大二轮高考总复习物理第12讲电磁感应问题

第12讲电磁感应问题一、明晰一个网络，理清电磁感应问题二、“三个定则”和“一个定律”的比较名称基本现象应用的定则或定律电流的磁效应运动电荷、电流产生磁场安培定则洛伦兹力、安培力磁场对运动电荷、电流有作用力左手定则电磁感应部分导体做切割磁感线运动右手定则闭合回路磁通量变化楞次定律说明：(1)因电而生磁(I→B)→安培定则；(2)因动而生电(v、B→I)→右手定则；(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则；(4)因磁而生电(Φ、B→I)→楞次定律．三、掌握法拉第电磁感应定律及其应用1．感应电动势大小的决定因素(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)和线圈的匝数共同决定，而与Φ、ΔΦ的大小没有必然联系．(2)ΔΦ仅由B变化引起时，E＝neq\f(SΔB,Δt)；ΔΦ仅由S变化引起时，E＝neq\f(BΔS,Δt)．2．应用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)时应注意的几个问题(1)由于磁通量有正负之分，计算磁通量的变化量时一定要规定磁通量的正方向．正向的磁通量增加与反向的磁通量减少产生的感应电流的方向相同．(2)公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)是求解回路某段时间内平均电动势的最佳选择，若eq\f(ΔΦ,Δt)为恒量，则产生恒定的感应电动势，此时平均电动势等于瞬时电动势．(3)用公式E＝nSeq\f(ΔB,Δt)求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内垂直磁场方向的有效面积．3．关于感应电荷量q的一个常用结论通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R总有关，与时间长短无关．推导如下：q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(nΔΦ,R总Δt)·Δt＝eq\f(nΔΦ,R总)．高频考点1楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1．“三定则、一定律”的应用安培定则判断运动电荷、电流产生的磁场方向左手定则判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向右手定则判断部分导体切割磁感线产生的感应电流的方向楞次定律判断闭合电路磁通量发生变化产生的感应电流的方向2．求感应电动势的两种方法(1)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，用来计算感应电动势的平均值．(2)E＝BLv或E＝eq\f(1,2)BL2ω，主要用来计算感应电动势的瞬时值．3．判断感应电流方向的两种方法(1)利用右手定则，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)利用楞次定律，即根据穿过回路的磁通量的变化情况进行判断．4．楞次定律中“阻碍”的四种表现形式(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”．1－1．(2017·全国卷Ⅲ)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向解析：金属杆PQ向右运动，穿过PQRS的磁通量增加，由楞次定律可知，PQRS中产生逆时针方向的电流．这时因为PQRS中感应电流的作用，依据楞次定律可知，T中产生顺时针方向的感应电流．故只有D项正确．答案：D1－2.现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示连接．下列说法中正确的是()A．开关闭合后，线圈A插入或拔出线圈B都会引起电流计指针偏转B．线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转C．开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度D．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转解析：开关闭合后，线圈A插入或拔出线圈B都会引起穿过线圈B的磁通量的变化，从而使电流计指针偏转，选项A正确；线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，线圈B的磁通量会发生变化，电流计指针会偏转，选项B错误；开关闭合后，滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加速滑动，都会导致线圈A的电流变化，使线圈B的磁通量变化，电流计指针都会发生偏转，选项C、D错误．答案：A1－3.(多选)(2016·全国甲卷)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍解析：由电磁感应定律得E＝Bleq\f(0＋ωl,2)＝eq\f(Bl2ω,2)，I＝eq\f(E,R)，故ω一定时，电流大小恒定，选项A正确．由右手定则知圆盘中心为等效电源正极，圆盘边缘为负极，电流经外电路从a经过R流到b，选项B正确；圆盘转动方向不变时，等效电源正负极不变，电流方向不变，故选项C错误，P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2l4ω2,4R)，角速度加倍时功率变成4倍，选项D错误，故选AB．答案：AB1－4.(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，下列说法正确的有()A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B．取走磁体，电吉他将不能正常工作C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化解析：铜质弦为非磁性材料，不能被磁化，选用铜质弦，电吉他不能正常工作，A项错误；若取走磁体，金属弦不能被磁化，其振动时，不能在线圈中产生感应电动势，电吉他不能正常工作，B项对；由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知，C项正确；弦振动过程中，穿过线圈的磁通量大小不断变化，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向不断变化，D项正确．