電磁感應(yīng)中的導(dǎo)體棒導(dǎo)線(xiàn)框問(wèn)題（教師版）

專(zhuān)題十六電磁感應(yīng)中的導(dǎo)體棒、導(dǎo)線(xiàn)框問(wèn)題考點(diǎn)一單桿問(wèn)題示意圖力學(xué)觀點(diǎn)運(yùn)動(dòng)圖像能量觀點(diǎn)v0≠0導(dǎo)軌水平光滑，間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)，桿ab初速度為v0，質(zhì)量為m，電阻不計(jì)導(dǎo)體桿以速度v切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，安培力＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，做減速運(yùn)動(dòng)，v↓?F↓?a↓，當(dāng)v＝0時(shí)，F(xiàn)＝0，a＝0，桿保持靜止動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)導(dǎo)軌水平光滑，間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)，桿ab初速度為v0，質(zhì)量為m，電阻不計(jì)導(dǎo)體桿速度為v時(shí)，感應(yīng)電流I＝eq\f(BLv－UC,R)，導(dǎo)體桿受安培力＝BIL，做減速運(yùn)動(dòng)，v↓，電容器充電，UC↑，↓，a↓，當(dāng)BLv＝UC時(shí)，I＝0，＝0，桿勻速運(yùn)動(dòng)()導(dǎo)體桿的部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電阻的電熱和電容器的電場(chǎng)能：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q＋ECv0＝0導(dǎo)軌水平光滑，間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)，單桿ab質(zhì)量為m，電阻不計(jì)S剛閉合，桿ab受安培力＝eq\f(BLE,r)，此時(shí)a＝eq\f(BLE,mr)，桿ab速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)BLv↑?I↓?安培力＝BIL↓?加速度a↓，當(dāng)BLv＝E時(shí)，v最大，且vm＝eq\f(E,BL)電源輸出的電能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能：W電＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)v0＝0導(dǎo)軌水平光滑，間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)，單桿ab質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，拉力F恒定開(kāi)始時(shí)a＝eq\f(F,m)，桿ab速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv↑?I↑?安培力＝BIL↑，由F－＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，vm＝eq\f(FR,B2L2)F做的功一部分轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為電阻產(chǎn)生的電熱：WF＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)導(dǎo)軌水平光滑，間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)，單桿ab質(zhì)量為m，電阻為R電容器充滿(mǎn)電后，S合向2，導(dǎo)體桿受安培力運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，感應(yīng)電流I＝eq\f(UC－BLv,R)，，a↓，當(dāng)BLv＝UC時(shí)，I＝0，＝0，桿勻速運(yùn)動(dòng)(根據(jù)Δq＝q0－q＝CE－CBLvm、Beq\x\to(I)L·Δt＝mvm－0、Δq＝eq\x\to(I)Δt，可得vm＝eq\f(BLCE,m＋B2L2C))電容器的部分電場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為電阻的電熱和導(dǎo)體桿的動(dòng)能：EC0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q＋ECm導(dǎo)軌水平光滑，間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)，單桿ab質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，拉力F恒定開(kāi)始時(shí)a＝eq\f(F,m)，桿ab速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv↑，經(jīng)過(guò)Δt速度為v＋Δv，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E′＝BL(v＋Δv)，Δt時(shí)間內(nèi)流入電容器的電荷量Δq＝CΔU＝C(E′－E)＝CBLΔv，電流I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLeq\f(Δv,Δt)＝CBLa，安培力＝BLI＝CB2L2a，F(xiàn)－，所以桿以恒定的加速度勻加速運(yùn)動(dòng)(若回路有電阻，則桿不做勻加速運(yùn)動(dòng))F做的功一部分轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為電容器的電場(chǎng)能：WF＝eq\f(1,2)mv2＋EC(2022·山東省菏澤市高三下二模)如圖所示，傾角為θ的斜面上固定兩根足夠長(zhǎng)的平行光滑導(dǎo)軌，將定值電阻、電容器和電源在導(dǎo)軌上端分別通過(guò)開(kāi)關(guān)S1、S2、S3與導(dǎo)軌連接，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直斜面向下，初始時(shí)刻導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌靜止，不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