高中物理模型（十）熱敏電阻 電磁感應(yīng)模型

方法20高中物理模型盤點(diǎn)（十）熱敏電阻電磁感應(yīng)模型目錄物理模型盤點(diǎn)——熱敏電阻模型 2物理模型盤點(diǎn)——感應(yīng)電流產(chǎn)生條件 3題型一：基本概念——磁通量及其變化量 5題型二：磁通量變化產(chǎn)生感應(yīng)電流 6題型三：部分導(dǎo)體切割產(chǎn)生感應(yīng)電流 6題型四：電磁感應(yīng)現(xiàn)象的應(yīng)用 6物理模型盤點(diǎn)——三個定則一個定律 7題型一：四定則兩力（洛倫力+安培力）一定律 7題型二：二次感應(yīng) 8物理模型盤點(diǎn)——電磁感應(yīng)電路分析與模型轉(zhuǎn)換 8物理模型盤點(diǎn)——電磁感應(yīng)中的框模型 10題型一：三邊框之動生電動勢與感生電動勢同時產(chǎn)生模型 12題型二：四邊框連接體之運(yùn)動分析與能量轉(zhuǎn)化 12題型三：四邊框之圖像題 13題型四：四邊框之動力學(xué)分析（應(yīng)用電阻率與密度概念解決問題） 14題型五：五邊框之圖像問題 15物理模型盤點(diǎn)——電磁感應(yīng)中的“桿＋導(dǎo)軌”模型 15物理模型盤點(diǎn)——雙桿模型 21題型一：系統(tǒng)動量守恒的最終同速的雙桿 23題型二：系統(tǒng)動量不守恒的同向運(yùn)動的雙桿 23題型三：系統(tǒng)動量不守恒的反向運(yùn)動的雙桿 25題型四：無相對運(yùn)動的雙桿（巧用動量定理求解） 26

物理模型盤點(diǎn)——熱敏電阻模型【模型概述】一、熱敏電阻和金屬熱電阻1．熱敏電阻：熱敏電阻由半導(dǎo)體材料制成，其電阻隨溫度的變化明顯，溫度升高電阻減小，如圖甲所示為某一熱敏電阻的電阻隨溫度變化的特性曲線。甲乙2．金屬熱電阻：有些金屬的電阻率隨溫度的升高而增大，這樣的電阻也可以制作溫度傳感器，稱為熱電阻，如圖乙所示為某金屬導(dǎo)線電阻的溫度特性曲線。3．熱敏電阻與金屬熱電阻的區(qū)別熱敏電阻金屬熱電阻特點(diǎn)電阻隨溫度的變化而變化且非常明顯電阻率隨溫度的升高而增大制作材料半導(dǎo)體金屬導(dǎo)體優(yōu)點(diǎn)靈敏度好化學(xué)穩(wěn)定性好，測溫范圍大作用能夠?qū)囟冗@個熱學(xué)量轉(zhuǎn)換為電阻這個電學(xué)量4.注意：在工作溫度范圍內(nèi)，電阻值隨溫度上升而增加的是正溫度系數(shù)(PTC)熱敏電阻器；電阻值隨溫度上升而減小的是負(fù)溫度系數(shù)(NTC)熱敏電阻器。如圖所示，R1為定值電阻，R2為負(fù)溫度系數(shù)的熱敏電阻(負(fù)溫度系數(shù)熱敏電阻是指阻值隨溫度的升高而減小的熱敏電阻)，L為小燈泡，當(dāng)溫度降低時()A．R1兩端的電壓增大B．電流表的示數(shù)增大C．小燈泡的亮度變強(qiáng)D．小燈泡的亮度變?nèi)踅馕鯮2與燈泡L并聯(lián)后再與R1串聯(lián)，與電源構(gòu)成閉合電路，當(dāng)溫度降低時，熱敏電阻R2電阻值增大，外電路電阻增大，電流表讀數(shù)減小，燈泡L兩端的電壓增大，燈泡的亮度變強(qiáng)，R1兩端的電壓減小，故只有C正確。答案C歸納總結(jié)：熱敏電阻問題常與直流電路相聯(lián)系．串、并聯(lián)電路的特點(diǎn)、動態(tài)分析成為這一類問題考查的熱點(diǎn)內(nèi)容．(即時訓(xùn)練)溫度傳感器廣泛應(yīng)用于家用電器中，它是利用熱敏電阻的阻值隨溫度變化的特性來工作的．如圖甲所示為某裝置中的傳感器工作原理圖，已知電源的電動勢E＝9.0V，內(nèi)電阻不計；G為靈敏電流表，其內(nèi)阻Rg保持不變；R為熱敏電阻，其阻值隨溫度的變化關(guān)系如圖乙所示，閉合開關(guān)S，當(dāng)R的溫度等于20℃時，電流表示數(shù)I1＝2mA；當(dāng)電流表的示數(shù)I2＝3.6mA時，熱敏電阻的溫度是()A．60℃B．80℃C．100℃ D．120℃解析由圖乙可知，當(dāng)R的溫度等于20℃時，熱敏電阻的阻值R1＝4kΩ，則由I1＝eq\f(E,R1＋Rg)可得Rg＝0.5kΩ，當(dāng)電流I2＝3.6mA時，由I2＝eq\f(E,R2＋Rg)，可得R2＝2kΩ，結(jié)合圖乙此時溫度為120℃，故選D.答案D物理模型盤點(diǎn)——感應(yīng)電流產(chǎn)生條件【模型概述】1．磁通量(1)定義：勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B與垂直磁場方向的面積S的乘積叫作穿過這個面積的磁通量，簡稱磁通。我們可以用穿過這一面積的磁感線條數(shù)的多少來形象地理解。(2)公式：Φ＝BS。(3)公式的適用條件：①勻強(qiáng)磁場；②S是垂直磁場方向的有效面積。(4)單位：韋伯(Wb)，1Wb＝1T·m2。(5)標(biāo)量性：磁通量是標(biāo)量，但有正負(fù)之分。磁通量的正負(fù)是這樣規(guī)定的：任何一個平面都有正、反兩面，若規(guī)定磁感線從正面穿出時磁通量為正，則磁感線從反面穿出時磁通量為負(fù)。（6）物理意義：相當(dāng)于穿過某一面積的磁感線的條數(shù)．如圖所示，矩形abcd、abb′a′、a′b′cd的面積分別為S1、S2、S3，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B與平面a′b′cd垂直，則：(1)通過矩形abcd的磁通量為BS1cosθ或BS3.(2)通過矩形a′b′cd的磁通量為BS3.(3)通過矩形abb′a′的磁通量為0.2．磁通量的變化量在某個過程中，穿過某個平面的磁通量的變化量等于末磁通量Φ2與初磁通量Φ1的差值，即ΔΦ＝Φ2－Φ1。磁通量變化的常見情況變化情形舉例磁通量變化量磁感應(yīng)強(qiáng)度變化永磁體靠近或遠(yuǎn)離線圈、電磁鐵(螺線管)內(nèi)電流發(fā)生變化ΔΦ＝ΔB·S有效面積變化有磁感線穿過的回路面積變化閉合線圈的部分導(dǎo)線做切割磁感線運(yùn)動，如圖ΔΦ＝B·ΔS回路平面與磁場夾角變化線圈在磁場中轉(zhuǎn)動，如圖磁感應(yīng)強(qiáng)度和有效面積同時變化彈性線圈在向外拉的過程中，如圖ΔΦ＝Φ2－Φ13．磁通量的變化率(磁通量的變化快慢)磁通量的變化量與發(fā)生此變化所用時間的比值，即eq\f(ΔΦ,Δt)。4．電磁感應(yīng)現(xiàn)象與感應(yīng)電流“磁生電”的現(xiàn)象叫電磁感應(yīng)，產(chǎn)生的電流叫作感應(yīng)電流。5．