题型专练四 电磁感应中的单、双杆模型

题型专练四电磁感应中的单、双杆模型1．“导轨＋杆”模型是电磁感应中的常见模型，选择题和计算题均有考查．该模型以单杆或双杆在导轨上做切割磁感线运动为情景，综合考查电路、动力学、功能关系、动量守恒等知识．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,Rm)，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)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\to(I)LΔt＝mv2－mv1，q＝eq\x\to(I)Δt.②求位移：－eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R总)＝0－mv0，即－eq\f(B2L2x,R总)＝0－mv0.③求时间：(i)－Beq\x\to(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\to(v)Δt,R总)＋F其他·Δt＝mv2－mv1，eq\x\to(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(2016·全国卷Ⅱ·24)如图1，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：图1(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值．答案(1)Blt0(eq\f(F,m)－μg)(2)eq\f(B2l2t0,m)解析(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知金属杆中产生的电动势为E＝Blv③联立①②③式可得E＝Blt0(eq\f(F,m)－μg)④(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I＝eq\f(E,R)⑤式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为F安＝BlI⑥因金属杆做匀速运动，有F－μmg－F安＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R＝eq\f(B2l2t0,m).例2(2019·天津卷·11)如图2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2(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＝k①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)I④设PQ受到的安培力为F安，有F安＝BIPQl⑤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\to(E)，有eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)⑧其中ΔФ＝Blx⑨设PQ中的平均电流为eq\x\to(I)，有eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)⑩根据电流的定义得eq\x\to(I)＝eq\f(q,Δt)⑪由动能定理，有Fx＋W＝eq\f(1,2)mv2－0⑫联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(2,3)kq.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3A．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(IR＋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＝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,2mR＋r)，B错误；根据动量定理可得－Beq\x\to(I)LΔt＝0－mv，I＝mv，q＝eq\x\to(I)Δt，可得q＝eq\f(I,BL)，C正确；由于q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(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(IR＋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4A．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,mR＋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(CU－BLv,Δt)L·Δt＝mv－0，解得v＝eq\f(BCUL,m＋B2L2C)，D正确．3.如图5所示，足够长的光滑平行金属导轨CD、EF倾斜放置，其所在平面与水平面间的夹角为θ＝37°，两导轨间距为L，导轨下端分别连着电容为C的电容器和阻值R＝3r的定值电阻．一根质量为m、电阻为r的金属棒放在导轨上，金属棒与导轨始终垂直并接触良好，一根不可伸长的绝缘轻绳一端拴在金属棒中间、另一端跨过轻质定滑轮与质量M＝3.6m的重物相连．金属棒与定滑轮之间的轻绳始终在两导轨所在平面内且与两导轨平行，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨电阻不计，初始状态用手托住重物使轻绳恰处于伸直状态，由静止释放重物，求：(sin37°＝0.6，重力加速度大小为g，不计滑轮摩擦)图5(1)若S1闭合，S2断开，电阻R的最大瞬时热功率；(2)若S1和S2均闭合，当金属棒速度达到最大值时，遇到障碍物突然停止运动，金属棒停止运动后，通过金属棒的电荷量；(3)若S1断开、S2闭合，请通过计算判断重物的运动性质．