專題(21)電磁感應(yīng)中的單-雙桿模型(解析版)

第頁2021年高考物理二輪重點(diǎn)專題整合突破專題（21）電磁感應(yīng)中的單雙桿模型（解析版）高考題型1電磁感應(yīng)中的單桿模型1．常見單桿情景及解題思路常見情景(導(dǎo)軌和桿電阻不計(jì)，以水平光滑導(dǎo)軌為例)過程分析三大觀點(diǎn)的應(yīng)用單桿阻尼式設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中某時(shí)刻的速度為v，加速度為a，a＝eq\f(B2L2v,Rm)，a、v反向，導(dǎo)體棒做減速運(yùn)動(dòng)，v↓?a↓，當(dāng)a＝0時(shí)，v＝0，導(dǎo)體棒做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終靜止動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)：分析加速度能量觀點(diǎn)：動(dòng)能轉(zhuǎn)化為焦耳熱動(dòng)量觀點(diǎn)：分析導(dǎo)體棒的位移、通過導(dǎo)體棒的電荷量和時(shí)間單桿發(fā)電式(v0＝0)設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中某時(shí)刻棒的速度為v，加速度為a＝eq\f(F,m)－eq\f(B2L2v,mR)，F(xiàn)恒定時(shí)，a、v同向，隨v的增加，a減小，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，vm＝eq\f(FR,B2L2)；a恒定時(shí)，F(xiàn)＝eq\f(B2L2at,R)＋ma，F(xiàn)與t為一次函數(shù)關(guān)系動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)：分析最大加速度、最大速度能量觀點(diǎn)：力F做的功等于導(dǎo)體棒的動(dòng)能與回路中焦耳熱之和動(dòng)量觀點(diǎn)：分析導(dǎo)體棒的位移、通過導(dǎo)體棒的電荷量含“源”電動(dòng)式(v0＝0)開關(guān)S閉合，ab棒受到的安培力F＝eq\f(BLE,r)，此時(shí)a＝eq\f(BLE,mr)，速度v↑?E感＝BLv↑?I↓?F＝BIL↓?加速度a↓，當(dāng)E感＝E時(shí)，v最大，且vm＝eq\f(E,BL)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)：分析最大加速度、最大速度能量觀點(diǎn)：消耗的電能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能與回路中的焦耳熱動(dòng)量觀點(diǎn)：分析導(dǎo)體棒的位移、通過導(dǎo)體棒的電荷量含“容”無外力充電式充電電流減小，安培力減小，a減小，當(dāng)a＝0時(shí)，導(dǎo)體棒勻速直線運(yùn)動(dòng)能量觀點(diǎn)：動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電場能(忽略電阻)含“容”有外力充電式(v0＝0)電容器持續(xù)充電F－BIL＝ma，I＝eq\f(ΔQ,Δt)，ΔQ＝CΔU＝CBLΔv，a＝eq\f(Δv,Δt)，得I恒定，a恒定，導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)：求導(dǎo)體棒的加速度a＝eq\f(F,m＋B2L2C)2.在電磁感應(yīng)中，動(dòng)量定理應(yīng)用于單桿切割磁感線運(yùn)動(dòng)，可求解變力的時(shí)間、速度、位移和電荷量．①求電荷量或速度：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總)＝0－mv0，即－eq\f(B2L2x,R總)＝0－mv0.③求時(shí)間：(i)－Beq\x\to(I)LΔt＋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．(ii)eq\f(－B2L2\x\to(v)Δt,R總)＋F其他·Δt＝mv2－mv1，eq\x\to(v)Δt＝x.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．【例1】(2019·天津卷·11)如圖1所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，垂直于導(dǎo)軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導(dǎo)軌始終接觸良好．MN兩端通過開關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量k.圖中虛線右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.PQ的質(zhì)量為m，金屬導(dǎo)軌足夠長、電阻忽略不計(jì)．