答案：BCD高频考点2电磁感应的图象问题2－1.(多选)(2017·济宁市高三模拟)如图所示，在水平面内有两个光滑金属“V”字型导轨，空间中存在垂直于水平面的匀强磁场，其中导轨bac固定不动，用外力F使导轨edf向右匀速运动，导轨间接触始终良好，从图示位置开始计时，下列关于回路中的电流I的大小和外力F的大小随时间的变化关系正确的是()解析：设导轨运动的过程中切割的有效长度为L，产生的电动势为E＝BLv，由图知，回路的周长与L成正比，即S＝kL，设单位长度的电阻为R0，总电阻为kLR0，可求电流I＝eq\f(BLv,kLR0)＝eq\f(Bv,kR0)，所以A正确，B错误；导轨做匀速运动，所以合外力等于零，即F＝F安＝BIL，电流I不变，切割的有效长度L随时间均匀增大，所以C错误，D正确．答案：AD2－2．(多选)(2017·第一次全国大联考卷Ⅰ)如图所示，两条足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，两导轨上端接有电阻R(其余电阻不计)，虚线MM′和NN′之间有垂直于导轨平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B1，虚线NN′和PP′之间也有垂直于导轨平面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B2(B1>B2)．现将质量为m的金属杆ab，从MM′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触，且始终保持水平，已知ab棒到达NN′和PP′之前已经匀速运动．则ab棒从MM′运动到PP′这段时间内的v–t图可能正确的是()解析：导体棒ab到MM′切割磁感线时，若安培力大于重力，导体棒做加速度减小的减速运动，若安培力等于重力，导体棒一直做匀速运动，若安培力小于重力，则做加速度减小的加速运动；当导体棒ab到NN′时，由于磁感应强度减小，安培力变小，会小于重力，导体棒做加速度减小的加速运动．可知BC正确，AD错误．答案：BC2－3.(多选)(2017·第一次全国大联考卷Ⅰ)如图所示，粗细均匀的矩形金属导体方框abcd固定于匀强磁场中，磁场方向垂直线圈所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示．以垂直于线圈所在平面向里为磁感应强度B的正方向，则下列关于ab边的热功率P、ab边受到的安培力F(以向右为正方向)随时间t变化的图象中正确的是()解析：根据法拉第电磁感应定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S可知，产生的感应电动势大小不变，所以感应电流大小也不变，ab边热功率P＝I2R，恒定不变，A正确，B错误；根据安培力公式F＝BIL，因为电流大小，ab边长度不变，安培力与磁感应强度成正比，根据左手定则判定方向，可知C错误，D正确．答案：AD2－4.(多选)(2017·全国卷Ⅱ)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．A．磁感应强度的大小为0.5TB．导线框运动速度的大小为0.5C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D．在t＝0.4s至t＝0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N解析：导线框匀速进入磁场时速度v＝eq\f(L,t)＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，选项B正确；由E＝BLv，得B＝eq\f(E,Lv)＝eq\f(0.01,0.1×0.5)T＝0.2T，选项A错误；由右手定则可确定磁感应强度方向垂直于纸面向外，选项C正确；导线框所受安培力F＝BLI＝BLeq\f(E,R)＝0.2×0.1×eq\f(0.01,0.005)N＝0.04N，选项D错误．答案：BC电磁感应图象问题解题“五步曲”和解题技巧(1)解题“五步曲”eq\x(第一步)—eq\x(明确图象的种类：是B­t图、I­t图、v­t图、F­t图或是E­t图等)↓eq\x(第二步)—eq\x(\a\al(分析电磁感应的具体过程：明确运动分成几个阶段根据磁通量,的变化特征或切割特点分析))↓eq\x(第三步)—eq\x(\a\al(写出函数方程：结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律,等写出函数方程))↓eq\x(第四步)—eq\x(\a\al(进行数学分析：根据函数方程进行数学分析，例如分析斜率的,变化、截距等))↓eq\x(第五步)—eq\x(得结果：画图象或判断图象)(2)应用排除法解决电磁感应中的图象类选择题首先根据物理量大小或方向变化等特点对题中给出的四个图象分类，然后定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大或减小)、变化快慢，特别是用物理量的方向排除错误选项，最为简捷有效高频考点3电磁感应中的电路和动力学问题(2017·枣庄模拟)如图(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L＝0.4m．导轨右端接有阻值R＝1Ω的电阻．导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨电阻均不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L.从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v＝1m/s做直线运动(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E；(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式．[审题流程]【解析】(1)正方形磁场的面积为S，则S＝eq\f(L2,2)＝0.08m2.在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的．