2023版高考物理一轮复习第九章电磁感应冲刺训练

PAGEPAGE31第九章电磁感应电磁感应失分点之(一)——电磁感应的图像问题(2角度破解)电磁感应中的图像问题是考生容易失分的考点，因为该题型难度大综合性强，而且“名目繁多〞，包括B­t、i­t、F­t、a­t、v­t等图像都可能涉及。但只要通过深入研究、认真归纳，就可以站在更高的角度上来审视电磁感应图像问题：“感生〞图像和“动生〞图像。由“感生〞角度衍生的图像问题从“感生〞角度命题，可以考查学生对法拉第电磁感应定律和楞次定律的综合分析能力。但是设问形式有所不同，具体如下：1．直接设问式[典例1](多项选择)(2022·聊城二模)如图(a)所示，一个半径为r1、匝数为n、电阻值为R的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，导线的电阻不计。在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的图像如图(b)所示，图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，关于0到t1时间内的以下分析，正确的选项是()A．R1中电流的方向由a到bB．电流的大小为eq\f(nπB0r22,3Rt0)C．线圈两端的电压为eq\f(nπB0r22,3t0)D．通过电阻R1的电荷量为eq\f(nπB0r22t1,3Rt0)[解析]由图像分析可知，0至t1时间内，由法拉第电磁感应定律有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S，面积为S＝πr22，由闭合电路欧姆定律有I1＝eq\f(E,R1＋R)，联立以上各式解得，通过电阻R1上的电流大小为I1＝eq\f(nπB0r22,3Rt0)，由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a，故A项错误，B项正确；线圈两端的电压大小为U＝I1·2R＝eq\f(2nπB0r22,3t0)，故C项错误；通过电阻R1上的电荷量为q＝I1t1＝eq\f(nπB0r22t1,3Rt0)，故D项正确。[答案]BD[题后悟通](1)法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，常有两种特殊情况，即E＝neq\f(ΔB,Δt)S和E＝nBeq\f(ΔS,Δt)，其中eq\f(ΔB,Δt)是B­t图像中图线的斜率，假设斜率不变那么感应电动势是恒定不变的。(2)感生电动势产生的感应电流方向，一般用楞次定律结合安培定那么来判定。(3)计算电动势时要注意有效面积，求解电压时要分清内外电路。2．图像转化式[典例2](2022·福安质检)如图甲所示，正三角形硬导线框abc固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直。图乙表示该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系，t＝0时刻磁场方向垂直纸面向里。在0～4t0时间内，线框ab边受到该磁场对它的安培力F随时间t变化的关系图为(规定垂直ab边向左为安培力的正方向)()[解析]0～t0，磁场方向垂直纸面向里，均匀减小，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)，根据楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知：流经导线ab的电流I不变，方向从b到a，其受到的安培力方向向左，大小为F＝BIL，均匀减小到零；同理，t0～2t0，磁场方向垂直纸面向外，均匀增大，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)，流经导线ab的电流I不变，方向从b到a，其受到的安培力方向向右，从零开始均匀增大；2t0～3t0，磁场方向垂直纸面向外，eq\f(ΔB,Δt)＝0，导线ab不受安培力；3t0～3.5t0，磁场方向垂直纸面向外，均匀减小，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2B0,t0)，流经导线ab的电流为2I不变，方向从a到b，其受到的安培力方向向左，大小为F＝2BIL，即均匀减小到零；3.5t0～4t0，磁场方向垂直纸面向里，均匀增加，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2B0,t0)，流经导线ab的电流为2I不变，方向从a到b，其受到的安培力方向向右，大小为F＝2BIL，即从零开始均匀增大，A项正确。[答案]A[题后悟通]对于电磁感应图像问题的分析要注意以下三个方面：(1)注意初始时刻的特征，如初始时刻感应电流是否为零，感应电流的方向如何。(2)注意看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图像变化相对应。(3)注意观察图像的变化趋势，看图像斜率的大小、图像的曲直是否和物理过程对应。由“动生〞角度衍生的图像问题此类问题的命题道具主要有导体棒和导体框，综合考查了电磁感应(E＝Blv)、楞次定律、运动性质、力和运动的关系，主要分为以下两种情况。1．围绕“动生〞侧重电学量的图像问题[典例3](2022·黄冈测试)如图甲所示，固定的水平金属导轨足够长且电阻不计。两阻值相同的导体棒ab、cd置于导轨上，棒与导轨垂直且始终保持良好接触。整个装置处在与导轨平面垂直向下的匀强磁场B中。现让导体棒ab以如图乙所示的速度向右运动。导体棒cd始终静止在导轨上，以水平向右为正方向，那么导体棒cd所受的静摩擦力f随时间变化的图像是选项中的()[解析]由右手定那么可知ab中感应电流的方向向上，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv，由欧姆定律得：I＝eq\f(BLv,R)。感应电流从上向下流过cd棒，由左手定那么可知，产生的安培力向右，大小为F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，对cd进行受力分析可知，cd棒竖直方向受到重力和轨道的支持力；水平方向受到安培力和摩擦力的作用，由共点力的平衡可得，水平方向受到的摩擦力与安培力大小相等，方向相反，即方向向左，大小为f＝F＝eq\f(B2L2v,R)，可得大小与速度v成正比，与速度的方向相反，故B正确，A、C、D错误。[答案]B[题后悟通]解决此类问题，求解选择题时，用方向排除法较为简单。判断过程涉及三大定律。(1)楞次定律判断电流方向。当然，也可用右手定那么。