產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件當(dāng)穿過閉合導(dǎo)體回路的磁通量發(fā)生變化時，閉合導(dǎo)體回路中就產(chǎn)生感應(yīng)電流。判斷感應(yīng)電流能否產(chǎn)生的思維導(dǎo)圖：6．電磁感應(yīng)現(xiàn)象的兩種典型情況(1)閉合導(dǎo)體回路的一部分做切割磁感線運(yùn)動。(2)穿過閉合導(dǎo)體回路的磁通量發(fā)生變化。7．電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實(shí)質(zhì)電磁感應(yīng)現(xiàn)象的實(shí)質(zhì)是產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，如果導(dǎo)體回路閉合則產(chǎn)生感應(yīng)電流；如果導(dǎo)體回路不閉合，則只產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，而不產(chǎn)生感應(yīng)電流。8．能量轉(zhuǎn)化發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象時，機(jī)械能或其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。【典型例題】題型一：基本概念——磁通量及其變化量如圖所示，正方形線圈abcd位于紙面內(nèi)，邊長為L，匝數(shù)為N，過ab中點(diǎn)和cd中點(diǎn)的連線OO′恰好位于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場的右邊界上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則穿過線圈的磁通量為Φ，若線圈繞OO′軸轉(zhuǎn)過60°的過程中，磁通量的變化量為ΔΦ，則Φ和ΔΦ的大小分別是()A.eq\f(BL2,2)，eq\f(BL2,4) B.eq\f(NBL2,2)，eq\f(NBL2,4)C．BL2，eq\f(BL2,2) D.NBL2，eq\f(NBL2,2)答案A解析公式Φ＝BS中，S應(yīng)為有效面積，且磁通量與線圈匝數(shù)無關(guān)。初態(tài)S1＝eq\f(L2,2)，所以Φ＝eq\f(BL2,2)。轉(zhuǎn)過60°，有效面積S2＝eq\f(L2,2)·cos60°＝eq\f(L2,4)，Φ′＝eq\f(BL2,4)，所以ΔΦ＝Φ′－Φ＝－eq\f(BL2,4)，A正確。題型二：磁通量變化產(chǎn)生感應(yīng)電流如圖所示的勻強(qiáng)磁場中有一個矩形閉合導(dǎo)線框，在下列四種情況下，線框中會產(chǎn)生感應(yīng)電流的是()A．如圖甲所示，保持線框平面始終與磁感線平行，線框在磁場中左右運(yùn)動B．如圖乙所示，保持線框平面始終與磁感線平行，線框在磁場中上下運(yùn)動C．如圖丙所示，線框繞位于線框平面內(nèi)且與磁感線垂直的軸線AB轉(zhuǎn)動D．如圖丁所示，線框繞位于線框平面內(nèi)且與磁感線平行的軸線CD轉(zhuǎn)動答案C解析A、B、D中穿過線框的磁通量均不變，不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，而C中穿過線框的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，故選C。題型三：部分導(dǎo)體切割產(chǎn)生感應(yīng)電流如圖所示為感應(yīng)式發(fā)電機(jī)，a、b、c、d是空間四個可用電刷與銅盤邊緣接觸的點(diǎn)，O1、O2是銅盤軸線導(dǎo)線的接線端，M、N是電流表的接線端，現(xiàn)在將銅盤轉(zhuǎn)動，能觀察到感應(yīng)電流的是()A．將電流表的接線端M、N分別連接a、c位置B．將電流表的接線端M、N分別連接O1、a位置C．將電流表的接線端M、N分別連接O1、O2位置D．將電流表的接線端M、N分別連接c、d位置答案B解析將銅盤看成無數(shù)個軸向銅條組成，當(dāng)銅盤轉(zhuǎn)動時，其切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，此時銅條相當(dāng)于電源，銅盤邊緣和中心相當(dāng)于電源的兩個極，則想要觀察到感應(yīng)電流，M、N應(yīng)分別接電源的兩個極，故B正確。題型四：電磁感應(yīng)現(xiàn)象的應(yīng)用管道高頻焊機(jī)可以對由鋼板卷成的圓管的接縫實(shí)施焊接。焊機(jī)的原理如圖所示，圓管通過一個接有高頻交流電源的線圈，線圈所產(chǎn)生的交變磁場使圓管中產(chǎn)生交變電流，電流產(chǎn)生的熱量使接縫處的材料熔化將其焊接。焊接過程中所利用的電磁學(xué)規(guī)律的發(fā)現(xiàn)者為()A．庫侖 B.霍爾C.洛倫茲 D.法拉第答案D解析由題意可知，當(dāng)線圈中的交變電流在周圍產(chǎn)生交變磁場時，圓管內(nèi)部感應(yīng)出渦電流，電流產(chǎn)生的熱量使接縫處焊接。該過程利用的原理是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，其發(fā)現(xiàn)者為法拉第。故D正確。物理模型盤點(diǎn)——三個定則一個定律【模型概述】1.“三個定則一個定律”的比較基本現(xiàn)象應(yīng)用的定則或定律電流的磁效應(yīng)運(yùn)動電荷、電流產(chǎn)生磁場安培定則洛倫茲力、安培力磁場對運(yùn)動電荷、電流有作用力左手定則電磁感應(yīng)部分導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動右手定則閉合回路磁通量變化楞次定律2.安培定則、左手定則、右手定則、楞次定律的應(yīng)用對比基本現(xiàn)象因果關(guān)系應(yīng)用規(guī)律運(yùn)動電荷、電流產(chǎn)生磁場因電生磁安培定則磁場對運(yùn)動電荷、電流有作用力因電受力左手定則部分導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動因動生電右手定則閉合回路磁通量變化因磁生電楞次定律【典型例題】題型一：四定則兩力（洛倫力+安培力）一定律例1．如圖甲所示，等離子氣流由左方連續(xù)以速度v0射入M和N兩板間的勻強(qiáng)磁場中，ab直導(dǎo)線與M、N相連接，線圈A與直導(dǎo)線cd連接，線圈A內(nèi)有按圖乙所示規(guī)律變化的磁場，且規(guī)定向左為磁場B的正方向，則下列敘述正確的是()A．