答案(1)eq\f(27m2g2r,B2L2)(2)eq\f(27mgrC,4BL)(3)重物做初速度为零的匀加速直线运动解析(1)S1闭合，S2断开时，重物由静止释放后拉动金属棒沿导轨向上做加速运动，金属棒受到沿导轨向下的安培力作用，速度最大时，感应电动势最大，感应电流最大，则电阻R的瞬时热功率最大，当金属棒速度最大时有Mg＝mgsin37°＋BIL，得I＝eq\f(3mg,BL)Pm＝I2R联立解得Pm＝eq\f(27m2g2r,B2L2)(2)S1和S2均闭合时，电容器两极板间的最大电压Um＝UR＝IR＝eq\f(9mgr,BL)电容器所带的最大电荷量Qm＝CUm＝eq\f(9mgrC,BL)金属棒停止运动后，电容器开始放电，此时电阻R与金属棒并联，通过金属棒的电荷量q＝eq\f(R,R＋r)Qm＝eq\f(27mgrC,4BL)(3)S1断开、S2闭合时，设从释放重物开始经时间t金属棒的速度大小为v，加速度大小为a，通过金属棒的电流为i，金属棒受到的安培力F＝BiL，方向沿导轨向下，设在t～(t＋Δt)时间内流经金属棒的电荷量为ΔQ，ΔQ也是平行板电容器在t～(t＋Δt)时间内增加的电荷量，感应电动势E＝BLv，平行板电容器所带电荷量Q＝CE＝CBLv，故ΔQ＝CBLΔvΔv＝aΔt则i＝eq\f(ΔQ,Δt)＝CBLa设绳中拉力为FT，由牛顿第二定律，对金属棒有FT－mgsinθ－BiL＝ma对重物有Mg－FT＝Ma解得a＝eq\f(Mg－mgsinθ,M＋m＋CB2L2)可知a为常数，则重物做初速度为零的匀加速直线运动．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)＝mPQaeq\f(B2l2Δv,R总)＝mMNa，求加速度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．下列图象中可能正确的是()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7A．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(Blv1－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(Blv1－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．例5(2017·浙江4月选考·22)间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图8所示，倾角为θ的导轨处于大小为B1、方向垂直于倾斜导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中，水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”(由两根长为l的金属杆cd和ef，用长度为L的刚性绝缘杆连接构成)，在“联动双杆”右侧存在大小为B2、方向垂直于水平导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，其长度大于L，质量为m、长为l的金属杆ab从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨(无能量损失)，杆ab与“联动双杆”发生碰撞后，杆ab和cd粘合在一起形成“联动三杆”，“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区Ⅱ并从中滑出，运动过程中杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直．已知杆ab、cd和ef电阻均为R＝0.02Ω，m＝0.1kg，l＝0.5m，L＝0.3m，θ＝30°，B1＝0.1T，B2＝0.2T，g＝10m/s2，不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应，求：图8(1)ab杆在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0；(2)“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ前的速度大小v；(3)“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热Q.答案(1)6m/s(2)1.5m/s(3)0.25J解析(1)ab杆受到的安培力为：FA＝B1Il＝eq\f(B\o\al(,12)l2v0,R＋\f(R,2))ab杆匀速运动，由平衡条件得：mgsinθ＝FA，代入数据解得：v0＝6m/s.(2)ab杆与“联动双杆”碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋3m)v代入数据解得：v＝1.5m/s.(3)设“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ的过程中速度的变化量为Δv，由动量定理得：－B2eq\x\to(I)lΔt＝4mΔv设在“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ的过程中，通过ab杆的电荷量为q，则eq\x\to(I)Δt＝q＝eq\f(B2Ll,R＋\f(R,2))代入数据解得：Δv＝－0.25m/s“联动三杆”离开磁场区间Ⅱ的过程中，速度的变化量也为：Δv＝－0.25m/s，离开磁场区间Ⅱ时“联动三杆”的速度为：v′＝v＋2Δv＝1.5m/s－2×0.25m/s＝1m/s.“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ的过程中，产生的焦耳热为：Q＝eq\f(1,2)·4mv2－eq\f(1,2)·4mv′2，代入数据解得：Q＝0.25J.命题预测4．如图9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9(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\co1(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\to(I)LΔt＝BLq＝mv1设cd杆运动距离为d＋Δxq＝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\co1(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10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＝0.1T．