，下列敘述正確的是()A.S1閉合，S2、S3斷開(kāi)，由靜止釋放導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒的a-t圖像如圖1B.S2閉合，S1、S3斷開(kāi)，由靜止釋放導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒的a-t圖像如圖2C.S1、S2、S3斷開(kāi)，由靜止釋放導(dǎo)體棒Δt后閉合開(kāi)關(guān)S1，導(dǎo)體棒的v-t圖像可能如圖3D.S1、S2、S3斷開(kāi)，由靜止釋放導(dǎo)體棒Δt后閉合開(kāi)關(guān)S3，導(dǎo)體棒的v-t圖像一定如圖4CS1閉合，S2、S3斷開(kāi)，由靜止釋放導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒與電阻構(gòu)成回路，根據(jù)E＝BLv，I＝eq\f(E,R)，F(xiàn)安＝BIL，可得F安＝eq\f(B2L2v,R)，根據(jù)牛頓第二定律可得導(dǎo)體棒的加速度為a＝eq\f(mgsinθ－F安,m)＝gsinθ－eq\f(B2L2v,mR)，可知隨著導(dǎo)體棒速度的增加，導(dǎo)體棒的加速度逐漸減小，A錯(cuò)誤；S2閉合，S1、S3斷開(kāi)，由靜止釋放導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒與電容器構(gòu)成回路，則有E＝BLv，電容器極板所帶電荷量為Q＝CE＝CBLv，電路中電流為I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝eq\f(CBLΔv,Δt)＝CBLa，導(dǎo)體棒受到的安培力為F安＝BIL＝CB2L2a，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ－F安＝ma，解得a＝eq\f(mgsinθ,m＋CB2L2)，可知導(dǎo)體棒的加速度保持不變，B錯(cuò)誤；S1、S2、S3斷開(kāi)，由靜止釋放導(dǎo)體棒Δt后閉合開(kāi)關(guān)S1，可知閉合開(kāi)關(guān)S1瞬間導(dǎo)體棒的速度為v＝gsinθ·Δt，導(dǎo)體棒受到的安培力大小為F安＝eq\f(B2L2v,R)＝eq\f(B2L2gsinθ·Δt,R)，若F安＝eq\f(B2L2gsinθ·Δt,R)<mgsinθ，可知導(dǎo)體棒繼續(xù)向下加速，隨著速度的增加，安培力增大，加速度減小，當(dāng)安培力與重力沿導(dǎo)軌向下的分力平衡時(shí)，導(dǎo)體棒做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故導(dǎo)體棒的v-t圖像可能如圖3，C正導(dǎo)體棒切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E動(dòng)＝BLv＝BLgsinθ·Δt，根據(jù)右手定則可知?jiǎng)由妱?dòng)勢(shì)E動(dòng)的方向與電源的電動(dòng)勢(shì)E0方向相反，若E動(dòng)＝BLgsinθ·Δt>E0，則回路的電流為I＝eq\f(E動(dòng)－E0,r)＝eq\f(BLgsinθ·Δt－E0,r)，安培力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為F安＝BIL＝BL·eq\f(BLgsinθ·Δt－E0,r)，若剛好滿(mǎn)足F安＝BL·eq\f(BLgsinθ·Δt－E0,r)＝mgsinθ，則導(dǎo)體棒向下做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。(2021·河北選擇性考試)如圖甲所示，兩條足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌間距為0.5m，固定在傾角為37°的斜面上。導(dǎo)軌頂端連接一個(gè)阻值為1Ω的電阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小為1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為0.5kg的金屬棒從AB處由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌下滑，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的v－t圖像如圖乙所示。金37°＝。(1)求金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)求金屬棒在磁場(chǎng)中能夠達(dá)到的最大速率；(3)已知金屬棒從進(jìn)入磁場(chǎng)到速度達(dá)到5m/s時(shí)通過(guò)電阻的電荷量為1.3C，求此過(guò)程中電阻產(chǎn)生的焦耳熱。；(2)8m/s；(3)2.95J(1)由圖乙可知，金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度為a＝4m/s2對(duì)導(dǎo)體棒受力分析如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin37°－μmgcos37°＝ma解得μ＝。(2)動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)E＝BlvI＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv,R)F＝IlB＝eq\f(B2l2v,R)由左手定則知安培力沿斜面向上，當(dāng)a＝0時(shí)金屬棒的速率達(dá)到最大值，則有mgsin37°＝μmgcos37°＋eq\f(B2l2vm,R)解得vm＝8m/s。(3)設(shè)金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后下滑距離為x，E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Blx,Δt)，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blx,ΔtR)，q＝IΔt由q＝eq\f(Blx,R)＝1.3C，可得x＝2.6m則h＝xsin37°＝2.6×0.6m＝1.56m由能量守恒定律得eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋μmgxcos37°＋Q＝mgh解得Q＝2.95J。