高考物理二、三輪復(fù)習(xí)總攻略專題4.6電磁感應(yīng)中的桿模型與框模型(原卷版+解析)

重點模型與核心問題深究專題4.6電磁感應(yīng)中的桿模型與框模型目錄TOC\o"1-3"\h\u模型一單桿＋導(dǎo)軌模型 1類型1單桿＋電阻＋導(dǎo)軌模型中的四類問題 1類型2單桿＋電容器(或電源)＋導(dǎo)軌模型中的四種題型 3模型二雙桿＋導(dǎo)軌模型中的四類問題 6模型三線框模型 10類型1線框穿越磁場過程的圖像問題 11類型2線框穿越磁場過程的動力學(xué)及能量問題 12專題強化訓(xùn)練 13模型一單桿＋導(dǎo)軌模型單桿＋導(dǎo)軌模型是由單桿、導(dǎo)軌、電阻或電容器、磁場一般為勻強磁場組成，從導(dǎo)軌的放置方式上來分，可有水平導(dǎo)軌、豎直導(dǎo)軌、傾斜導(dǎo)軌三種類型，求解過程中要做好三個分析：電路分析、動力學(xué)分析、能量分析，在計算感應(yīng)電荷量時，還要用到動量定理知識，試題難度一般較大。類型1單桿＋電阻＋導(dǎo)軌模型中的四類問題【例1】如圖所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面的夾角為θ，N、Q兩點間接有阻值為R的電阻。整個裝置處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下。將質(zhì)量為m、阻值也為R的金屬桿cd垂直放在導(dǎo)軌上，桿cd由靜止釋放，下滑距離x時達到最大速度。重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計，桿與導(dǎo)軌接觸良好。求：(1)桿cd下滑的最大加速度和最大速度；(2)上述過程中，桿上產(chǎn)生的熱量。(3)若已知金屬桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)用沿導(dǎo)軌平面向上的恒定外力F作用在金屬桿cd上，使cd由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運動，求cd的最大加速度和最大速度?！窘忸}指導(dǎo)】(1)桿cd下滑的最大加速度和最大速度分析思路：[方法規(guī)律]“單桿＋電阻＋導(dǎo)軌”四種題型剖析題型一(v0≠0)題型二(v0＝0)題型三(v0＝0)題型四(v0＝0)說明質(zhì)量為m，電阻不計的單桿cd以一定初速度v0在光滑水平軌道上滑動，兩平行導(dǎo)軌間距為L軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計，兩平行導(dǎo)軌間距為L，拉力F恒定傾斜軌道光滑，傾角為α，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計，兩平行導(dǎo)軌間距為L豎直軌道光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計，兩平行導(dǎo)軌間距為L示意圖力學(xué)觀點桿以速度v切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E＝BLv，電流I＝eq\f(BLv,R)，安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)。桿做減速運動：v↓?F↓?a↓，當(dāng)v＝0時，a＝0，桿保持靜止開始時a＝eq\f(F,m)，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由F－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時，v最大，vm＝eq\f(FR,B2L2)開始時a＝gsinα，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mgsinα－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時，v最大，vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)開始時a＝g，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mg－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時，v最大，vm＝eq\f(mgR,B2L2)圖像觀點能量觀點動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：Q＝eq\f(1,2)mv02F做的功一部分轉(zhuǎn)化為桿的動能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WF＝Q＋eq\f(1,2)mvm2重力做的功(或減少的重力勢能)一部分轉(zhuǎn)化為桿的動能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WG＝Q＋eq\f(1,2)mvm2重力做的功(或減少的重力勢能)一部分轉(zhuǎn)化為桿的動能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WG＝Q＋eq\f(1,2)mvm2類型2單桿＋電容器(或電源)＋導(dǎo)軌模型中的四種題型【例2】如圖所示，在豎直向下的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，兩根足夠長的平行光滑金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L。一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒cd垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好。軌道和導(dǎo)體棒的電阻均不計。(1)如圖1所示，若軌道左端M、P間接一阻值為R的電阻，導(dǎo)體棒在拉力F的作用下以速度v沿軌道做勻速運動。請通過公式推導(dǎo)證明：在任意一段時間Δt內(nèi)，拉力F所做的功與電路獲得的電能相等。(2)如圖2所示，若軌道左端接一電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源和一阻值未知的電阻，閉合開關(guān)S，導(dǎo)體棒從靜止開始運動，經(jīng)過一段時間后，導(dǎo)體棒達到最大速度vm，求此時電源的輸出功率。(3)如圖3所示，若軌道左端接一電容器，電容器的電容為C，導(dǎo)體棒在水平拉力的作用下從靜止開始向右運動。電容器兩極板間電勢差隨時間變化的圖像如圖4所示，已知t1時刻電容器兩極板間的電勢差為U1。求導(dǎo)體棒運動過程中受到的水平拉力大小。(4)若圖3中導(dǎo)體棒在恒定水平外力F作用下，從靜止開始運動，導(dǎo)軌與棒間的動摩擦因數(shù)為μ，寫出導(dǎo)體棒的速度大小隨時間變化的關(guān)系式?！窘忸}指導(dǎo)】(1)導(dǎo)體棒勻速運動→受力平衡→求出拉力做的功。導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢→產(chǎn)生感應(yīng)電流→求出回路的電能。(2)閉合開關(guān)S→導(dǎo)體棒變加速運動→產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不斷增大→達到電源的路端電壓→棒中沒有電流→由此可求出電源與電阻所在回路的電流→電源的輸出功率。(3)導(dǎo)體棒在外力作用下運動→回路中形成充電電流→導(dǎo)體棒還受安培力的作用→由牛頓第二定律列式分析。[方法規(guī)律]“單桿＋電容器(或電源)＋導(dǎo)軌”四種題型剖析題型一(v0＝0)題型二(v0＝0)題型三(v0＝0)題型四(v0＝0)說明軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計，兩平行導(dǎo)軌間距為L軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計，兩平行導(dǎo)軌間距為L，拉力F恒定軌道傾斜光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計，兩平行導(dǎo)軌間距為L軌道豎直光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻為R，兩平行導(dǎo)軌間距為L示意圖力學(xué)觀點S閉合，桿cd受安培力F＝eq\f(BLE,r)，a＝eq\f(BLE,mr)，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動勢E感＝BLv↑?I↓?安培力F＝BIL↓?加速度a↓，當(dāng)E感＝E時，v最大，且vmax＝eq\f(E,BL)開始時a＝eq\f(F,m)，桿cd速度v↑?E＝BLv↑，經(jīng)過Δt速度為v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLa，F(xiàn)安＝CB2L2a，F(xiàn)－F安＝ma，a＝eq\f(F,m＋B2L2C)，所以桿做勻加速運動開始時a＝gsinα，桿cd速度v↑?E＝BLv↑，經(jīng)過Δt速度為v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLa，F(xiàn)安＝CB2L2a，mgsinα－F安＝ma，a＝eq\f(mgsinα,m＋CB2L2)，所以桿做勻加速運動開始時a＝g，桿cd速度v↑?E＝BLv↑，經(jīng)過Δt速度為v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLa，F(xiàn)安＝CB2L2a，mg－F安＝ma，a＝eq\f(mg,m＋CB2L2)，所以桿做勻加速運動圖像觀點能量觀點電源輸出的電能轉(zhuǎn)化為動能：W電＝eq\f(1,2)mvm2F做的功一部分轉(zhuǎn)化為動能，一部分轉(zhuǎn)化為電場能：WF＝eq\f(1,2)mv2＋EC重力做的功一部分轉(zhuǎn)化為動能，一部分轉(zhuǎn)化為電場能：WG＝eq\f(1,2)mv2＋EC重力做的功一部分轉(zhuǎn)化為動能，一部分轉(zhuǎn)化為電場能：WG＝eq\f(1,2)mv2＋EC模型二雙桿＋導(dǎo)軌模型中的四類問題雙桿＋導(dǎo)軌模型是由雙桿和導(dǎo)軌、勻強磁場組成，其中導(dǎo)軌有光滑和不光滑兩種情況，兩桿各自運動范圍內(nèi)導(dǎo)軌的寬度有相等和不相等兩種情況，兩桿可能有初速度，也可能受外力作用，總之，試題情景多樣，過程復(fù)雜，難度較大?！