專題20 電磁感應(yīng)中的雙導(dǎo)體棒和線框模型-2024版高三物理培優(yōu)-模型與方法

2024版高三物理培優(yōu)——模型與方法專題20電磁感應(yīng)中的雙導(dǎo)體棒和線框模型目錄TOC\o"1-3"\h\u一.無外力等距雙導(dǎo)體棒模型 1二．有外力等距雙導(dǎo)體棒模型 14三．不等距導(dǎo)軌雙導(dǎo)體棒模型 23四．線框模型 37一.無外力等距雙導(dǎo)體棒模型【模型如圖】1．電路特點(diǎn)棒2相當(dāng)于電源；棒1受安培力而加速起動,運(yùn)動后產(chǎn)生反電動勢.2．電流特點(diǎn)：隨著棒2的減速、棒1的加速，兩棒的相對速度變小，回路中電流也變小。時(shí)：電流最大，。時(shí)：電流3．兩棒的運(yùn)動情況安培力大?。簝砂舻南鄬λ俣茸冃?感應(yīng)電流變小,安培力變小.棒1做加速度變小的加速運(yùn)動，棒2做加速度變小的減速運(yùn)動，最終兩棒具有共同速度。4．兩個(gè)規(guī)律(1)動量規(guī)律：兩棒受到安培力大小相等方向相反,系統(tǒng)合外力為零,系統(tǒng)動量守恒.(2)能量轉(zhuǎn)化規(guī)律：系統(tǒng)機(jī)械能的減小量等于內(nèi)能的增加量.（類似于完全非彈性碰撞）兩棒產(chǎn)生焦耳熱之比：；5．幾種變化：(1)初速度的提供方式不同(2)磁場方向與導(dǎo)軌不垂直(3)兩棒都有初速度（兩棒動量守恒嗎？）(4)兩棒位于不同磁場中（兩棒動量守恒嗎？）【模型演練1】（2023春·江西贛州·高三興國平川中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖所示，MN、PQ是相距為的兩平行光滑金屬軌道，傾斜軌道MC、PD分別與足夠長的水平直軌道CN、DQ平滑相接。水平軌道CN、DQ處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場中。質(zhì)量、電阻、長度的導(dǎo)體棒a靜置在水平軌道上，與a完全相同的導(dǎo)體棒b從距水平軌道高度的傾斜軌道上由靜止釋放，最后恰好不與a相撞，運(yùn)動過程中導(dǎo)體棒a、b始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度g取。下列說法正確的是（）

A．棒b剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小為B．棒b剛進(jìn)入磁場時(shí)，棒a所受的安培力大小為C．整個(gè)過程中，通過棒a的電荷量為D．棒a的初始位置到CD的距離為【答案】D【詳解】A．棒b從靜止釋放到剛進(jìn)入磁場過程，根據(jù)動能定理可得解得棒b剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小為故A錯誤；B．棒b剛進(jìn)入磁場時(shí)，產(chǎn)生的電動勢為回路電流為棒a所受的安培力大小為故B錯誤；C．棒b進(jìn)入磁場后，兩棒組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，最終兩棒以相同的速度做勻速直線運(yùn)動，則有解得兩棒最終的速度大小為對棒a，根據(jù)動量定理可得又聯(lián)立可得整個(gè)過程中，通過棒a的電荷量為故C錯誤；D．由題意可知棒b最后恰好不與a相撞，則有解得可知棒a的初始位置到CD的距離為，故D正確。故選D?！灸Ｐ脱菥?】（2023·河北衡水·河北衡水中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖所示，水平面上固定有足夠長的兩平行光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間的正方形區(qū)域abcd有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.5T，該區(qū)域邊長為L=1m。導(dǎo)軌的水平部分和傾斜部分由光滑圓弧連接。質(zhì)量為的金屬棒P和另一根質(zhì)量為的金屬棒Q分別靜置在導(dǎo)軌上的不同位置，如下圖所示?，F(xiàn)將金屬棒P從離水平面高度h（單位為米）處靜止釋放。若兩棒發(fā)生碰撞，則所有碰撞均為彈性碰撞。已知兩金屬棒的電阻值均為，重力加速度取，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場及導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)，兩根金屬棒運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。下列說法正確的是（）A．P剛進(jìn)入磁場時(shí)受到的安培力F的大小為B．每當(dāng)P完整穿過磁場區(qū)域，P的速率就減小5m/sC．當(dāng)，P和Q不會發(fā)生碰撞D．當(dāng)，P和Q恰好不發(fā)生第二次碰撞【答案】ACD【詳解】A．剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和電流的大小所受安培力的大小方向水平向左，故A正確；B．第一次穿過磁場區(qū)域產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢平均感應(yīng)電流規(guī)定向右為正，設(shè)第一次到達(dá)cd邊時(shí)的速度為，則對由動量定理可得所以只要完整穿過磁場區(qū)域，那么P的速度的大小就減小故B錯誤；C．分類討論如下：①當(dāng)從靜止釋放運(yùn)動到cd邊速度恰好為0時(shí)，那么兩棒恰好一次碰撞都不發(fā)生。設(shè)從高度為H的位置釋放，則有解得②當(dāng)從靜止釋放后，第二次向右到達(dá)cd的速度等于與Q第一次碰撞后的速度，則此時(shí)恰好不發(fā)生兩次碰撞。設(shè)剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度為，第一次碰撞前的速度為，碰撞后的速度為，碰撞后Q的速度為，第二次向右到達(dá)cd的速度為，則有從高度為H的位置釋放第一次穿過磁場區(qū)域后有第一次碰撞，由動碰靜可得碰撞后再次向右到達(dá)cd的過程有又由臨界條件解得故當(dāng)碰撞次數(shù)為1次，故CD正確。故選ACD?！灸Ｐ脱菥?】（2023·河北滄州·河北省吳橋中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖所示，固定足夠長的間距為L的平行光滑金屬導(dǎo)軌由水平段和傾角為的傾斜段平滑相接構(gòu)成，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直于傾斜導(dǎo)軌向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場；水平導(dǎo)軌間從EF向右區(qū)域內(nèi)存在一個(gè)豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B。一根質(zhì)量為m、阻值為R、長度為L的金屬棒a在傾斜導(dǎo)軌上磁場區(qū)域的上邊界AB處由靜止釋放，經(jīng)過時(shí)間t穿過區(qū)域后，與水平導(dǎo)軌上另一根質(zhì)量為2m、阻值為R、長度為L的靜止在EF左側(cè)的金屬棒b發(fā)生彈性碰撞。已知兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，兩金屬棒碰撞后金屬棒a運(yùn)動至傾斜導(dǎo)軌底端時(shí)被固定，不再上滑，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（

）

A．金屬棒a穿過區(qū)域的過程中，通過回路的電荷量為B．金屬棒a穿過區(qū)域的過程中，產(chǎn)生的焦耳熱為C．碰撞后瞬間金屬棒a速度的大小為D．金屬棒b最終停在EF的右邊處【答案】AD【詳解】A．根據(jù)電荷量的計(jì)算公式有故A正確；B．根據(jù)功能關(guān)系可知金屬棒a穿過區(qū)域的過程中，產(chǎn)生的焦耳熱小于，故B錯誤；C．金屬棒a穿過區(qū)域的過程中，根據(jù)動量定理有ab碰撞過程中根據(jù)動量守恒定律及能量守恒定律有解得碰撞后瞬間金屬棒a速度的大小為故C錯誤；D．對金屬棒b根據(jù)動量定理有解得故D正確；故選AD?！灸Ｐ脱菥?】（2023春·河南·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖（a），水平面內(nèi)有兩根足夠長的光滑平行固定金屬導(dǎo)軌，間距為d。導(dǎo)軌所在空間存在方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。同種材料制成、粗細(xì)均勻、長度均為d的兩導(dǎo)體棒M、N靜止放置在導(dǎo)軌上。已知M的質(zhì)量為m，阻值為R，導(dǎo)軌電阻不計(jì)?，F(xiàn)給M棒一水平向右的初速度v?，其速度隨時(shí)間變化關(guān)系如圖（b）所示，兩導(dǎo)體棒運(yùn)動過程中，始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，則下列說法正確的是（）