(1)在電磁感應(yīng)中，動(dòng)量定理應(yīng)用于單桿切割磁感線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，可求解速度、位移、電荷量，以及除安培力之外恒力的作用時(shí)間。(2)若光滑導(dǎo)軌傾斜放置，要考慮導(dǎo)體桿受到重力沿導(dǎo)軌斜面向下的分力作用，分析方法與考點(diǎn)一表格中受外力F時(shí)的情況類(lèi)似，這里就不再贅述。1.(2022·湖北武漢4月調(diào)研)如圖所示，水平面內(nèi)有一平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌光滑且電阻不計(jì)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直，阻值為R的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌靜止放置，且與導(dǎo)軌接觸良好。t＝0時(shí)，將開(kāi)關(guān)S由1擲到2。v、F安、i、E感分別表示棒的速度、棒受到的安培力、棒中的電流和感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，下列圖像可能正確的是()B將開(kāi)關(guān)S從1擲到2，電容器放電，電路中產(chǎn)生放電電流，根據(jù)左手定則，導(dǎo)體棒所受的安培力向右，在安培力的作用下，導(dǎo)體棒向右做加速運(yùn)動(dòng)，切割磁感線(xiàn)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；電容器放電，兩端電壓減小，棒加速，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，當(dāng)電容器兩端電壓等于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)時(shí)，感應(yīng)電流減小到零，安培力減小到零，導(dǎo)體棒開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤，B正確；導(dǎo)體棒所受的安培力向右，在安培力的作用下，導(dǎo)體棒向右做加速運(yùn)動(dòng)，切割磁感線(xiàn)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，電容器放電兩端電壓減小，棒加速，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)增大，當(dāng)電容器兩端電壓等于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)時(shí)，電動(dòng)勢(shì)保持不變，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不是一直增大的，由于加速度減小，則速度的變化率減小，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的變化率減小，即圖像的斜率減小，故D錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律得ILB＝ma，隨著電流的減小，棒的加速度減小，速度圖像的斜率減小，速度圖像是曲線(xiàn)，不是直線(xiàn)，當(dāng)電容器兩端電壓等于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)時(shí)，棒做勻速運(yùn)動(dòng)，速度圖像是水平的直線(xiàn)，故A錯(cuò)誤。2.(多選)(2022·湖南高考)如圖，間距L＝1m的U形金屬導(dǎo)軌，一端接有0.1Ω的定值電阻R，固定在高h(yuǎn)＝0.8m的絕緣水平桌面上。質(zhì)量均為0.1kg的勻質(zhì)導(dǎo)體棒a和b靜止在導(dǎo)軌上，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好且始終與導(dǎo)軌垂直，接入電路的阻值均為0.1Ω，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力)，導(dǎo)體棒a距離導(dǎo)軌最右端1.74m。整個(gè)空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1T。用F＝0.5N沿導(dǎo)軌水平向右的恒力拉導(dǎo)體棒a，當(dāng)導(dǎo)體棒a運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)軌最右端時(shí)，導(dǎo)體棒b剛要滑動(dòng)，撤去F，導(dǎo)體棒a離開(kāi)導(dǎo)軌后落到水平地面上。重力加速度取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，不計(jì)其他電阻，下列說(shuō)法正確的是()A.導(dǎo)體棒a離開(kāi)導(dǎo)軌至落地過(guò)程中，水平位移為0.6mB.導(dǎo)體棒a離開(kāi)導(dǎo)軌至落地前，其感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變C.導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，導(dǎo)體棒b有向右運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)D.導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量為0.58CBD導(dǎo)體棒a向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，由楞次定律可知，導(dǎo)體棒b有向左運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，C錯(cuò)誤；設(shè)導(dǎo)體棒a運(yùn)動(dòng)到最右端時(shí)的速度為v0，此時(shí)棒a切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv0，回路中的感應(yīng)電流I＝，＝＋R，此時(shí)導(dǎo)體棒b所受安培力為＝BL，導(dǎo)體棒b剛要滑動(dòng)時(shí)所受靜摩擦力Ff達(dá)到最大值，此時(shí)＝Ff＝μmg，聯(lián)立以上各式解得v0＝3m/s，導(dǎo)體棒a離開(kāi)導(dǎo)軌到落地做平拋運(yùn)動(dòng)，有h＝gt2，x＝v0t，解得x＝1.2m，A錯(cuò)誤；磁場(chǎng)方向豎直向下，導(dǎo)體棒a離開(kāi)導(dǎo)軌后在水平方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，又E＝BLv0，可知導(dǎo)體棒a平拋過(guò)程中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，B正確；導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)平均值為，回路中平均感應(yīng)電流，通過(guò)導(dǎo)體棒a的電荷量，聯(lián)立三式解得q＝＝＝1.16C，導(dǎo)體棒b與定值電阻R并聯(lián)，所以通過(guò)電阻R的電荷量q'＝＝0.58C，D正確。