纠?】[多選]如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ放在水平面上，左端向上彎曲，導(dǎo)軌間距為L，電阻不計，水平段導(dǎo)軌所處空間存在方向豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。導(dǎo)軌上有a、b兩導(dǎo)體棒，質(zhì)量分別為ma＝m，mb＝2m，接入電路的阻值分別為Ra＝R，Rb＝2R。b棒靜止放置在水平導(dǎo)軌上距a棒足夠遠(yuǎn)處，a棒在弧形導(dǎo)軌上距水平面高度為h處由靜止釋放，運動過程中兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好且始終與導(dǎo)軌垂直，重力加速度為g，則()A．a(chǎn)棒剛進入磁場時回路中的感應(yīng)電流大小為eq\f(BL\r(2gh),R)B．a(chǎn)棒剛進入磁場時，b棒受到的安培力大小為eq\f(B2L2\r(2gh),3R)C．a(chǎn)棒和b棒最終穩(wěn)定時的速度大小為eq\f(\r(2gh),3)D．從a棒開始下落到最終穩(wěn)定的過程中，a棒上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(2,9)mgh【例4】[多選](2019·全國卷Ⅲ)如圖，方向豎直向下的勻強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。下列圖像中可能正確的是()【例5】．[多選](2022·陜西一模)如圖所示，空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為0.2T，足夠長的光滑水平金屬導(dǎo)軌，左側(cè)間距為0.6m，右側(cè)間距為0.2m。質(zhì)量均為0.02kg的金屬棒M、N垂直導(dǎo)軌放置，開始時金屬棒M、N均保持靜止?，F(xiàn)使金屬棒M以10m/s的速度向右運動，兩金屬棒在運動過程中始終相互平行且與導(dǎo)軌保持良好接觸，M棒總在寬軌上運動，N棒總在窄軌上運動，直到M、N達到穩(wěn)定狀態(tài)。g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．由M、N兩金屬棒和導(dǎo)軌組成回路的磁通量先減小后不變B．由M、N兩金屬棒組成的系統(tǒng)動量守恒C．在兩棒運動的整個過程中，電路中產(chǎn)生的焦耳熱為0.9JD．在兩棒運動的整個過程中，通過M、N兩個導(dǎo)體棒的電荷量相等，均為1.5C【例6】.(多選)(2020·全國卷Ⅰ·21)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，運動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中，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[方法規(guī)律]“雙桿＋導(dǎo)軌”四種題型剖析(雙棒質(zhì)量m1＝m2、電阻r1＝r2，導(dǎo)軌電阻不計)題型一(光滑的平行導(dǎo)軌)題型二(光滑不等距導(dǎo)軌)題型三(光滑的平行導(dǎo)軌)題型四(不光滑平行導(dǎo)軌)示意圖導(dǎo)體棒長度L1＝L2導(dǎo)體棒長度L1＝2L2，兩棒只在各自的軌道上運動導(dǎo)體棒長度L1＝L2摩擦力Ff1＝Ff2＝Ff導(dǎo)體棒長度L1＝L2圖像觀點力學(xué)觀點棒1做加速度減小的減速運動，棒2做加速度減小的加速運動，穩(wěn)定時，兩棒以相等的速度勻速運動棒1做加速度減小的減速運動，棒2做加速度減小的加速運動，穩(wěn)定時，兩棒的加速度均為零，速度之比為1∶2開始時，兩棒做變加速運動；穩(wěn)定時，兩棒以相同的加速度做勻加速運動開始時，若Ff<F≤2Ff，則棒2先做變加速運動后做勻速運動，棒1靜止。若F>2Ff，則棒2先做變加速運動后做勻加速運動，棒1先靜止后做變加速運動，最后和棒2做加速度相同的勻加速運動動量觀點兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒兩棒組成的系統(tǒng)動量不守恒對單棒可以用動量定理兩棒組成的系統(tǒng)動量不守恒對單棒可以用動量定理兩棒組成的系統(tǒng)動量不守對單棒可以用動量定理恒能量觀點系統(tǒng)動能的減少量等于產(chǎn)生的焦耳熱系統(tǒng)動能的減少量等于產(chǎn)生的焦耳熱拉力做的功一部分轉(zhuǎn)化為雙棒的動能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(焦耳熱)：W＝Q＋Ek1＋Ek2拉力做的功一部分轉(zhuǎn)化為雙棒的動能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(摩擦熱和焦耳熱)：W＝Q1＋Q2＋Ek1＋Ek2模型三線框模型線框模型研究的是線框穿越勻強磁場時發(fā)生的電磁感應(yīng)過程。高考試題通過此模型對電磁感應(yīng)過程中的電路、動力學(xué)、功能關(guān)系進行考查，在求解此類問題時，要注意分析清楚線框進入磁場和離開磁場時的運動情況和受力情況?！纠?】如圖甲所示，空間內(nèi)有一磁感應(yīng)強度B＝0.8T的水平勻強磁場，其上下水平邊界的間距為H，磁場的正上方有一長方形導(dǎo)線框，其長和寬分別為L＝2m、d＝0.8m(d＜H)，質(zhì)量m＝0.4kg，電阻R＝3.2Ω。將導(dǎo)線框從距磁場高h(yuǎn)＝0.8m處由靜止釋放，導(dǎo)線框平面始終與磁場方向垂直，導(dǎo)線框上下邊始終保持水平，重力加速度g取10m/s2。求：(1)導(dǎo)線框下邊緣剛進入磁場時加速度的大小。(2)若在導(dǎo)線框上邊緣進入磁場之前，導(dǎo)線框已經(jīng)開始做勻速運動。求導(dǎo)線框進入磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q。(3)請在圖乙中畫出從導(dǎo)線框由靜止開始下落到導(dǎo)線框上邊緣進入磁場的過程中，導(dǎo)線框速度v隨t變化的圖像(定性畫出)?！痉椒ㄒ?guī)律】解決線框模型問題的兩大關(guān)鍵(1)分析電磁感應(yīng)情況：弄清線框在運動過程中是否有磁通量不變的階段，線框進入和穿出磁場的過程中，才有感應(yīng)電流產(chǎn)生，結(jié)合閉合電路歐姆定律列方程解答。(2)分析線框的受力以及運動情況，選擇合適的力學(xué)規(guī)律處理問題：在題目中涉及電荷量、時間以及安培力為變力時應(yīng)選用動量定理處理問題；如果題目中涉及加速度的問題時選用牛頓運動定律解決問題比較方便。類型1線框穿越磁場過程的圖像問題1.如圖所示，有一邊長為L的正方形線框abcd，由距勻強磁場上邊界H處靜止釋放，下降過程中ab邊始終與磁場邊界平行，且ab邊剛進入勻強磁場區(qū)域時恰好能做勻速直線運動。勻強磁場區(qū)域?qū)挾纫矠長。ab邊開始進入磁場時記為t1，cd邊出磁場時記為t2，忽略空氣阻力，從線框開始下落到cd邊剛出磁場的過程中，線框的速度大小v、加速度大小a、ab兩點的電壓大小Uab、線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q隨時間t的變化圖像可能正確的是()類型2線框穿越磁場過程的動力學(xué)及能量問題2．[多選](2022·河南名校聯(lián)考)如圖所示，一水平方向的勻強磁場，磁場區(qū)域的高度為h，磁感應(yīng)強度為B。質(zhì)量為m、電阻為R、粗細(xì)均勻的矩形線圈，ab＝L，bc＝h，該線圈從cd邊離磁場上邊界高度H＝eq\f(mgR2,2gB4L4)處自由落下，不計空氣阻力，重力加速度為g，設(shè)cd邊始終保持水平，則()A．cd邊剛進入磁場時速度大小v＝eq\f(mgR,2B2L2)B．cd邊剛進入磁場時其兩端電壓Ucd＝eq\f(mgR,2BL＋h)C．線圈穿過磁場的時間t＝eq\f(2hBL2,mgR)D．線圈穿過磁場過程中，回路中產(chǎn)生的熱量Q＝2mgh專題強化訓(xùn)練1.(2022·湖南長沙市模擬)如圖所示，阻值為R的金屬棒從圖示位置ab分別以v1、v2的速度沿光滑導(dǎo)軌(電阻不計)勻速滑到a′b′位置，若v1∶v2＝1∶2，則在這兩次過程中()A.回路電流I1∶I2＝1∶2B.產(chǎn)生的熱量Q1∶Q2＝1∶4C.通過任一截面的電荷量q1∶q2＝1∶2D.外力的功率P1∶P2＝1∶22.(2022·湖北普通高中協(xié)作體聯(lián)考)如圖所示，間距為L、電阻不計的足夠長平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左端有一阻值為R的電阻，一質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒橫跨在導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好.整個裝置處于豎直向上、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，金屬棒以初速度v0沿導(dǎo)軌向右運動，前進距離s后停止.在金屬棒整個運動過程中，下列說法正確的是()A.金屬棒運動的平均速度大于eq\f(v0,2)B.金屬棒克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱C.通過電阻R的電荷量為eq\f(BLs,2R)D.電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mv023．[多選](2022·哈六中第三次調(diào)研)兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向與紙面垂直。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動，cd邊在t＝0時刻進入磁場。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)電流的方向為順時針時，感應(yīng)電動勢取正)。