A．導(dǎo)體棒N的質(zhì)量為 B．導(dǎo)體棒N的阻值為C．在0~t?內(nèi)，導(dǎo)體棒M產(chǎn)生的熱量為 D．在0~t?內(nèi)，通過導(dǎo)體棒M的電荷量為

【答案】BD【詳解】A．導(dǎo)體棒M、N受到的安培力大小相等，方向相反，所以兩導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)動量守恒，且兩導(dǎo)體棒最終速度大小相等，有解得故A錯誤；B．設(shè)導(dǎo)體棒的密度為ρ，電阻率為ρ0，兩導(dǎo)體棒橫截面積為和導(dǎo)體棒M的阻值為導(dǎo)體棒N的阻值為故B正確；C．在0~t?內(nèi)回路產(chǎn)生的總熱量為所以導(dǎo)體棒M產(chǎn)生的焦耳熱為故C錯誤；D．由動量定理可知，在0~t?內(nèi)導(dǎo)體棒N有通過導(dǎo)體棒M的電荷量解得故D正確。故選BD。【模型演練5】如圖所示，空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T．在勻強(qiáng)磁場區(qū)域內(nèi)，有一對光滑平行金屬導(dǎo)軌，處于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌足夠長，導(dǎo)軌間距L＝1m，電阻可忽略不計(jì)．質(zhì)量均為m＝1kg，電阻均為R＝2.5Ω的金屬導(dǎo)體棒MN和PQ垂直放置于導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好．先將PQ暫時(shí)鎖定，金屬棒MN在垂直于棒的拉力F作用下，由靜止開始以加速度a＝0.4m/s2向右做勻加速直線運(yùn)動，5s后保持拉力F的功率不變，直到棒以最大速度vm做勻速直線運(yùn)動．(1)求棒MN的最大速度vm；(2)當(dāng)棒MN達(dá)到最大速度vm時(shí)，解除PQ鎖定，同時(shí)撤去拉力F，兩棒最終均勻速運(yùn)動．求解除PQ棒鎖定后，到兩棒最終勻速運(yùn)動的過程中，電路中產(chǎn)生的總焦耳熱．(3)若PQ始終不解除鎖定，當(dāng)棒MN達(dá)到最大速度vm時(shí)，撤去拉力F，棒MN繼續(xù)運(yùn)動多遠(yuǎn)后停下來？(運(yùn)算結(jié)果可用根式表示)【答案】(1)2eq\r(5)m/s(2)5J(3)40eq\r(5)m【解析】(1)棒MN做勻加速運(yùn)動，由牛頓第二定律得：F－BIL＝ma棒MN做切割磁感線運(yùn)動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E＝BLv棒MN做勻加速直線運(yùn)動，5s時(shí)的速度為：v＝at1＝2m/s在兩棒組成的回路中，由閉合電路歐姆定律得：I＝eq\f(E,2R)聯(lián)立上述式子，有：F＝ma＋eq\f(B2L2at,2R)代入數(shù)據(jù)解得：F＝0.5N5s時(shí)拉力F的功率為：P＝Fv代入數(shù)據(jù)解得：P＝1W棒MN最終做勻速運(yùn)動，設(shè)棒最大速度為vm，棒受力平衡，則有：eq\f(P,vm)－BImL＝0Im＝eq\f(BLvm,2R)代入數(shù)據(jù)解得：vm＝2eq\r(5)m/s(2)解除棒PQ后，兩棒運(yùn)動過程中動量守恒，最終兩棒以相同的速度做勻速運(yùn)動，設(shè)速度大小為v′，則有：mvm＝2mv′設(shè)從PQ棒解除鎖定，到兩棒達(dá)到相同速度，這個(gè)過程中，兩棒共產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由能量守恒定律可得：Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)×2mv′2代入數(shù)據(jù)解得：Q＝5J；(3)棒以MN為研究對象，設(shè)某時(shí)刻棒中電流為i，在極短時(shí)間△t內(nèi)，由動量定理得：－BiL△t＝m△v對式子兩邊求和有：∑(－BiLΔt)＝∑(mΔvm)而△q＝i△t對式子兩邊求和，有：∑Δq＝∑(iΔt)聯(lián)立各式解得：BLq＝mvm，又對于電路有：q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E),2R)t由法拉第電磁感應(yīng)定律得：eq\x\to(E)＝eq\f(BLx,t)又q＝eq\f(BLx,2R)代入數(shù)據(jù)解得：x＝40eq\r(5)m【模型演練6】（2023·安徽蕪湖·統(tǒng)考二模）如圖所示，和是兩根足夠長且電阻不計(jì)的固定光滑平行金屬軌道，其中和為軌道的水平部分，和是傾角的傾斜部分。在右側(cè)空間中存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，方向堅(jiān)直向上的勻強(qiáng)磁場，不計(jì)導(dǎo)體棒在軌道連接處的動能損失。將質(zhì)量，單位長度電阻值的導(dǎo)體棒于傾斜導(dǎo)軌上，距離斜面軌道底端高度，另一完全相同的導(dǎo)體棒靜止于水平導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌間距均為，導(dǎo)體棒長度均為。時(shí)，導(dǎo)體棒從靜止釋放，到兩棒最終穩(wěn)定運(yùn)動過程中，棒未發(fā)生碰撞，且兩導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌保持垂直，g取。求：（1）棒剛滑到斜面軌道底端時(shí)回路中產(chǎn)生的電流；（2）兩導(dǎo)體棒的最終速度大小；（3）從開始計(jì)時(shí)到兩棒最終穩(wěn)定運(yùn)動過程中，通過回路的電荷量。