由B­t图象可知eq\f(ΔB,Δt)＝0.5T/s，根据E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，得回路中的感应电动势E＝eq\f(ΔB,Δt)S＝0.5×0.08V＝0.04V．(2)当导体棒通过bd位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大．此时感应电动势E′＝BLv＝0.5×0.4×1V＝0.2V回路中感应电流I′＝eq\f(E′,R)＝eq\f(0.2,1)A＝0.2A导体棒受到的安培力F＝BI′L＝0.5×0.2×0.4N＝0.04N当导体棒通过三角形abd区域时，导体棒切割磁感线的有效长度l＝2v(t－1)(1s≤t≤1.2s)感应电动势e＝Blv＝2Bv2(t－1)＝(t－1)V感应电流i＝eq\f(e,R)＝(t－1)A(1s≤t≤1.2s)．【答案】(1)0.04V(2)0.04Ni＝(t－1)A(1s≤t≤1.2s)电磁感应中的力、电问题应抓住的“两个对象”3－1．(2017·天津卷)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aB．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解析：A错：根据楞次定律，ab中感应电流方向由a到b.B错：根据E＝eq\f(ΔB,Δt)·S，因为eq\f(ΔB,Δt)恒定，所以E恒定，根据I＝eq\f(E,R＋r)知，回路中的感应电流恒定．C错：根据F＝BIl，由于B减小，安培力F减小．D对：根据平衡条件，静摩擦力f＝F，故静摩擦力减小．答案：D3－2.(多选)(2017·第一次全国大联考卷Ⅲ)如图甲所示，一宽为l的匀强磁场B区域，磁场方向垂直于纸面向里．一个边长为a(l＞a)的正方形导线框ABCD位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v通过该磁场区域，导线框电阻为R，在运动过程中，线框有一条边始终与磁场区域的边界平行．取它刚进入磁场的时刻t＝0，线框中感应电流随时间变化的规律I–t图象如图乙所示，则()A．在第1s内，线框中感应电流为逆时针方向，大小恒定为0.3B．在第2s内，穿过线框的磁通量最大，感应电流大小恒定为0.6C．在第3s内，线框中感应电流方向为顺时针方向，大小恒定为0.3D．在第1s内，线框中C点电势高于D点电势，感应电流大小为0解析：在第1s内，线框向磁场中运动，穿过线框的磁通量均匀增加，感应电流为逆时针方向(取为正方向)，电流大小恒定I＝eq\f(Bav,R)＝0.3A，选项A正确；在第2s内，整个线框在磁场中运动，穿过线框的磁通量最大且不变，没有感应电流，选项B错误；在第3s内，线框从磁场中出来，磁通量均匀减小，感应电流为顺时针方向(为负方向)，大小恒定I＝eq\f(Bav,R)＝0.3A，选项C正确；在第1s内，由楞次定律判断出线框中感应电流方向沿逆时针方向，则C点电势低于D点电势，选项D错误．答案：AC高频考点4eq\a\vs4\al(应用动力学和能量观点解决电磁感应问题)(2017·中原名校联考)如图甲所示，在水平桌面上固定着两根相距L＝20cm、相互平行的无电阻轨道P、Q，轨道一端固定一根电阻r＝0.02Ω的导体棒a，轨道上横置一根质量m＝40g、电阻可忽略不计的金属棒b，两棒相距也为L＝20cm.该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中．开始时，磁感应强度B0＝0.10T．设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g(1)若保持磁感应强度B0的大小不变，从t＝0时刻开始，给b棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动．此拉力F的大小随时间t变化关系如图乙所示．求b棒做匀加速运动的加速度及b棒与导轨间的滑动摩擦力．(2)若从t＝0开始，磁感应强度B随时间t按图丙中图象所示的规律变化，求在金属棒b开始运动前，这个装置释放的热量是多少？[审题流程]【解析】(1)由图象可得到拉力F与t的大小随时间变化的函数表达式为F＝F0＋eq\f(ΔF,Δt)t＝0.4＋0.1t当b棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有：F－f－F安＝ma，F安＝B0ILI＝eq\f(E,r)＝eq\f(B0Lv,r)v＝at所以F安＝eq\f(B\o\al(2,0)L2a,r)t联立可解得F＝f＋ma＋eq\f(B\o\al(2,0)L2a,r)t代入数据可解得a＝5m/s2，f＝0.2(2)当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I，以b棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到b所受安培力F与最大静摩擦力f相等时开始滑动．感应电动势：E＝eq\f(ΔB,Δt)L2＝0.02VI＝eq\f(E,r)＝1A棒b将要运动时，有f＝BtIL所以Bt＝eq\f(f,IL)＝1T根据Bt＝B0＋eq\f(ΔB,Δt)t＝0.1＋0.5t，得：t＝1.8s回路中产生焦耳热为：Q＝I2rt＝12×0.02×1.8J＝0.036J．【答案】(1)5m/s20.2N(2)0.036J巧用流程解决电磁感应、力、电综合问题4－1.(多选)(2017·河南省天一高三联考)如图所示，在匀强磁场的上方有一质量为m、半径为R的细导线做成的圆环，圆环的圆心与匀强磁场的上边界的距离为h.将圆环由静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间，速度均为v.已知匀强磁场的磁感应强度为B，导体圆环的电阻为r，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．圆环刚进入磁场的瞬间，速度v＝eq\r(2gh－R)B．圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgRC．圆环进入磁场的过程中，通过导体横截面的电荷量为eq\f(πBR2,r)D．