下列說法正確的是()A．磁感應(yīng)強度的大小為0.5TB．導(dǎo)線框運動速度的大小為0.5m/sC．磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向外D．在0.4～0.6s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1N4.(多選)(2022·寧夏銀川市唐徠回民中學(xué)檢測)如圖甲所示，兩根足夠長的光滑固定金屬導(dǎo)軌ab、cd與水平面成θ＝30°，導(dǎo)軌間距離為l＝1m，電阻不計，一個阻值為R0的定值電阻與電阻箱并聯(lián)接在兩金屬導(dǎo)軌的上端，整個系統(tǒng)置于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度方向與導(dǎo)軌所在平面垂直，磁感應(yīng)強度大小為B＝1T．現(xiàn)將一質(zhì)量為m、不計電阻的金屬棒MN從圖示位置由靜止開始釋放，金屬棒下滑過程中與導(dǎo)軌接觸良好，且始終與導(dǎo)軌保持垂直，改變電阻箱的阻值R，測定金屬棒的最大速度vm，得到eq\f(1,vm)－eq\f(1,R)的關(guān)系如圖乙所示，g取10m/s2.則下列說法正確的是()A．金屬棒的質(zhì)量m＝0.2kgB．金屬棒的質(zhì)量m＝0.1kgC．定值電阻R0＝1ΩD．定值電阻R0＝2Ω5．[多選](2022·福州二模)如圖所示，足夠長的水平光滑金屬導(dǎo)軌所在空間中，分布著垂直于導(dǎo)軌平面方向豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。兩導(dǎo)體棒a、b均垂直于導(dǎo)軌靜止放置。已知導(dǎo)體棒a質(zhì)量為2m，導(dǎo)體棒b質(zhì)量為m，長度均為l，電阻均為r，其余部分電阻不計?，F(xiàn)使導(dǎo)體棒a獲得瞬時平行于導(dǎo)軌水平向右的初速度v0。除磁場作用外，兩棒沿導(dǎo)軌方向無其他外力作用，在兩導(dǎo)體棒運動過程中，下列說法正確的是()A．任何一段時間內(nèi)，導(dǎo)體棒b動能增加量跟導(dǎo)體棒a動能減少量的數(shù)值總是相等的B．任何一段時間內(nèi)，導(dǎo)體棒b動量改變量跟導(dǎo)體棒a動量改變量總是大小相等、方向相反C．全過程中，通過導(dǎo)體棒b的電荷量為eq\f(2mv0,3Bl)D．全過程中，兩棒共產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(mv02,3)6．[多選](2022·濟寧模擬)如圖甲所示，在光滑絕緣水平面內(nèi)，兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向與水平面垂直。邊長為l的正方形單匝金屬線框abcd位于水平面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行。t＝0時刻線框在水平外力F的作用下由靜止開始做勻加速直線運動，回路中的感應(yīng)電流大小與時間的關(guān)系如圖乙所示，下列說法正確的是()A．水平外力為恒力B．勻強磁場的寬度為eq\f(8l,3)C．從開始運動到ab邊離開磁場的時間為2eq\r(15)t0D．線框穿出磁場過程中外力F做的功大于線框中產(chǎn)生的熱量7．[多選]如圖甲所示，水平面內(nèi)粗糙導(dǎo)軌MN、PQ相距為L，置于豎直向下的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，導(dǎo)軌電阻不計。兩根電阻均為R相同的金屬棒ab、cd置于導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好，電流表內(nèi)阻不計；若ab棒在水平外力F作用下由靜止開始向右運動，電流表示數(shù)隨時間變化圖線如圖乙所示，在t0時刻cd棒剛要開始運動，下列說法中正確的是()A．a(chǎn)b棒在t0時間內(nèi)做勻加速直線運動B．若在t0時刻突然撤去外力F，此時ab棒的加速度大小為a＝eq\f(2BI0L,m)C．在t0時間內(nèi)，通過cd棒的電量為eq\f(I0t0,2)D．在t0時間內(nèi)，力F做的功為ab棒的焦耳熱、摩擦生熱和其增加的動能三者之和8.(多選)(2022·遼寧營口市高三期末)如圖所示，在傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個勻強磁場區(qū)域．區(qū)域Ⅰ的磁場方向垂直斜面向上，磁感應(yīng)強度為2B，區(qū)域Ⅱ的磁場方向垂直斜面向下，磁感應(yīng)強度為B，磁場邊界MN、PQ、GH均平行于斜面底邊，MP、PG長均為L.一個質(zhì)量為m、電阻為R、邊長也為L的正方形導(dǎo)線框，由靜止開始沿斜面下滑，下滑過程中ab邊始終與斜面底邊平行．t1時刻ab邊剛越過GH進入磁場Ⅰ區(qū)域，此時導(dǎo)線框恰好以速度v1做勻速直線運動；t2時刻ab邊下滑到PQ與MN之間的某位置，此時導(dǎo)線框又恰好以速度v2做勻速直線運動．重力加速度為g，下列說法中正確的是()A．當(dāng)ab邊剛越過PQ時，導(dǎo)線框的加速度大小為a＝eq\f(5,4)gsinθB．導(dǎo)線框兩次做勻速直線運動的速度之比v1∶v2＝4∶3C．從t1到t2的過程中，導(dǎo)線框克服安培力做的功等于機械能的減少量D．從t1到t2的過程中，有eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v\o\al(12)－v\o\al(22)))機械能轉(zhuǎn)化為電能9．[多選](2022·柳州模擬)如圖所示，寬為L的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN和PQ由圓弧部分和水平部分平滑連接，右端接阻值為R的定值電阻，水平軌道的左邊部分矩形區(qū)域內(nèi)有豎直向上、大小為B的勻強磁場。在圓弧部分的某一高度h處由靜止釋放一根金屬棒，金屬棒到達磁場右邊界處恰好停止。已知金屬棒質(zhì)量為m，電阻為eq\f(R,2)，與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好。導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度為g。則在整個運動過程中()A．通過電阻的最大電流大小為eq\f(2BL\r(2gh),3R)B．金屬棒兩端的最大電壓為BLeq\r(2gh)C．磁場區(qū)域長度d＝eq\f(3mR\r(2gh),2B2L2)D．右端電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為mgh10.(2022·重慶巴蜀中學(xué)高三月考)如圖甲所示，abcd是位于豎直平面內(nèi)邊長為L的正方形閉合金屬線框，金屬線框的質(zhì)量為m，電阻為R.在金屬線框的下方有一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場區(qū)域，MN和PQ是勻強磁場區(qū)域的水平邊界，并與金屬線框的bc邊平行，磁場方向垂直于金屬線框平面向里.現(xiàn)使金屬線框從MN上方某一高度處由靜止開始下落，圖乙是金屬線框t＝0時刻從靜止開始下落到bc邊剛好運動到勻強磁場PQ邊界的v－t圖象.重力加速度為g，不計空氣阻力.則下列說法正確的是()A.金屬線框進入磁場過程中ab邊不受安培力B.線框?qū)蛩匐x開磁場C.磁場邊界MN與PQ的間距為2.5LD.線框從釋放到完全離開磁場產(chǎn)生的焦耳熱為2mgL.11．[多選](2022·成都模擬)如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面成θ角放置，導(dǎo)軌間距為L且電阻不計，其頂端接有一阻值為R的電阻，整個裝置處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。一質(zhì)量為m的金屬棒以初速度v0由導(dǎo)軌底端M點上滑，經(jīng)一段時間滑行距離x到達最高點N后，又返回底端M點。金屬棒與兩導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，其接入電路中的電阻為r，重力加速度為g。下列說法正確的是()A．金屬棒上滑過程中通過電阻R的電荷量為eq\f(BLx,R＋r)B．整個過程中電阻R中的電流先從b到a后從a到bC．金屬棒下滑時間大于上滑時間D．金屬棒上滑時間為eq\f(mv0R＋r－B2L2x,mgR＋rsinθ)12．[多選](2022·日照模擬)如圖所示，豎直放置的兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌相距為L，導(dǎo)軌的兩端分別與電源(串有一滑動變阻器R)、定值電阻R0、電容器(電容為C，原來不帶電)和開關(guān)S相連。整個空間充滿了磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向外的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電阻不計的金屬棒ab橫跨在導(dǎo)軌上。已知電源電動勢為E、內(nèi)阻為r，不計導(dǎo)軌的電阻。當(dāng)S接1，滑動變阻器R接入電路一定阻值時，金屬棒ab在磁場中恰好保持靜止。當(dāng)S接2后，金屬棒ab從靜止開始下滑，下滑距離h時達到穩(wěn)定速度。重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．當(dāng)S接1時，滑動變阻器接入電路的阻值R＝eq\f(EBL,mg)－rB．當(dāng)S接2時，金屬棒ab從靜止開始到剛好達到穩(wěn)定速度所經(jīng)歷的時間為t＝eq\f(B4L2h＋m2gR02,mgR0B2L2)C．若將ab棒由靜止釋放的同時，將S接到3，則電容器積累的電荷量隨金屬棒速度v的變化關(guān)系為Q＝CBLvD．若將ab棒由靜止釋放的同時，將S接到3，則金屬棒ab將做勻加速直線運動，加速度大小a＝eq\f(mg,m＋CB2L2)13．[多選]如圖所示，豎直固定的“”形光滑導(dǎo)軌寬為0.5m，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為0.1m，磁場的磁感應(yīng)強度大小均為1T，其他區(qū)域無磁場。