【答案】（1）0.1A；（2）0.5m/s；（3）3.125C【詳解】（1）棒從斜面軌道滑到底端，根據(jù)動能定理，有切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為根據(jù)閉合電路歐姆定律，有聯(lián)立解得（2）因?yàn)閮蓪?dǎo)體棒所受的安培力始終大小相等、方向相反，所以將兩棒組成的系統(tǒng)作為研究對象，由動量守恒得解得（3）從棒剛進(jìn)入磁場到與棒共速，對導(dǎo)體棒，由動量定理得代入數(shù)據(jù)解得【模型演練7】（2023·全國·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖所示，間距L=1m的粗糙傾斜金屬軌道與水平面間的夾角，在其頂端與阻值為2R的定值電阻相連，間距相同的光滑金屬軌道固定在水平面上，兩軌道都足夠長且在處平滑連接，至間是絕緣帶，保證傾斜軌道與水平軌道間電流不導(dǎo)通。傾斜軌道處有垂直軌道向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場，水平軌道處有豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場。兩根導(dǎo)體棒1、2的質(zhì)量均為m=0.1kg，兩棒接入電路部分的電阻均為R。初始時(shí)刻，導(dǎo)體棒1放置在傾斜軌道上，且距離足夠遠(yuǎn)，導(dǎo)體棒2靜置于水平軌道上。已知傾斜軌道與導(dǎo)體棒1間的動摩擦因數(shù)，R=1Ω?，F(xiàn)將導(dǎo)體棒1由靜止釋放，運(yùn)動過程中未與導(dǎo)體棒2發(fā)生碰撞。，，重力加速度g取，兩棒與軌道始終垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，不計(jì)金屬棒1經(jīng)過時(shí)的機(jī)械能損失。求：（1）導(dǎo)體棒1滑至瞬間，導(dǎo)體棒2的加速度大??；（2）整個(gè)運(yùn)動過程中通過導(dǎo)體棒2的電荷量?！敬鸢浮浚?）；（2）0.12C【詳解】（1）導(dǎo)體棒1在傾斜軌道勻速時(shí)的電流受力分析可知解得導(dǎo)體棒1滑至瞬間解得（2）導(dǎo)體棒1、2最終在水平軌道上以相同的速度勻速運(yùn)動，利用動量守恒對導(dǎo)體棒2利用動量定理則【模型演練8】（2023·福建寧德·校考三模）如圖所示，相距的平行軌道由兩部分組成，其中圓弧軌道光滑，水平軌道粗糙。水平軌道區(qū)域存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度。光滑導(dǎo)體棒的質(zhì)量，電阻；另一導(dǎo)體棒的質(zhì)量，電阻，放置在足夠長的水平軌道上，導(dǎo)體棒與水平導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)，光滑足夠長斜面的傾角，斜面頂端固定一輕質(zhì)光滑小定滑輪，滑輪與水平軌道等高。一絕緣輕繩繞過滑輪一端與導(dǎo)體棒相連，另一端與處于斜面上的小物塊相連，且與物塊恰好均保持靜止（最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）?，F(xiàn)讓棒從距水平軌道高為處由靜止釋放，在之后的運(yùn)動過程中，棒恰好能與水平軌道上的棒相遇，全程兩棒均未出磁場區(qū)域。已知重力加速度，求：（1）小物塊的質(zhì)量；（2）導(dǎo)體棒的初始位置與水平軌道最左端間的距離；（3）整個(gè)過程中，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）棒與物塊靜止，有得（2）當(dāng)棒進(jìn)入磁場時(shí)，由動能定理得棒恰好能與水平軌道上的棒相遇時(shí)，設(shè)速度為，系統(tǒng)動量守恒，得對棒分析，由動量定理得且聯(lián)立得（3）相遇前，對系統(tǒng)由能量守恒定律得且代入數(shù)據(jù)得二．有外力等距雙導(dǎo)體棒模型【模型如圖】1．電路特點(diǎn)：棒2相當(dāng)于電源，棒1受安培力而起動.2．運(yùn)動分析：某時(shí)刻回路中電流：安培力大?。?。棒1：棒2：最初階段，,只要,；；；；當(dāng)時(shí)，恒定，恒定，恒定，兩棒勻加速3．穩(wěn)定時(shí)的速度差，，，，【模型演練1】（2023·河北張家口·統(tǒng)考三模）如圖所示，水平固定的兩足夠長平行金屬導(dǎo)軌處于足夠大的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于軌道平面豎直向上（未畫出），軌道間距為L、導(dǎo)體棒ab、cd用絕緣細(xì)線連接，垂直導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌接觸良好，接入電路的電阻均為R。現(xiàn)給導(dǎo)體棒cd施加平行于導(dǎo)軌方向的恒力F，使之以速度做勻速運(yùn)動。某時(shí)刻剪斷導(dǎo)體棒間的細(xì)線，從剪斷細(xì)線開始計(jì)時(shí)，經(jīng)過時(shí)間t，導(dǎo)體棒cd達(dá)到最大速度，ab仍具有一定的速度。已知兩導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g。從剪斷細(xì)線到導(dǎo)體棒cd達(dá)到最大速度的過程中，下列說法正確的（）A．導(dǎo)體棒ab、cd組成的系統(tǒng)動量守恒B．導(dǎo)體棒cd的最大速度為C．通過ab的電荷量為D．a(chǎn)b、cd相對滑動的距離為【答案】AC【詳解】A．導(dǎo)體棒ab、cd組成的系統(tǒng)兩個(gè)導(dǎo)體棒時(shí)刻受到等大反向的安培力，系統(tǒng)所受外力的矢量和為0，所以系統(tǒng)動量守恒，故A正確；B．導(dǎo)體棒cd達(dá)到最大速度時(shí)，對導(dǎo)體棒cd受力分析可知由，，根據(jù)動量守恒定律有聯(lián)立可得，故B錯誤；C．以導(dǎo)體棒ab為研究對象，由動量定理，聯(lián)立可得故C正確；D．由電荷量的推導(dǎo)公式得故D錯誤。故選AC。【模型演練2】（2023·廣東清遠(yuǎn)·?？寄M預(yù)測）如圖所示，間距為的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣臺上，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì)，質(zhì)量分別為、的金屬棒垂直導(dǎo)軌靜止放置，導(dǎo)軌間金屬棒的電阻均為，整個(gè)裝置處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場中?，F(xiàn)用水平恒力向右拉金屬棒，運(yùn)動過程中始終垂直導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌保持良好接觸，最終運(yùn)動保持穩(wěn)定狀態(tài)，則（）

A．所受的安培力大小為B．中電流為C．和的速度差恒為D．和之間的距離保持恒定【答案】AC【詳解】A．根據(jù)題意可知，運(yùn)動保持穩(wěn)定狀態(tài)后，的加速度相同，對整體，由牛頓第二定律有對由牛頓第二定律有解得故A正確；B.設(shè)中電流為，根據(jù)安培力公式有解得故B錯誤；CD．根據(jù)題意，由法拉第電磁感應(yīng)定律及歐姆定律有解得可知，a和b之間的距離不斷增大，故D錯誤，C正確。故選AC?！灸Ｐ脱菥?】（2023春·云南昆明·高三昆明一中?？茧A段練習(xí)）某物理小組想出了一種理想化的“隔空”加速系統(tǒng)，該系統(tǒng)通過利用其中一個(gè)金屬棒在磁場中運(yùn)動產(chǎn)生感應(yīng)電流從而使另一個(gè)金屬棒獲得速度，這樣就避免了直接對其進(jìn)行加速時(shí)所帶來的磨損和接觸性損傷，該加速系統(tǒng)可以建模抽象為在足夠長的固定水平平行導(dǎo)軌上放有兩個(gè)金屬棒和,磁感應(yīng)強(qiáng)度的勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌所在水平面垂直，方向豎直向下，導(dǎo)軌電阻很小，可忽略不計(jì)。如圖為模型俯視圖，導(dǎo)軌間的距離，每根金屬棒質(zhì)量均為，電阻都為，可在導(dǎo)軌上無摩擦滑動，滑動過程中金屬棒與導(dǎo)軌保持垂直且接觸良好，在時(shí)刻，兩金屬棒都處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)有一與導(dǎo)軌平行、大小為恒力作用于金屬棒上，使金屬棒在導(dǎo)軌上滑動，經(jīng)過，金屬棒的加速度，求：（1）此時(shí)金屬棒的加速度是多少？（2）此時(shí)兩金屬棒的速度各是多少？（3）金屬棒和的最大速度差是多少？

【答案】（1）；（2），（3）【詳解】（1）恒力作用于桿，使其在導(dǎo)軌上向右加速運(yùn)動，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)右手定則知電流方向?yàn)?，電流流?jīng)，根據(jù)左手定則受安培力水平向左，受到的安培力水平向右，它們都做加速運(yùn)動，對由牛頓第二定律得對由牛頓第二定律得聯(lián)立解得（2）設(shè)某時(shí)刻速度為，速度為，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有在時(shí)，對由牛頓第二定律得整理得帶入數(shù)據(jù)得由于作用于兩根桿的安培力等大反向，所以作用于兩桿系統(tǒng)的合力為水平恒力,對系統(tǒng)由動量定理得帶入數(shù)據(jù)得聯(lián)立解得，（3）桿做加速度減小的加速運(yùn)動，桿做加速度增大的加速運(yùn)動，最終共加速度，設(shè)兩金屬棒的共同加速度為，對系統(tǒng)有對桿有其中聯(lián)立解得【模型演練4】（2023·甘肅張掖·高臺縣第一中學(xué)?？寄M預(yù)測）在水平面上固定有兩光滑平行金屬導(dǎo)軌，如圖（a）所示。虛線MN左側(cè)存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)體棒垂直靜止在導(dǎo)軌上且接觸良好，導(dǎo)體棒用輕質(zhì)絕緣桿相連，三根導(dǎo)體棒的長度以及導(dǎo)軌寬度均為?，F(xiàn)固定導(dǎo)體棒，對導(dǎo)體棒施加一個(gè)與其垂直的力，使導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動，隨導(dǎo)體棒速度的變化圖像如圖（b）所示，經(jīng)時(shí)間撤去拉力，同時(shí)釋放導(dǎo)體棒，經(jīng)過一段時(shí)間三根導(dǎo)體棒運(yùn)動狀態(tài)達(dá)到穩(wěn)定，此時(shí)導(dǎo)體棒間的距離。已知三根導(dǎo)體棒質(zhì)量相同，均為，電阻相同，均為，其余電阻不計(jì)。求：（1）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度和撤去拉力時(shí)導(dǎo)體棒的速度；（2）從撤去到運(yùn)動狀態(tài)達(dá)到穩(wěn)定過程中導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的焦耳熱；（3）導(dǎo)體棒穿出磁場時(shí)的速度和輕桿對導(dǎo)體棒拉力的大小。

