第六节 电磁感应双杆模型-2024-2025学年高二上学期物理专项训练

第六节电磁感应双杆模型需要掌握的内容1.能用到的二级结论公式。（1）由F安=BIL,E=BLv,I=（2）由E=n∆Φ∆t，I（3）安培力冲量I=Ft=BILt=BLQ。电动势公式有匝数n，所以电流公式里也要考虑n，电量公式里也有n，安培力由于力的合成所以也考虑n。2.双杆有初速度模型。（1）运动分析：a杆运动切割磁感线产生逆时针电流，安培力让a杆减速同时让b杆加速，当b杆切割会形成反向电动势让电路电流变小，安培力公式会变成F安（2）能量分析：安培力对a杆做负功a杆动能减少变为电能，安培力对b杆做正功b杆动能增加，安培力相等但a运动的快，所以负功多正功少，另外一部分电能通过电流做功I2Rt转变为内能。（3）动量分析：两个杆只有内部安培力并且安培力相等，所以动量守恒。两个干属于完全非弹性碰撞，可以就解损耗的内能。有公式mav=（ma+mb）v共，12并且可以通过动量定理来计算相对位移，任选b为研究对象BLBLx3.双杆有外力模型运动分析：初始ab都静止，a受外力有加速度开始运动切割，切割产生电流，安培力逐渐增加b的加速度增加速度也增加，a的速度增加，加速度减小。ab两棒靠安培力进行连接，最终加速度相等，根据公式F安=B4.双杆不等间距模型。运动分析：a杆切割磁感线产生电流，安培力让a杆减速b杆加速，a产生的电动势逐渐变小，b产生的电动势逐渐增加，当两个电动势相等时电流为零，安培力为零，两杆做匀速直线运动可得3BLvb=BLva，3vb=va动量分析：由于两杆长度不等产生的安培力不等，由于系统内力不为零，所以动量不守恒，但可以分别列动量定理对a杆-BLQ=mava-mav，对b杆3BLQ=mbvb。结合速度关系可以求出电量以及最终速度。经典习题多选题1．如图所示，光滑水平导轨置于磁场中，磁场的磁感应强度为B，左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，导轨均足够长。质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态。ab的电阻为R，cd的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动。现给cd一水平向右的初速度v0，则（）A．两棒最终以相同的速度做匀速直线运动B．最终通过两棒的电量为C．ab棒最终的速度为D．从cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为多选题2．如图，两根电阻不计的足够长的光滑金属导轨MN、PQ，间距为L，两导轨构成的平面与水平面成角金属棒ab、cd用绝缘轻绳连接，其电阻均为R，质量分别为m和2m沿斜面向上的外力F作用在cd上使两棒静止，整个装置处在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，重力加速度大小为g将轻绳烧断后，保持F不变，金属棒始终与导轨垂直且接触良好则A．轻绳烧断瞬间，cd的加速度大小B．轻绳烧断后，cd做匀加速运动C．轻绳烧断后，任意时刻两棒运动的速度大小之比vab：vcd=2：1D．棒ab的最大速度多选题3．如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFGH矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在t＝t1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0；一段时间后，流经a棒的电流为0，此时t＝t2，b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则（）

A．t1时刻a棒加速度大小为B．t2时刻b棒的速度大小为C．t1～t2时间内，通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍D．t1～t2时间内，a棒产生的焦耳热为多选题4．如图所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距、电阻均为R、质量均为m，铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好。现给铜棒a一个平行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（）

