流过的电流大小为I，导体棒受到的安培力大小为F，R两端的电压大小为U，R上的热功率为P，则I、F、U和P分别随时间t变化的图象可能正确的是( )
【答案】 ACD
【解析】 由于磁场区域为正六边形，则对边之间的距离：
a＝l＝× m＝3 m，
当导体棒的切割长度为3 m时，棒切割磁感线产生的感应电动势有
最大值：Em＝Bav＝1×3×1 V＝3 V，
最大电流：Im＝＝ A，
持续的时间：t2＝＝ s，
由几何关系得，导体棒的切割长度在达到最大值a＝3 m之前的t时刻，有效切割长度l有＝vttan60°＝vt，
则电流I＝＝＝t，即I与t成正比，持续的时间t1＝＝ s，导体棒越过六边形右上角顶点后的情况与此相同。
对比A图可知，图中的各电流值与时间都是正确的，故A正确；在进入磁场后的前 s内安培力：F＝BI·l有＝B·(·t)·(vt)，
可知在进入磁场后的前 s内，安培力与t的平方成正比，故B错误；R两端的电压：U＝IR，与I成正比(R＝1 Ω)，结合A项的分析可知，C选项的各数据也是正确的，故C正确；R上的热功率：P＝I2R，与电流的平方成正比(R＝1 Ω)，则在进入磁场后的前 s内热功率也与t的平方成正比，最大功率：Pm＝IR＝()2×1 W＝ W，故D正确。
题型三 电磁感应中的力、电综合问题
【题型解码】1.分析导体棒切割磁感线运动时要由牛顿第二定律列方程，在方程中讨论v的变化影响安培力的变化，进而影响加速度a的变化，a的变化又影响v的变化．
2.克服安培力做功的过程就是其他形式的能转化为电能的过程，克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．
【典例分析1】(2020·辽宁沈阳质检)如图所示，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，磁感应强度大小为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后，速度达到最大，取g＝10 m/s2。求：
(1)导体棒ab运动的最大速度是多少？
(2)当导体棒ab的速度v＝1 m/s时，导体棒ab的加速度是多少？
(3)导体棒ab由静止达到最大速度的过程中，电阻R上产生的热量是多少？
【参考答案】 (1)1.5 m/s (2)1 m/s2 (3)0.075 J
【名师解析】(1)导体棒ab加速度为零时速度最大。
(2)电路中产生的总的焦耳热等于导体棒克服安培力做的功，可以根据动能定理计算，也可以根据能量守恒定律计算。
(1)导体棒ab垂直切割磁感线，产生的电动势大小：E＝BLv，
由闭合电路的欧姆定律得：I＝
导体棒受到的安培力：FA＝BIL，
当导体棒做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得：＋μmg＝F
解得最大速度：vm＝1.5 m/s。
(2)当速度为v＝1 m/s时，由牛顿第二定律得：
F－－μmg＝ma
解得：a＝1 m/s2。
(3)在整个过程中，由能量守恒定律可得：
Fx＝Q＋μmgx＋mv
解得：Q＝0.15 J，
所以QR＝＝0.075 J。
【提分秘籍】
1.电磁感应中的力电综合问题的分析思路
注：有些物理量必须用动量定理或动量守恒定律定量计算(参考易错警示)。
2．求解电磁感应问题中焦耳热的三个途径
(1)感应电路为纯电阻电路时产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W克安，一般用于电流变化的电路。
(2)感应电路中电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功，即Q＝I2Rt，一般用于电流恒定的电路。
(3)感应电路中产生的焦耳热可通过能量守恒定律列方程求解。
【突破训练】
1.(2019·焦作模拟)如图所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度B的大小为5 T，磁场宽度d＝0.55 m。有一边长L＝0.4 m、质量m1＝0.6 kg、电阻R＝2 Ω的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量m2＝0.4 kg的物体相连。物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线框从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长。(取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
(1)求线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力大小；
(2)当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x；
(3)在(2)问中的条件下，若cd边离开磁场边界PQ时，速度大小为2 m/s，求整个运动过程中ab边产生的热量。
【答案】 (1)2.4 N (2)0.25 m (3)0.1 J