0～1s內(nèi)，ab、cd導(dǎo)線互相排斥B．1～2s內(nèi)，ab、cd導(dǎo)線互相吸引C．2～3s內(nèi)，ab、cd導(dǎo)線互相吸引D．3～4s內(nèi)，ab、cd導(dǎo)線互相排斥答案BD解析根據(jù)左手定則，可判定等離子氣流中的正離子向上極板M偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向下極板N偏轉(zhuǎn)，所以ab中電流方向是由a流向b。由圖乙可知，在0～1s內(nèi)，線圈A內(nèi)磁場方向向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，由楞次定律可知感應(yīng)電流方向是由c流向d，由于ab、cd導(dǎo)線內(nèi)電流的方向相同，則互相吸引，故A錯誤；在1～2s內(nèi)，線圈A內(nèi)磁場方向向左，磁感應(yīng)強(qiáng)度增加，由楞次定律可知感應(yīng)電流的方向是由c流向d，由于ab、cd導(dǎo)線內(nèi)電流的方向相同，則互相吸引，故B正確；在2～3s內(nèi)，線圈A內(nèi)磁場方向向左，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，由楞次定律可知感應(yīng)電流的方向是由d流向c，由于ab、cd導(dǎo)線內(nèi)電流的方向相反，則互相排斥，故C錯誤；在3～4s內(nèi)，線圈A內(nèi)磁場方向向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度增加，由楞次定律可知感應(yīng)電流的方向是由d流向c，由于ab、cd導(dǎo)線內(nèi)電流的方向相反，則互相排斥，故D正確。題型二：二次感應(yīng)例2(多選)如圖，水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動的金屬棒PQ、MN，MN的左邊有一閉合電路。當(dāng)PQ在外力的作用下運(yùn)動時，MN向右運(yùn)動，則PQ所做的運(yùn)動可能是()A．向右加速運(yùn)動 B.向右減速運(yùn)動C．向左加速運(yùn)動 D.向左減速運(yùn)動答案：BC。解析：根據(jù)安培定則可知，MN處于ab產(chǎn)生的垂直向里的磁場中，MN在磁場力作用下向右運(yùn)動，說明MN受到的磁場力向右，由左手定則可知電流由M指向N，L1中感應(yīng)電流的磁場向上，由楞次定律可知，L2中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場應(yīng)該是向上減弱，或向下增強(qiáng)；再由右手定則可知PQ可能是向右減速運(yùn)動或向左加速運(yùn)動。故B、C正確，A、D錯誤。物理模型盤點(diǎn)——電磁感應(yīng)電路分析與模型轉(zhuǎn)換【模型概述】電磁感應(yīng)電路的分析與計算以其覆蓋知識點(diǎn)多，綜合性強(qiáng)，思維含量高，充分體現(xiàn)考生能力和素質(zhì)等特點(diǎn)，成為歷屆高考命題的特點(diǎn).據(jù)報道，1992年7月，美國"阿特蘭蒂斯"號航天飛機(jī)進(jìn)行了一項(xiàng)衛(wèi)星懸繩發(fā)電實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)取得了部分成功.航天飛機(jī)在地球赤道上空離地面約3000km處由東向西飛行，相對地面速度大約6.5×103m/s，從航天飛機(jī)上向地心方向發(fā)射一顆衛(wèi)星，攜帶一根長20km，電阻為800Ω的金屬懸繩，使這根懸繩與地磁場垂直，做切割磁感線運(yùn)動.假定這一范圍內(nèi)的地磁場是均勻的.磁感應(yīng)強(qiáng)度為4×10-5T，且認(rèn)為懸繩上各點(diǎn)的切割速度和航天飛機(jī)的速度相同.根據(jù)理論設(shè)計，通過電離層（由等離子體組成）的作用，懸繩可以產(chǎn)生約3A的感應(yīng)電流，試求：（1）金屬懸繩中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢；（2）懸繩兩端的電壓；（3）航天飛機(jī)繞地球運(yùn)行一圈懸繩輸出的電能（已知地球半徑為6400km）.命題意圖：考查考生信息攝取、提煉、加工能力及構(gòu)建物理模型的抽象概括能力.B級要求.分析：考生缺乏知識遷移運(yùn)用能力和抽象概括能力，不能于現(xiàn)實(shí)情景中構(gòu)建模型（切割磁感線的導(dǎo)體棒模型）并進(jìn)行模型轉(zhuǎn)換（轉(zhuǎn)換為電源模型及直流電路模型），無法順利運(yùn)用直流電路相關(guān)知識突破.如圖所示，豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T，并且以=0.1T/s在變化，水平軌道電阻不計，且不計摩擦阻力，寬0.5m的導(dǎo)軌上放一電阻R0=0.1Ω的導(dǎo)體棒，并用水平線通過定滑輪吊著質(zhì)量M=0.2kg的重物，軌道左端連接的電阻R=0.4Ω，圖中的l=0.8m，求至少經(jīng)過多長時間才能吊起重物.命題意圖：考查理解能力、推理能力及分析綜合能力.B級要求.錯解分析：（1）不善于逆向思維，采取執(zhí)果索因的有效途徑探尋解題思路；（2）實(shí)際運(yùn)算過程忽視了B的變化，將B代入F安=BIlab，導(dǎo)致錯解.一、命題特點(diǎn)對電磁感應(yīng)電路的考查命題，常以學(xué)科內(nèi)綜合題目呈現(xiàn)，涉及電磁感應(yīng)定律、直流電路、功、動能定理、能量轉(zhuǎn)化與守恒等多個知識點(diǎn)，突出考查考生理解能力、分析綜合能力，尤其從實(shí)際問題中抽象概括構(gòu)建物理模型的創(chuàng)新能力.二、求解策略變換物理模型，是將陌生的物理模型與熟悉的物理模型相比較，分析異同并從中挖掘其內(nèi)在聯(lián)系，從而建立起熟悉模型與未知現(xiàn)象之間相互關(guān)系的一種特殊解題方法.巧妙地運(yùn)用“類同”變換，“類似”變換，“類異”變換，可使復(fù)雜、陌生、抽象的問題變成簡單、熟悉、具體的題型，從而使問題大為簡化.解決電磁感應(yīng)電路問題的關(guān)鍵就是借鑒或利用相似原型來啟發(fā)理解和變換物理模型，即把電磁感應(yīng)的問題等效轉(zhuǎn)換成穩(wěn)恒直流電路，把產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分導(dǎo)體等效為內(nèi)電路.