(2)法拉第电磁感应定律计算电动势，也可以用特例E＝Blv，注意切割导体的有效长度和导体速度的变化。(3)闭合电路的欧姆定律计算电流。感应电流是由电动势和回路电阻共同决定的。[引申]导体框匀加速穿过磁场、导体框在恒定拉力作用下穿过磁场等，导体框的速度图像将怎样？[变式](2022·黄冈联考)如下图，有理想边界的直角三角形区域abc内部存在着两个方向相反且均垂直纸面的匀强磁场，e是斜边ac的中点，be是两个匀强磁场的理想分界线。现以b点为原点O，沿直角边bc作x轴，让在纸面内与abc形状完全相同的金属线框ABC的BC边处在x轴上，t＝0时线框的C点恰好位于原点O的位置。让ABC沿x轴正方向以恒定的速度v穿过磁场，现规定逆时针方向为线框中感应电流的正方向，在以下四个i­x图像中，能正确表示感应电流随线框位移变化关系的是()解析：选D此题可以根据金属线框ABC所处的位置不同而分为三个阶段：①线框的位移为0～2L时，线框中的磁通量为零，感应电流为零；②线框的位移为2L～3L时，由于线框是匀速运动，先是正向感应电流逐渐减小，后是反向感应电流逐渐增大；③线框的位移为3L2．围绕“动生〞侧重综合量的图像问题[典例4](2022·郑州模拟)如下图，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，阻值为R的导体棒垂直于导轨放置，且与导轨接触良好。导轨所在空间存在匀强磁场，匀强磁场与导轨平面垂直，t＝0时，将开关S由1掷向2，假设分别用q、i、v和a表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度大小和加速度大小，那么以下图所示的图像中正确的选项是()[解析]电容器放电时导体棒在安培力作用下运动，产生感应电动势，感应电动势与电容器电压相等时，棒做匀速直线运动，说明极板上电荷量最终不等于零，A项错误；但电流最终必为零，B项错误；导体棒速度增大到最大后做匀速直线运动，加速度为零，C项错误，D项正确。[答案]D[题后悟通]此类题型分为定性判断和定量判断两种，对于前者，一般采用排除法，即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)，特别是物理量的正负，排除错误的选项。当然，在过程分析法中也灵活地使用极值法帮助判断。定量判断问题常用函数法，即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像作出分析和判断。[变式](多项选择)如下图，一个边长为L的正方形线圈置于边界水平的匀强磁场上方L处，磁场宽也为L，方向垂直纸面向里，由静止释放线圈且线圈平面始终与磁场方向垂直，如果从线圈的一条边刚进入磁场开始计时，那么以下关于通过线圈横截面的电荷量q、感应电流i、线圈运动的加速度a、线圈具有的动能Ek随时间变化的图像可能正确的有()解析：选ACD假设线圈进入磁场时受到的安培力等于重力，那么线圈匀速进入，感应电流恒定，由q＝It可知，通过线圈横截面的电荷量均匀增大。线圈离开时由楞次定律可知，感应电流方向改变，通过的电荷量均匀减小，A项可能；由于线圈通过磁场时，线圈的宽度与磁场的宽度相等，故始终是一条边做切割磁感线运动，且速度不可能减小到零，所以线圈通过磁场的过程中不可能出现感应电流为零的情况，故B项错误；由于线圈进入磁场时重力也可能大于安培力，因此继续做加速运动，但速度增大安培力也增大，那么加速度减小，当安培力增大到等于重力时，加速度变为零，故C项可能；如果线圈刚进入磁场时安培力就大于重力，那么线圈做减速运动，速度减小那么安培力减小，最后可能到达平衡，速度不变，动能不变，故D项可能。[提醒]导体“坠落〞进入磁场时，要正确分析受力，特别是安培力与其他力的比拟，像此题中，导体框进入磁场，可能做匀速运动，也可能加速，甚至减速，所以此类问题往往伴随多解，对于这三种情况，请同学们画出对应的速度图像。[提能增分集训]1．(2022·山东高考)将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内。回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是()解析：选B0～eq\f(T,2)时间内，根据法拉第电磁感应定律及楞次定律可得回路的圆环形区域产生大小恒定的、顺时针方向的感应电流，根据左手定那么，ab边在匀强磁场Ⅰ中受到水平向左的恒定的安培力；同理可得eq\f(T,2)～T时间内，ab边在匀强磁场Ⅰ中受到水平向右的恒定的安培力，故B项正确。2．在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图乙变化时，以下选项中正确表示线圈中感应电动势E变化的是()解析：选A根据楞次定律得，0～1s内，感应电流为正方向；1～3s内，无感应电流；3～5s内，感应电流为负方向；再由法拉第电磁感应定律得：0～1s内的感应电动势为3～5s内的二倍，故A正确。3．(多项选择)(2022·长沙重点高中测试)一环形线圈放在匀强磁场中，设第1s内磁感线垂直线圈平面向里，如图甲所示。假设磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，那么以下选项正确的选项是()A．第1s内线圈中感应电流的大小逐渐增加B．第2s内线圈中感应电流的大小恒定C．第3s内线圈中感应电流的方向为顺时针方向D．第4s内线圈中感应电流的方向为逆时针方向解析：选BD由图像分析可知，磁场在每1s内为均匀变化，斜率恒定，线圈中产生的感应电流大小恒定，因此A错误，B正确；由楞次定律可判断出第3s、第4s内线圈中感应电流的方向为逆时针方向，C错误，D正确。4．(多项选择)(2022·衡阳八中月考)如图甲所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一个水平面内，线圈A中通以如图乙所示的交变电流，设t＝0时电流沿逆时针方向。以下说法正确的选项是()A．0～t1内，线圈B中有逆时针方向的电流，且有收缩的趋势B．t1～t2内，线圈B中有逆时针方向的电流，且有扩张的趋势C．在t1时刻，线圈B中的电流大小和方向同时改变D．在t1时刻，线圈A、B间的作用力最小解析：选ABD在0～t1时间内，线圈A中的电流沿逆时针方向且减小，通过线圈B的磁通量减小，根据楞次定律，知B内有逆时针方向的电流，根据楞次定律的另一种表述，B线圈有收缩的趋势，故A正确；在t1～t2时间内，线圈A中的电流沿顺时针方向且增大，通过B线圈的磁通量增大，根据楞次定律，知B内有逆时针方向的电流，根据楞次定律的另一种表述，B线圈有扩张的趋势，故B正确；t1时刻，线圈B中的电流大小和方向都不改变，故C错误；t1时刻，线圈A中没有电流，故在t1时刻，线圈A、B间的作用力为零，故D正确。5．