【答案】（1），；（2）；（3），【詳解】（1）設(shè)導(dǎo)體棒任意時(shí)刻速度為，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有電流根據(jù)牛頓第二定律有整理得結(jié)合圖（b）有解得則時(shí)導(dǎo)體棒的速度（2）設(shè)導(dǎo)體棒撤去拉力后達(dá)到的穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)速度為，根據(jù)動量守恒定律有解得設(shè)導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的焦耳熱為，根據(jù)功能關(guān)系有解得（3）把導(dǎo)體棒看成一根棒，設(shè)導(dǎo)體棒穿出磁場時(shí)速度為，穿出磁場后，在任意極短時(shí)間內(nèi)，對導(dǎo)體棒根據(jù)動量定理有對從穿出磁場到穿出磁場整個(gè)過程有解得此時(shí)導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢電流對導(dǎo)體棒整體有輕桿對導(dǎo)體棒的拉力解得【模型演練5】（2023·湖北·模擬預(yù)測）如圖，兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌間距L＝0.5m，與水平面的夾角θ＝30°，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中。導(dǎo)軌上的a、b兩根導(dǎo)體棒質(zhì)量分別為ma＝0.3kg、mb＝0.1kg，電阻均為R＝0.1Ω?，F(xiàn)將a、b棒由靜止釋放，同時(shí)用大小為2N的恒力F沿平行導(dǎo)軌方向向上拉a棒。導(dǎo)軌光滑且電阻忽略不計(jì)，運(yùn)動過程中兩棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，取重力加速度g＝10m/s2.已知當(dāng)a棒中產(chǎn)生的焦耳熱Qa＝0.12J時(shí)，其速度va＝1.0m/s，求：（1）此時(shí)b棒的速度大?。唬?）此時(shí)b棒的加速度大?。唬?）a棒從靜止釋放到速度達(dá)到1.0m/s所用的時(shí)間。

【答案】（1）3m/s；（2）；（3）0.768s【詳解】（1）設(shè)a、b棒受到的安培力大小為F安，則對a、b棒由牛頓第二定律分別，有聯(lián)立可得所以有可解得（2）設(shè)此電路產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E，電流為I，則有聯(lián)立解得（3）設(shè)此過程a、b棒位移分別為、，由（1）的分析可得根據(jù)能量守恒有對a棒根據(jù)動量定理有其中安培力的沖量可得聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可解得三．不等距導(dǎo)軌雙導(dǎo)體棒模型1.a棒減速，b棒加速，E＝BL1va－BL2vb由va↓vb↑?E↓?F安↓?a↓，當(dāng)BL1va＝BL2vb時(shí)，a＝0，兩棒勻速2.動力學(xué)觀點(diǎn)：最終速度3.能量觀點(diǎn)：動能轉(zhuǎn)化為焦耳熱4.動量觀點(diǎn)：BIL1t＝mv0－mvaBIL2t＝mvb－0【模型演練1】（2023·福建泉州·福建省德化第一中學(xué)校聯(lián)考一模）如圖，水平面內(nèi)固定著足夠長的光滑平行導(dǎo)軌，導(dǎo)軌寬度是導(dǎo)軌寬度的2倍，導(dǎo)軌寬度為L，導(dǎo)軌處于方向垂直于軌道平面向里的勻強(qiáng)磁場中，金屬棒PQ和MN分別垂直導(dǎo)軌放置在導(dǎo)軌段和段上，金屬棒PQ和MN的質(zhì)量之比為2:1，長度分別為2L和L，兩金屬棒電阻均為R?，F(xiàn)給金屬棒MN一個(gè)向右的初速度，運(yùn)動過程中兩棒始終沒有離開各自的導(dǎo)軌段，并與導(dǎo)軌接觸良好，其余部分的電阻均不計(jì)，則（）A．運(yùn)動過程中金屬棒PQ和MN的加速度大小之比為1:2B．運(yùn)動過程中金屬棒PQ和MN所受的安培力的沖量大小之比為2:1C．運(yùn)動到速度穩(wěn)定時(shí)金屬棒PQ和MN的速度之比為1:2D．運(yùn)動到速度穩(wěn)定時(shí)金屬棒PQ和MN兩端的電壓之比為2:1【答案】BC【詳解】A．運(yùn)動過程中對PQ有對MN有所以運(yùn)動過程中加速度大小之比為1∶1，故A錯誤；B．因?yàn)檫\(yùn)動過程中PQ所受安培力大小為MN的兩倍，在相同時(shí)間內(nèi)安培力的沖量大小之比，故B正確；C．金屬棒運(yùn)動到速度穩(wěn)定時(shí)有故運(yùn)動到速度穩(wěn)定時(shí)，金屬棒PQ和MN的速度之比故C正確；D．P、M兩點(diǎn)電勢相等，Q、N兩點(diǎn)電勢相等，任意時(shí)刻都有即金屬棒PQ和MN兩端的電壓之比為1∶1，故D錯誤。故選BC?！灸Ｐ脱菥?】（2023·全國·高三專題練習(xí)）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、長度為d，導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長度為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的輕質(zhì)絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場中運(yùn)動直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個(gè)過程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì)。下列說法正確的足（）

A．彈簧伸展過程中、回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流B．PQ速率為v時(shí)，MN所受安培力大小為C．整個(gè)運(yùn)動過程中，MN與PQ的路程之比為2：1D．整個(gè)運(yùn)動過程中，通過MN的電荷量為【答案】AC【詳解】A．彈簧伸展過程中，根據(jù)右手定則可知，回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流，選項(xiàng)A正確；B．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)，則解得回路的感應(yīng)電流MN所受安培力大小為選項(xiàng)B錯誤；C．兩棒最終停止時(shí)彈簧處于原長狀態(tài)，由動量守恒可得可得則最終MN位置向左移動PQ位置向右移動因任意時(shí)刻兩棒受安培力和彈簧彈力大小都相同，設(shè)整個(gè)過程兩棒受的彈力的平均值為F彈，安培力平均值F安，則整個(gè)過程根據(jù)動能定理可得選項(xiàng)C正確；D．兩棒最后停止時(shí)，彈簧處于原長位置，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，PQ位置向右移動，則選項(xiàng)D錯誤。故選AC?！灸Ｐ脱菥?】（2023春·湖南·高三長郡中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖所示，光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，導(dǎo)軌處在垂直于水平面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，左側(cè)導(dǎo)軌間的距離為，右側(cè)導(dǎo)軌間的距離為L，導(dǎo)體棒1、2垂直放置于導(dǎo)軌之間，導(dǎo)體棒1放置在左側(cè)導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒2放置在右側(cè)導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒1、2的材料相同，且兩棒的電阻相等。初始時(shí)導(dǎo)體棒2靜止在導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒1以初速度開始向右運(yùn)動，導(dǎo)體棒1始終在寬導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌都足夠長，導(dǎo)體棒2的質(zhì)量為m，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，則（）