A．回路中的最大电流为B．铜棒b的最大加速度为C．铜棒b获得的最大速度为D．回路中产生的总焦耳热为多选题5．如图所示，间距为的光滑平行金属导轨平面与水平面之间的夹角，导轨电阻不计。正方形区域内匀强磁场的磁感应强度为，方向垂直于导轨平面向上。甲、乙两金属杆电阻均为、质量均为，垂直于导轨放置。起初甲金属杆位于磁场上边界处，乙位于甲的上方，与甲间距也为。现将两金属杆同时由静止释放，从此刻起，对甲金属杆施加沿导轨的拉力，使其始终以大小为的加速度向下做匀加速运动。已知乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，重力加速度为，则下列说法正确的是（）A．每根金属杆的电阻B．甲金属杆在磁场区域运动过程中，拉力对其做的功在数值上等于电路中产生的焦耳热C．乙金属杆在磁场区域运动过程中，安培力的功率是D．从乙金属杆进入磁场直至其离开磁场过程中，回路中通过的电荷量为6．如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFHG矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在0时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为；一段时间后，金属棒a、b没有相碰，且两棒整个过程中相距最近时b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b长度均为L，电阻均为R，a棒的质量为2m、b棒的质量为m，最终其中一棒恰好停在磁场边界处，在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好。求：（1）0时刻a棒的加速度大小；（2）两棒整个过程中相距最近的距离s；（3）整个过程中，a棒产生的焦耳热。7.如图所示，MCN与PDQ是一组足够长的平行光滑导轨，间距，MC、PD倾斜，CN、DQ在同一水平面内，CD与CN垂直，C、D处平滑连接。水平金属导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。质量、电阻、长度为L的硬质导体棒a静止在水平轨道上，与a完全相同的导体棒b从距水平面高度的倾斜绝缘轨道上由静止释放，最后恰好不与a棒相撞，运动过程中a、b棒始终与导轨垂直且接触良好。不计其他电阻和空气阻力，重力加速度g取。（1）求b棒刚进入磁场时，a棒所受安培力的大小；（2）求整个过程中通过a棒的电荷量q及a棒距离CD的初始距离；（3）a、b棒稳定后，在释放b棒的初始位置由静止释放相同的棒，所有棒运动稳定后，在同一位置再由静止释放相同的棒，所有棒运动再次稳定后，依此类推，逐一由静止释放、、……、。当释放的最终与所有棒运动稳定后，求从棒开始释放到与所有棒运动保持相对稳定时，回路中产生的焦耳热。8．如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为．现将质量均为的金属棒垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为。

（1）先保持棒静止，将棒由静止释放，求棒匀速运动时的速度大小；（2）在（1）问中，当棒匀速运动时，再将棒由静止释放，求释放瞬间棒的加速度大小；（3）在（2）问中，从棒释放瞬间开始计时，经过时间，两棒恰好达到相同的速度，求速度的大小，以及时间内棒相对于棒运动的距离。

9．如图，光滑平行轨道abcd的水平部分处于竖直向上大小为的匀强磁场中，段轨道宽度为，段轨道宽度是段轨道宽度的2倍，段轨道和段轨道都足够长，将质量均为的金属棒和分别置于轨道上的段和段，且与轨道垂直。、棒电阻均为，导轨电阻不计，棒静止，让棒从距水平轨道高为h的地方由静止释放，求：（1）棒滑至水平轨道瞬间的速度大小；（2）棒和棒最终的速度；（3）整个过程中系统产生的焦耳热。10．如图所示，间距且足够长的光滑平行导轨和水平放置，其中、右侧均为绝缘材料，其余为金属导轨，以点为坐标原点，沿方向建立坐标轴。、间接有不带电的电容器，电容，是一根质量、长度、电阻的金属棒，垂直导轨静置在左侧足够远处。是质量、电阻、各边长度均为的“U”形金属框，、刚好和、重合。整个空间存在竖直方向的磁场（未画出），磁感应强度分布规律为（取竖直向上为正方向），若棒获得一水平向右的瞬时冲量后开始运动。金属导轨电阻不计，棒、金属框与导轨始终接触良好。（1）求棒两端电压的最大值并分析电容器哪侧极板带正电；（2）求棒运动至位置与金属框碰撞前瞬间的速度大小；（3）若棒与金属框碰撞后连接在一起，求金属框最终静止时边端的位置坐标。