圖1(1)閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；(2)斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求該過程安培力做的功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)設(shè)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔФ,Δt)，則E＝k①設(shè)PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有R并＝eq\f(R,2)②閉合S時(shí)，設(shè)線圈中的電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R并＋R)③設(shè)PQ中的電流為IPQ，有IPQ＝eq\f(1,2)I④設(shè)PQ受到的安培力為F安，有F安＝BIPQl⑤保持PQ靜止，由受力平衡，有F＝F安⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得F＝eq\f(Bkl,3R)⑦方向水平向右．(2)設(shè)PQ由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，PQ運(yùn)動(dòng)的位移為x，所用時(shí)間為Δt，回路中的磁通量變化為ΔФ，平均感應(yīng)電動(dòng)勢為eq\x\to(E)，有eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)⑧其中ΔФ＝Blx⑨設(shè)PQ中的平均電流為eq\x\to(I)，有eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)⑩根據(jù)電流的定義得eq\x\to(I)＝eq\f(q,Δt)?由動(dòng)能定理，有Fx＋W＝eq\f(1,2)mv2－0?聯(lián)立⑦⑧⑨⑩??式得W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(2,3)kq.【例2】(2018·天津卷·12)真空管道超高速列車的動(dòng)力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動(dòng)動(dòng)能的裝置．圖2甲是某種動(dòng)力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實(shí)線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，電阻忽略不計(jì)．a(chǎn)b和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導(dǎo)軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質(zhì)量為m.列車啟動(dòng)前，ab、cd處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，如圖甲所示．為使列車啟動(dòng)，需在M、N間連接電動(dòng)勢為E的直流電源，電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計(jì)．列車啟動(dòng)后電源自動(dòng)關(guān)閉．圖2(1)要使列車向右運(yùn)行，啟動(dòng)時(shí)圖1中M、N哪個(gè)接電源正極，并簡要說明理由．(2)求剛接通電源時(shí)列車加速度a的大?。?3)列車減速時(shí)，需在前方設(shè)置如圖乙所示的一系列磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場寬度和相鄰磁場間距均大于l.若某時(shí)刻列車的速度為v0，此時(shí)ab、cd均在無磁場區(qū)域，試討論：要使列車停下來，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場？【答案】(1)見解析(2)eq\f(2BEl,mR)(3)見解析【解析】(1)列車要向右運(yùn)動(dòng)，安培力方向應(yīng)向右．根據(jù)左手定則，接通電源后，兩根金屬棒中電流方向分別為由a到b、由c到d，故M接電源正極．(2)由題意，啟動(dòng)時(shí)ab、cd并聯(lián)，設(shè)回路總電阻為R總，由電阻的串并聯(lián)知識得R總＝eq\f(R,2)①設(shè)回路總電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R總)②設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F，有F＝IlB③根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma④聯(lián)立①②③④式得a＝eq\f(2BEl,mR)⑤(3)設(shè)列車減速時(shí)，cd進(jìn)入磁場后經(jīng)Δt時(shí)間ab恰好進(jìn)入磁場，此過程中穿過兩金屬棒與導(dǎo)軌所圍回路的磁通量的變化量為ΔΦ，平均感應(yīng)電動(dòng)勢為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E1＝eq\f(ΔΦ,Δt)⑥其中ΔΦ＝Bl2⑦設(shè)回路中平均電流為I′，由閉合電路歐姆定律有I′＝eq\f(E1,2R)⑧設(shè)cd受到的平均安培力為F′，有F′＝I′lB⑨以向右為正方向，設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)cd受安培力沖量為I沖，有I沖＝－F′Δt⑩同理可知，回路出磁場時(shí)ab受安培力沖量仍為上述值，設(shè)回路進(jìn)出一塊有界磁場區(qū)域安培力沖量為I0，有I0＝2I沖?