A．初始狀態(tài)，導(dǎo)體棒1兩端的電壓為 B．導(dǎo)體棒1最終以速度勻速運(yùn)動C．系統(tǒng)穩(wěn)定后兩棒的電動勢均為 D．從靜止開始到系統(tǒng)穩(wěn)定導(dǎo)體棒2的發(fā)熱量為【答案】BD【詳解】A．初始狀態(tài)，導(dǎo)體棒1的電動勢為導(dǎo)體棒1兩端的電壓為外電壓，故兩端的電壓為選項(xiàng)A錯誤；B．導(dǎo)體棒1向右運(yùn)動過程中由左手定則和右手定則可知其受到向左的安培力，故導(dǎo)體棒1向右做減速運(yùn)動，導(dǎo)體棒2向右加速運(yùn)動，最終狀態(tài)時(shí)兩棒均勻速運(yùn)動，則速度滿足由于導(dǎo)體棒1、2的材料相同，電阻相等，由電阻定律可知導(dǎo)體棒1與導(dǎo)體棒2的橫截面積之比為2：1，由質(zhì)量可知導(dǎo)體棒1的質(zhì)量為，由安培力公式可知導(dǎo)體棒1所受安培力的大小為導(dǎo)體棒2所受安培力大小的2倍，即由動量定理可知則由動量定理可知解得選項(xiàng)B正確；C．由B選項(xiàng)可知系統(tǒng)穩(wěn)定后兩棒的電動勢都為，選項(xiàng)C錯誤；D．回路內(nèi)的發(fā)熱量為由于兩棒電阻相同，故導(dǎo)體棒2的發(fā)熱量為選項(xiàng)D正確。故選BD?！灸Ｐ脱菥?】（2023·海南·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖所示，水平金屬導(dǎo)軌左右兩部分寬度分別是和，導(dǎo)軌處在垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量分別為和，有效電阻分別是和，垂直于導(dǎo)軌放置在其左右兩部分上，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，兩部分導(dǎo)軌都足夠長，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)均為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為。若在水平拉力作用下向右做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動中與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，而恰好保持靜止，則（）

A．做勻速直線運(yùn)動的速度大小為B．做勻速直線運(yùn)動的速度大小為C．水平拉力大小為D．水平拉力大小為【答案】AC【詳解】AB．根據(jù)題意，設(shè)做勻速直線運(yùn)動的速度大小為，則有感應(yīng)電流為對M棒受力分析，由平衡條件有聯(lián)立解得故B錯誤，A正確；CD．設(shè)水平拉力大小為，對棒受力分析，由平衡條件有解得故D錯誤，C正確。故選AC?！灸Ｐ脱菥?】（2023·山東·模擬預(yù)測）如圖所示，固定在水平面內(nèi)的光滑不等距平行軌道處于豎直向上、大小為B的勻強(qiáng)磁場中，ab段軌道寬度為2L，bc段軌道寬度是L，ab段軌道和bc段軌道都足夠長，將質(zhì)量均為m、接入電路的電阻均為R的金屬棒M和N分別置于軌道上的ab段和bc段，且與軌道垂直。開始時(shí)金屬棒M和N均靜止，現(xiàn)給金屬棒M一水平向右的初速度，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，則（）A．M棒剛開始運(yùn)動時(shí)的加速度大小為B．金屬棒M最終的速度為C．金屬棒N最終的速度為D．整個(gè)過程中通過金屬棒的電量為【答案】CD【詳解】A．由法拉第電磁感應(yīng)定律以及閉合電路歐姆定律得由牛頓第二定律得聯(lián)立解得故A錯誤；BC．最終回路中的電流為0，有對金屬棒M和N分別應(yīng)用動量定理得聯(lián)立解得故B錯誤；C正確；D．又聯(lián)立解得故D正確。故選CD?！灸Ｐ脱菥?】（2023·福建·模擬預(yù)測）如圖所示，固定在水平絕緣桌面上的光滑金屬導(dǎo)軌，寬處間距為L，窄處間距為，導(dǎo)軌所在區(qū)域分布有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場。由同種材料制成、橫截面積相同的金屬桿cd（長為L）和ef（長為），分別垂直導(dǎo)軌寬處和窄處靜止放置，兩桿與導(dǎo)軌始終接觸良好?，F(xiàn)給金屬桿cd水平向右、大小為的初速度，不考慮桿cd進(jìn)入導(dǎo)軌窄處后的運(yùn)動過程。已知金屬桿ef的質(zhì)量為m、電阻為R，不計(jì)導(dǎo)軌電阻。在金屬桿cd開始運(yùn)動后的足夠長時(shí)間內(nèi)，下列說法正確的是（）

A．回路中的最大電流為 B．金屬桿cd的最小速度為C．回路中產(chǎn)生的焦耳熱為 D．通過桿某一橫截面的電荷量為【答案】AC【詳解】A．當(dāng)cd桿剛開始運(yùn)動時(shí)，回路中的總電動勢此時(shí)回路中的總電動勢最大，結(jié)合題述和電阻定律可知，cd桿質(zhì)量為、電阻為，故回路中的最大電流為故A正確；B．當(dāng)時(shí)，回路中沒有電流，金屬桿不再受到安培力，開始做勻速直線運(yùn)動，此時(shí)金屬桿cd的速度最小，有可知設(shè)從開始到達(dá)到這一狀態(tài)所用時(shí)間為t，根據(jù)動量定理有解得故B錯誤；C．由能量守恒定律可得解得故C正確；D．由動量定理可知則解得故D錯誤。故選AC?！灸Ｐ脱菥?】（2023·湖南·模擬預(yù)測）如圖所示，光滑水平導(dǎo)軌分為寬窄兩段（足夠長，電阻不計(jì)），相距分別為0.5m和0.3m，兩個(gè)材料、粗細(xì)都相同的導(dǎo)體棒分別放在兩段導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒長度分別與導(dǎo)軌等寬，已知放在窄端的導(dǎo)體棒的質(zhì)量為0.6kg，電阻為0.3Ω，整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為1T，現(xiàn)用的水平向右的恒力拉動，一段時(shí)間后，回路中的電流保持不變，下列說法正確的是（）

A．在整個(gè)運(yùn)動過程中，兩棒的距離先變大后不變B．回路中穩(wěn)定的電流大小為5AC．若在回路中的電流不變后某時(shí)刻，的速度為4m/s，則的速度為20m/sD．若在回路中的電流不變后某時(shí)刻，的速度為4m/s，則整個(gè)裝置從靜止開始運(yùn)動了3.5s【答案】BC【詳解】A．由題意可知，的質(zhì)量，電阻，分析可知，當(dāng)電流不變時(shí)，有即故所以的加速度始終比的大，兩棒的距離一直變大，故A錯誤；B．當(dāng)電流不變時(shí)，由牛頓第二定律可知解得故B正確；C．當(dāng)時(shí)，由可知故C正確；D．分別對兩導(dǎo)體棒根據(jù)動量定理有聯(lián)立解得故D錯誤。故選BC?！灸Ｐ脱菥?】（2023·河北邯鄲·統(tǒng)考三模）兩金屬棒a、b垂直放置在如圖所示足夠長的光滑水平導(dǎo)軌上，金屬棒a、b的質(zhì)量分別為m和2m，電阻分別為r1和r2，導(dǎo)軌左邊間距為l，右邊間距為3l，兩導(dǎo)軌所在的區(qū)域處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。兩金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好且運(yùn)動時(shí)始終與導(dǎo)軌垂直。某時(shí)刻金屬棒a受到水平向右的恒力F作用，a始終在導(dǎo)軌MN上運(yùn)動，b始終在導(dǎo)軌PQ上運(yùn)動，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，經(jīng)過足夠長的時(shí)間后，下列說法正確的是（）A．金屬棒a與b均做勻變速直線運(yùn)動且距離保持不變B．金屬棒a的加速度為C．流過金屬棒a的電流大小為D．回路中的感應(yīng)電動勢保持不變，大小為【答案】BC【詳解】A．由于金屬棒a和b整體受恒定的拉力作用，則最終的穩(wěn)定狀態(tài)是兩棒都將有固定的加速度值，可得金屬棒受恒定的安培力，即回路中有恒定的電流，進(jìn)而得出回路有恒定的電動勢。設(shè)金屬棒a和b的速度分別為和，由閉合電路的歐姆定律知電流的變化率因?yàn)楹愣?，所以可得因?yàn)樽罱K兩金屬棒都做勻加速運(yùn)動，且加速度不同，兩棒的距離逐漸減小，A錯誤；B．對金屬棒a由牛頓第二定律得對金屬棒b由牛頓第二定律得可解得，B正確；C．將加速度的結(jié)果帶入公式解得C正確；D．由可知D錯誤。故選BC?！灸Ｐ脱菥?】（2023·海南?？凇ずＤ先A僑中學(xué)校考模擬預(yù)測）如圖所示，導(dǎo)體棒、水平放置于足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌左右兩部分的間距分別為，，導(dǎo)體棒、的質(zhì)量分別為、，接入電路的電阻分別為和，其余部分電阻均忽略不計(jì)。導(dǎo)體棒、均處于方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場中，、兩導(dǎo)體棒均以的初速度同時(shí)水平向右運(yùn)動，兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且保持良好接觸，導(dǎo)體棒始終在窄軌上運(yùn)動，導(dǎo)體棒始終在寬軌上運(yùn)動，直到兩導(dǎo)體棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。求：（1）導(dǎo)體棒中的最大電流。（2）穩(wěn)定時(shí)導(dǎo)體棒和的速度。（3）電路中產(chǎn)生的焦耳熱及該過程中流過導(dǎo)體棒的某一橫截面的電荷量。