(2022·昆明三中、玉溪一中统考)如下图，在PQ、QR区域存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，bc边与磁场的边界P重合。导线框与磁场区域的尺寸如下图。从t＝0时刻开始线框向右匀速横穿两个磁场区域。以a→b→c→d→e→f为线框中电流的正方向。以下四个i­t关系示意图中正确的选项是()解析：选C由右手定那么分段判断bc、de、af三边切割磁感线产生感应电动势的方向，由E＝BLv分段判断bc、de、af三边切割磁感线产生感应电动势的大小，得出示意图中正确的选项是C。6．(2022·新疆适应性检测)如下图，用粗细均匀，电阻率也相同的导线绕制的直角边长为l或2l的四个闭合导体线框a、b、c、d，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，在每个线框刚进入磁场时，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和UdA．Ua＜Ub＜Uc＜Ud B．Ua＜Ub＜Ud＜UcC．Ua＝Ub＜Uc＝Ud D．Ub＜Ua＜Ud＜Uc解析：选B由电阻定律，各个线框的电阻分别为Ra＝ρeq\f(2l＋\r(2)l,S)、Rb＝ρeq\f(3l＋\r(5)l,S)、Rc＝ρeq\f(4l＋2\r(2)l,S)、Rd＝ρeq\f(3l＋\r(5)l,S)，设线框刚进入磁场时的速度为v，各线框MN边有效切割长度分别为l、l、2l、2l，各线框MN边的内阻分别为ra＝ρeq\f(l,S)、rb＝ρeq\f(l,S)、rc＝ρeq\f(2l,S)、rd＝ρeq\f(2l,S)，那么各边产生的感应电动势分别为Ea＝Blv，Eb＝Blv，Ec＝2Blv，Ed＝2Blv，MN两点间的电压分别为Ua＝eq\f(Ea,Ra)×ρeq\f(l＋\r(2)l,S)＝eq\f(1＋\r(2),2＋\r(2))Blv＝eq\f(\r(2),2)Blv，同理Ub＝eq\f(1＋\r(5),4)Blv，Uc＝eq\r(2)Blv，Ud＝(eq\r(5)－1)Blv，那么Ua＜Ub＜Ud＜Uc，B正确。7.(多项选择)(2022·保定调研)如下图(俯视图)，在光滑的水平面上，宽为eq\r(3)l的区域内存在一匀强磁场，磁场方向垂直水平面向下。水平面内有一不可形变的粗细均匀的等边三角形闭合导体线框CDE(由同种材料制成)，边长为l。t＝0时刻，E点处于磁场边界，CD边与磁场边界平行。在外力F的作用下线框沿垂直于磁场区域边界的方向匀速穿过磁场区域。从E点进入磁场到CD边恰好离开磁场的过程中，线框中感应电流I(以逆时针方向的感应电流为正)、外力F(水平向右为正方向)随时间变化的图像图像中的t＝eq\f(\r(3)l,2v)，曲线均为抛物线可能正确的有()解析：选BD等边三角形闭合导线框CDE进入磁场的过程中，穿过线框的磁通量增大，根据楞次定律可知，线框产生的感应电流方向为逆时针方向，拉出磁场的过程中，线框产生的感应电流为顺时针方向，在磁场中运动时感应电流为零。同时当线框进入或拉出磁场时线框切割磁感线的有效长度随时间t均匀增大，产生的感应电动势、感应电流均匀增大，选项B正确，A错误；因线框在磁场中匀速运动，所以外力F等于线框受到的安培力，外力F∝t2，选项C错误，D正确。第九章冲刺985深化内容电磁感应失分点之(二)——“电磁感应〞类压轴题(5法突破)电磁感应是高中物理的重要知识板块，对于简单的电磁感应问题，一般可直接利用法拉第电磁感应定律和楞次定律及其相关知识解答。而对于比拟复杂的电磁感应问题，运用以下五种物理思想方法，可快速破解，事半功倍。一、等效法在电磁感应中，闭合电路中的一局部导体做切割磁感线运动将产生感应电动势，对于一些弯曲导体在磁场中做切割磁感线运动，我们可以把弯曲导体等效为沿垂直运动方向的直导体。对于正弦式感应电流，可以用有效值计算产生的热量。涉及最大功率的问题，有的需要找出等效电路和等效电源。[典例1](2022·成都模拟)如下图，da、bc为相距为L的平行导轨(导轨电阻不计)。a、b间连接一个定值电阻，阻值为R。长直金属杆MN可以按任意角θ架在平行导轨上，并以速度v匀速滑动(平移)，v的方向与da平行，杆MN每米的阻值也为R。整个空间充满匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面向里。求：(1)定值电阻上消耗的电功率最大时，θ的值；(2)杆MN上消耗的电功率最大时，θ的值。(要求写出推导过程)[方法导入]长直金属杆可以按任意角θ架在平行导轨上，利用等效法可将其等效为长为L的金属杆切割磁感线。计算杆MN上消耗的最大电功率时，可以把定值电阻等效为电源内阻，把杆MN接入电路的电阻等效为可变化的外电阻。[解析](1)无论θ角多大，感应电动势E＝BLv不变根据P＝I2R可知，总电流越大，定值电阻上消耗的电功率越大。由闭合电路欧姆定律，MN接入电路的电阻(相当于电源内阻)越小，电流越大，定值电阻上消耗的电功率越大。即θ＝eq\f(π,2)时，定值电阻上消耗的电功率最大。(2)解法一：令MN接入电路的电阻为r，那么有r＝eq\f(L,sinθ)R由PMN＝I2r和I＝eq\f(BLv,R＋r)可得PMN＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BLv,\f(LR,sinθ)＋R)))2·eq\f(LR,sinθ)化简得PMN＝eq\f(B2L3v2,R\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,sinθ)＋sinθ＋2L)))θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，由均值不等式可知eq\f(L2,sinθ)＋sinθ＋2L≥4L，当且仅当sinθ＝L，即θ＝arcsinL时等号成立，此时0＜L≤1m。假设0<L≤1m，当θ＝arcsinL时，MN上消耗的功率最大；假设L＞1m，当θ＝eq\f(π,2)时，MN上消耗的功率最大。解法二：可将定值电阻视为电源内阻，将MN接入电路的电阻视为外电阻，这样就变成了E恒定、内阻不变的等效电路。假设0＜L≤1m，当θ＝arcsinL时，内外电阻相等，MN上消耗的功率最大；假设L＞1m，当θ＝eq\f(π,2)时，MN上消耗的功率最大。[答案]见解析二、能量守恒法电磁感应现象中，安培力做正功，电能转化为其他形式的能；克服安培力做功，其他形式的能转化为电能。假设产生的感应电流是恒定的，那么可以利用焦耳定律计算电阻中产生的焦耳热；假设产生的感应电流是变化的，那么可以利用能量守恒定律计算电阻中产生的焦耳热。