圆环进入磁场的过程做的是匀速直线运动解析：圆环从图示位置开始运动到刚进入磁场时，下落的高度为h－R，根据自由落体运动的规律得到v2＝2g(h－R)，解得v＝eq\r(2gh－R)，故选项A正确；圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间，速度相等，根据功能关系可以知道重力做的功，大小为2mgR，故选项B正确；圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为q＝I·Δt＝eq\f(E,r)·Δt＝eq\f(ΔΦ,r)＝eq\f(BπR2,r)，故选项C正确；圆环进入磁场的过程中，受到的安培力F＝eq\f(B2L2v,r)，随有效长度L发生改变，圆环受力不能平衡，因此圆环不可能做匀速直线运动，故选项D错误．答案：ABC4－2.(2017·第二次全国大联考卷Ⅱ)如图，水平边界的匀强磁场上方5m处有一个边长1m的正方形导线框从静止开始下落，已知线框质量为1kg，电阻为R＝10Ω，磁感应强度为B＝1(1)求线框中产生的感应电动势大小；(2)求cd两点间的电势差大小；(3)若线框此时加速度等于0，则线框电阻应该变为多少欧姆．解析：(1)cd边刚进入磁场时，线框速度：v＝eq\r(2gh)线框中产生的感应电动势：E＝BLv＝BLeq\r(2gh)＝10V(2)此时线框中电流：I＝eq\f(E,R)cd切割磁感线相当于电源，cd两点间的电势差即路端电压：u＝I×eq\f(3,4)R＝7.5V(3)安培力：F＝BIL＝eq\f(B2L2\r(2gh),R)根据牛顿第二定律：mg－F＝ma由a＝0，解得电阻R满足：R＝eq\f(B2L2\r(2gh),mg)＝1Ω答案：(1)10V(2)7.5V(3)1Ω杆＋导轨模型杆＋导轨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体轨道上做切割磁感线运动为情境，综合考查电路、动力学、功能关系等知识．考生在处理该模型时，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．分析杆＋导轨模型要注意两点：一是加速度为零的临界条件对应的力学关系式，二是双导体杆运动时是一根导体杆切割磁感线还是两根杆切割磁感线．单杆＋电阻＋导轨模型如图所示，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时达到最大速度．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](1)金属杆受重力作用下滑产生感应电动势→产生感应电流→金属杆受安培力→合外力变化→由牛顿第二定律列式分析．(2)金属杆受重力作用下滑→重力势能减少、动能增加、内能增加→由能量守恒定律列式分析．【解析】(1)设杆cd下滑到某位置时速度为v，则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从开始运动到达到最大速度过程中，根据能量守恒定律得mgxsinθ＝Q总＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)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)gsinθeq\f(2mgRsinθ,B2L2)(2)eq\f(1,2)mgxsinθ－eq\f(m3g2R2sinθ,B4L4)杆＋导轨＋电阻四种模型模型一(v0≠0)模型二(v0＝0)模型三(v0＝0)模型四(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)图象观点能量观点动能全部转化为内能：Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)F做的功一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：WF＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)重力做的功(或减少的重力势能)一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：WG＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)重力做的功(或减少的重力势能)一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：WG＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)双杆＋导轨模型(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．若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，则感应电动势为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＝ma2 ③当v1－v2＝定值(非零)，即系统以恒定的加速度运动时，a1＝a2 ④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棒则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．两棒达到相同速度后，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】见解析三大观点解决双杆模型示意图力学观点图象观点能量观点动量观点轨道水平光滑，两导体棒完全相同导体棒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动能减少量＝棒2动能增加量＋焦耳热两棒组成的系统动量守恒轨道水平光滑，两导体棒完全相同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＋焦耳热外力的冲量等于两棒动量的增加量单杆＋电容器(或电源)＋导轨模型如图1所示，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ab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2所示，若轨道左端M、P间接一电动势为E、内阻为r的电源和一阻值为R的电阻．闭合开关S，导体棒从静止开始运动．求经过一段时间后，导体棒