质量为M＝0.2kg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＝0.1kg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＝0.2Ω，h＝0.2m，L＝0.2m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：图10(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＝2m/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·t＝MvB，对A：－FA安·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2BcosθLvA－BcosθLvB＝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：∑(Bcosθ)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\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，其中磁通量变化量：ΔΦ＝BΔScosθ，电路中的电流：eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)，通过横截面的电荷量：q＝eq\x\to(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·河南六市高三4月第一次联合调研)如图1所示，光滑平行的两金属导轨间距为L，与水平面夹角为θ，两导轨上端用阻值为R的定值电阻相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上．质量为m的金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置．在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好，不计ab和导轨的电阻以及空气阻力．则()图1A．初始时刻金属杆的加速度为eq\f(B2L2v0,mR)B．金属杆上滑时间小于下滑时间C．在金属杆上滑和下滑过程中电阻R上产生的热量相同D．在金属杆上滑和下滑过程中通过电阻R上的电荷量相同答案BD解析金属杆开始运动时，金属杆所受的安培力FA＝BIL＝eq\f(B2L2v0,R)根据牛顿第二定律得，mgsinθ＋FA＝ma，则金属杆的加速度a＝eq\f(mgsinθ＋FA,m)＝gsinθ＋eq\f(B2L2v0,mR)，选项A错误；由于金属杆要克服安培力做功，其机械能不断减少，所以金属杆上滑和下滑经过同一位置时，上滑速度大于下滑的速度，则上滑的平均速度大于下滑的平均速度，所以金属杆上滑时间小于下滑时间，选项B正确；金属杆克服安培力所做的功等于回路中产生的热量，即电阻R上产生的热量，上滑过程中平均速度较大，则平均安培力较大，所以克服安培力做的功较大，产生的热量较多，选项C错误；根据q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLs,R)可知，在金属杆上滑和下滑过程中，通过电阻R上的电荷量相同，选项D正确．2．(多选)(2020·湖南常德市高三二模)如图2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2A．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\to(I)1，由动量定理得－Beq\x\to(I)1Lt1＝0－mv0，其中q＝eq\x\to(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\to(I)2由动量定理得－Beq\x\to(I)2Lt2＝mv1－mv0，其中eq\f(q,3)＝eq\x\to(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．3．(2020·哈尔滨师大附中联考)如图3所示，光滑、平行、电阻不计的金属导轨固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L，导轨顶端连接定值电阻R，导轨上有一质量为m、电阻不计的金属杆．整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里．现将杆从M点以v0的速度竖直向上抛出，经过时间t，到达最高点N，杆始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度大小为g.求t时间内：图3(1)流过电阻的电荷量q；(2)电阻上产生的电热Q.答案(1)eq\f(mv0－mgt,BL)(2)eq\f(1,2)mv02－eq\f(m2gRv0－gt,B2L2)解析(1)根据动量定理，有－mgt－eq\x\to(F)t＝0－mv0又因为eq\x\to(F)＝BLeq\x\to(I)，q＝eq\x\to(I)t，联立解得q＝eq\f(mv0－mgt,BL)(2)根据eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)＝eq\f(ΔΦ,Rt)＝eq\f(BLh,Rt)，解得h＝eq\f(v0－gtmR,B2L2)由能量守恒定律得Q＝eq\f(1,2)mv02－mgh联立解得Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(m2gRv0－gt,B2L2).争分提能练4．如图4，两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4(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(msinθ－μcosθ,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)⑥ΔQ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＝CBLΔv⑦Δv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＝μFN⑨FN是金属棒对导轨的正压力的大小，有FN＝mgcosθ⑩由牛顿第二定律得mgsinθ－F安－Ff＝ma⑪联立⑤～⑪式得a＝eq\f(msinθ－μcosθ,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(msinθ－μcosθ,m＋B2L2C)gt.5．(2020·山东济宁市一模)两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上垂直放置两根导体棒a和b，俯视图如图5甲所示．两根导体棒的质量均为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计，在整个导轨平面内，有磁感应强度大小为B、竖直向上的匀强磁场．两导体棒与导轨接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距为x0，现给导体棒a一向右的初速度v0，并开始计时，可得到如图乙所示的Δv－t图象(Δv表示两棒的相对速度，即Δv＝va－vb)，求：图5(1)0～t2时间内，回路产生的焦耳热；(2