質(zhì)量為0.1kg的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為0.5Ω，與導(dǎo)軌接觸良好，其他電阻不計，空氣阻力不計，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．金屬桿剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下B．金屬桿穿過磁場Ⅰ的時間大于在磁場Ⅰ、Ⅱ之間的區(qū)域運動時間C．金屬桿穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為0.6JD．金屬桿釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度一定大于0.2m14.(多選)(2022·河南省三門峽市一模)如圖所示，間距為L的兩根平行光滑導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌間接有電容為C的電容器，裝置處于垂直軌道平面的磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，質(zhì)量為m、電阻為R的金屬桿ab接在兩導(dǎo)軌之間并由靜止釋放，ab下落過程中始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，設(shè)導(dǎo)軌足夠長，電阻不計，重力加速度為g，下列說法正確的是()A.ab做自由落體運動B.ab做勻加速運動，且加速度為a＝eq\f(mg,m＋CB2L2)C.ab做勻加速運動，若加速度為a，則回路的電流為I＝CBLaD.ab做加速度減小的變加速運動，最后勻速運動，最大速度為vm＝eq\f(mgR,B2L2)15.(多選)(2021·全國甲卷·21)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.現(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，一段時間后進入一方向垂直于紙面的勻強磁場區(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.在線圈下邊進入磁場后且上邊進入磁場前，可能出現(xiàn)的情況是()A.甲和乙都加速運動B.甲和乙都減速運動C.甲加速運動，乙減速運動D.甲減速運動，乙加速運動16.(多選)(2022·全國甲卷，20)如圖，兩根相互平行的光滑長直金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面上，在導(dǎo)軌的左端接入電容為C的電容器和阻值為R的電阻。質(zhì)量為m、阻值也為R的導(dǎo)體棒MN靜止于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，導(dǎo)軌電阻忽略不計，整個系統(tǒng)處于方向豎直向下的勻強磁場中。開始時，電容器所帶的電荷量為Q，合上開關(guān)S后()A.通過導(dǎo)體棒MN電流的最大值為eq\f(Q,RC)B.導(dǎo)體棒MN向右先加速、后勻速運動C.導(dǎo)體棒MN速度最大時所受的安培力也最大D.電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱18.(多選)(2022·湖北新高考演練卷)如圖所示，在距地面高h(yuǎn)＝1.25m處固定有兩根間距為l＝0.5m水平放置的平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌的左端接有電源E，右端邊緣處靜置有一長l＝0.5m、質(zhì)量m＝0.2kg、電阻R＝5.0Ω的導(dǎo)體棒ab，導(dǎo)體棒所在空間有磁感應(yīng)強度大小為B＝1.0T、方向豎直向上的勻強磁場。閉合開關(guān)后，導(dǎo)體棒ab以某一初速度水平向右拋出，已知導(dǎo)體棒落地點到拋出點的水平距離d＝2.5m，重力加速度g＝10m/s2，則()A.在空中運動過程中，導(dǎo)體棒a端的電勢低于b端的電勢B.導(dǎo)體棒拋出時的初速度大小為5m/sC.在空中運動過程中，導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小恒定D.閉合開關(guān)后，通過導(dǎo)體棒的電荷量為1.0C20.(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一上下邊界均水平，垂直線框所在平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝2.5T。正方形單匝金屬線框在磁場上方h＝0.45m處，質(zhì)量為0.1kg，邊長為0.4m，總阻值為1Ω?，F(xiàn)將線框由靜止釋放，下落過程中線框ab邊始終與磁場邊界平行，ab邊剛好進入磁場和剛好離開磁場時的速度均為2m/s，不計空氣阻力，取g＝10m/s2。則下列說法中正確的是()A.cd邊剛進入磁場時克服安培力做功的功率為9WB.勻強磁場區(qū)域的高度為0.65mC.穿過磁場的過程中線框電阻產(chǎn)生的熱量為0.65JD.線框通過磁場上邊界所用時間為0.3s21.(多選)(2022·河南平頂山質(zhì)檢)據(jù)悉，一種利用電磁感應(yīng)原理的健身器械“智能電磁式健身器械阻尼器”在近期獲得專利，相比傳統(tǒng)機械式健身器材，具有安全、易檢測的優(yōu)點，其原理如圖甲所示，水平平行的粗糙金屬導(dǎo)軌固定在水平地面上，導(dǎo)軌足夠長，電阻不計，處于垂直水平面向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B＝1T，導(dǎo)軌間距L＝2m，左側(cè)接有定值電阻R＝3Ω。一質(zhì)量m＝1kg的金屬棒ab放在導(dǎo)軌上、接入電路部分的阻值r＝1Ω，在水平向右的拉力的作用下由靜止開始從某處沿導(dǎo)軌向右加速運動，金屬棒的v－x圖像如圖乙所示。若金屬棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，取g＝10m/s2。則金屬棒從靜止開始向右運動位移x1＝1m的過程中，下列說法正確的是()A.b端的電勢比a端低B.拉力做的功為7JC.金屬棒ab上產(chǎn)生的焦耳熱為1JD.通過電阻R的電荷量為0.5C22.(多選)(2022·河南六市聯(lián)考)如圖所示，光滑水平導(dǎo)軌置于勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，左側(cè)導(dǎo)軌間距為L，右側(cè)導(dǎo)軌間距為2L，導(dǎo)軌均足夠長。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab和質(zhì)量為2m的導(dǎo)體棒cd均垂直于導(dǎo)軌放置，處于靜止?fàn)顟B(tài)。ab接入電路的電阻為R，cd接入電路的電阻為2R，兩棒始終在對應(yīng)的導(dǎo)軌部分運動，并始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計?，F(xiàn)瞬間給cd一水平向右的初速度v0，則對此后的運動過程，下列說法正確的是()A.導(dǎo)體棒ab和cd組成的系統(tǒng)動量守恒B.cd棒最終的速度為eq\f(2,3)v0C.全過程中，通過導(dǎo)體棒cd的電荷量為eq\f(2mv0,3BL)D.從cd獲得初速度到二者穩(wěn)定運動，此過程系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(2,3)mveq\o\al(2,0)23.(多選)(2022·安徽六安市省示范高中教學(xué)質(zhì)檢)如圖甲所示，足夠長光滑水平導(dǎo)軌MN、PQ間連接兩定值電阻R1＝3Ω，R2＝6Ω，導(dǎo)軌間距L＝0.5m，整個裝置處在磁感應(yīng)強度B＝1T的勻強磁場中，質(zhì)量m＝0.1kg的導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，在外力F作用下由靜止開始做勻加速運動，F(xiàn)－t圖像如乙圖所示，則下列選項正確的是()A.導(dǎo)體棒勻加速運動的加速度a＝2m/s2B.導(dǎo)體棒電阻r＝1ΩC.t＝2s時電阻R1的熱功率eq\f(1,3)WD.0～2s內(nèi)通過R1的電荷量為0.5C24.(多選)(2022·寧夏石嘴山市4月模擬)如圖所示，足夠長的光滑U形導(dǎo)軌寬度為L，電阻不計，其所在平面與水平面的夾角為α，上端連接一個阻值為R的電阻，勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面向上?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、有效電阻為r的金屬桿沿框架由靜止下滑，設(shè)磁場區(qū)域無限大，當(dāng)金屬桿下滑達到最大速度vm時，運動的位移為x，則()A.在此過程中金屬桿的速度均勻增加B.金屬桿下滑的最大速度eq\f(mg（R＋r）sinα,B2L2)C.在此過程中流過電阻R的電荷量為eq\f(BLx,R＋r)D.在此過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為mgxsinα－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)25.(2022·人大附中檢測)如圖，足夠長的U形光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN與PQ平行且間距為l，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直，導(dǎo)軌電阻不計。質(zhì)量為m的金屬棒ab由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且良好接觸，ab棒接入電路的電阻為R，某時刻棒的速度大小為v，從開始運動到該時刻的過程中流過ab棒某一橫截面的電荷量為q，重力加速度為g。求：(1)速度大小為v時ab棒兩端的電壓；(2)從開始運動到速度為v的過程中金屬棒下滑的位移大??；(3)有同學(xué)嘗試求上述過程中金屬棒中產(chǎn)生的焦耳熱。