設(shè)列車停下來受到的總沖量為I總，由動(dòng)量定理有I總＝0－mv0?聯(lián)立⑥⑦⑧⑨⑩??式得eq\f(I總,I0)＝eq\f(mv0R,B2l3)?討論：若eq\f(I總,I0)恰為整數(shù)，設(shè)其為n，則需設(shè)置n塊有界磁場；若eq\f(I總,I0)不是整數(shù)，設(shè)eq\f(I總,I0)的整數(shù)部分為N，則需設(shè)置N＋1塊有界磁場．【變式訓(xùn)練】1．(多選)(2020·福建福清市線上檢測)如圖3所示，左端接有阻值為R的定值電阻且足夠長的平行光滑導(dǎo)軌CE、DF的間距為L，導(dǎo)軌固定在水平面上，且處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，一質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置在導(dǎo)軌上靜止，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)．某時(shí)刻給導(dǎo)體棒ab一個(gè)水平向右的瞬時(shí)沖量I，導(dǎo)體棒將向右運(yùn)動(dòng)，最后停下來，則此過程中()圖3A．導(dǎo)體棒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直至停止運(yùn)動(dòng)B．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(I2,2m)C．通過導(dǎo)體棒ab橫截面的電荷量為eq\f(I,BL)D．導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)的位移為eq\f(IR＋r,B2L2)【答案】CD【解析】導(dǎo)體棒獲得向右的瞬時(shí)初速度后切割磁感線，回路中出現(xiàn)感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒ab受到向左的安培力，向右減速運(yùn)動(dòng)，由eq\f(B2L2v,R＋r)＝ma，可知由于導(dǎo)體棒速度減小，則加速度減小，所＝eq\f(I2,2m)，根據(jù)能量守恒定律可得Ek＝Q總，又根據(jù)串并聯(lián)電路知識可得QR＝eq\f(R,R＋r)Q總＝eq\f(I2R,2mR＋r)，B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)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正確；由于q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R＋r)Δt＝eq\f(BLx,R＋r)將q＝eq\f(I,BL)代入可得，導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)的位移x＝eq\f(IR＋r,B2L2)，D正確．2.如圖4所示，足夠長的兩平行光滑水平直導(dǎo)軌的間距為L，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，垂直于導(dǎo)軌平面有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場；導(dǎo)軌左端接有電容為C的電容器、開關(guān)S和定值電阻R；質(zhì)量為m的金屬棒垂直于導(dǎo)軌靜止放置，兩導(dǎo)軌間金屬棒的電阻為r.初始時(shí)開關(guān)S斷開，電容器兩極板間的電壓為U.閉合開關(guān)S，金屬棒運(yùn)動(dòng)，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好．下列說法正確的是()圖4A．閉合開關(guān)S的瞬間，金屬棒立刻開始向左運(yùn)動(dòng)B．閉合開關(guān)S的瞬間，金屬棒的加速度大小為eq\f(BUL,mR)C．金屬棒與導(dǎo)軌接觸的兩點(diǎn)間的最小電壓為零D．金屬棒最終獲得的速度大小為eq\f(BCUL,m＋B2L2C)【答案】D【解析】由左手定則可知，閉合開關(guān)S的瞬間，金屬棒所受安培力方向向右，金屬棒立刻獲得向右的加速度，開始向右運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；閉合開關(guān)S的瞬間，金屬棒的加速度大小a＝eq\f(BUL,mR＋r)，B錯(cuò)誤；當(dāng)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢跟電容器兩極板之間的電壓相等時(shí)，金屬棒中電流為零，此后，金屬棒將勻速運(yùn)動(dòng)下去，兩端的電壓達(dá)到最小值，故金屬棒與導(dǎo)軌接觸的兩點(diǎn)間的電壓不會為零，C錯(cuò)誤；設(shè)閉合開關(guān)S后，電容器的放電時(shí)間為Δt，金屬棒獲得的速度為v，由動(dòng)量定理可得Beq\f(CU－BLv,Δt)L·Δt＝mv－0，解得v＝eq\f(BCUL,m＋B2L2C)，D正確．3.