[典例2](2022·洛阳模拟)如下图，位于竖直平面内的正方形平面导线框abcd，边长为L＝0.10m，线框质量为m＝0.1kg，电阻为R＝0.5Ω，其下方有一匀强磁场区域，该区域上、下两边界之间的距离为H(H＞L)，磁场的磁感应强度B＝5T，方向与线框平面垂直。令线框从距离磁场上边界h＝0.3m处自由下落，线框的ab边进入磁场后，cd边到达上边界之前线框已经到达匀速运动状态，取g＝10m/s2，求：(1)线框在匀速运动状态时的速度大小；(2)从线框开始下落到ab边刚刚到达下边界的过程中，线框中产生的热量。[方法导入]从线框开始下落到cd边刚刚到达上边界的过程中，线框的ab边切割磁感线产生感应电流，线框中产生焦耳热。由于电流是变化的，不能运用焦耳定律求解焦耳热，但可以利用能量守恒定律求解。[解析](1)线框处于匀速运动状态时受力平衡，mg＝BILI＝eq\f(E,R)，E＝BLv联立解得v＝eq\f(mgR,B2L2)代入相关数据得v＝2m/s。(2)线框全部进入磁场后，磁通量不变，不产生感应电流，线框不受安培力作用。因此只需考虑从线框开始下落到cd边刚刚到达上边界的过程，由能量守恒定律得：线框损失的机械能等于线框中产生的热量，有Q＝mg(L＋h)－eq\f(1,2)mv2代入相关数据得Q＝0.2J。[答案]见解析三、极限法极限法一般适用于定性分析类选择题。在电磁感应中，经常出现一些定性分析类问题，可以采用极限法，例如假设速度很大趋近于无限大或很小趋近于零、假设边长很大趋近于无限大或很小趋近于零，或假设电阻很大趋近于无限大或很小趋近于零等，快速分析。[典例3](多项选择)(2022·西安模拟)如下图，磁感应强度为B的匀强磁场有理想边界，用力将矩形线圈从有边界的磁场中匀速拉出，在其他条件不变的情况下，以下说法正确的选项是()A．速度越大，拉力做功越多B．线圈边长L1越大，拉力做功越多C．线圈边长L2越大，拉力做功越多D．线圈电阻越大，拉力做功越多[方法导入]此题属于定性分析类选择题，可采用极限法分析。将速度、线圈边长、线圈电阻的值推向极限，进行分析。[解析]假设线圈的速度非常小，趋近于零，根据E＝BLv，线圈中产生的感应电动势趋近于零，安培力趋近于零，拉力做功趋近于零，由此可知，速度越大，拉力做功越多，选项A正确。假设线圈边长L1非常小，趋近于零，根据E＝BLv，线圈中产生的感应电动势趋近于零，拉力做功趋近于零，由此可知，线圈边长L1越大，拉力做功越多，选项B正确。假设线圈边长L2非常小，趋近于零，根据功的定义式，W＝FL2，拉力做功趋近于零，由此可知，线圈边长L2越大，拉力做功越多，选项C正确。假设线圈电阻非常大，趋近于无限大，那么线圈中产生的感应电流趋近于零，线圈所受安培力趋近于零，匀速拉线圈的拉力趋近于零，由此可知，线圈电阻越大，拉力做功越少，选项D错误。[答案]ABC四、隔离法和整体法离法是隔离某一研究对象，分析其受力，利用相关知识列方程解题的方法。在电磁感应问题中，对于相互联系、相互制约的物体，假设需要研究它们各自的受力情况或运动情况，可以采用隔离法进行研究。,整体法以系统为研究对象，是从整体和全过程把握物理现象的本质和规律的方法。例如在电磁感应问题中，假设存在相互制约或相互联系的导体棒，在不需要知道它们各自的状态时，可以运用整体法进行研究。[典例4]如下图，平行光滑轨道由两段1/4圆弧轨道和一段足够长的水平轨道组成，轨道相距L，水平轨道处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。左侧1/4圆弧轨道半径为R，最高处有一质量为M、电阻为R0的金属棒；右侧1/4圆弧轨道半径为r，最高处有一质量为m、电阻为r0的金属棒；R＞r，轨道电阻不计。现释放左、右两金属棒，使两金属棒同时进入水平轨道的匀强磁场中。最后两金属棒以相同大小的速度v匀速运动。求：(1)金属棒刚进入匀强磁场时，金属棒中的电流大小；(2)从金属棒被释放到以相同大小的速度v运动的过程中产生的热量。[方法导入]求刚进入匀强磁场时金属棒中的电流大小，可分别分析两侧金属棒的速度和产生的感应电动势，再运用闭合电路欧姆定律及其相关知识得出电流大小。两个金属棒既有沿圆弧轨道下滑的过程，又有切割磁感线产生感应电流的过程，两个金属棒切割磁感线运动产生的感应电流不是恒定值，不能分别计算产生的热量，只能采用整体法考虑，运用能量守恒定律解答。[解析](1)对左侧金属棒，由机械能守恒定律得MgR＝eq\f(1,2)Mv12解得左侧金属棒进入匀强磁场时的速度大小v1＝eq\r(2gR)产生的感应电动势E1＝BLv1＝BLeq\r(2gR)对右侧金属棒，由机械能守恒定律得mgr＝eq\f(1,2)mv22右侧金属棒进入匀强磁场时的速度大小v2＝eq\r(2gr)产生的感应电动势E2＝BLv2＝BLeq\r(2gr)金属棒中的电流大小I＝eq\f(E1＋E2,R0＋r0)＝eq\f(BL,R0＋r0)(eq\r(2gR)＋eq\r(2gr))。(2)金属棒进入匀强磁场后做减速直线运动，金属棒中电流逐渐减小，不能运用焦耳定律计算产生的热量。考虑整个过程，对两侧金属棒整体，由能量守恒定律得，从金属棒被释放到最后以相同大小的速度v运动的过程中产生的热量Q＝MgR＋mgr－eq\f(1,2)(m＋M)v2。[答案]见解析五、微元法在电磁感应问题中，导体棒由于受到与速度相关的安培力或电路中含有电容器等，导体棒的加速度可能是变化的，一般需要采用微元法进行分析。[典例5](2022·福州模拟)如图1所示，两根间距为L、竖直固定的光滑金属长直导轨，上端接有一阻值为R的电阻，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直的匀强磁场中。一根质量为m的金属棒由静止开始沿导轨竖直向下运动，当金属棒下落高度h时，速度到达最大。在运动过程中金属棒与导轨接触良好，重力加速度大小为g，导轨与金属棒的电阻可忽略不计。(1)求通过电阻R的最大电流。(2)求从金属棒开始运动到速度最大的过程中，金属棒克服安培力所做的功。(3)假设用电容为C的电容器代替电阻R，如图2所示。仍将金属棒由静止开始释放，求经历时间t金属棒的瞬间速度v的大小。(电容器两极板间的电压始终未超过击穿电压)[方法导入]利用牛顿第二定律及其相关知识可得出金属棒中电流为i时的加速度。由于电路中含有电容器，电容器充电过程，电流变化，因此需要运用微元法，列出相关表达式解答。[解析](1)通过电阻R的电流最大时，金属棒的速度最大(此后金属棒做匀速运动)，由平衡条件得F安＝mg而F安＝BImL，解得Im＝eq\f(mg,BL)。(2)金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLvm根据闭合电路欧姆定律，金属棒中的感应电流Im＝eq\f(E,R)联立解得金属棒的最大速度vm＝eq\f(mgR,B2L2)对金属棒下落过程，由动能定理有mgh－WA＝eq\f(1,2)mvm2解得WA＝mgh－eq\f(m3g2R2,2B4L4)。