他的做法是：因Q＝I2Rt，把q＝It和E＝Blv代入，得Q＝qBlv。請問這種做法是否正確，并說明理由。26．如圖所示，在絕緣光滑水平桌面上，以O(shè)為原點、水平向右為正方向建立x軸，在0≤x≤1.0m區(qū)域內(nèi)存在方向豎直向上的勻強磁場。桌面上有一邊長L＝0.5m、電阻R＝0.25Ω的正方形線框abcd，當(dāng)平行于磁場邊界的cd邊進入磁場時，在沿x方向的外力F作用下以v＝1.0m/s的速度做勻速運動，直到ab邊進入磁場時撤去外力。若以cd邊進入磁場時作為計時起點，在0≤t≤1.0s內(nèi)磁感應(yīng)強度B的大小與時間t的關(guān)系如圖2所示，在0≤t≤1.3s內(nèi)線框始終做勻速運動。(1)求外力F的大??；(2)在1.0s≤t≤1.3s內(nèi)存在連續(xù)變化的磁場，求磁感應(yīng)強度B的大小與時間t的關(guān)系；(3)求在0≤t≤1.3s內(nèi)流過導(dǎo)線橫截面的電荷量q。27.(2022·山東濟南市期末學(xué)習(xí)質(zhì)量評估)如圖所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌的水平部分處于豎直向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B＝3T。兩導(dǎo)軌間距為L＝0.5m，軌道足夠長。金屬棒a和b的質(zhì)量分別為ma＝1kg，mb＝0.5kg，電阻分別為Ra＝1Ω，Rb＝2Ω。b棒靜止于軌道水平部分，現(xiàn)將a棒從h＝1.8m高處自靜止沿弧形軌道下滑，通過C點進入軌道的水平部分，已知兩棒在運動過程中始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，兩棒始終不相碰。g取10m/s2。求：(1)a棒剛進入磁場時，b棒的加速度；(2)從a棒進入磁場到a棒勻速的過程中，流過a棒的電荷量；(3)從a棒進入磁場到a棒勻速的過程中，a棒中產(chǎn)生的焦耳熱。重點模型與核心問題深究專題4.6電磁感應(yīng)中的桿模型與框模型目錄TOC\o"1-3"\h\u模型一單桿＋導(dǎo)軌模型 1類型1單桿＋電阻＋導(dǎo)軌模型中的四類問題 1類型2單桿＋電容器(或電源)＋導(dǎo)軌模型中的四種題型 3模型二雙桿＋導(dǎo)軌模型中的四類問題 6模型三線框模型 10類型1線框穿越磁場過程的圖像問題 11類型2線框穿越磁場過程的動力學(xué)及能量問題 12專題強化訓(xùn)練 13模型一單桿＋導(dǎo)軌模型單桿＋導(dǎo)軌模型是由單桿、導(dǎo)軌、電阻或電容器、磁場一般為勻強磁場組成，從導(dǎo)軌的放置方式上來分，可有水平導(dǎo)軌、豎直導(dǎo)軌、傾斜導(dǎo)軌三種類型，求解過程中要做好三個分析：電路分析、動力學(xué)分析、能量分析，在計算感應(yīng)電荷量時，還要用到動量定理知識，試題難度一般較大。類型1單桿＋電阻＋導(dǎo)軌模型中的四類問題【例1】如圖所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面的夾角為θ，N、Q兩點間接有阻值為R的電阻。整個裝置處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下。將質(zhì)量為m、阻值也為R的金屬桿cd垂直放在導(dǎo)軌上，桿cd由靜止釋放，下滑距離x時達到最大速度。重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計，桿與導(dǎo)軌接觸良好。求：(1)桿cd下滑的最大加速度和最大速度；(2)上述過程中，桿上產(chǎn)生的熱量。(3)若已知金屬桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)用沿導(dǎo)軌平面向上的恒定外力F作用在金屬桿cd上，使cd由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運動，求cd的最大加速度和最大速度?！窘忸}指導(dǎo)】(1)桿cd下滑的最大加速度和最大速度分析思路：【答案】(1)gsinθ，方向沿導(dǎo)軌平面向下eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，方向沿導(dǎo)軌平面向下(2)eq\f(1,2)mgxsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,B4L4)(3)見解析【解析】(1)設(shè)桿cd下滑到某位置時速度為v，則桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv，回路中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋R)桿所受的安培力F＝BIL根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－eq\f(B2L2v,2R)＝ma當(dāng)速度v＝0時，桿的加速度最大，最大加速度a＝gsinθ，方向沿導(dǎo)軌平面向下當(dāng)桿的加速度a＝0時，速度最大，最大速度vm＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，方向沿導(dǎo)軌平面向下。(2)桿cd從開始運動到達到最大速度過程中，根據(jù)能量守恒定律得mgxsinθ＝Q總＋eq\f(1,2)mvm2又Q桿＝eq\f(1,2)Q總，所以Q桿＝eq\f(1,2)mgxsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,B4L4)。（3）分析金屬桿運動時的受力情況可知，金屬桿受重力、導(dǎo)軌平面的支持力、拉力、摩擦力和安培力五個力的作用，沿斜面方向由牛頓第二定律有F－mgsinθ－F安－Ff＝ma又F安＝BIL，I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BLv,2R)，所以F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,2R)Ff＝μFN＝μmgcosθ故F－mgsinθ－eq\f(B2L2v,2R)－μmgcosθ＝ma當(dāng)速度v＝0時，桿的加速度最大，最大加速度am＝eq\f(F,m)－gsinθ－μgcosθ，方向沿導(dǎo)軌平面向上當(dāng)桿的加速度a＝0時，速度最大，vm＝eq\f(F－mgsinθ－μmgcosθ·2R,B2L2)。[方法規(guī)律]“單桿＋電阻＋導(dǎo)軌”四種題型剖析題型一(v0≠0)題型二(v0＝0)題型三(v0＝0)題型四(v0＝0)說明質(zhì)量為m，電阻不計的單桿cd以一定初速度v0在光滑水平軌道上滑動，兩平行導(dǎo)軌間距為L軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計，兩平行導(dǎo)軌間距為L，拉力F恒定傾斜軌道光滑，傾角為α，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計，兩平行導(dǎo)軌間距為L豎直軌道光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計，兩平行導(dǎo)軌間距為L示意圖力學(xué)觀點桿以速度v切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E＝BLv，電流I＝eq\f(BLv,R)，安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)。桿做減速運動：v↓?F↓?a↓，當(dāng)v＝0時，a＝0，桿保持靜止開始時a＝eq\f(F,m)，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由F－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時，v最大，vm＝eq\f(FR,B2L2)開始時a＝gsinα，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mgsinα－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時，v最大，vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)開始時a＝g，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mg－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時，v最大，vm＝eq\f(mgR,B2L2)圖像觀點能量觀點動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：Q＝eq\f(1,2)mv02F做的功一部分轉(zhuǎn)化為桿的動能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WF＝Q＋eq\f(1,2)mvm2重力做的功(或減少的重力勢能)一部分轉(zhuǎn)化為桿的動能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WG＝Q＋eq\f(1,2)mvm2重力做的功(或減少的重力勢能)一部分轉(zhuǎn)化為桿的動能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WG＝Q＋eq\f(1,2)mvm2類型2單桿＋電容器(或電源)＋導(dǎo)軌模型中的四種題型【例2】如圖所示，在豎直向下的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，兩根足夠長的平行光滑金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L。一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒cd垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好。軌道和導(dǎo)體棒的電阻均不計。(1)如圖1所示，若軌道左端M、P間接一阻值為R的電阻，導(dǎo)體棒在拉力F的作用下以速度v沿軌道做勻速運動。