【答案】（1）；（2），方向向右，，方向向右；（3）【詳解】（1），兩導(dǎo)體棒均以的初速度同時(shí)向右運(yùn)動時(shí)，導(dǎo)體棒中的電流最大，此時(shí)回路中的感應(yīng)電動勢為則導(dǎo)體棒中的最大電流（2）當(dāng)兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相等時(shí)，回路中的電流為零，且達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，設(shè)此時(shí)導(dǎo)體棒的速度為，導(dǎo)體棒的速度為，則有可得兩導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動到達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)過程中，對導(dǎo)體棒，由動量定理得對導(dǎo)體棒，由動量定理得聯(lián)立解得（3）由能量守恒定律得解得對導(dǎo)體棒，由動量定理可得又聯(lián)立解得四．線框模型（空氣阻力不計(jì)）【模型演練1】如圖所示，在光滑的水平面上寬度為L的區(qū)域內(nèi)，有豎直向下的勻強(qiáng)磁場．現(xiàn)有一個(gè)邊長為a(a<L)的正方形閉合線圈以垂直于磁場邊界的初速度v0向右滑動，穿過磁場后速度剛好減為0，那么當(dāng)線圈完全進(jìn)入磁場時(shí)，其速度大小()A．大于eq\f(v0,2) B．等于eq\f(v0,2)C．小于eq\f(v0,2) D．以上均有可能【答案】B【解析】通過線圈橫截面的電荷量：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)·Δt＝eq\f(ΔΦ,R)，由于線圈進(jìn)入和穿出磁場過程，線圈磁通量的變化量相等，則進(jìn)入和穿出磁場的兩個(gè)過程通過線圈橫截面的電荷量q相等，由動量定理得，線圈進(jìn)入磁場過程：－Beq\x\to(I)at＝mv－mv0，線圈離開磁場過程：－Beq\x\to(I)at＝0－mv，由于q＝eq\x\to(I)t，則－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，解得v＝eq\f(v0,2)，故選B.【模型演練2】（2023·江蘇·模擬預(yù)測）如圖，空間等距分布無數(shù)個(gè)垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，豎直方向磁場區(qū)域足夠長，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，每一條形磁場區(qū)域?qū)挾燃跋噜彈l形磁場區(qū)域間距均為?，F(xiàn)有一個(gè)邊長、質(zhì)量，電阻的單匝正方形線框，以的初速度從左側(cè)磁場邊緣水平進(jìn)入磁場，下列說法正確的是（

）A．線框剛進(jìn)入第一個(gè)磁場區(qū)域時(shí)，加速度大小為B．線框穿過第一個(gè)磁場區(qū)域過程中，通過線框的電荷量為C．線框從開始進(jìn)入磁場到豎直下落的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為D．線框從開始進(jìn)入磁場到豎直下落過程中能穿過5個(gè)完整磁場區(qū)域【答案】C【詳解】A．根據(jù)題意可得聯(lián)立解得線框剛進(jìn)入第一個(gè)磁場區(qū)域時(shí)受到的安培力為則線框的加速度大小為故A錯誤；B．由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和電荷量計(jì)算公式可知解得通過線框的電荷量為穿過磁場區(qū)域過程中線框磁通量變化量為零，所以通過線框的電荷量為零，故B錯誤；C．當(dāng)線框水平速度減為零時(shí)豎直下落，線框受到安培力的合力水平向左，安培力對線框做的負(fù)功等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱，由功能關(guān)系可得故C正確；D．水平方向安培力大小為設(shè)水平向右為正，由水平方向動量定理可得解得線框穿過1個(gè)完整磁場區(qū)域，有安培力作用的水平距離為2l，則有則線框從開始進(jìn)入磁場到豎直下落過程中能穿過6個(gè)完整磁場區(qū)域，故D錯誤。故選C?！灸Ｐ脱菥?】（2023·浙江·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖所示，由相同材料的導(dǎo)線繞成邊長相同的甲、乙兩個(gè)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(shí)由靜止開始下落，一段時(shí)間后進(jìn)入方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的上邊界水平。不計(jì)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．甲產(chǎn)生的焦耳熱比乙多 B．甲加速運(yùn)動，乙減速運(yùn)動C．甲和乙都加速運(yùn)動 D．甲減速運(yùn)動，乙加速運(yùn)動【答案】C【詳解】設(shè)線圈到磁場的高度為h，線圈的邊長為l，線圈材料密度為，質(zhì)量為m，橫截面積為S，電阻率為，線圈在磁場中運(yùn)行速度為，線圈剛進(jìn)入磁場時(shí)速度為，有感應(yīng)電動勢為線圈電阻為感應(yīng)電流為線圈所受的安培力由牛頓第二定律有聯(lián)立解得加速度為BCD．可知線圈在磁場中運(yùn)動的加速度與匝數(shù)、橫截面積無關(guān)，則甲乙線圈進(jìn)入磁場時(shí)，具有相同的加速度。當(dāng)時(shí)，甲和乙都做加速運(yùn)動，當(dāng)時(shí)，甲和乙都做減速運(yùn)動，故BD錯誤；C正確。A．線圈的熱功率甲乙線圈在磁場中運(yùn)動速度相同，熱功率也一樣，甲產(chǎn)生的焦耳熱與乙一樣多，故A錯誤。故選C。【模型演練4】（2023·安徽·模擬預(yù)測）如圖，相距的水平虛線間有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。磁場上方有一質(zhì)量為、電阻為、邊長為的正方形線框，線框距磁場上邊界處由靜止釋放，邊剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度與邊剛出磁場時(shí)的速度相等。線框向下運(yùn)動的過程中，線框平面始終與磁場垂直且邊保持水平，已知重力加速度為，下列說法正確的是（）