(3)金属棒在重力作用下向下加速运动，切割磁感线产生感应电动势，由于存在电容器，形成充电电流，金属棒要受到安培力的作用，因此金属棒在重力mg和安培力的合力作用下做加速运动设某一瞬时金属棒的加速度为a，由牛顿第二定律得mg－F＝ma，安培力F＝BiL式中i为某一瞬时金属棒中的感应电流，即电容器的充电电流i＝eq\f(ΔQ,Δt)，ΔQ是短时间Δt内电容器的充电电荷量由Q＝CU得ΔQ＝CΔU，式中ΔU是极短时间内电压的增量电压U的增量等于产生的感应电动势E的增量，即ΔU＝ΔE＝BLΔv说明电压的增量取决于速度的增量Δv根据加速度的定义式a＝eq\f(Δv,Δt)联立上述各式解得a＝eq\f(mg,m＋CB2L2)式中m、g、C、B、L都是恒量，说明金属棒向下加速运动的加速度恒定不变，即金属棒做匀加速直线运动经历时间t金属棒的瞬时速度v＝at＝eq\f(mgt,m＋CB2L2)。[答案]见解析[提能增分集训]1．如下图，P、Q为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨，间距L1＝0.5m，处在竖直向下、磁感应强度大小B1＝0.5T的匀强磁场中。导体杆ef垂直于P、Q放在导轨上，在外力作用下向左做匀速直线运动。质量为m＝0.1kg的正方形金属框abcd置于竖直平面内，其边长为L2＝0.1m，每边电阻均为r＝0.1Ω。线框的两顶点a、b通过细导线与导轨相连。磁感应强度大小B2＝1T的匀强磁场垂直金属框abcd向里，金属框恰好处于静止状态。不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力，g取10m/s2，求：(1)通过ab边的电流Iab；(2)导体杆ef的运动速度v。解析：(1)设通过正方形金属框的总电流为I，ab边的电流为Iab，dc边的电流为Idc，有Iab＝eq\f(3,4)I，Idc＝eq\f(1,4)I金属框受重力和安培力，处于静止状态，有mg＝B2IabL2＋B2IdcL2联立解得I＝10A，Iab＝7.5A。(2)设导体杆切割磁感线产生的电动势为E，那么E＝B1L1设ad、dc、cb三边电阻串联后与ab边电阻并联的总电阻为R，那么R＝eq\f(r×3r,r＋3r)＝eq\f(3,4)r根据闭合电路欧姆定律，有I＝eq\f(E,R)解得v＝eq\f(3mgr,4B1B2L1L2)＝eq\f(3×0.1×10×0.1,4×0.5×1×0.5×0.1)m/s＝3m/s。答案：(1)7.5A(2)3m/s2．如下图，间距l＝0.3m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内。在水平面a1b1b2a2区域内和倾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1＝0.4T、方向竖直向上和B2＝1T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场。电阻R＝0.3Ω、质量m1＝0.1kg、长为l的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好。一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2＝0.05kg的小环。小环以a＝6m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动。不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长。取g＝(1)小环所受摩擦力的大小；(2)Q杆所受拉力的瞬时功率。解析：(1)以小环为研究对象，由牛顿第二定律得m2g－Ff＝m代入数据得Ff＝0.2N。(2)设流过K杆的电流为I，由平衡条件得IlB1＝FT＝Ff对Q杆，根据并联电路特点以及平衡条件得2IlB2＝F＋m1gsinθ由法拉第电磁感应定律的推论得E＝B2lv根据欧姆定律有2I＝eq\f(E,R总)且R总＝eq\f(R,2)＋R瞬时功率表达式为P＝Fv联立以上各式得P＝2W。答案：(1)0.2N(2)2W3.为了提高自行车夜间行驶的平安性，小明同学设计了一种“闪烁〞装置。如下图，自行车后轮由半径r1＝5.0×10－2m的金属内圈、半径r2＝0.40m的金属外圈和绝缘辐条构成。后轮的内、外圈之间等间隔地接有4根金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为R的小灯泡。在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度B＝0.10T、方向垂直纸面向外的“扇形〞匀强磁场，其内半径为r1、外半径为r2、张角θ＝eq\f(π,6)。后轮以角速度ω＝2πrad/s相对于转轴转动。假设不计其他电阻，忽略磁场的边缘效应。(1)当金属条ab进入“扇形〞磁场时，求感应电动势E，并指出ab上的电流方向；(2)当金属条ab进入“扇形〞磁场时，画出“闪烁〞装置的电路图；(3)从金属条ab进入“扇形〞磁场时开始，经计算画出轮子转一圈过程中，内圈与外圈之间电势差Uab随时间t变化的Uab­t图像；(4)假设选择的是“1.5V0.3A〞的小灯泡，该“闪烁〞装置能否正常工作？有同学提出，通过改变磁感应强度B、后轮外圈半径r2、角速度ω和张角θ等物理量的大小，优化前同学的设计方案，请给出你的评价。解析：(1)金属条ab在磁场中切割磁感线时，平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(r1＋r2,2)ωE＝B(r2－r1)eq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bω(r22－r12)≈4.9×10－2V根据右手定那么，可得感应电流方向为b→a。(2)通过分析，可得电路图如下图。(3)设电路中的总电阻为R总，根据电路图可知R总＝R＋eq\f(1,3)R＝eq\f(4,3)Ra、b两端电势差Uab＝E－IR＝E－eq\f(E,R总)R＝eq\f(1,4)E≈1.2×10－2V设ab离开磁场区域的时刻为t1，下一根金属条进入磁场区域的时刻为t2，那么t1＝eq\f(θ,ω)＝eq\f(1,12)s，t2＝eq\f(\f(π,2),ω)＝eq\f(1,4)s设轮子转一圈的时间为T，那么T＝eq\f(2π,ω)＝1s在T＝1s内，金属条有4次进出，后3次与第1次相同。根据以上分析可画出如以下图像。(4)“闪烁〞装置不能正常工作。(金属条的感应电动势只有4.9×10－2V，远小于灯泡的额定电压，因此无法正常工作)评价：B增大，E增大，但有限度；r2增大，E增大，但有限度；ω增大，E增大，但有限度；θ增大，E不变。