請通過公式推導(dǎo)證明：在任意一段時間Δt內(nèi)，拉力F所做的功與電路獲得的電能相等。(2)如圖2所示，若軌道左端接一電動勢為E、內(nèi)阻為r的電源和一阻值未知的電阻，閉合開關(guān)S，導(dǎo)體棒從靜止開始運動，經(jīng)過一段時間后，導(dǎo)體棒達到最大速度vm，求此時電源的輸出功率。(3)如圖3所示，若軌道左端接一電容器，電容器的電容為C，導(dǎo)體棒在水平拉力的作用下從靜止開始向右運動。電容器兩極板間電勢差隨時間變化的圖像如圖4所示，已知t1時刻電容器兩極板間的電勢差為U1。求導(dǎo)體棒運動過程中受到的水平拉力大小。(4)若圖3中導(dǎo)體棒在恒定水平外力F作用下，從靜止開始運動，導(dǎo)軌與棒間的動摩擦因數(shù)為μ，寫出導(dǎo)體棒的速度大小隨時間變化的關(guān)系式?！窘忸}指導(dǎo)】(1)導(dǎo)體棒勻速運動→受力平衡→求出拉力做的功。導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢→產(chǎn)生感應(yīng)電流→求出回路的電能。(2)閉合開關(guān)S→導(dǎo)體棒變加速運動→產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不斷增大→達到電源的路端電壓→棒中沒有電流→由此可求出電源與電阻所在回路的電流→電源的輸出功率。(3)導(dǎo)體棒在外力作用下運動→回路中形成充電電流→導(dǎo)體棒還受安培力的作用→由牛頓第二定律列式分析?！敬鸢浮恳娊馕觥窘馕觥?1)導(dǎo)體棒切割磁感線，E＝BLv導(dǎo)體棒做勻速運動，F(xiàn)＝F安又F安＝BIL，其中I＝eq\f(E,R)在任意一段時間Δt內(nèi)，拉力F所做的功W＝FvΔt＝F安vΔt＝eq\f(B2L2v2,R)Δt電路獲得的電能ΔE＝EIΔt＝eq\f(B2L2v2,R)Δt可見，在任意一段時間Δt內(nèi)，拉力F所做的功與電路獲得的電能相等。(2)導(dǎo)體棒達到最大速度vm時，棒中沒有電流，電源的路端電壓U＝BLvm電源與電阻所在回路的電流I＝eq\f(E－U,r)電源的輸出功率P＝UI＝eq\f(EBLvm－B2L2vm2,r)。(3)感應(yīng)電動勢與電容器兩極板間的電勢差相等，BLv＝U由電容器的U-t圖可知U＝eq\f(U1,t1)t導(dǎo)體棒的速度隨時間變化的關(guān)系為v＝eq\f(U1,BLt1)t可知導(dǎo)體棒做勻加速直線運動，其加速度a＝eq\f(U1,BLt1)由C＝eq\f(Q,U)和I＝eq\f(Q,t)，得I＝eq\f(CU,t)＝eq\f(CU1,t1)由牛頓第二定律有F－BIL＝ma可得F＝eq\f(BLCU1,t1)＋eq\f(mU1,BLt1)。(4)導(dǎo)體棒由靜止開始做加速運動，電容器所帶電荷量不斷增加，電路中將形成充電電流，設(shè)某時刻棒的速度為v，則感應(yīng)電動勢為E＝BLv電容器所帶電荷量為Q＝CE＝CBLv再經(jīng)過很短一段時間Δt，電容器兩端電壓的增量和電荷量的增量分別為ΔU＝ΔE＝BLΔv，ΔQ＝CΔU＝CBLΔv流過導(dǎo)體棒的電流I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝eq\f(CBLΔv,Δt)＝CBLa導(dǎo)體棒受到的安培力f1＝BIL＝CB2L2a導(dǎo)體棒所受到的摩擦力f2＝μmg由牛頓第二定律得F－f1－f2＝ma聯(lián)立以上各式解得a＝eq\f(F－μmg,m＋CB2L2)顯然導(dǎo)體棒做勻加速直線運動，所以導(dǎo)體棒的速度大小隨時間變化的關(guān)系式為v＝eq\f(F－μmg,m＋CB2L2)t。[方法規(guī)律]“單桿＋電容器(或電源)＋導(dǎo)軌”四種題型剖析題型一(v0＝0)題型二(v0＝0)題型三(v0＝0)題型四(v0＝0)說明軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計，兩平行導(dǎo)軌間距為L軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計，兩平行導(dǎo)軌間距為L，拉力F恒定軌道傾斜光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計，兩平行導(dǎo)軌間距為L軌道豎直光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻為R，兩平行導(dǎo)軌間距為L示意圖力學(xué)觀點S閉合，桿cd受安培力F＝eq\f(BLE,r)，a＝eq\f(BLE,mr)，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動勢E感＝BLv↑?I↓?安培力F＝BIL↓?加速度a↓，當(dāng)E感＝E時，v最大，且vmax＝eq\f(E,BL)開始時a＝eq\f(F,m)，桿cd速度v↑?E＝BLv↑，經(jīng)過Δt速度為v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLa，F(xiàn)安＝CB2L2a，F(xiàn)－F安＝ma，a＝eq\f(F,m＋B2L2C)，所以桿做勻加速運動開始時a＝gsinα，桿cd速度v↑?E＝BLv↑，經(jīng)過Δt速度為v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLa，F(xiàn)安＝CB2L2a，mgsinα－F安＝ma，a＝eq\f(mgsinα,m＋CB2L2)，所以桿做勻加速運動開始時a＝g，桿cd速度v↑?E＝BLv↑，經(jīng)過Δt速度為v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLa，F(xiàn)安＝CB2L2a，mg－F安＝ma，a＝eq\f(mg,m＋CB2L2)，所以桿做勻加速運動圖像觀點能量觀點電源輸出的電能轉(zhuǎn)化為動能：W電＝eq\f(1,2)mvm2F做的功一部分轉(zhuǎn)化為動能，一部分轉(zhuǎn)化為電場能：WF＝eq\f(1,2)mv2＋EC重力做的功一部分轉(zhuǎn)化為動能，一部分轉(zhuǎn)化為電場能：WG＝eq\f(1,2)mv2＋EC重力做的功一部分轉(zhuǎn)化為動能，一部分轉(zhuǎn)化為電場能：WG＝eq\f(1,2)mv2＋EC模型二雙桿＋導(dǎo)軌模型中的四類問題雙桿＋導(dǎo)軌模型是由雙桿和導(dǎo)軌、勻強磁場組成，其中導(dǎo)軌有光滑和不光滑兩種情況，兩桿各自運動范圍內(nèi)導(dǎo)軌的寬度有相等和不相等兩種情況，兩桿可能有初速度，也可能受外力作用，總之，試題情景多樣，過程復(fù)雜，難度較大?！纠?】[多選]如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ放在水平面上，左端向上彎曲，導(dǎo)軌間距為L，電阻不計，水平段導(dǎo)軌所處空間存在方向豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。導(dǎo)軌上有a、b兩導(dǎo)體棒，質(zhì)量分別為ma＝m，mb＝2m，接入電路的阻值分別為Ra＝R，Rb＝2R。b棒靜止放置在水平導(dǎo)軌上距a棒足夠遠(yuǎn)處，a棒在弧形導(dǎo)軌上距水平面高度為h處由靜止釋放，運動過程中兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好且始終與導(dǎo)軌垂直，重力加速度為g，則()A．a(chǎn)棒剛進入磁場時回路中的感應(yīng)電流大小為eq\f(BL\r(2gh),R)B．a(chǎn)棒剛進入磁場時，b棒受到的安培力大小為eq\f(B2L2\r(2gh),3R)C．a(chǎn)棒和b棒最終穩(wěn)定時的速度大小為eq\f(\r(2gh),3)D．從a棒開始下落到最終穩(wěn)定的過程中，a棒上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(2,9)mgh【解題指導(dǎo)】以單棒為研究對象，當(dāng)單棒的加速度a＝0時，導(dǎo)體棒達到穩(wěn)定速度。以雙棒為研究對象，二者相互作用的過程滿足動量守恒?！敬鸢浮緽CD【解析】設(shè)a棒剛進入磁場時的速度為v，根據(jù)機械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mv2，剛進入磁場時，a棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv，根據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R＋2R)，聯(lián)立解得I＝eq\f(BL\r(2gh),3R)，A錯誤。a棒剛進入磁場時，b棒受到的安培力為F＝BIL，代入電流I解得F＝eq\f(B2L2\r(2gh),3R)，方向水平向右，B正確。設(shè)兩棒最后穩(wěn)定時的速度為v′，從a棒進入磁場到兩棒速度達到穩(wěn)定，兩棒組成的系統(tǒng)所受外力之和為零，根據(jù)動量守恒定律有mv＝3mv′，解得v′＝eq\f(v,3)＝eq\f(\r(2gh),3)，C正確。a棒進入磁場后開始產(chǎn)生內(nèi)能，從a棒進入磁場到兩棒共速的過程中，設(shè)a棒產(chǎn)生的焦耳熱為Ea，b棒產(chǎn)生的焦耳熱為Eb，根據(jù)能量守恒定律有eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv′2＋Ea＋Eb，兩棒串聯(lián)，產(chǎn)生的焦耳熱與電阻成正比，則Eb＝2Ea，聯(lián)立解得Ea＝eq\f(2,9)mgh，D正確?！纠?】[多選](2019·全國卷Ⅲ)如圖，方向豎直向下的勻強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。下列圖像中可能正確的是()【答案】AC【解析】：導(dǎo)體棒ab向右運動，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流(逆時針)，導(dǎo)體棒ab受阻力F作用，速度減小，導(dǎo)體棒cd受安培力F′作用，速度變大。如圖所示兩導(dǎo)體棒之間的速度差Δv＝v1－v2逐漸減小，整個系統(tǒng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢逐漸減小，感應(yīng)電流非均勻變化。