3.(2023高考·北京卷)2022年，我國(guó)階段性建成并成功運(yùn)行了“電磁撬”，創(chuàng)造了大質(zhì)量電磁推進(jìn)技術(shù)的世界最高速度紀(jì)錄。一種兩級(jí)導(dǎo)軌式電磁推進(jìn)的原理如圖所示。兩平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌固定在水平面，導(dǎo)軌間垂直安放金屬棒。金屬棒可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦滑行，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，電流從一導(dǎo)軌流入，經(jīng)過(guò)金屬棒，再?gòu)牧硪粚?dǎo)軌流回，圖中電源未畫(huà)出。導(dǎo)軌電流在兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場(chǎng)可視為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B與電流i的關(guān)系式為(k為常量)。金屬棒被該磁場(chǎng)力推動(dòng)。當(dāng)金屬棒由第一級(jí)區(qū)域進(jìn)入第二級(jí)區(qū)域時(shí)，回路中的電流由I變?yōu)椤Ｒ阎獌蓪?dǎo)軌內(nèi)側(cè)間距為L(zhǎng)，每一級(jí)區(qū)域中金屬棒被推進(jìn)的距離均為s，金屬棒的質(zhì)量為m。求：(1)金屬棒經(jīng)過(guò)第一級(jí)區(qū)域時(shí)受到安培力的大小F；(2)金屬棒經(jīng)過(guò)第一、二級(jí)區(qū)域的加速度大小之比；(3)金屬棒從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)兩級(jí)區(qū)域推進(jìn)后的速度大小v。(1)；(2)；(3)(1)由題意可知第一級(jí)區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為金屬棒經(jīng)過(guò)第一級(jí)區(qū)域時(shí)受到安培力的大小為；(2)根據(jù)牛頓第二定律可知，金屬棒經(jīng)過(guò)第一級(jí)區(qū)域的加速度大小為第二級(jí)區(qū)域中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為金屬棒經(jīng)過(guò)第二級(jí)區(qū)域時(shí)受到安培力的大小為金屬棒經(jīng)過(guò)第二級(jí)區(qū)域的加速度大小為則金屬棒經(jīng)過(guò)第一、二級(jí)區(qū)域的加速度大小之比為；(3)金屬棒從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)兩級(jí)區(qū)域推進(jìn)后，根據(jù)動(dòng)能定理可得解得金屬棒從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)兩級(jí)區(qū)域推進(jìn)后的速度大小為?？键c(diǎn)二雙桿問(wèn)題1.初速度不為零，不受其他水平外力的作用光滑的平行導(dǎo)軌光滑不等距導(dǎo)軌示意圖質(zhì)量mb＝ma電阻rb＝ra長(zhǎng)度Lb＝La質(zhì)量mb＝ma電阻rb＝ra長(zhǎng)度Lb＝2La力學(xué)觀點(diǎn)桿b受安培力做變減速運(yùn)動(dòng)，桿a受安培力做變加速運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)，兩桿的加速度均為零，以相等的速度勻速運(yùn)動(dòng)桿b受安培力做變減速運(yùn)動(dòng)，桿a受安培力做變加速運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)，兩桿的加速度均為零，兩桿的速度之比為運(yùn)動(dòng)圖像能量觀點(diǎn)一部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：Q＝－ΔEk動(dòng)量觀點(diǎn)兩桿組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒兩桿組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒對(duì)單桿可以用動(dòng)量定理2.初速度為零，一桿受到恒定水平外力的作用光滑的平行導(dǎo)軌不光滑的平行導(dǎo)軌示意圖質(zhì)量mb＝ma電阻rb＝ra長(zhǎng)度Lb＝La質(zhì)量mb＝ma電阻rb＝ra長(zhǎng)度Lb＝La摩擦力Ffb＝Ffa力學(xué)觀點(diǎn)開(kāi)始時(shí)，兩桿受安培力做變加速運(yùn)動(dòng)；穩(wěn)定時(shí)，兩桿以相同的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)開(kāi)始時(shí)，若Ff<F≤2Ff，則a桿先變加速后勻速運(yùn)動(dòng)；b桿靜止。若F>2Ff，a桿先變加速后勻加速運(yùn)動(dòng)，b桿先靜止后變加速最后和a桿同時(shí)做勻加速運(yùn)動(dòng)，且加速度相同運(yùn)動(dòng)圖像能量觀點(diǎn)F做的功轉(zhuǎn)化為兩桿的動(dòng)能和內(nèi)能：WF＝ΔEk＋QF做的功轉(zhuǎn)化為兩桿的動(dòng)能和內(nèi)能(包括電熱和摩擦熱)：WF＝ΔEk＋Q電＋Qf動(dòng)量觀點(diǎn)兩桿組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒對(duì)單桿可以用動(dòng)量定理兩桿組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒對(duì)單桿可以用動(dòng)量定理注：對(duì)于不在同一平面上運(yùn)動(dòng)的雙桿的問(wèn)題，動(dòng)量守恒定律不適用，可以用牛頓運(yùn)動(dòng)定律、能量觀點(diǎn)、動(dòng)量定理進(jìn)行解決。