答案：(1)4.9×10－2Vb→a(2)见解析(3)见解析(4)见解析4．(2022·皖北协作区模拟)根据实际需要，磁铁可以制造成多种形状，如图就是一根很长的光滑圆柱形磁棒，在它的侧面有均匀向外的辐射状磁场。现将磁棒竖直固定在水平地面上，磁棒外套有一个粗细均匀的圆形金属线圈，金属线圈的质量为m，半径为R，电阻为r，金属线圈所在位置的磁场的磁感应强度大小为B。让金属线圈从磁棒上端由静止释放，经一段时间后与水平地面相碰(碰前金属线圈已达最大速度)并原速率反弹，又经时间t，上升到距离地面高度为h处速度减小到零。求：(1)金属线圈与地面撞击前的速度大小v；(2)撞击反弹后上升到最高处h的过程中，通过金属线圈某一截面的电荷量q；(3)撞击反弹后上升到最高处h的过程中，金属线圈中产生的焦耳热Q。解析：(1)线圈第一次下落过程中，对金属线圈与地面撞击前的时刻，由法拉第电磁感应定律得E＝B·2πRv，I＝eq\f(E,r)所受安培力F＝BI·2πR线圈从磁棒上端由静止释放，由牛顿第二定律得mg－F＝ma1随着线圈速度的增大，所受安培力增大，当安培力增大到等于重力时，线圈向下匀速运动，a1＝0联立解得金属线圈与地面撞击前的速度v＝eq\f(mgr,4π2B2R2)。(2)线圈撞击地面反弹后的上升过程，由牛顿第二定律得mg＋BI·2πR＝ma两边都乘以微元时间Δt，得mgΔt＋BIΔt·2πR＝maΔt在Δt时间内，速度变化量Δv＝aΔt，通过线圈截面的电荷量Δq＝IΔt解得Δq＝eq\f(mΔv－mgΔt,2πBR)求和得q＝∑Δq＝eq\f(m∑Δv－mg∑Δt,2πBR)＝eq\f(mv－mgt,2πBR)＝eq\f(m2gr,8π3B3R3)－eq\f(mgt,2πBR)。(3)由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv2＝mgh＋Q解得Q＝eq\f(m3g2r2,32π4B4R4)－mgh。答案：见解析第九章冲刺985深化内容电磁感应失分点之(三)——电磁感应中的“杆＋导轨〞类问题(3大模型)电磁感应中的杆＋导轨模型的实质是不同形式的能量的转化过程，处理这类问题要从功和能的观点入手，弄清导体棒切割磁感线过程中的能量转化关系，现从力学、图像、能量三种观点出发，分角度讨论如下：模型一单杆＋电阻＋导轨模型[初建模型][母题](2022·淮安模拟)如下图，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ，N、Q两点间接有阻值为R的电阻。整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。将质量为m、阻值也为R的金属杆cd垂直放在导轨上，杆cd由静止释放，下滑距离x时到达最大速度。重力加速度为g，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好。求：(1)杆cd下滑的最大加速度和最大速度；(2)上述过程中，杆上产生的热量。[思路点拨][解析](1)设杆cd下滑到某位置时速度为v，那么杆产生的感应电动势E＝BLv，回路中的感应电流I＝eq\f(E,R＋R)杆所受的安培力F＝BIL根据牛顿第二定律有mgsinθ－eq\f(B2L2v,2R)＝ma当速度v＝0时，杆的加速度最大，最大加速度a＝gsinθ，方向沿导轨平面向下当杆的加速度a＝0时，速度最大，最大速度vm＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，方向沿导轨平面向下。(2)杆cd从开始运动到到达最大速度过程中，根据能量守恒定律得mgxsinθ＝Q总＋eq\f(1,2)mvm2又Q杆＝eq\f(1,2)Q总，所以Q杆＝eq\f(1,2)mgxsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,B4L4)。[答案](1)gsinθ，方向沿导轨平面向下eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，方向沿导轨平面向下(2)eq\f(1,2)mgxsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,B4L4)[内化模型]单杆＋电阻＋导轨四种题型剖析题型一(v0≠0)题型二(v0＝0)题型三(v0＝0)题型四(v0＝0)说明杆cd以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动，质量为m，电阻不计，两导轨间距为L轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两导轨间距为L，拉力F恒定倾斜轨道光滑，倾角为α，杆cd质量为m，两导轨间距为L竖直轨道光滑，杆cd质量为m，两导轨间距为L示意图力学观点杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，电流I＝eq\f(BLv,R)，安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)。杆做减速运动：v↓⇒F↓⇒a↓，当v＝0时，a＝0，杆保持静止开始时a＝eq\f(F,m)，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由F－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝eq\f(FR,B2L2)开始时a＝gsinα，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由mgsinα－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)开始时a＝g，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由mg－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝eq\f(mgR,B2L2)图像观点能量观点动能全部转化为内能：Q＝eq\f(1,2)mv02F做的功一局部转化为杆的动能，一局部转化为内能：WF＝Q＋eq\f(1,2)mvm2重力做的功(或减少的重力势能)一局部转化为杆的动能，一局部转化为内能：WG＝Q＋eq\f(1,2)mvm2重力做的功(或减少的重力势能)一局部转化为杆的动能，一局部转化为内能：WG＝Q＋eq\f(1,2)mvm2[应用模型][变式]此题假设金属杆与导轨之间的动摩擦因数为μ。