當(dāng)兩棒的速度相等時，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動。系統(tǒng)的動量守恒，則mv0＝2mv共，v共＝eq\f(v0,2)。故A、C正確，D錯誤。導(dǎo)體棒cd受變力作用，加速度逐漸減小，其v-t圖像應(yīng)該是曲線，故B錯誤?！纠?】．[多選](2022·陜西一模)如圖所示，空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為0.2T，足夠長的光滑水平金屬導(dǎo)軌，左側(cè)間距為0.6m，右側(cè)間距為0.2m。質(zhì)量均為0.02kg的金屬棒M、N垂直導(dǎo)軌放置，開始時金屬棒M、N均保持靜止?，F(xiàn)使金屬棒M以10m/s的速度向右運動，兩金屬棒在運動過程中始終相互平行且與導(dǎo)軌保持良好接觸，M棒總在寬軌上運動，N棒總在窄軌上運動，直到M、N達到穩(wěn)定狀態(tài)。g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．由M、N兩金屬棒和導(dǎo)軌組成回路的磁通量先減小后不變B．由M、N兩金屬棒組成的系統(tǒng)動量守恒C．在兩棒運動的整個過程中，電路中產(chǎn)生的焦耳熱為0.9JD．在兩棒運動的整個過程中，通過M、N兩個導(dǎo)體棒的電荷量相等，均為1.5C【答案】ACD【解析】：開始時金屬棒M向右做減速運動、N向右做加速運動，回路的面積在減小，當(dāng)回路沒有感應(yīng)電流時，面積不變，故由M、N兩金屬棒和導(dǎo)軌組成回路的磁通量先減小后不變，故A正確；M棒受到的安培力始終是N棒的三倍，M、N組成的系統(tǒng)外力之和不為零，動量不守恒，B錯誤；穩(wěn)定時，M、N兩金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小相等，回路感應(yīng)電流為零，金屬棒不受安培力，金屬棒做勻速直線運動，即：BLMv1＝BLNv2時，兩金屬棒做勻速直線運動，由動量定理得：對M：－BILMt＝mv1－mv0，對N：BILNt＝mv2；由能量守恒定律得：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22＋Q，解得：Q＝0.9J，C正確；回路中有電流時有電荷通過金屬棒，金屬棒做勻速運動時回路沒有電流，從M開始減速到勻速運動過程，對M，由動量定理得：－BILMt＝mv1－mv0，電荷量：q＝It，則：－BLMq＝mv1－mv0，代入數(shù)據(jù)：q＝1.5C，故D正確?！纠?】.(多選)(2020·全國卷Ⅰ·21)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，運動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中，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】當(dāng)金屬框在恒力F作用下向右加速運動時，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動，加速度大小為a2，則有Bil＝ma2，當(dāng)金屬框和MN都運動后，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，得F＝(M＋m)a，a＝eq\f(F,M＋m)恒定，由F安＝ma可知，安培力趨于恒定，則感應(yīng)電流趨于恒定，據(jù)i＝eq\f(Blv1－v2,R)知金屬框與MN的速度差保持不變，v－t圖象如圖所示，故A錯誤，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錯誤.[方法規(guī)律]“雙桿＋導(dǎo)軌”四種題型剖析(雙棒質(zhì)量m1＝m2、電阻r1＝r2，導(dǎo)軌電阻不計)題型一(光滑的平行導(dǎo)軌)題型二(光滑不等距導(dǎo)軌)題型三(光滑的平行導(dǎo)軌)題型四(不光滑平行導(dǎo)軌)示意圖導(dǎo)體棒長度L1＝L2導(dǎo)體棒長度L1＝2L2，兩棒只在各自的軌道上運動導(dǎo)體棒長度L1＝L2摩擦力Ff1＝Ff2＝Ff導(dǎo)體棒長度L1＝L2圖像觀點力學(xué)觀點棒1做加速度減小的減速運動，棒2做加速度減小的加速運動，穩(wěn)定時，兩棒以相等的速度勻速運動棒1做加速度減小的減速運動，棒2做加速度減小的加速運動，穩(wěn)定時，兩棒的加速度均為零，速度之比為1∶2開始時，兩棒做變加速運動；穩(wěn)定時，兩棒以相同的加速度做勻加速運動開始時，若Ff<F≤2Ff，則棒2先做變加速運動后做勻速運動，棒1靜止。若F>2Ff，則棒2先做變加速運動后做勻加速運動，棒1先靜止后做變加速運動，最后和棒2做加速度相同的勻加速運動動量觀點兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒兩棒組成的系統(tǒng)動量不守恒對單棒可以用動量定理兩棒組成的系統(tǒng)動量不守恒對單棒可以用動量定理兩棒組成的系統(tǒng)動量不守對單棒可以用動量定理恒能量觀點系統(tǒng)動能的減少量等于產(chǎn)生的焦耳熱系統(tǒng)動能的減少量等于產(chǎn)生的焦耳熱拉力做的功一部分轉(zhuǎn)化為雙棒的動能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(焦耳熱)：W＝Q＋Ek1＋Ek2拉力做的功一部分轉(zhuǎn)化為雙棒的動能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能(摩擦熱和焦耳熱)：W＝Q1＋Q2＋Ek1＋Ek2模型三線框模型線框模型研究的是線框穿越勻強磁場時發(fā)生的電磁感應(yīng)過程。高考試題通過此模型對電磁感應(yīng)過程中的電路、動力學(xué)、功能關(guān)系進行考查，在求解此類問題時，要注意分析清楚線框進入磁場和離開磁場時的運動情況和受力情況?！纠?】如圖甲所示，空間內(nèi)有一磁感應(yīng)強度B＝0.8T的水平勻強磁場，其上下水平邊界的間距為H，磁場的正上方有一長方形導(dǎo)線框，其長和寬分別為L＝2m、d＝0.8m(d＜H)，質(zhì)量m＝0.4kg，電阻R＝3.2Ω。將導(dǎo)線框從距磁場高h(yuǎn)＝0.8m處由靜止釋放，導(dǎo)線框平面始終與磁場方向垂直，導(dǎo)線框上下邊始終保持水平，重力加速度g取10m/s2。求：(1)導(dǎo)線框下邊緣剛進入磁場時加速度的大小。(2)若在導(dǎo)線框上邊緣進入磁場之前，導(dǎo)線框已經(jīng)開始做勻速運動。求導(dǎo)線框進入磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q。(3)請在圖乙中畫出從導(dǎo)線框由靜止開始下落到導(dǎo)線框上邊緣進入磁場的過程中，導(dǎo)線框速度v隨t變化的圖像(定性畫出)?！敬鸢浮?1)2m/s2(2)1.4J(3)見解析圖【解析】(1)導(dǎo)線框從靜止釋放到下邊緣剛進入磁場，根據(jù)動能定理mgh＝eq\f(1,2)mv12解得v1＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.8)m/s＝4m/s導(dǎo)線框下邊切割磁感線，感應(yīng)電動勢為E＝BLv1根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝eq\f(E,R)安培力大小為F安＝BIL＝eq\f(B2L2v1,R)＝eq\f(0.82×22×4,3.2)N＝3.2N根據(jù)牛頓第二定律mg－F安＝ma解得a＝g－eq\f(F安,m)＝10m/s2－eq\f(3.2,0.4)m/s2＝2m/s2。(2)導(dǎo)線框勻速運動，重力和安培力等大反向mg＝eq\f(B2L2v2,R)解得v2＝eq\f(mgR,B2L2)＝eq\f(0.4×10×3.2,0.82×22)m/s＝5m/s從導(dǎo)線框靜止釋放到上邊緣剛進入磁場，根據(jù)動能定理得mg(h＋d)－Q＝eq\f(1,2)mv22解得Q＝mg(h＋d)－eq\f(1,2)mv22＝0.4×10×1.6J－eq\f(1,2)×0.4×52J＝6.4J－5J＝1.4J。(3)導(dǎo)線框未進入磁場前做自由落體運動，進入磁場后先做加速度減小的加速運動，然后做勻速直線運動，v-t圖像如圖所示?！痉椒ㄒ?guī)律】解決線框模型問題的兩大關(guān)鍵(1)分析電磁感應(yīng)情況：弄清線框在運動過程中是否有磁通量不變的階段，線框進入和穿出磁場的過程中，才有感應(yīng)電流產(chǎn)生，結(jié)合閉合電路歐姆定律列方程解答。(2)分析線框的受力以及運動情況，選擇合適的力學(xué)規(guī)律處理問題：在題目中涉及電荷量、時間以及安培力為變力時應(yīng)選用動量定理處理問題；如果題目中涉及加速度的問題時選用牛頓運動定律解決問題比較方便。類型1線框穿越磁場過程的圖像問題1.如圖所示，有一邊長為L的正方形線框abcd，由距勻強磁場上邊界H處靜止釋放，下降過程中ab邊始終與磁場邊界平行，且ab邊剛進入勻強磁場區(qū)域時恰好能做勻速直線運動。勻強磁場區(qū)域?qū)挾纫矠長。ab邊開始進入磁場時記為t1，cd邊出磁場時記為t2，忽略空氣阻力，從線框開始下落到cd邊剛出磁場的過程中，線框的速度大小v、加速度大小a、ab兩點的電壓大小Uab、線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q隨時間t的變化圖像可能正確的是()【答案】C【解析】：線框在磁場上方H處開始下落到ab邊開始進入磁場過程中線框做勻加速運動；因線框ab邊剛進入勻強磁場區(qū)域時恰好能做勻速直線運動，可知線框直到cd邊出磁場時也做勻速運動，選項A、B錯誤。線框ab邊進入磁場的過程：E＝BLv，則Uab＝eq\f(3,4)BLv；ab邊出磁場后cd邊在磁場中運動的過程：E＝BLv，則Uab＝eq\f(1,4)BLv；線框進入磁場和出離磁場過程中電動勢相同，均為E＝BLv，時間相同，則產(chǎn)生的熱量相同，故選項C正確，D錯誤。類型2線框穿越磁場過程的動力學(xué)及能量問題2．[多選](2022·河南名校聯(lián)考)如圖所示，一水平方向的勻強磁場，磁場區(qū)域的高度為h，磁感應(yīng)強度為B。