如圖5所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌CD、EF傾斜放置，其所在平面與水平面間的夾角為θ＝37°，兩導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌下端分別連著電容為C的電容器和阻值R＝3r的定值電阻．一根質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒放在導(dǎo)軌上，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直并接觸良好，一根不可伸長的絕緣輕繩一端拴在金屬棒中間、另一端跨過輕質(zhì)定滑輪與質(zhì)量M＝3.6m的重物相連．金屬棒與定滑輪之間的輕繩始終在兩導(dǎo)軌所在平面內(nèi)且與兩導(dǎo)軌平行，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌所在平面向上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，初始狀態(tài)用手托住重物使輕繩恰處于伸直狀態(tài)，由靜止釋放重物，求：(sin37°＝0.6，重力加速度大小為g，不計(jì)滑輪摩擦)圖5(1)若S1閉合，S2斷開，電阻R的最大瞬時(shí)熱功率；(2)若S1和S2均閉合，當(dāng)金屬棒速度達(dá)到最大值時(shí)，遇到障礙物突然停止運(yùn)動(dòng)，金屬棒停止運(yùn)動(dòng)后，通過金屬棒的電荷量；(3)若S1斷開、S2閉合，請通過計(jì)算判斷重物的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)．【答案】(1)eq\f(27m2g2r,B2L2)(2)eq\f(27mgrC,4BL)(3)重物做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)【解析】(1)S1閉合，S2斷開時(shí)，重物由靜止釋放后拉動(dòng)金屬棒沿導(dǎo)軌向上做加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒受到沿導(dǎo)軌向下的安培力作用，速度最大時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢最大，感應(yīng)電流最大，則電阻R的瞬時(shí)熱功率最大，當(dāng)金屬棒速度最大時(shí)有Mg＝mgsin37°＋BIL，得I＝eq\f(3mg,BL)Pm＝I2R聯(lián)立解得Pm＝eq\f(27m2g2r,B2L2)(2)S1和S2均閉合時(shí)，電容器兩極板間的最大電壓Um＝UR＝IR＝eq\f(9mgr,BL)電容器所帶的最大電荷量Qm＝CUm＝eq\f(9mgrC,BL)金屬棒停止運(yùn)動(dòng)后，電容器開始放電，此時(shí)電阻R與金屬棒并聯(lián)，通過金屬棒的電荷量q＝eq\f(R,R＋r)Qm＝eq\f(27mgrC,4BL)(3)S1斷開、S2閉合時(shí)，設(shè)從釋放重物開始經(jīng)時(shí)間t金屬棒的速度大小為v，加速度大小為a，通過金屬棒的電流為i，金屬棒受到的安培力F＝BiL，方向沿導(dǎo)軌向下，設(shè)在t～(t＋Δt)時(shí)間內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ，ΔQ也是平行板電容器在t～(t＋Δt)時(shí)間內(nèi)增加的電荷量，感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，平行板電容器所帶電荷量Q＝CE＝CBLv，故ΔQ＝CBLΔvΔv＝aΔt則i＝eq\f(ΔQ,Δt)＝CBLa設(shè)繩中拉力為FT，由牛頓第二定律，對金屬棒有FT－mgsinθ－BiL＝ma對重物有Mg－FT＝Ma解得a＝eq\f(Mg－mgsinθ,M＋m＋CB2L2)可知a為常數(shù)，則重物做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．高考題型2電磁感應(yīng)中的雙桿模型1．常見雙桿情景及解題思路常見情景(以水平光滑導(dǎo)軌為例)過程分析三大觀點(diǎn)的應(yīng)用雙桿切割式桿MN做變減速運(yùn)動(dòng)，桿PQ做變加速運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)，兩桿的加速度均為零，以相同的速度勻速運(yùn)動(dòng)．對系統(tǒng)動(dòng)量守恒，對其中某桿適用動(dòng)量定理動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)：求加速度能量觀點(diǎn)：求焦耳熱動(dòng)量觀點(diǎn)：整體動(dòng)量守恒求末速度，單桿動(dòng)量定理求沖量、電荷量不等距導(dǎo)軌桿MN做變減速運(yùn)動(dòng)，桿PQ做變加速運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)，兩桿的加速度均為零，兩桿以不同的速度做勻速運(yùn)動(dòng)，所圍的面積不變．