【解析】 (1)线框还未进入磁场的过程中，以线框为研究对象，由牛顿第二定律得
m1gsinθ－T＝m1a
以物体为研究对象，
由牛顿第二定律得T－μm2g＝m2a，
联立解得T＝2.4 N，a＝2 m/s2。
(2)线框刚进入磁场时恰好做匀速直线运动，
有m1gsinθ－－T＝0，T－μm2g＝0，
解得v＝1 m/s。
线框进入磁场前做匀加速直线运动，有v2＝2ax，
解得x＝0.25 m。
(3)线框从开始运动到cd边恰好离开磁场边界PQ时，对整体有m1gsinθ(x＋d＋L)－μm2g(x＋d＋L)＝(m1＋m2)v＋Q，
解得Q＝0.4 J，
根据焦耳定律有Q＝I2Rt，
ab边产生的热量Qab＝I2t，所以Qab＝Q＝0.1 J。
2.(2019·湖南常德一模)(多选)如图所示，匀强磁场的水平边界相距为d，磁感应强度大小为B、水平向里。质量为m、电阻为R、边长为L的正方形线圈abcd，在磁场上方高h处由静止释放，已知cd边刚进入磁场时与cd边刚离开磁场时速度相等，不计空气阻力，在线圈穿过磁场的整个过程中( )
A．线圈产生的热量为mgd B．若L＝d，则所用时间为d
C．若L>d，则线圈ab边进入磁场时的速度为 D．若L
【解析】 以L
(1)导体杆刚进入磁场时，通过导体杆的电流的大小和方向；
(2)在导体杆穿过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量；
(3)在导体杆穿过磁场的过程中，整个电路产生的焦耳热．
【答案】：(1)3 A 方向为由b指向a (2)0.4 C (3)0.94 J
【解析】：(1)设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1
由动能定理得(F－μmg)s＝mv－0
导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势为E＝Blv1
此时通过导体杆的电流大小为I＝
代入数据解得I＝3 A
由右手定则可知，电流的方向为由b指向a.
(2)ΔΦ＝B·ld，＝，＝，q＝·Δt
联立解得q＝0.4 C.
(3)由(1)可知，导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度v1＝6.0 m/s
设导体杆通过半圆形轨道的最高位置时的速度为v，则有mg＝
在导体杆从刚进入磁场到滑至最高位置的过程中，由能量守恒定律有
mv＝Q＋mg×2R0＋mv2＋μmgd
解得Q＝0.94 J.
题型四 电磁感应中的动量问题
【典例分析1】(2019·北京延庆区高三一模)如图，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为l，电阻不计。左侧接有定值电阻R，质量为m、电阻为r的导体杆，以初速度v0沿轨道滑行，在滑行过程中保持与轨道垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向上，磁感应强度为B的匀强磁场中。宏观规律与微观规律有很多相似之处，导体杆速度的减小规律类似于放射性元素的半衰期，理论上它将经过无限长的时间衰减完有限的速度。
(1)求在杆的速度从v0减小到的过程中
①电阻R上产生的热量；
②通过电阻R的电量。
(2)①证明杆的速度每减小一半所用的时间都相等；
②若杆的动能减小一半所用时间为t0，则杆的动量减小一半所用时间是多少？
【答案】 (1)① ②(2)①见解析 ②2t0
【解析】 (1)①设电路中产生的热量为Q，由能量守恒定律mv＝m()2＋Q
串联电路中，产生的热量与电阻成正比，可得
QR＝Q
解得：电阻R产生的热量为QR＝。
②设该过程所用时间为t，由动量定理
－Blt＝m(－v0)，其中t＝q
解得：通过R的电量为q＝。
(2)①设某时刻杆的速度为v(从v0开始分析亦可)，则
感应电动势E＝Blv，
感应电流I＝，
安培力F＝BIl＝
在很短时间Δt内，由动量定理FΔt＝mΔv，(Δv为速度变化绝对值)
可得Δt＝mΔv
所以在任意短时间内速度变化的比例为
＝Δt
由于为定值，可见任何相等时间内速度变化的比例都相等。
所以从任何时刻开始计算，速度减小一半所用时间都相等。
②杆的动能减小一半，其速度v减小为，所用时间为t0，
由①中分析可得，杆的速度从再减小到×所用时间仍为t0，
所以杆的速度减小一半所用时间为2t0，即动量减小一半所用时间为2t0。
【提分秘籍】
示意图
动力学观点
导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动
导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动
动量观点
系统动量守恒
系统动量不守恒
能量观点
棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热
外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热
1.杆＋导轨模型可以考查学生综合运用动力学、能量、动量的观点解决电磁感应问题，有可能作为压轴题或最后一道选择题出现(如江苏高考)，所以有必要介绍一下。常见的杆＋导轨模型如下：