感應(yīng)電動勢的大小相當(dāng)于電源電動勢.其余部分相當(dāng)于外電路，并畫出等效電路圖.此時，處理問題的方法與閉合電路求解基本一致，惟一要注意的是電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，有時導(dǎo)體兩端有電壓，但沒有電流流過，這類似電源兩端有電勢差但沒有接入電路時，電流為零.如圖所示，a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導(dǎo)線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長la=3lb，圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的均強(qiáng)磁場，且磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則（）A．兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流B．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電動勢之比為9:1C．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電流之比為3:4D．a(chǎn)、b線圈中電功率之比為3:1【答案】B【解析】根據(jù)楞次定律可知，兩線圈內(nèi)均產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流，A錯誤；因磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻增大，則，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得則所以，則B正確；根據(jù)故a、b線圈中的感應(yīng)電流之比為3:1，選項(xiàng)C錯，電功率則電功率之比為27:1，選項(xiàng)D錯，故選B.物理模型盤點(diǎn)——電磁感應(yīng)中的框模型【模型概述】1.常見的框模型有三邊框、四邊框、五邊框、圓形或半圓形框等，在磁場中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，有的是動生電動勢，有的是感生電動勢，有的是兩種電動勢同時產(chǎn)生。處理框模型，有時需要畫等效電路圖，有時需進(jìn)行受力分析和能量分析，有時是考查圖像分析和處理能力，因此，其綜合性較強(qiáng)，需要的知識點(diǎn)較多。2.電磁感應(yīng)中的電路問題的基本步驟(1)確定電源：先判斷產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象的是哪一部分導(dǎo)體，該部分導(dǎo)體可視為電源。(2)分析電路結(jié)構(gòu)，畫等效電路圖。(3)利用電路規(guī)律求解，主要有歐姆定律、串并聯(lián)電路規(guī)律等。3．電磁感應(yīng)中的電路分析易錯點(diǎn)：(1)不能正確根據(jù)感應(yīng)電動勢或感應(yīng)電流的方向分析外電路中電勢的高低。因產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分電路相當(dāng)于電源，故該部分電路中的電流從低電勢流向高電勢，而外電路中電流的方向是從高電勢到低電勢。(2)應(yīng)用歐姆定律分析求解電路時，沒有考慮到電源的內(nèi)阻對電路的影響。(3)對連接在電路中電表的讀數(shù)不能正確進(jìn)行分析，例如并聯(lián)在等效電源兩端的電壓表，其示數(shù)是路端電壓，而不是等效電源的電動勢。4.導(dǎo)體棒的動力學(xué)分析電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中受到安培力的作用，從而影響導(dǎo)體棒(或線圈)的受力情況和運(yùn)動情況。通常有兩種狀態(tài)及處理方法狀態(tài)特征處理方法平衡態(tài)加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析非平衡態(tài)加速度不為零根據(jù)牛頓第二定律進(jìn)行動態(tài)分析或結(jié)合功能關(guān)系進(jìn)行分析，注意加速度的變化及速度變化。5.電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法(1)能量轉(zhuǎn)化eq\x(\a\al(其他形式,的能量))eq\o(→,\s\up7(克服安培),\s\do5(力做功))eq\x(\a\al(電,能))eq\o(→,\s\up7(電流做功))eq\x(\a\al(焦耳熱或其他,形式的能量))(2)求解焦耳熱Q的三種方法(純電阻電路)6.電磁感應(yīng)中的圖像問題（1）圖像類型（2）解題關(guān)鍵①弄清物理量的初始條件和正負(fù)方向；②注意物理量在進(jìn)、出磁場時的變化；③寫出函數(shù)表達(dá)式。（3）解題方法：先定性排除，再定量解析①定性排除法：用右手定則或楞次定律確定物理量的方向，定性地分析物理量的變化趨勢、變化快慢、是否均勻變化等，特別注意物理量的正負(fù)和磁場邊界處物理量的變化，通過定性分析排除錯誤的選項(xiàng)。②定量解析法：根據(jù)題目所給條件定量地推導(dǎo)出物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖像作出分析，由圖像的斜率、截距等作出判斷?！镜湫屠}】題型一：三邊框之動生電動勢與感生電動勢同時產(chǎn)生模型如圖所示，在MN右側(cè)區(qū)域有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化的關(guān)系為B＝kt(k為大于零的常量)。一高為a、電阻為R的正三角形金屬線框向右勻速運(yùn)動。在t＝0時刻，線框底邊恰好到達(dá)MN處；在t＝T時刻，線框恰好完全進(jìn)入磁場。在線框勻速進(jìn)入磁場的過程中()A．線框中的電流始終為逆時針方向B．線框中的電流先為逆時針方向，后為順時針方向C．t＝eq\f(T,2)時刻，流過線框的電流大小為eq\f(\r(3)ka2,6R)D．