(多選)如圖，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上。t＝0時(shí)，棒ab以初速度v0向右滑動(dòng)。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示。下列圖像中可能正確的是()AC導(dǎo)體棒ab向右運(yùn)動(dòng)，切割磁感線(xiàn)，產(chǎn)生感應(yīng)電流(逆時(shí)針)，導(dǎo)體棒ab受安培力F作用，速度減小，導(dǎo)體棒cd受安培力F′作用，速度變大。由E＝Blv知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E隨速度v的減小而減小，則感應(yīng)電流非均勻變化。當(dāng)兩導(dǎo)體棒的速度相等時(shí)，回路上感應(yīng)電流消失，兩棒在導(dǎo)軌上以共同速度做勻速運(yùn)動(dòng)。根據(jù)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則mv0＝2mv共，v共＝eq\f(v0,2)，故A正確；導(dǎo)體棒cd受變力作用，加速度逐漸減小，其vt圖像應(yīng)該是曲線(xiàn)，故B錯(cuò)誤；由前面分析知，兩導(dǎo)體棒做變速運(yùn)動(dòng)，感應(yīng)電流變小，最后為零，但非均勻變化，故C正確，D錯(cuò)誤。(2023高考·遼寧卷)如圖，兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。已知導(dǎo)體棒MN的電阻為R、長(zhǎng)度為d，導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長(zhǎng)度為2d，PQ的質(zhì)量是MN的2倍。初始時(shí)刻兩棒靜止，兩棒中點(diǎn)之間連接一壓縮量為L(zhǎng)的輕質(zhì)絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個(gè)過(guò)程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)。下列說(shuō)法正確的足()A.彈簧伸展過(guò)程中、回路中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏鰾.PQ速率為v時(shí)，MN所受安培力大小為C.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，MN與PQ的路程之比為D.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，通過(guò)MN的電荷量為AC彈簧伸展過(guò)程中，根據(jù)右手定則可知，回路中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻碾娏?，A正確；任意時(shí)刻，設(shè)電流為I，則PQ受安培力，方向向左；MN受安培力，方向向右，可知兩棒系統(tǒng)受合外力為零，動(dòng)量守恒，設(shè)PQ質(zhì)量為2m，則MN質(zhì)量為m，PQ速率為v時(shí)，則，得，回路的感應(yīng)電流，MN所受安培力大小為，B錯(cuò)誤；兩棒最終停止時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，由動(dòng)量守恒可得，，可得則最終MN位置向左移動(dòng)，PQ位置向右移動(dòng)，因任意時(shí)刻兩棒受安培力和彈簧彈力大小都相同，設(shè)整個(gè)過(guò)程兩棒受的彈力的平均值為，安培力平均值，則整個(gè)過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理，，可得，C正確；兩棒最后停止時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)位置，此時(shí)兩棒間距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移動(dòng)，PQ位置向右移動(dòng)，則，D錯(cuò)誤。選AC。(2023高考·湖南卷)如圖，兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成角，整個(gè)裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為?，F(xiàn)將質(zhì)量均為m的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，重力加速度為。(1)先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大?。?2)在(1)問(wèn)中，當(dāng)棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大?。?3)在(2)問(wèn)中，從棒釋放瞬間開(kāi)始計(jì)時(shí)，經(jīng)過(guò)時(shí)間，兩棒恰好達(dá)到相同的速度，求速度的大小，以及時(shí)間內(nèi)棒a相對(duì)于棒運(yùn)動(dòng)的距離。(1)；(2)；(3)，(1)a導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得有閉合電路歐姆定律及安培力公式可得，a棒受力平衡可得聯(lián)立記得；(2)由右手定則可知導(dǎo)體棒b中電流向里，b棒沿斜面向下的安培力，此時(shí)電路中電流不變，則b棒牛頓第二定律可得解得；(3)釋放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到達(dá)共速時(shí)對(duì)a棒動(dòng)量定理b棒受到向下的安培力，對(duì)b棒動(dòng)量定理聯(lián)立解得此過(guò)程流過(guò)b棒的電荷量為q，則有由法拉第電磁感應(yīng)定律可得聯(lián)立b棒動(dòng)量定理可得。雙桿問(wèn)題的的終極狀態(tài)1.無(wú)外力的雙桿自由運(yùn)動(dòng)的最終狀態(tài)一般為電路中的總電流為零，兩個(gè)桿做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，過(guò)程中是否滿(mǎn)足動(dòng)量守恒需要根據(jù)守恒條件來(lái)判斷。