A．線框邊剛要進(jìn)入磁場時(shí)，線框的速度大小為B．線框邊剛要出磁場時(shí)，線框的加速度大小為C．線框進(jìn)入磁場的過程中，安培力的沖量大小為D．線框穿過磁場的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】AD【詳解】A．從釋放到cd剛進(jìn)磁場，有解得從cd剛進(jìn)磁場到ab剛進(jìn)磁場，有從ab剛進(jìn)磁場到cd剛出磁場，有解得ab剛進(jìn)磁場的速度故A正確；B．cd邊剛進(jìn)入磁場時(shí)的速度與cd邊剛出磁場時(shí)的速度相等，由對稱性可知ab邊剛進(jìn)、剛出磁場時(shí)的速度v2也相同，ab邊進(jìn)磁場到cd邊出磁場在重力作用下加速，則cd邊進(jìn)磁場到ab邊進(jìn)磁場為減速才能使cd邊剛進(jìn)、剛出磁場速度相同；ab邊剛出磁場時(shí)有解得故B錯誤；C．線框進(jìn)入磁場的過程中，設(shè)向下為正，有故C錯誤；D．線框穿過磁場的過程中，由能量守恒解得故D正確。故選AD?！灸Ｐ脱菥?】(多選)(2021·四川內(nèi)江鐵路中學(xué)月考)如圖所示，空間有一個(gè)方向水平的有界磁場區(qū)域，一個(gè)矩形線框，自磁場上方某一高度下落，然后進(jìn)入磁場，進(jìn)入磁場時(shí)，導(dǎo)線框平面與磁場方向垂直，則在進(jìn)入過程中導(dǎo)線框可能的運(yùn)動情況是()A．加速度變小的加速下落B．加速度變小的減速下落C．勻速下落D．勻加速下落【答案】ABC【解析】線框進(jìn)入磁場過程中受到的安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，如果eq\f(B2L2v,R)<mg，線框受到的合力向下，線框向下做加速運(yùn)動，由牛頓第二定律得：mg－eq\f(B2L2v,R)＝ma，a＝g－eq\f(B2L2v,mR)，由于速度v增大，a減小，線框向下做加速度變小的加速運(yùn)動，選項(xiàng)A正確，D錯誤；如果eq\f(B2L2v,R)>mg，線框受到的合力向上，線框向下做減速運(yùn)動，由牛頓第二定律得：eq\f(B2L2v,R)－mg＝ma，a＝eq\f(B2L2v,mR)－g，由于速度v減小，a減小，線框向下做加速度變小的減速運(yùn)動，選項(xiàng)B正確；如果eq\f(B2L2v,R)＝mg，線框?qū)⑾蛳伦鰟蛩僦本€運(yùn)動，選項(xiàng)C正確．【模型演練5】（2023·河南許昌·禹州市高級中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖所示，在光滑絕緣的水平面上方，有兩個(gè)方向相反的水平方向的勻強(qiáng)磁場，磁場范圍足夠大，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小左邊為2B，右邊為3B，一個(gè)豎直放置的寬為L、長為3L、質(zhì)量為m、電阻為r的矩形金屬線框，以初速度v垂直磁場方向從圖中實(shí)線位置開始向右運(yùn)動，當(dāng)線框運(yùn)動到虛線位置（在左邊磁場中的長度為L、在右邊磁場中的長度為2L）時(shí)，線框的速度為，則下列判斷正確的是（）

A．此時(shí)線框中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，電功率為B．此過程中通過線框截面的電量為C．此時(shí)線框的加速度大小為D．此過程中線框克服安培力做的功為【答案】AD【詳解】A．在圖示位置根據(jù)右手定則可知，線框中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，線框產(chǎn)生的電動勢為線圈電流為則電功率為故A正確；B．此過程中磁通量的變化為此過程中通過線框截面的電量為故B錯誤；C．線圈受到的安培力大小為此時(shí)線框的加速度大小為故C錯誤；D．由動能定理得可得此過程中線框克服安培力做的功為故D正確。故選AD?！灸Ｐ脱菥?】（2023·黑龍江大慶·大慶中學(xué)校考模擬預(yù)測）某高中科研興趣小組利用課余時(shí)間進(jìn)行研究電磁阻尼效果的研究性學(xué)習(xí)實(shí)驗(yàn)示意圖如圖甲所示，虛線MN右側(cè)有垂直于水平面向下的勻強(qiáng)磁場，邊長為1m、質(zhì)量為0.1kg、電阻為0.2Ω的正方形金屬線框在光滑絕緣水平面上以大小的速度向右滑動并進(jìn)入磁場，磁場邊界MN與線框的右邊框平行。從線框剛進(jìn)入磁場開始計(jì)時(shí)，線框的速度v隨滑行的距離x變化的規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是（

）

A．圖乙中B．線框進(jìn)入磁場的過程中，線框的加速度先不變再突然減為零C．線框進(jìn)入磁場的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為0.15JD．線框進(jìn)入磁場的過程中，通過線框某橫截面的電荷量為2.3C【答案】AC【詳解】A．線框中的磁通量發(fā)生變化時(shí)，線框中會產(chǎn)生感應(yīng)電流，線框會受到力的作用，從而速度發(fā)生改變，當(dāng)線框完全進(jìn)入磁場時(shí)，磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，線框的速度就不變，所以圖乙中的，故A正確；B．線框進(jìn)入磁場過程中，安培力大小為由圖乙可知，速度減小，線框受到的安培力減小，由牛頓第二定律可知，線框的加速度減小，因此線框做加速度減小的減速運(yùn)動，線框完全進(jìn)入磁場區(qū)域，加速度突變?yōu)榱?，故B錯誤；C．根據(jù)能量守恒可得，線框減少的動能全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱，則有其中，，代入數(shù)據(jù)可得故C正確；D．線框進(jìn)入磁場過程中，取水平向右為正，根據(jù)動量定理可得又即結(jié)合圖像乙可知，當(dāng)時(shí)，，代入解得通過線框截面的電量為代入數(shù)據(jù)解得故D錯誤。故選AC?！灸Ｐ脱菥?】（2023·山東·高三專題練習(xí)）如圖，紙面在豎直平面內(nèi)，水平方向上有兩寬度均為d的勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，磁場的上下邊界水平，區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁場方向?yàn)榇怪庇诩埫嫦蚶?，區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁場方向?yàn)榇怪庇诩埫嫦蛲?。一質(zhì)量為m，邊長為d的單匝正方形金屬線框，其總電阻為R，將線框從下邊緣距磁場上邊界距離h處由靜止釋放，線框下邊水平且線框平面始終與磁場方向垂直，當(dāng)線框下邊緣剛進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅰ時(shí)，恰好以速度做勻速直線運(yùn)動。當(dāng)線框下邊緣進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅱ但還未穿出磁場區(qū)域Ⅱ的某一時(shí)刻，線框開始以速度做勻速直線運(yùn)動。已知線框下邊緣穿過磁場區(qū)域Ⅱ的時(shí)間為，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（）

A．釋放時(shí)線框下邊緣距磁場上邊界距離B．C．從線框下邊緣剛進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅱ到線框下邊緣剛穿出磁場區(qū)域Ⅱ過程中通過線框?qū)w橫截面的電荷量D．從線框下邊緣剛進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅰ到線框下邊緣剛穿出磁場區(qū)域Ⅱ過程中線框中產(chǎn)生的總熱量【答案】AD【詳解】A．當(dāng)線框下邊緣剛進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅰ時(shí)，恰好以速度做勻速直線運(yùn)動釋放時(shí)線框下邊緣距磁場上邊界距離A正確；B．當(dāng)線框下邊緣進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅱ但還未穿出磁場區(qū)域Ⅱ的某一時(shí)刻，線框開始以速度做勻速直線運(yùn)動聯(lián)立解得B錯誤；C．從線框下邊緣剛進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅱ到線框下邊緣剛穿出磁場區(qū)域Ⅱ過程中，由動量定理安培力沖量通過線框?qū)w橫截面的電荷量C錯誤；D．從線框下邊緣剛進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅰ到線框下邊緣剛穿出磁場區(qū)域Ⅱ過程中，由能量守恒線框中產(chǎn)生的總熱量D正確。故選AD。【模型演練8】（2023春·湖南常德·高三漢壽縣第一中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系中，豎直向下，水平。在第一象限（空間足夠大）存在垂直平面向外的磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度沿y軸正方向不變，沿x軸正方向按照（且為已知常數(shù)）規(guī)律變化。一個(gè)質(zhì)量為m、邊長為L的正方形導(dǎo)線框，電阻為R，初始時(shí)一邊與x軸重合，一邊與y軸重合。將導(dǎo)線框以速度沿x軸正方向拋出，整個(gè)運(yùn)動過程中導(dǎo)線框的兩鄰邊分別平行兩個(gè)坐標(biāo)軸。從導(dǎo)線框開始運(yùn)動到速度恰好豎直向下的過程中，導(dǎo)線框下落高度為h，重力加速度為g，則在此過程中，下列說法正確的是（）