t＝eq\f(T,2)時刻，流過線框的電流大小為eq\f(5\r(3)ka2,12R)答案AD解析根據(jù)楞次定律可知，在線框勻速進(jìn)入磁場的過程中，穿過線框的磁通量增加，則線框中的電流始終為逆時針方向，A正確，B錯誤；線框的邊長為eq\f(2a,\r(3))，t＝eq\f(T,2)時刻，線框切割磁感線的有效長度為eq\f(a,\r(3))，動生電動勢E＝Bveq\f(a,\r(3))＝eq\f(kT,2)×eq\f(a,T)×eq\f(a,\r(3))＝eq\f(ka2,2\r(3))＝eq\f(\r(3)ka2,6)，因磁場變化產(chǎn)生的感生電動勢E′＝eq\f(ΔB,Δt)S＝k×eq\f(3,4)×eq\f(1,2)×eq\f(2a,\r(3))×a＝eq\f(\r(3),4)ka2，E與E′方向相同，則流過線框的電流大小為I＝eq\f(E＋E′,R)＝eq\f(5\r(3)ka2,12R)，C錯誤，D正確。題型二：四邊框連接體之運(yùn)動分析與能量轉(zhuǎn)化如圖所示，同一豎直面內(nèi)的正方形導(dǎo)線框a、b的邊長均為l，電阻均為R，質(zhì)量分別為2m和m。它們分別系在一跨過兩個定滑輪的輕繩兩端，在兩導(dǎo)線框之間有一寬度為2l、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域。開始時，線框b的上邊與勻強(qiáng)磁場的下邊界重合，線框a的下邊到勻強(qiáng)磁場的上邊界的距離為l?，F(xiàn)將系統(tǒng)由靜止釋放，當(dāng)線框b全部進(jìn)入磁場時，a、b兩個線框開始做勻速運(yùn)動。不計摩擦和空氣阻力，則()A．a(chǎn)、b兩個線框勻速運(yùn)動的速度大小為eq\f(2mgR,B2l2)B．線框a從其下邊進(jìn)入磁場到上邊離開磁場所用時間為eq\f(3B2l3,mgR)C．從開始運(yùn)動到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中，線框a所產(chǎn)生的焦耳熱為mglD．從開始運(yùn)動到線框a全部進(jìn)入磁場的過程中，兩線框共克服安培力做功為2mgl答案BC解析當(dāng)線框b全部進(jìn)入磁場時，a、b兩個線框開始做勻速運(yùn)動，此時線框a下邊剛進(jìn)入磁場，下邊所受安培力eq\f(B2l2v,R)＝2mg－mg，得v＝eq\f(mgR,B2l2)，A錯誤；線框a從其下邊進(jìn)入磁場到上邊離開磁場，開始線框a切割磁感線運(yùn)動，受力平衡，然后線框b切割磁感線運(yùn)動，受力也平衡，最后線框a切割磁感線運(yùn)動，仍受力平衡，則這一過程所用時間為t＝eq\f(3l,v)＝eq\f(3B2l3,mgR)，B正確；從開始運(yùn)動到線框a全部進(jìn)入磁場可以分為兩個階段，第一階段線框a的下邊進(jìn)入磁場之前，這一階段線框a產(chǎn)生的焦耳熱為零，第二階段從線框a的下邊進(jìn)入磁場到線框a全部進(jìn)入磁場，這一階段線框b全部在磁場中，線框b中的磁通量不變，即線框b產(chǎn)生的焦耳熱為零，第二階段系統(tǒng)減少的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為線框a產(chǎn)生的焦耳熱，即Q＝mgl，C正確；由能量守恒定律可知，兩線框的重力勢能減少量等于兩線框的動能增加量與兩線框克服安培力做功產(chǎn)生的內(nèi)能之和，兩線框重力勢能的減少量為2mgl，結(jié)合功能關(guān)系可知，兩線框克服安培力做功一定小于2mgl，D錯誤。題型三：四邊框之圖像題如圖所示，邊長為L的單匝均勻金屬線框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通過寬度為D(D>L)、方向豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場。在整個過程中線框的ab邊始終與磁場的邊界平行，若以F表示拉力大小，以Uab表示線框a、b兩點(diǎn)間的電勢差，以I表示通過線框的電流，以P表示拉力的功率，則下列反映這些物理量隨時間變化的圖像中可能正確的是()答案：C。解析：設(shè)線框做勻速直線運(yùn)動的速度為v，線框的總電阻為R。依題意D＞L，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律，線框在進(jìn)入磁場和離開磁場的過程中均產(chǎn)生大小為I＝eq\f(BLv,R)的感應(yīng)電流，線框完全在磁場中運(yùn)動時不產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律可知線框在進(jìn)入磁場和離開磁場的過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相反，故C正確；線框做勻速直線運(yùn)動，則線框在進(jìn)入磁場和離開磁場的過程中所受拉力大小均等于安培力大小，即F＝FA＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，線框完全在磁場中運(yùn)動時不受安培力，則F＝0，故A錯誤；拉力的功率P＝Fv，結(jié)合A項(xiàng)的分析可知，線框在進(jìn)入磁場和離開磁場的過程中P相等，線框完全在磁場中運(yùn)動時P＝0，故D錯誤；線框進(jìn)入磁場時，ab邊切割磁感線，相當(dāng)于電源，根據(jù)右手定則可知φa>φb，所以Uab＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3,4)BLv，完全在磁場中時，線框中無電流，Uab＝E＝BLv，線框穿出磁場的過程中，cd邊切割磁感線，相當(dāng)于電源，根據(jù)楞次定律可知φa>φb，則Uab＝eq\f(1,4)E＝eq\f(1,4)BLv，故B錯誤。題型四：四邊框之動力學(xué)分析（應(yīng)用電阻率與密度概念解決問題）由相同材料的導(dǎo)線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，兩線圈的質(zhì)量相等，但所用導(dǎo)線的橫截面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍?，F(xiàn)兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同時由靜止開始下落，一段時間后進(jìn)入一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的上邊界水平，如圖所示。不計空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平。在線圈下邊進(jìn)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場前，可能出現(xiàn)的是（）A.