2.有外力作用下的雙桿運(yùn)動(dòng)，最終狀態(tài)一般是回路中達(dá)到一個(gè)穩(wěn)定電流，兩桿做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，最終速度差一定。(多選)(2019·全國(guó)卷Ⅱ·21)如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)．虛線(xiàn)ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．已知PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度恰好為零．從PQ進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始計(jì)時(shí)，到MN離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)橹梗鬟^(guò)PQ的電流隨時(shí)間變化的圖像可能正確的是()AD根據(jù)題述，PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度恰好為零，兩導(dǎo)體棒從同一位置釋放，則兩導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度相同，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小相等，PQ通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域后MN進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，MN同樣勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，故流過(guò)PQ的電流隨時(shí)間變化的圖像可能是A；若釋放兩導(dǎo)體棒的時(shí)間間隔較短，在PQ沒(méi)有出磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)MN就進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，則兩棒在磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)時(shí)回路中磁通量不變，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流為零，兩棒不受安培力作用，二者在磁場(chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng)，PQ出磁場(chǎng)后，MN切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，且感應(yīng)電流一定大于剛開(kāi)始僅PQ切割磁感線(xiàn)時(shí)的感應(yīng)電流I1，則MN所受的安培力一定大于MN的重力沿導(dǎo)軌平面方向的分力，所以MN一定做減速運(yùn)動(dòng)，回路中感應(yīng)電流減小，流過(guò)PQ的電流隨時(shí)間變化的圖像可能是D。(多選)光滑平行異型導(dǎo)軌abcd與a′b′c′d′如圖所示，軌道的水平部分bcd、b′c′d′處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，bc段軌道寬度為cd段軌道寬度的2倍，bc段和cd段軌道都足夠長(zhǎng)，abcd與a′b′c′d′軌道部分的電阻都不計(jì)。現(xiàn)將質(zhì)量相同的金屬棒P和Q(P和Q都有電阻，但具體阻值未知)分別置于軌道上的ab段和cd段，將P棒置于距水平軌道高為h處由靜止釋放，使其自由下滑，重力加速度為g。則A.當(dāng)P棒進(jìn)入軌道的水平部分后，P棒先做加速度逐漸減小的減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)B.當(dāng)P棒進(jìn)入軌道的水平部分后，Q棒先做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)C.Q棒的最終速度和P棒的最終速度相等D.P棒的最終速度vP＝eq\r(2gh)，Q棒的最終速度vQ＝eq\r(2gh)AD由機(jī)械能守恒定律得mgh＝mv02，解得v0＝eq\r(2gh)。當(dāng)P棒進(jìn)入軌道的水平部分后，切割磁感線(xiàn)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，受到安培力作用。設(shè)bc段軌道寬度為L(zhǎng)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLv0，設(shè)金屬棒Q在軌道內(nèi)部分的電阻為r，則金屬棒P在軌道內(nèi)部分的電阻為2r，由閉合電路的歐姆定律得I＝，所受安培力F＝ILB，由牛頓第二定律得F＝ma，聯(lián)立解得a＝eq\f(B2L2v,3rm)，所以P棒先做加速度逐漸減小的減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故A正確；金屬棒Q受到安培力作用，做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；最終回路內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電流為零，回路內(nèi)磁通量不變，Q棒的最終速度是P棒最終速度的2倍，故C錯(cuò)誤；P棒的最終速度為vP，Q棒的最終速度為vQ，從進(jìn)入磁場(chǎng)切割磁感線(xiàn)運(yùn)動(dòng)到最終，金屬棒P所受安培力為Q的2倍，設(shè)金屬棒P受到的安培力為F，則Q受到的安培力為，對(duì)金屬棒P，由動(dòng)量定理得Ft＝mv0－mvP，對(duì)金屬棒Q，由動(dòng)量定理得＝mvQ，又vQ＝2vP，聯(lián)立解得vP＝eq\r(2gh)，vQ＝eq\r(2gh)，故D正確。3.(2022·遼寧高考)如圖所示，兩平行光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距為L(zhǎng)。abcd區(qū)域有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向豎直向上。