答案第六节1．BC【详解】AC．cd获得速度后，电路中产生感应电流，根据左手定则得cd棒减速，ab棒加速，当电路中磁通量不变，没有感应电流，最终两棒做匀速直线运动，分别对两棒列动量定理得，两式合并得联立解得，A错误，C正确；B．对ab棒列动量定理得解得B正确；D．从cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为解得D错误。故选BC。2．ACD【分析】对整体分析，求出烧断细线前，拉力的大小，烧断细线瞬间，速度为0，安培力为0，根据牛顿第二定律求出cd棒的加速度；对两金属棒组成的系统，根据动量守恒定律求速度之比；当ab棒和cd棒加速度为零时，速度均达最大，根据受力平衡，结合闭合电路欧姆定律动量守恒定律求出棒子能达到的最大速度．【详解】A项：细绳烧断前，对两金属棒组成的整体，有F=（m+2m）gsinθ=3mgsinθ轻绳烧断瞬间，对cd有：F-2mgsinθ=2ma解得：，故A正确；B项：随着速度的变化，电动势不断变化，电流不断变化，安培力不断变化，加速度不断变化，所以cd棒不可能做匀加速运动，故B错误；C项：两金属棒组成的系统合力为0，动量守恒，所以有：，解得：，故C正确；D项：回路总电动势E＝，因为，解得：对ab棒：BIL=mgsinθ，联立解得，故D正确．故应选：ACD．【点睛】本题综合考查了牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律、动量守恒定律，综合性强，本题的难点是双杆模型，两杆切割都产生感应电动势．3．ABD【详解】A．由题知，在时刻，a进入磁场的速度方向向右，b的速度方向向左，根据右手定则可知，a产生的感应电流方向是E到F，b产生的感应电流方向是H到G，即两个感应电流方向相同，所以流过a、b的感应电流是两个感应电流之和，则有对a，根据牛顿第二定律有解得故A正确；B．根据左手定则，可知a受到的安培力向左，b受到的安培力向右，由于流过a、b的电流一直相等，故两个力大小相等，则a与b组成的系统动量守恒。由题知，时刻流过a的电流为零时，说明a、b之间的磁通量不变，即a、b在时刻达到了共同速度，设为。由题知，金属棒a、b相同材料制成，长度均为L，电阻分别为和，根据电阻定律有，解得已知a的质量为m，设b的质量为，则有，联立解得取向右为正方向，根据系统动量守恒有解得故B正确；C．在时间内，根据因通过两棒的电流时刻相等，所用时间相同，故通过两棒横截面的电荷量相等，故C错误；D．在时间内，对a、b组成的系统，根据能量守恒有解得回路中产生的总热量为对a、b，根据焦耳定律有因a、b流过的电流一直相等，所用时间相同，故a、b产生的热量与电阻成正比，即又解得a棒产生的焦耳热为故D正确。故选ABD。4．BC【详解】A．给铜棒a一个平行导轨的瞬时冲量I，此时铜棒a的速度最大，产生的感应电动势最大，回路中电流最大，每个棒受到的安培力最大，其加速度最大，则铜棒a电动势回路电流故A错误；B．此时铜棒b受到安培力其加速度为故B正确；C．此后铜棒a做变减速运动，铜棒b做变加速运动，当二者达到共同速度时，铜棒b速度最大，根据动量守恒定律，有铜棒b的最大速度为故C正确；D．回路中产生的焦耳热为故D错误。故选BC。5．AB【详解】A．乙金属杆进入磁场之前，乙仅受到自身重力斜面支持力作用，加速度与金属杆甲的加速度相同，所以二者一直保持相对静止。当乙刚进入磁场时，甲恰好离开磁场，根据匀变速直线运动可计算乙进入磁场的速度产生的感应电流根据乙做匀速直线运动可得解得每个金属杆电阻故A正确；B．甲在磁场中运动过程，合力即合力等于重力沿斜面向下的分力，拉力与安培力平衡，所以拉力对杆做的功在数值上等于电路中产生的焦耳热，故B正确；C．乙金属杆在磁场区域运动过程中是匀速，所以安培力做功功率等于重力功率等于故C错误；D．乙金属杆进入磁场直至出磁场过程中回路中通过的电量为故D错误。故选AB。6．（1）；（2）；（3）【详解】（1）由题知，a进入磁场的速度方向向右，b的速度方向向左，根据右手定则可知，a产生的感应电流方向是E到F，b产生的感应电流方向是H到G，即两个感应电流方向相同，所以流过a、b的感应电流是两个感应电流之和，则有对a，根据牛顿第二定律有解得（2）取向右为正方向，相距最近时，根据系统动量守恒有解得此时，电路中感应电流为0，a、b棒一起向右匀速运动，直到b棒出磁场区域；之后b棒不受安培力、a棒受安培力减速直到停下，对a，有解得（3）对a、b组成的系统，最终b棒一直做匀速直线运动，根据能量守恒有解得回路中产生的总热量为对a、b，根据焦耳定律有因a、b流过的电流一直相等，所用时间相同，故a、b产生的热量与电阻成正比，即∶=1∶1又解得a棒产生的焦耳热为7.（1）1N；（2）0.1C，0.2m；（3）【详解】（1）根据题意，对棒由动能定理可得棒刚进入磁场时，感应电动势回路中的电流安培力联立可得（2）对棒由动量守恒定律可得对棒由动量定理可得电荷量解得由（1）问可得可得（3）当棒运动达到稳定后有当棒运动达到稳定后有当棒运动达到稳定后有可得则故回路中产生的焦耳热解得8．（1）；（2）；（3），【详解】（1）a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得有闭合电路欧姆定律及安培力公式可得，a棒受力平衡可得联立记得（2）由右手定则可知导体棒b中电流向里，b棒沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则b棒牛顿第二定律可得解得（3）释放b棒后a棒受到沿斜面向上的安