甲和乙都加速運(yùn)動B.甲和乙都減速運(yùn)動C.甲加速運(yùn)動，乙減速運(yùn)動D.甲減速運(yùn)動，乙加速運(yùn)動【答案】AB【解析】設(shè)線圈到磁場的高度為h，線圈的邊長為l，則線圈下邊剛進(jìn)入磁場時，有v=感應(yīng)電動勢為E=nBlv兩線圈材料相等（設(shè)密度為ρ0），質(zhì)量相同（設(shè)為m），則設(shè)材料的電阻率為ρ，則線圈電阻R=ρ感應(yīng)電流為I=ER由牛頓第二定律有mg?F=ma聯(lián)立解得a=g?加速度和線圈的匝數(shù)、橫截面積無關(guān)，則甲和乙進(jìn)入磁場時，具有相同的加速度。當(dāng)g>B2v16ρρ題型五：五邊框之圖像問題(多選)如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第一和第二象限分別存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反且垂直于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)磁場，圖中虛線方格為等大正方形。一位于Oxy平面內(nèi)的剛性導(dǎo)體框abcde在外力作用下以恒定速度沿y軸正方向運(yùn)動(不發(fā)生轉(zhuǎn)動)。從圖示位置開始計時，4s末bc邊剛好進(jìn)入磁場。在此過程中，導(dǎo)體框內(nèi)感應(yīng)電流的大小為I，ab邊所受安培力的大小為Fab，二者與時間t的關(guān)系圖像可能正確的是()答案BC解析因?yàn)?s末bc邊剛好進(jìn)入磁場，可知導(dǎo)體框每秒運(yùn)動的位移大小等于一個方格的邊長，故在0～1s內(nèi)只有ae邊切割磁感線，設(shè)方格邊長為L，導(dǎo)體框運(yùn)動速度為v，電阻為R，則E1＝2BLv，I1＝eq\f(E1,R)，且電流恒定；2s末導(dǎo)體框在第二象限的有效切割長度最長，此時有E2＝3BLv，I2＝eq\f(E2,R)，可知I2＝eq\f(3,2)I1；在2～4s內(nèi)導(dǎo)體框有一部分進(jìn)入第一象限，感應(yīng)電流減小，同理可得3s末電流I3＝I1,4s末電流I4＝eq\f(1,2)I1；綜上分析可知A錯誤，B正確。根據(jù)Fab＝BIL有效，可知在0～1s內(nèi)ab邊所受的安培力線性增加，1s末安培力Fab1＝BI1L,2s末安培力Fab2＝B×eq\f(3,2)I1×2L＝3Fab1,3s末安培力Fab3＝B×I1×3L＝3Fab1,4s末安培力Fab4＝B×eq\f(1,2)I1×4L＝2Fab1，綜上分析可知C正確，D錯誤。物理模型盤點(diǎn)——電磁感應(yīng)中的“桿＋導(dǎo)軌”模型【模型概述】1．模型特點(diǎn)“桿＋導(dǎo)軌”模型是電磁感應(yīng)問題高考命題的“基本道具”，也是高考的熱點(diǎn)。“桿＋導(dǎo)軌”模型問題的物理情境變化空間大，涉及的知識點(diǎn)多。2．分析思路3．模型分類模型一單桿水平式物理模型勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，棒ab長為L，質(zhì)量為m，初速度為零，拉力恒為F，水平導(dǎo)軌光滑，除電阻R外，其他電阻不計動態(tài)分析設(shè)運(yùn)動過程中某時刻棒的速度為v，由牛頓第二定律知棒ab的加速度為a＝eq\f(F,m)－eq\f(B2L2v,mR)，a、v同向，隨速度的增加，棒的加速度a減小，當(dāng)a＝0時，v最大，I＝eq\f(BLv,R)恒定收尾狀態(tài)運(yùn)動形式勻速直線運(yùn)動力學(xué)特征a＝0，v恒定不變電學(xué)特征I恒定物理模型勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌間距L，導(dǎo)體棒質(zhì)量m，電阻R，導(dǎo)軌光滑，電阻不計(如圖)動態(tài)分析棒ab釋放后下滑，此時a＝gsinα，棒ab速度v↑→感應(yīng)電動勢E＝BLv↑→電流I＝eq\f(E,R)↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，當(dāng)安培力F＝mgsinα?xí)r，a＝0，v最大收尾狀態(tài)運(yùn)動形式勻速直線運(yùn)動力學(xué)特征a＝0，v最大，vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)電學(xué)特征I恒定模型二單桿傾斜式

如圖，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上。t＝0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動。t0時刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運(yùn)動。桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ。重力加速度大小為g。求(1)金屬桿在磁場中運(yùn)動時產(chǎn)生的電動勢的大??；(2)電阻的阻值。解析：(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得ma＝F－μmg①設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時的速度為v，由運(yùn)動學(xué)公式有v＝at0②當(dāng)金屬桿以速度v在磁場中運(yùn)動時，由法拉第電磁感應(yīng)定律，桿中的電動勢為E＝Blv③聯(lián)立①②③式可得E＝Blt0(eq\f(F,m)－μg)④(2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運(yùn)動時，金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律I＝eq\f(E,R)⑤式中R為電阻的阻值。金屬桿所受的安培力為FA＝BlI⑥因金屬桿做勻速運(yùn)動，由牛頓運(yùn)動定律得F－μmg－FA＝0⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得R＝eq\f(B2l2t0,m)⑧答案：(1)Blt0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(F,m)－μg))(2)eq\f(B2l2t0,m)如圖，在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中有一U形金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌平面與磁場垂直。