现用沿导轨平面向上的恒定外力F作用在金属杆cd上，使cd由静止开始沿导轨向上运动，求cd的最大加速度和最大速度。解析：分析金属杆运动时的受力情况可知，金属杆受重力、导轨平面的支持力、拉力、摩擦力和安培力五个力的作用，沿斜面方向由牛顿第二定律有F－mgsinθ－F安－f＝ma又F安＝BIL，I＝eq\f(E,R＋R)＝eq\f(BLv,R＋R)，所以F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋R)f＝μN＝μmgcosθ故F－mgsinθ－eq\f(B2L2v,R＋R)－μmgcosθ＝ma当速度v＝0时，杆的加速度最大，最大加速度am＝eq\f(F,m)－gsinθ－μgcosθ，方向沿导轨平面向上当杆的加速度a＝0时，速度最大，vm＝eq\f(F－mgsinθ－μmgcosθ·2R,B2L2)。答案：见解析模型二单杆＋电容器(或电源)＋导轨模型[初建模型][母题](2022·北京模拟)如下图，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L。一质量为m的导体棒cd垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。轨道和导体棒的电阻均不计。(1)如图1所示，假设轨道左端M、P间接一阻值为R的电阻，导体棒在拉力F的作用下以速度v沿轨道做匀速运动。请通过公式推导证明：在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等。(2)如图2所示，假设轨道左端接一电动势为E、内阻为r的电源和一阻值未知的电阻，闭合开关S，导体棒从静止开始运动，经过一段时间后，导体棒到达最大速度vm，求此时电源的输出功率。(3)如图3所示，假设轨道左端接一电容器，电容器的电容为C，导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右运动。电容器两极板间电势差随时间变化的图像如图4所示，t1时刻电容器两极板间的电势差为U1。求导体棒运动过程中受到的水平拉力大小。[思路点拨](1)导体棒匀速运动→受力平衡→求出拉力做的功。导体棒切割磁感线产生感应电动势→产生感应电流→求出回路的电能。(2)闭合开关S→导体棒变加速运动→产生的感应电动势不断增大→到达电源的路端电压→棒中没有电流→由此可求出电源与电阻所在回路的电流→电源的输出功率。(3)导体棒在外力作用下运动→回路中形成充电电流→导体棒还受安培力的作用→由牛顿第二定律列式分析。[解析](1)导体棒切割磁感线，E＝BLv导体棒做匀速运动，F＝F安又F安＝BIL，其中I＝eq\f(E,R)在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功W＝FvΔt＝F安vΔt＝eq\f(B2L2v2,R)Δt电路获得的电能ΔE＝qE＝EIΔt＝eq\f(B2L2v2,R)Δt可见，在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等。(2)导体棒到达最大速度vm时，棒中没有电流，电源的路端电压U＝BLvm电源与电阻所在回路的电流I＝eq\f(E－U,r)电源的输出功率P＝UI＝eq\f(EBLvm－B2L2vm2,r)。(3)感应电动势与电容器两极板间的电势差相等BLv＝U由电容器的U­t图可知U＝eq\f(U1,t1)t导体棒的速度随时间变化的关系为v＝eq\f(U1,BLt1)t可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度a＝eq\f(U1,BLt1)由C＝eq\f(Q,U)和I＝eq\f(Q,t)，得I＝eq\f(CU,t)＝eq\f(CU1,t1)由牛顿第二定律有F－BIL＝ma可得F＝eq\f(BLCU1,t1)＋eq\f(mU1,BLt1)。[答案]见解析[内化模型]单杆＋电容器(或电源)＋导轨四种题型剖析题型一(v0＝0)题型二(v0＝0)题型三(v0＝0)题型四(v0＝0)说明轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两导轨间距为L轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两导轨间距为L，拉力F恒定倾斜轨道光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两导轨间距为L竖直轨道光滑，杆cd质量为m，电阻为R，两导轨间距为L示意图力学观点S闭合，杆cd受安培力F＝eq\f(BLE,r)，a＝eq\f(BLE,mr)，杆cd速度v↑⇒感应电动势E感＝BLv↑⇒I↓⇒安培力F＝BIL↓⇒加速度a↓，当E感＝E时，v最大，且vm＝eq\f(E,BL)开始时a＝eq\f(F,m)，杆cd速度v↑⇒E＝BLv↑，经过Δt速度为v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLa，F安＝CB2L2a，a＝eq\f(F,m＋B2L2C)，所以杆匀加速运动开始时a＝gsinα，杆cd速度v↑⇒E＝BLv↑，经过Δt速度为v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLa，F安＝CB2L2a，mgsinα－F安＝ma，a＝eq\f(mgsinα,m＋CB2L2)，所以杆匀加速运动开始时a＝g，杆cd速度v↑⇒E＝BLv↑，经过Δt速度为v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLa，F安＝CB2L2a，mg－F安＝ma，a＝eq\f(mg,m＋CB2L2)，所以杆匀加速运动图像观点能量观点电源输出的电能转化为动能：W电＝eq\f(1,2)mvm2F做的功一局部转化为动能，一局部转化为电场能：WF＝eq\f(1,2)mv2＋EC重力做的功一局部转化为动能，一局部转化为电场能：WG＝eq\f(1,2)mv2＋EC重力做的功一局部转化为动能，一局部转化为电场能：WG＝eq\f(1,2)mv2＋EC[应用模型][变式]母题第(3)问变成，图3中导体棒在恒定水平外力F作用下，从静止开始运动，导轨与棒间的动摩擦因数为μ，写出导体棒的速度大小随时间变化的关系式。