v1L1＝v2L2動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)：求加速度能量觀點(diǎn)：求焦耳熱動(dòng)量觀點(diǎn)：動(dòng)量不守恒，可分別用動(dòng)量定理聯(lián)立末速度關(guān)系求末速度雙桿切割式aPQ減小，aMN增大，當(dāng)aPQ＝aMN時(shí)二者一起勻加速運(yùn)動(dòng)，存在穩(wěn)定的速度差動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)：分別隔離兩導(dǎo)體棒，F(xiàn)－eq\f(B2l2Δv,R總)＝mPQaeq\f(B2l2Δv,R總)＝mMNa，求加速度2.對于不在同一平面上運(yùn)動(dòng)的雙桿問題，動(dòng)量守恒定律不適用，可以用對應(yīng)的牛頓運(yùn)動(dòng)定律、能量觀點(diǎn)、動(dòng)量定理進(jìn)行解決．【例3】(多選)(2019·全國卷Ⅲ·19)如圖6，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導(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．下列圖象中可能正確的是()圖6【答案】AC【解析】棒ab以初速度v0向右滑動(dòng)，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，使整個(gè)回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，判斷可知棒ab受到與v0方向相反的安培力的作用而做變減速運(yùn)動(dòng)，棒cd受到與v0方向相同的安培力的作用而做變加速運(yùn)動(dòng)，它們之間的速度差Δv＝v1－v2逐漸減小，整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢逐漸減小，回路中感應(yīng)電流逐漸減小，最后變?yōu)榱悖醋罱K棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，這時(shí)兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd組成的系統(tǒng)在足夠長的平行金屬導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，水平方向上不受外力作用，由動(dòng)量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝eq\f(v0,2)，選項(xiàng)A、C正確，B、D錯(cuò)誤．【例4】(多選)(2020·全國卷Ⅰ·21)如圖7，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直．a(chǎn)b、dc足夠長，整個(gè)金屬框電阻可忽略．一根具有一定電阻的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動(dòng)金屬框，運(yùn)動(dòng)過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行．經(jīng)過一段時(shí)間后()圖7A．金屬框的速度大小趨于恒定值B．金屬框的加速度大小趨于恒定值C．導(dǎo)體棒所受安培力的大小趨于恒定值D．導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值【答案】BC解析當(dāng)金屬框在恒力F作用下向右加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，bc邊產(chǎn)生從c向b的感應(yīng)電流i，金屬框的加速度大小為a1，則有F－Bil＝Ma1；MN中感應(yīng)電流從M流向N，MN在安培力作用下向右加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a2，則有Bil＝ma2，當(dāng)金屬框和MN都運(yùn)動(dòng)后，金屬框速度為v1，MN速度為v2，則電路中的感應(yīng)電流為i＝eq\f(Blv1－v2,R)，感應(yīng)電流從0開始增大，則a2從零開始增加，a1從eq\f(F,M)開始減小，加速度差值減小．當(dāng)a1＝a2時(shí)，得F＝(M＋m)a，a＝eq\f(F,M＋m)恒定，由F安＝ma可知，安培力不再變化，則感應(yīng)電流不再變化，據(jù)i＝eq\f(Blv1－v2,R)知金屬框與MN的速度差保持不變，v－t圖像如圖所示，故A錯(cuò)誤，B、C正確；MN與金屬框的速度差不變，但MN的速度小于金屬框的速度，則MN到金屬框bc邊的距離越來越大，故D錯(cuò)誤．【例5】(2017·浙江4月選考·22)間距為l的兩平行金屬導(dǎo)軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成，如圖8所示，傾角為θ的導(dǎo)軌處于大小為B1、方向垂直于傾斜導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場區(qū)間Ⅰ中，水平導(dǎo)軌上的無磁場區(qū)間靜止放置一質(zhì)量為3m的“聯(lián)動(dòng)雙桿”(由兩根長為l的金屬桿cd和ef，用長度為L的剛性絕緣桿連接構(gòu)成)，在“聯(lián)動(dòng)雙桿”右側(cè)存在大小為B2、方向垂直于水平導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場區(qū)間Ⅱ，其長度大于L，質(zhì)量為m、長為l的金屬桿ab從傾斜導(dǎo)軌上端釋放，達(dá)到勻速后進(jìn)入水平導(dǎo)軌(無能量損失)，桿ab與“聯(lián)動(dòng)雙桿”發(fā)生碰撞后，桿ab和cd粘合在一起形成“聯(lián)動(dòng)三桿”，“聯(lián)動(dòng)三桿”繼續(xù)沿水平導(dǎo)軌進(jìn)入磁場區(qū)Ⅱ并從中滑出，運(yùn)動(dòng)過程中桿ab、cd和ef與導(dǎo)軌始終接觸良好，且保持與導(dǎo)軌垂直．