金屬桿PQ置于導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌形成閉合回路PQRS，一圓環(huán)形金屬線框T位于回路圍成的區(qū)域內(nèi)，線框與導(dǎo)軌共面。現(xiàn)讓金屬桿PQ突然向右運(yùn)動，在運(yùn)動開始的瞬間，關(guān)于感應(yīng)電流的方向，下列說法正確的是A．PQRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向B．PQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向C．PQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向

D．PQRS中沿逆時針方向，T中沿順時針方向【答案】D【考點(diǎn)定位】電磁感應(yīng)、右手定則、楞次定律【名師點(diǎn)睛】解題關(guān)鍵是掌握右手定則、楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，還要理解PQRS中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場會使T中的磁通量變化，又會使T中產(chǎn)生感應(yīng)電流。如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R。金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個裝置放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說法正確的是A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到aB．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小【答案】D【解析】導(dǎo)體棒ab、電阻R、導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減?。橐欢ㄖ担?，則閉合回路中的磁通量減小，根據(jù)楞次定律，可知回路中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，ab中的電流方向由a到b，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢，回路面積S不變，即感應(yīng)電動勢為定值，根據(jù)歐姆定律，所以ab中的電流大小不變，故B錯誤；安培力，電流大小不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度減小，則安培力減小，故C錯誤；導(dǎo)體棒處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合力為零，對其受力分析，水平方向靜摩擦力f與安培力F等大反向，安培力減小，則靜摩擦力減小，故D正確。【考點(diǎn)定位】楞次定律，法拉第電磁感應(yīng)定律，安培力【名師點(diǎn)睛】本題應(yīng)從電磁感應(yīng)現(xiàn)象入手，熟練應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律。兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直。邊長為0.1m、總電阻為0.005Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖（a）所示。已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動，cd邊于t=0時刻進(jìn)入磁場。線框中感應(yīng)電動勢隨時間變化的圖線如圖（b）所示（感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r針時，感應(yīng)電動勢取正）。下列說法正確的是A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5TB．導(dǎo)線框運(yùn)動速度的大小為0.5m/sC．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外D．在t=0.4s至t=0.6s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1N【答案】BC【考點(diǎn)定位】法拉第電磁感應(yīng)定律；楞次定律；安培力【名師點(diǎn)睛】此題是關(guān)于線圈過磁場的問題；關(guān)鍵是能通過給出的E–t圖象中獲取信息，得到線圈在磁場中的運(yùn)動情況，結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律及楞次定律進(jìn)行解答。此題意在考查學(xué)生基本規(guī)律的運(yùn)用能力以及從圖象中獲取信息的能力。發(fā)電機(jī)和電動機(jī)具有裝置上的類似性，源于它們機(jī)理上的類似性。直流發(fā)電機(jī)和直流電動機(jī)的工作原理可以簡化為如圖1、圖2所示的情景。在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，兩根光滑平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L，電阻不計。電阻為R的金屬導(dǎo)體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好，以速度v（v平行于MN）向右做勻速運(yùn)動。圖1軌道端點(diǎn)MP間接有阻值為r的電阻，導(dǎo)體棒ab受到水平向右的外力作用。圖2軌道端點(diǎn)MP間接有直流電源，導(dǎo)體棒ab通過滑輪勻速提升重物，電路中的電流為I。（1）求在Δt時間內(nèi)，圖1“發(fā)電機(jī)”產(chǎn)生的電能和圖2“電動機(jī)”輸出的機(jī)械能。（2）從微觀角度看，導(dǎo)體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力在上述能量轉(zhuǎn)化中起著重要作用。為了方便，可認(rèn)為導(dǎo)體棒中的自由電荷為正電荷。