初始時(shí)刻，磁場(chǎng)外的細(xì)金屬桿M以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)內(nèi)的細(xì)金屬桿N處于靜止?fàn)顟B(tài)。兩金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直。兩桿的質(zhì)量均為m，在導(dǎo)軌間的電阻均為R，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)及導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。(1)求M剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力F的大小和方向。(2)若兩桿在磁場(chǎng)內(nèi)未相撞且N出磁場(chǎng)時(shí)的速度為，求：①N在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)回路的電荷量q；②初始時(shí)刻N(yùn)到ab的最小距離x。(1)，方向水平向左；(2)①；②(1)細(xì)金屬桿M以初速度v0向右剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv0M中電流方向平行于ab向外，電流的大小為I＝則細(xì)金屬桿M所受的安培力大小為F＝BIL＝安培力的方向由左手定則可知水平向左。(2)①細(xì)金屬桿N在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)量定理有BIL·Δt＝m·－0且q＝I·Δt聯(lián)立解得通過(guò)回路的電荷量為q＝。②設(shè)兩桿在磁場(chǎng)中相對(duì)靠近的位移為Δx，有I＝E＝整理可得q＝IΔt＝聯(lián)立可得Δx＝若兩桿在磁場(chǎng)內(nèi)剛好不相撞，N到ab的最小距離為x＝Δx＝?？键c(diǎn)三導(dǎo)線(xiàn)框問(wèn)題示意圖動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)能量觀點(diǎn)動(dòng)量觀點(diǎn)以進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)為例，設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中某時(shí)刻的速度為v，加速度大小為a，則a＝eq\f(B2L2v,mR)，a與v方向相反，導(dǎo)線(xiàn)框做減速運(yùn)動(dòng)，v↓?a↓，即導(dǎo)線(xiàn)框做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終勻速運(yùn)動(dòng)(全部進(jìn)入磁場(chǎng))或靜止(導(dǎo)線(xiàn)框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程的分析相同)部分(或全部)動(dòng)能轉(zhuǎn)化為焦耳熱：Q＝－ΔEk動(dòng)量不守恒，可用動(dòng)量定理分析導(dǎo)線(xiàn)框的位移、速度、通過(guò)導(dǎo)線(xiàn)橫截面的電荷量和除安培力之外恒力作用的時(shí)間：(1)求電荷量或速度：－B·LΔt＝mv2－mv1，q＝Δt；(3)求時(shí)間：①－BLΔt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他·Δt＝mv2－mv1已知電荷量q，F(xiàn)其他為恒力，可求出變加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；②－eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R總)＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－eq\f(B2L2x,R總)＋F其他·Δt＝mv2－mv1若已知位移x，F(xiàn)其他為恒力，也可求出變加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間在恒力F(包括重力mg)和安培力作用下穿越磁場(chǎng)(磁場(chǎng)寬度足夠大)以進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程為例，設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中某時(shí)刻導(dǎo)線(xiàn)框的速度為v，加速度為a＝eq\f(F,m)－eq\f(B2L2v,mR)。(1)若進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2v,mR)，則導(dǎo)線(xiàn)框勻速運(yùn)動(dòng)；(2)若進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)eq\f(F,m)>eq\f(B2L2v,mR)，則導(dǎo)線(xiàn)框做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)(直至勻速)；(3)若進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)eq\f(F,m)<eq\f(B2L2v,mR)，則導(dǎo)線(xiàn)框做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)(直至勻速)(導(dǎo)線(xiàn)框離開(kāi)磁場(chǎng)過(guò)程的分析相同)力F做的功等于導(dǎo)線(xiàn)框的動(dòng)能變化量與回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和：WF＝ΔEk＋Q(2023高考·北京卷)如圖所示，光滑水平面上的正方形導(dǎo)線(xiàn)框，以某一初速度進(jìn)入豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)并最終完全穿出。線(xiàn)框的邊長(zhǎng)小于磁場(chǎng)寬度。下列說(shuō)法正確的是()A.線(xiàn)框進(jìn)磁場(chǎng)的過(guò)程中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较駼.線(xiàn)框出磁場(chǎng)的過(guò)程中做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)C.線(xiàn)框在進(jìn)和出的兩過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱相等D.