(1)单杆模型的常见情况
(2)双杆模型的常见情况
杆＋导轨模型的动力学、能量分析参见典例探究例3后面的规律总结，因为杆一般做变加速运动，所以有些物理量必须从动量的角度求解。
2．应用动量观点解决电磁感应综合问题可分为两类：
(1)利用动量定理求感应电荷量或运动位移
应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量，如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题。
如：BLΔt＝Δp，q＝·Δt，可得q＝。
Δt＝Δp，x＝Δt，可得x＝。
(2)利用动量守恒定律分析双导体杆问题
在相互平行的光滑水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒(上面双杆模型的第二种情况动量不守恒，须用动量定理)。解决此类问题往往要应用动量守恒定律。
【突破训练】
1.如图所示，宽度为L的平行光滑的金属轨道，左端为半径为r1的四分之一圆弧轨道，右端为半径为r2的半圆轨道，中部为与它们相切的水平轨道．水平轨道所在的区域有磁感应强度为B的方向竖直向上的匀强磁场．一根质量为m的金属杆a置于水平轨道上，另一根质量为M的金属杆b由静止开始自左端轨道最高点滑下．当b滑入水平轨道某位置时，a就滑上了右端半圆轨道最高点(b始终运动且a、b未相撞)，并且a在最高点对轨道的压力大小为mg，此过程中通过a的电荷量为q，a、b棒的电阻分别为R1、R2，其余部分电阻不计．在b由静止释放到a运动到右端半圆轨道最高点过程中，求：
(1)在水平轨道上运动时，b的最大加速度是多大？
(2)a刚到达右端半圆轨道最低点时b的速度是多大？
(3)自b释放到a到达右端半圆轨道最高点过程中系统产生的焦耳热是多少？
【答案】 (1) (2)－ (3)BLq－3mgr2－
【解析】(1)由机械能守恒定律得：Mv＝Mgr1
解得：vb1＝
b刚滑到水平轨道时加速度最大，有
E＝BLvb1，I＝
由牛顿第二定律有F安＝BIL＝Ma
解得a＝.
(2)a由最低点到最高点，由能量守恒定律，有
2mgr2＝mv－mv
在最高点有2mg＝m
解得：va2＝
由a刚开始运动至到达半圆轨道最低点，由动量守恒定律有Mvb1＝Mvb3＋mva2
解得vb3＝－.
(3)由动量定理有－BILt＝Mvb2－Mvb1
即－BLq＝Mvb2－Mvb1
解得vb2＝－
由(2)可知va1＝
从b释放至a到达右端半圆轨道最高点过程中，
由能量守恒定律，有
Mgr1＝Mv＋mv＋2mgr2＋Q
解得：Q＝BLq－3mgr2－.
2.(2019·河南许昌高三二诊)如图所示，有一间距为L且与水平方向成θ角的光滑平行轨道，轨道上端接有电容器和定值电阻，S为单刀双掷开关，空间存在垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B。将单刀双掷开关接到a点，一根电阻不计、质量为m的导体棒在轨道底端获得初速度v0后沿着轨道向上运动，到达最高点时，单刀双掷开关接b点，经过一段时间导体棒又回到轨道底端，已知定值电阻的阻值为R，电容器的电容为C，重力加速度为g，轨道足够长，轨道电阻不计。求：
(1)导体棒上滑过程中加速度的大小；
(2)若已知导体棒到达轨道底端时的速度为v，求导体棒下滑过程中定值电阻产生的热量和导体棒运动的时间。
【答案】 (1) (2)＋
【解析】 (1)导体棒上滑的过程中，根据牛顿第二定律得：mgsinθ＋F安＝ma
又F安＝iBL，有：i＝＝＝＝CBLa
联立解得：a＝。
(2)导体棒上滑过程中，有0－v＝－2as
导体棒下滑的过程中，由动量定理得：
mgsinθ·t－I安＝mv－0
I安是安培力的动量大小
而I安＝∑BiLΔt＝∑BLΔt＝∑vΔt＝·s
联立解得：t＝＋
导体棒下滑的过程中，由能量守恒定律得：
Q＋mv2＝mgssinθ
解得：Q＝。
3.(2019·重庆南开中学高三4月模拟)如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，导轨电阻忽略不计。在M和P之间接有阻值为R的甲与乙两个定值电阻，导体杆ab的质量为m，电阻为r，并与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。现给导体杆ab一初速度v0，使杆向右运动，最后杆停在导轨上。下列说法正确的是( )
A．ab杆做匀减速直线运动直到静止 B．ab杆速度减为时，ab杆加速度大小为
C．ab杆速度减为时，通过甲电阻的电量q＝ D．ab杆速度减为时，ab杆走过的位移s＝
【答案】 BD
【解析】 ab棒在水平方向受到与运动方向相反的安培力，加速度大小为：a＝，由于速度减小，所以ab棒做加速度减小的减速运动直到静止，故A错误；当ab棒的速度为时，安培力为：FA＝＝，所以加速度为：a＝＝，故B正确；对ab棒，由动量定理得：－BLΔt＝m·－mv0，即BLq＝m·，解得：q＝，由于甲与乙电阻并联，所以通过甲电阻的电量为，故C错误；由q＝＝＝，解得：x＝，故D正确。
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