解析：导体棒由静止开始做加速运动，电容器所带电荷量不断增加，电路中将形成充电电流，设某时刻棒的速度为v，那么感应电动势为E＝BLv电容器所带电荷量为Q＝CE＝CBLv再经过很短一段时间Δt，电容器两端电压的增量和电荷量的增量分别为ΔU＝ΔE＝BLΔvΔQ＝CΔU＝CBLΔv流过导体棒的电流I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝eq\f(CBLΔv,Δt)＝CBLa导体棒受到的安培力f1＝BIL＝CB2导体棒所受到的摩擦力f2＝μmg由牛顿第二定律得F－f1－f2＝ma联立以上各式解得a＝eq\f(F－μmg,m＋CB2L2)显然导体棒做匀加速直线运动，所以导体棒的速度大小随时间变化的关系式为v＝eq\f(F－μmg,m＋CB2L2)t。答案：v＝eq\f(F－μmg,m＋CB2L2)t模型三双杆＋导轨模型[初建模型][母题](1)如图1所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计，导轨间的距离为l，两根质量均为m、电阻均为R的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直。在t＝0时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行，大小恒为F的力作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动，试分析金属杆甲、乙的收尾运动情况。(2)如图2所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，导轨上横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，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。假设两导体棒在运动中始终不接触，试定性分析两棒的收尾运动情况。[思路点拨](1)金属杆甲运动产生感应电动势→回路中有感应电流→乙受安培力的作用做加速运动→可求出某时刻回路中的总感应电动势→由牛顿第二定律列式判断。(2)导体棒ab运动，回路中有感应电流→分析两导体棒的受力情况→分析导体棒的运动情况即可得出结论。[解析](1)设某时刻甲和乙的速度大小分别为v1和v2，加速度大小分别为a1和a2，受到的安培力大小均为F1，那么感应电动势为E＝Bl(v1－v2)①感应电流为I＝eq\f(E,2R)②对甲和乙分别由牛顿第二定律得F－F1＝ma1，F1＝ma2③当v1－v2＝定值(非零)，即系统以恒定的加速度运动时a1＝a2④解得a1＝a2＝eq\f(F,2m)⑤可见甲、乙两金属杆最终水平向右做加速度相同的匀加速运动，速度一直增大。(2)ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，回路中产生感应电流。ab棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd棒那么在安培力作用下做加速运动，在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路中总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速。两棒到达相同速度后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v水平向右做匀速运动。[答案]见解析[内化模型]三大观点透彻解读双杆模型示意图力学观点图像观点能量观点导体棒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棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热两棒以相同的加速度做匀加速直线运动外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热[应用模型][变式]假设母题(1)中甲、乙两金属杆受恒力作用情况如下图，两杆分别在方向相反的恒力作用下运动(两杆不会相撞)，试分析这种情况下甲、乙金属杆的收尾运动情况。解析：设某时刻甲和乙的速度分别为v1和v2，加速度分别为a1和a2，甲、乙受到的安培力大小均为F1，那么感应电动势为E＝Bl(v1－v2)①感应电流为I＝eq\f(E,2R)②对甲和乙分别应用牛顿第二定律得F1－BIl＝ma1，BIl－F2＝ma2③当v1－v2＝定值(非零)，即系统以恒定的加速度运动时a1＝a2④解得a1＝a2＝eq\f(F1－F2,2m)⑤可见甲、乙两金属杆最终做加速度相同的匀加速运动，速度一直增大。答案：见解析[提能增分集训]1.如下图，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5m，左端接有阻值R＝0.3Ω的电阻。一质量m＝0.1kg、电阻r＝0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4T。棒在水平向右的外力作用下由静止开始以a＝2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1。导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功WF。解析：(1)设金属棒做匀加速运动的时间为Δt，回路中磁通量的变化量为ΔΦ，回路中产生的平均感应电动势为eq\x\to(E)，那么由法拉第电磁感应定律得eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，其中ΔΦ＝Blx设回路中的平均电流为eq\x\to(I)，那么由闭合电路欧姆定律得eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)，通过电阻R的电荷量q＝eq\x\to(I)Δt联立以上各式，代入数据解得q＝4.5C。(2)设撤去外力时棒的速度为v，在棒做匀加速运动的过程中，由运动学公式得v2＝2ax设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做的功为W，由动能定理得W＝0－eq\f(1,2)mv2撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W代入数据解得Q2＝1.8J。(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6J在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2＝5.4J。答案：(1)4.5C(2)1.8J(3)5.4J2．(2022·常州检测)如下图，水平面内有两根足够长的平行导轨L1、L2，其间距d＝0.5m，左端接有容量C＝2000μF的电容。质量m＝20g的导体棒可在导轨上无摩擦滑动，导体棒和导轨的电阻不计。整个空间存在着垂直导轨所在平面的