已知桿ab、cd和ef電阻均為R＝0.02Ω，m＝0.1kg，l＝0.5m，L＝0.3m，θ＝30°，B1＝0.1T，B2＝0.2T，g＝10m/s2，不計(jì)摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻，忽略磁場邊界效應(yīng)，求：圖8(1)ab桿在傾斜導(dǎo)軌上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v0；(2)“聯(lián)動(dòng)三桿”進(jìn)入磁場區(qū)間Ⅱ前的速度大小v；(3)“聯(lián)動(dòng)三桿”滑過磁場區(qū)間Ⅱ產(chǎn)生的焦耳熱Q.【答案】(1)6m/s(2)1.5m/s(3)0.25J【解析】(1)ab桿受到的安培力為：FA＝B1Il＝eq\f(B\o\al(,12)l2v0,R＋\f(R,2))ab桿勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得：mgsinθ＝FA，代入數(shù)據(jù)解得：v0＝6m/s.(2)ab桿與“聯(lián)動(dòng)雙桿”碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋3m)v代入數(shù)據(jù)解得：v＝1.5m/s.(3)設(shè)“聯(lián)動(dòng)三桿”進(jìn)入磁場區(qū)間Ⅱ的過程中速度的變化量為Δv，由動(dòng)量定理得：－B2eq\x\to(I)lΔt＝4mΔv設(shè)在“聯(lián)動(dòng)三桿”進(jìn)入磁場區(qū)間Ⅱ的過程中，通過ab桿的電荷量為q，則eq\x\to(I)Δt＝q＝eq\f(B2Ll,R＋\f(R,2))代入數(shù)據(jù)解得：Δv＝－0.25m/s“聯(lián)動(dòng)三桿”離開磁場區(qū)間Ⅱ的過程中，速度的變化量也為：Δv＝－0.25m/s，離開磁場區(qū)間Ⅱ時(shí)“聯(lián)動(dòng)三桿”的速度為：v′＝v＋2Δv＝1.5m/s－2×0.25m/s＝1m/s.“聯(lián)動(dòng)三桿”滑過磁場區(qū)間Ⅱ的過程中，產(chǎn)生的焦耳熱為：Q＝eq\f(1,2)·4mv2－eq\f(1,2)·4mv′2，代入數(shù)據(jù)解得：Q＝0.25J.【變式訓(xùn)練】4．如圖9所示，水平放置的兩平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在桌面上，導(dǎo)軌間距為L，處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、豎直向下的勻強(qiáng)磁場中．桌面離地面的高度為H.初始時(shí)刻，質(zhì)量為m的桿ab與導(dǎo)軌垂直且處于靜止，距離導(dǎo)軌邊緣為d，質(zhì)量也為m的桿cd與導(dǎo)軌垂直，以初速度v0進(jìn)入磁場區(qū)域，最終發(fā)現(xiàn)兩桿先后落在地面上．已知兩桿接入電路的電阻均為R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，兩桿落地點(diǎn)之間的距離為s，重力加速度為g.圖9(1)求ab桿從磁場邊緣射出時(shí)的速度大??；(2)當(dāng)ab桿射出時(shí)，求cd桿運(yùn)動(dòng)的距離；(3)在兩根桿相互作用的過程中，求回路中產(chǎn)生的電能．【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)設(shè)ab、cd桿從磁場邊緣射出時(shí)的速度分別為v1、v2，ab桿落地點(diǎn)到拋出點(diǎn)的水平距離為x1，cd桿落地到拋出點(diǎn)的水平距離為x2，則有x1＝v1eq\r(\f(2H,g))x2＝v2eq\r(\f(2H,g))且x2－x1＝s以v0的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)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桿運(yùn)動(dòng)距離為d，對ab桿應(yīng)用動(dòng)量定理，有Beq\x\to(I)LΔt＝BLq＝mv1設(shè)cd桿運(yùn)動(dòng)距離為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)))則cd桿運(yùn)動(dòng)距離為x＝d＋Δx＝d＋eq\f(Rm,B2L2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0－s\r(\f(g,2H))))(3)根據(jù)能量守恒定律，回路中產(chǎn)生的電能等于系統(tǒng)損失的機(jī)械能，則有Q