質(zhì)量為m、電阻為R、粗細(xì)均勻的矩形線圈，ab＝L，bc＝h，該線圈從cd邊離磁場上邊界高度H＝eq\f(mgR2,2gB4L4)處自由落下，不計空氣阻力，重力加速度為g，設(shè)cd邊始終保持水平，則()A．cd邊剛進入磁場時速度大小v＝eq\f(mgR,2B2L2)B．cd邊剛進入磁場時其兩端電壓Ucd＝eq\f(mgR,2BL＋h)C．線圈穿過磁場的時間t＝eq\f(2hBL2,mgR)D．線圈穿過磁場過程中，回路中產(chǎn)生的熱量Q＝2mgh【答案】CD【解析】：由題意可知，線圈從開始運動到cd邊進入磁場時做自由落體運動，故cd邊剛進入磁場時速度大小滿足v2＝2gH，解得v＝eq\f(mgR,B2L2)，故A錯誤；cd邊剛進入磁場時其兩端電壓Ucd＝Ieq\f(L＋2h,2L＋h)R，IR＝BLv，解得Ucd＝eq\f(mgRL＋2h,2BLL＋h)，故B錯誤；cd邊剛進入磁場時受安培力F＝BIL＝eq\f(BL2v,R)＝mg，所以線圈勻速穿過磁場，時間t＝eq\f(2h,v)＝eq\f(2hBL2,mgR)，故C正確；回路中產(chǎn)生的熱量等于重力勢能的減少量，即Q＝2mgh，故D正確。專題強化訓(xùn)練1.(2022·湖南長沙市模擬)如圖所示，阻值為R的金屬棒從圖示位置ab分別以v1、v2的速度沿光滑導(dǎo)軌(電阻不計)勻速滑到a′b′位置，若v1∶v2＝1∶2，則在這兩次過程中()A.回路電流I1∶I2＝1∶2B.產(chǎn)生的熱量Q1∶Q2＝1∶4C.通過任一截面的電荷量q1∶q2＝1∶2D.外力的功率P1∶P2＝1∶2【答案】A【解析】回路中感應(yīng)電流為：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，I∝v，則得I1∶I2＝v1∶v2＝1∶2，A正確；產(chǎn)生的熱量為Q＝I2Rt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BLv,R)))2Req\f(x,v)＝eq\f(B2L2xv,R)，Q∝v，則得Q1∶Q2＝v1∶v2＝1∶2，B錯誤；通過任一截面的電荷量為q＝It＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)，q與v無關(guān)，則得q1∶q2＝1∶1，C錯誤；由于棒勻速運動，外力的功率等于電路中的熱功率，即P＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BLv,R)))2R，P∝v2，則得P1∶P2＝v12∶v22＝1∶4，D錯誤.2.(2022·湖北普通高中協(xié)作體聯(lián)考)如圖所示，間距為L、電阻不計的足夠長平行光滑金屬導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左端有一阻值為R的電阻，一質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒橫跨在導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好.整個裝置處于豎直向上、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，金屬棒以初速度v0沿導(dǎo)軌向右運動，前進距離s后停止.在金屬棒整個運動過程中，下列說法正確的是()A.金屬棒運動的平均速度大于eq\f(v0,2)B.金屬棒克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱C.通過電阻R的電荷量為eq\f(BLs,2R)D.電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,2)mv02【答案】C【解析】金屬棒向右運動，受到向左的安培力F安＝eq\f(B2L2v,R)，做加速度不斷減小的減速運動，其平均速度小于eq\f(v0,2)，故A錯誤；由能量守恒定律知金屬棒克服安培力做的功等于電阻R和金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱之和，故B錯誤；由q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(\x\to(E),R總)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R總Δt)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R總)＝eq\f(BLs,2R)，故C正確；由能量守恒定律有Q總＝eq\f(1,2)mv02，又R＝eq\f(1,2)R總，所以電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(1,4)mv02，故D錯誤.3．[多選](2022·哈六中第三次調(diào)研)兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向與紙面垂直。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動，cd邊在t＝0時刻進入磁場。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)電流的方向為順時針時，感應(yīng)電動勢取正)。下列說法正確的是()A．磁感應(yīng)強度的大小為0.5TB．導(dǎo)線框運動速度的大小為0.5m/sC．磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向外D．在0.4～0.6s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1N【答案】BC【解析】：由E-t圖像可知，導(dǎo)線框經(jīng)過0.2s全部進入磁場，則速度v＝eq\f(L,t)＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，選項B正確；E＝0.01V，根據(jù)E＝BLv可知，B＝0.2T，選項A錯誤；導(dǎo)線框進磁場過程中，感應(yīng)電流方向為順時針方向，根據(jù)右手定則可知，原磁場的磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向外，選項C正確；在0.4～0.6s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.01,0.005)A＝2A，所受的安培力大小為F＝BIL＝0.04N，選項D錯誤。4.(多選)(2022·寧夏銀川市唐徠回民中學(xué)檢測)如圖甲所示，兩根足夠長的光滑固定金屬導(dǎo)軌ab、cd與水平面成θ＝30°，導(dǎo)軌間距離為l＝1m，電阻不計，一個阻值為R0的定值電阻與電阻箱并聯(lián)接在兩金屬導(dǎo)軌的上端，整個系統(tǒng)置于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度方向與導(dǎo)軌所在平面垂直，磁感應(yīng)強度大小為B＝1T．現(xiàn)將一質(zhì)量為m、不計電阻的金屬棒MN從圖示位置由靜止開始釋放，金屬棒下滑過程中與導(dǎo)軌接觸良好，且始終與導(dǎo)軌保持垂直，改變電阻箱的阻值R，測定金屬棒的最大速度vm，得到eq\f(1,vm)－eq\f(1,R)的關(guān)系如圖乙所示，g取10m/s2.則下列說法正確的是()A．金屬棒的質(zhì)量m＝0.2kgB．金屬棒的質(zhì)量m＝0.1kgC．定值電阻R0＝1ΩD．定值電阻R0＝2Ω【答案】AD【解析】金屬棒以速度vm下滑時，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝Blvm，由閉合電路歐姆定律得E＝I·eq\f(RR0,R＋R0)，當(dāng)金屬棒以最大速度vm下滑時，由平衡條件得BIl－mgsinθ＝0，聯(lián)立解得eq\f(1,vm)＝eq\f(B2l2,mgsinθ)·eq\f(1,R)＋eq\f(B2l2,mgsinθ)·eq\f(1,R0)，由eq\f(1,vm)－eq\f(1,R)圖象可得eq\f(B2l2,mgsinθ)＝1，eq\f(B2l2,mgsinθ)·eq\f(1,R0)＝0.5，解得m＝0.2kg，R0＝2Ω，故選A、D.5．[多選](2022·福州二模)如圖所示，足夠長的水平光滑金屬導(dǎo)軌所在空間中，分布著垂直于導(dǎo)軌平面方向豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。兩導(dǎo)體棒a、b均垂直于導(dǎo)軌靜止放置。已知導(dǎo)體棒a質(zhì)量為2m，導(dǎo)體棒b質(zhì)量為m，長度均為l，電阻均為r，其余部分電阻不計?，F(xiàn)使導(dǎo)體棒a獲得瞬時平行于導(dǎo)軌水平向右的初速度v0。除磁場作用外，兩棒沿導(dǎo)軌方向無其他外力作用，在兩導(dǎo)體棒運動過程中，下列說法正確的是()A．任何一段時間內(nèi)，導(dǎo)體棒b動能增加量跟導(dǎo)體棒a動能減少量的數(shù)值總是相等的B．任何一段時間內(nèi)，導(dǎo)體棒b動量改變量跟導(dǎo)體棒a動量改變量總是大小相等、方向相反C．全過程中，通過導(dǎo)體棒b的電荷量為eq\f(2mv0,3Bl)D．全過程中，兩棒共產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(mv02,3)【答案】BCD【解析】：根據(jù)題意可知，兩棒組成回路，電流相同，故所受安培力合力為零，動量守恒，故任何一段時間內(nèi)，導(dǎo)體棒b動量改變量跟導(dǎo)體棒a動量改變量總是大小相等、方向相反，根據(jù)能量守恒可知，a動能減少量的數(shù)值等于b動能增加量與產(chǎn)熱之和，故A錯誤，B正確；最終共速速度2mv0＝(2m＋m)v，對b棒mv－0＝Beq\x\to(I)l·t＝Blq，解得q＝eq\f(2mv0,3Bl)，根據(jù)能量守恒，兩棒共產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)×2mv02－eq\f(1,2)(2m＋m)v2＝eq\f(mv02,3)，故C、D正確。6．[多選](2022·濟寧模擬)如圖甲所示，在光滑絕緣水平面內(nèi)，兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向與水平面垂直。邊長為l的正方形單匝金屬線框abcd