線(xiàn)框在進(jìn)和出的兩過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)線(xiàn)橫截面的電荷量相等D線(xiàn)框進(jìn)磁場(chǎng)的過(guò)程中由楞次定律知電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，A錯(cuò)誤；線(xiàn)框出磁場(chǎng)的過(guò)程中，根據(jù)E=Blv，，聯(lián)立有，由于線(xiàn)框出磁場(chǎng)過(guò)程中由左手定則可知線(xiàn)框受到的安培力向左，則v減小，線(xiàn)框做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；由能量守恒定律得線(xiàn)框產(chǎn)生的焦耳熱Q=FAL，其中線(xiàn)框進(jìn)出磁場(chǎng)時(shí)均做減速運(yùn)動(dòng)，但其進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的速度大，安培力大，產(chǎn)生的焦耳熱多，C錯(cuò)誤；線(xiàn)框在進(jìn)和出的兩過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)線(xiàn)橫截面的電荷量，其中，，則聯(lián)立有，由于線(xiàn)框在進(jìn)和出的兩過(guò)程中線(xiàn)框的位移均為L(zhǎng)，則線(xiàn)框在進(jìn)和出的兩過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)線(xiàn)橫截面的電荷量相等，故D正確。(多選)(2022·福建龍巖三模)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有四條間距均為L(zhǎng)的水平虛線(xiàn)L1、L2、L3、L4，在L1、L2之間和L3、L4之間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等且方向均垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)有一矩形金屬線(xiàn)圈abcd，ad邊長(zhǎng)為3L。t＝0時(shí)刻將其從圖示位置(cd邊與L1重合)由靜止釋放，cd邊經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界線(xiàn)L3時(shí)開(kāi)始做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，cd邊經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界線(xiàn)L2、L3、L4時(shí)對(duì)應(yīng)的時(shí)刻分別為t1、t2、t3，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程線(xiàn)圈平面始終處于豎直平面內(nèi)。在0～t3時(shí)間內(nèi)，線(xiàn)圈的速度v、通過(guò)線(xiàn)圈橫截面的電荷量q、通過(guò)線(xiàn)圈的電流i和線(xiàn)圈產(chǎn)生的熱量Q隨時(shí)間t的關(guān)系圖像可能正確的是()BD線(xiàn)圈cd邊在L1、L2之間的磁場(chǎng)切割磁感線(xiàn)，則有E＝BLv，I＝eq\f(E,R)，＝ILB，解得F安＝eq\f(B2L2v,R)，根據(jù)牛頓第二定律可得a＝，可知隨著速度的增加，安培力也逐漸增大，加速度逐漸減小，根據(jù)題意，cd邊經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)邊界線(xiàn)L3時(shí)開(kāi)始做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明從0時(shí)刻到t1的過(guò)程，線(xiàn)圈做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，從t1到t2的過(guò)程，線(xiàn)圈做加速度為g的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，從t2到t3的過(guò)程，線(xiàn)圈做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，vt圖像的切線(xiàn)斜率表示加速度，可知A錯(cuò)誤；從0時(shí)刻到t1的過(guò)程，線(xiàn)圈做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，線(xiàn)圈中的電流逐漸增大，從t1到t2的過(guò)程，線(xiàn)圈做加速度為g的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，但此過(guò)程線(xiàn)圈沒(méi)有切割磁感線(xiàn)，感應(yīng)電流為零，從t2到t3的過(guò)程，線(xiàn)圈做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，線(xiàn)圈中的電流保持不變，qt圖像的切線(xiàn)斜率表示電流，可知B正確，C錯(cuò)誤；從0時(shí)刻到t1的過(guò)程，線(xiàn)圈中的電流逐漸增大，從t1到t2的過(guò)程，線(xiàn)圈中的電流為零，從t2到t3的過(guò)程，線(xiàn)圈中的電流保持不變，根據(jù)Q＝I2Rt可知Qt圖像的切線(xiàn)斜率表示電流的平方與電阻R的乘積，可知D正確。導(dǎo)線(xiàn)框的問(wèn)題和導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)受力分析方法是類(lèi)似的，首先根據(jù)進(jìn)出磁場(chǎng)過(guò)程，研究切割磁感線(xiàn)部分找出電源，根據(jù)電路結(jié)構(gòu)特點(diǎn)分析電流的變化，安培力的變化，運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，往往對(duì)應(yīng)的為變加速運(yùn)動(dòng)，分析過(guò)程中注意結(jié)合功能關(guān)系和能量守恒定律綜合處理問(wèn)題，適當(dāng)結(jié)合vt圖像有時(shí)會(huì)事半功倍。1.如圖所示，光滑斜面體固定在水平地面上，斜面與地面間的夾角θ＝37°，斜面上放置質(zhì)