a．請在圖3（圖1的導(dǎo)體棒ab）、圖4（圖2的導(dǎo)體棒ab）中，分別畫出自由電荷所受洛倫茲力的示意圖。b．我們知道，洛倫茲力對運(yùn)動電荷不做功。那么，導(dǎo)體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力是如何在能量轉(zhuǎn)化過程中起到作用的呢？請以圖2“電動機(jī)”為例，通過計算分析說明。【答案】（1）（2）a．如圖3、圖4b．見解析【解析】（1）圖1中，電路中的電流棒ab受到的安培力F1=BI1L在Δt時間內(nèi)，“發(fā)電機(jī)”產(chǎn)生的電能等于棒ab克服安培力做的功圖2中，棒ab受到的安培力F2=BIL在Δt時間內(nèi)，“電動機(jī)”輸出的機(jī)械能等于安培力對棒ab做的功（2）a．圖3中，棒ab向右運(yùn)動，由左手定則可知其中的正電荷受到b→a方向的洛倫茲力，在該洛倫茲力作用下，正電荷沿導(dǎo)體棒運(yùn)動形成感應(yīng)電流，有沿b→a方向的分速度，受到向左的洛倫茲力作用；圖4中，在電源形成的電場作用下，棒ab中的正電荷沿a→b方向運(yùn)動，受到向右的洛倫茲力作用，該洛倫茲力使導(dǎo)體棒向右運(yùn)動，正電荷具有向右的分速度，又受到沿b→a方向的洛倫茲力作用。如圖3、圖4。b．設(shè)自由電荷的電荷量為q，沿導(dǎo)體棒定向移動的速率為u。如圖4所示，沿棒方向的洛倫茲力，做負(fù)功垂直棒方向的洛倫茲力，做正功所示，即導(dǎo)體棒中一個自由電荷所受的洛倫茲力做功為零。做負(fù)功，阻礙自由電荷的定向移動，宏觀上表現(xiàn)為“反電動勢”，消耗電源的電能；做正功，宏觀上表現(xiàn)為安培力做正功，使機(jī)械能增加。大量自由電荷所受洛倫茲力做功的宏觀表現(xiàn)是將電能轉(zhuǎn)化為等量的機(jī)械能，在此過程中洛倫茲力通過兩個分力做功起到“傳遞能量的作用?！究键c(diǎn)定位】閉合電路歐姆定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、左手定則、功能關(guān)系【名師點(diǎn)睛】洛倫茲力永不做功，本題看似洛倫茲力做功，實(shí)則將兩個方向的分運(yùn)動結(jié)合起來，所做正、負(fù)功和為零。物理模型盤點(diǎn)——雙桿模型【模型概述】1.模型特點(diǎn)(1)一桿切割時，分析同單桿類似。(2)兩桿同時切割時，回路中的感應(yīng)電動勢由兩桿共同決定，E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Bl(v1－v2)。2．電磁感應(yīng)中的“雙桿”問題分析(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m1＝m2電阻r1＝r2長度l1＝l2質(zhì)量m1＝m2不電阻r1＝r2長度l1＝2l2運(yùn)動分析桿MN做變減速運(yùn)動，桿PQ做變加速運(yùn)動，穩(wěn)定時，兩桿的加速度均為零，以相等的速度eq\f(v0,2)勻速運(yùn)動穩(wěn)定時，兩桿的加速度均為零，兩桿的速度之比為1∶2能量分析一部分動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，Q＝－ΔEk(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)軌不光滑平行導(dǎo)軌示意圖質(zhì)量m1＝m2電阻r1＝r2長度l1＝l2摩擦力Ff1＝Ff2質(zhì)量m1＝m2電阻r1＝r2長度l1＝l2運(yùn)動分析開始時，兩桿做變加速運(yùn)動；穩(wěn)定時，兩桿以相同的加速度做勻加速運(yùn)動開始時，若F≤2Ff，則PQ桿先變加速后勻速運(yùn)動；MN桿靜止。若F>2Ff，PQ桿先變加速后勻加速運(yùn)動，MN桿先靜止后變加速最后和PQ桿同時做勻加速運(yùn)動，且加速度相同能量分析外力做功轉(zhuǎn)化為動能和內(nèi)能，WF＝ΔEk＋Q外力做功轉(zhuǎn)化為動能和內(nèi)能(包括電熱和摩擦熱)，WF＝ΔEk＋Q電＋Qf【典型例題】題型一：系統(tǒng)動量守恒的最終同速的雙桿例1．(多選)如圖，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，棒ab以初速度v0向右滑動。運(yùn)動過程中，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()【答案】AC【解析】因?yàn)楦袘?yīng)電流，ab受安培力作用，速度v1不斷減小，根據(jù)動量守恒，，，所以A正確B錯誤；感應(yīng)電動勢，電流，隨著速度減小，感應(yīng)電流I減小但不是線性的，所以C正確D錯誤。題型二：系統(tǒng)動量不守恒的同向運(yùn)動的雙桿例2．(多選)如圖，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。ab、dc足夠長，整個金屬框電阻可忽略。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向右拉動金屬框，運(yùn)動過程中，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)過一段時間后()A．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】由bc邊切割磁感線產(chǎn)生電動勢，形成電流，使得導(dǎo)體棒MN受到向右的安培力，做加速運(yùn)動，bc邊受到向左的安培力，向右做加速運(yùn)動。當(dāng)MN運(yùn)動時，金屬框的bc邊和導(dǎo)體棒MN一起切割磁感線，設(shè)導(dǎo)體棒MN和金屬框的速度分別為、，則電路中的電動勢電流中的電流金屬框和導(dǎo)體棒MN受到的安培力，與運(yùn)動方向相反，與運(yùn)動方向相同設(shè)導(dǎo)體棒MN和金屬框的質(zhì)量分別為、，則對導(dǎo)體棒MN對金屬框初始速度均為零，則a1從零開始逐漸增加，a2從開始逐漸減小。當(dāng)a1＝a2時，相對速度大小恒定。整個運(yùn)動過程用速度時間圖象描述如下。綜上可得，金屬框的加速度趨于恒定值，安培力也趨于恒定值，BC選項(xiàng)正確；金屬框的速度會一直增大，導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離也會一直增大，AD選項(xiàng)錯誤。故選BC。題型三：系統(tǒng)動量不守恒的反向運(yùn)動的雙桿例3．如圖所示，兩根足夠長的平行光