A．導(dǎo)線框受到的安培力總是與運(yùn)動方向垂直B．導(dǎo)線框下落高度為h時(shí)的速度小于C．整個(gè)過程中導(dǎo)線框中產(chǎn)生的熱量為D．導(dǎo)線框速度恰好豎直向下時(shí)左邊框的橫坐標(biāo)為【答案】CD【詳解】A．根據(jù)右手定則可知，線框?qū)a(chǎn)生順時(shí)針方向的電流，根據(jù)左手定則可知左邊框產(chǎn)生方向向右的安培力，右邊框產(chǎn)生方向向左的安培力，上邊框產(chǎn)生方向向下的安培力，下邊框產(chǎn)生方向向上的安培力，再根據(jù)磁場的分布規(guī)律可知左邊框產(chǎn)生的安培力小于右邊框產(chǎn)生的安培力，上、下邊框產(chǎn)生的安培力大小相等，可知導(dǎo)線框受到向左的安培力的作用，即沿x軸負(fù)方向的安培力作用，而不是與運(yùn)動方向垂直，故A錯誤；B．導(dǎo)線框在豎直方向所受安培力的合力為零，可知導(dǎo)線框在豎直方向做自由落體運(yùn)動，下落高度為h時(shí)的速度滿足運(yùn)動學(xué)關(guān)系可得故B錯誤；C．當(dāng)導(dǎo)線框速度恰好豎直向下時(shí)，說明導(dǎo)線框在水平方向速度減小為零，又導(dǎo)線框在豎直方向所受合力與重力大小相等，即導(dǎo)線框在豎直方向滿足機(jī)械能守恒，所以下落過程中導(dǎo)線框中產(chǎn)生的熱量大小等于水平方向動能的損失，大小為，故C正確；D．設(shè)導(dǎo)線框在時(shí)間t時(shí)的水平分速度大小為，水平位移為x，則在此時(shí)刻導(dǎo)線框產(chǎn)生感應(yīng)電動勢大小為導(dǎo)線框內(nèi)的感應(yīng)電流大小為所以導(dǎo)線框受到安培力的大小又根據(jù)可得導(dǎo)線框速度恰好豎直向下時(shí)左邊框的橫坐標(biāo)為故D正確。故選CD?！灸Ｐ脱菥?】（2023·湖北·模擬預(yù)測）如圖所示，光滑絕緣水平桌面上，虛線右側(cè)有豎直向下的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1T，虛線左側(cè)有一長、寬的矩形金屬框，其質(zhì)量為、電阻為，邊與平行。第一次，讓金屬框沿水平桌面、垂直方向以的初速度沖入磁場區(qū)域；第二次，讓金屬框在水平向右的外力作用下以的速度勻速進(jìn)入磁場區(qū)域。下列說法正確的是（）A．進(jìn)入磁場的過程中，金屬框中的電流方向?yàn)锽．前、后兩次進(jìn)入磁場的過程中，通過金屬框橫截面的電荷量之比為C．前、后兩次進(jìn)入磁場的過程中，金屬框中的焦耳熱之比為D．金屬框前、后兩次進(jìn)入磁場過程的時(shí)間之比為【答案】BC【詳解】A．根據(jù)右手定則可知，進(jìn)入磁場的過程中，金屬框中的電流方向?yàn)?，A錯誤；B．線框進(jìn)入磁場的過程中，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為平均感應(yīng)電流為則通過金屬框橫截面的電荷量可知前、后兩次進(jìn)入磁場的過程中，通過金屬框橫截面的電荷量之比為，B正確；C．第一次進(jìn)入時(shí)，設(shè)線框進(jìn)入磁場后的速度為，根據(jù)動量定理得解得v=1m/s則線框進(jìn)入磁場過程中，安培力做功則第一次進(jìn)入時(shí)，金屬框中的焦耳熱為第二次進(jìn)入時(shí)，根據(jù)題意有，，則第二次進(jìn)入時(shí)，金屬框中的焦耳熱為可知前、后兩次進(jìn)入磁場的過程中，金屬框中的焦耳熱之比為3:5，C正確；D．根據(jù)上述分析可知，線框第一次完全進(jìn)入磁場之后的速度為v=1m/s，假如線框勻減速進(jìn)入，則根據(jù)公式解得線框第一次進(jìn)入磁場時(shí)，做加速度減小的減速運(yùn)動，則所用時(shí)間由于第二次勻速進(jìn)入，則運(yùn)動時(shí)間為則金屬框前、后兩次進(jìn)入磁場過程的時(shí)間之比大于5:3，D錯誤。故選BC。【模型演練10】（2023·上?！そy(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖（a），線框位于傾斜角的斜面上，斜面上有一長度為的單匝矩形磁場區(qū)域，磁場方向垂直于斜面向上，大小為，已知線框邊長，，總電阻，現(xiàn)對線框施加一沿斜面向上的力使之運(yùn)動。斜面上動摩擦因數(shù)，線框速度隨時(shí)間變化如圖（b）所示。（重力加速度取）（1）求外力大??；（2）求長度；（3）求回路產(chǎn)生的焦耳熱。

【答案】（1）1.5N；（2）0.5m；（3）0.4J【詳解】（1）由圖（b）可知在0~0.4s內(nèi)線框做勻加速運(yùn)動，加速度為根據(jù)牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)可得（2）由圖（b）可知線框cf勻速進(jìn)入磁場，則有其中聯(lián)立可得，（3）線框穿過磁場過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱等于過程中安培力做的功，即【模型演練11】（2023·全國·高三專題練習(xí)）一邊長為L、質(zhì)量為m的正方形金屬細(xì)框，每邊電阻為R0，置于光滑的絕緣水平桌面（紙面）上。寬度為2L的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，兩虛線為磁場邊界，如圖（a）所示。（1）使金屬框以一定的初速度向右運(yùn)動，進(jìn)入磁場。運(yùn)動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界平行，金屬框完全穿過磁場區(qū)域后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大小。（2）在桌面上固定兩條光滑長直金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌與磁場邊界垂直，左端連接電阻R1=2R0，導(dǎo)軌電阻可忽略，金屬框置于導(dǎo)軌上，如圖（b）所示。讓金屬框以與（1）中相同的初速度向右運(yùn)動，進(jìn)入磁場。運(yùn)動過程中金屬框的上、下邊框處處與導(dǎo)軌始終接觸良好。求在金屬框整個(gè)運(yùn)動過程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量。【答案】（1）；（2）【詳解】（1）金屬框進(jìn)入磁場過程中有則金屬框進(jìn)入磁場過程中流過回路的電荷量為則金屬框完全穿過磁場區(qū)域的過程中流過回路的電荷量為且有聯(lián)立有（2）設(shè)金屬框的初速度為v0，則金屬框進(jìn)入磁場時(shí)的末速度為v1，向右為正方向。由于導(dǎo)軌電阻可忽略，此時(shí)金屬框上下部分被短路，故電路中的總電再根據(jù)動量定理有解得則在此過程中根據(jù)能量守恒有解得其中此后線框完全進(jìn)入磁場中，則線框左右兩邊均作為電源，且等效電路圖如下

則此時(shí)回路的總電阻設(shè)線框剛離開磁場時(shí)的速度為v2，再根據(jù)動量定理有解得v2=0則說明線框剛離開磁場時(shí)就停止運(yùn)動了，則再根據(jù)能量守恒有其中則在金屬框整個(gè)運(yùn)動過程中，電阻R1產(chǎn)生的熱量【模型演練12】（2023·湖南長沙·湖南師大附中?？既＃┕饣^緣水平桌面上有一邊長為L的矩形線圈abcd，其質(zhì)量為m，其各邊電阻相等，線圈ab邊以速度v進(jìn)入一個(gè)有明顯邊界的勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，如圖所示，磁場的寬度大于L。當(dāng)線圈全部進(jìn)入磁場區(qū)域時(shí)，其動能恰好等于ab邊進(jìn)入磁場前時(shí)的一半，求：（1）ab邊剛進(jìn)入磁場瞬間，a、b兩點(diǎn)的電壓是多少？（2）判斷線圈能否全部穿出磁場，并敘述理由；（3）線圈從開始進(jìn)入磁場到完全出磁場的整個(gè)過程中安培力對線框做的總功。

【答案】（1）；（2）能全部穿出磁場，見解析；（3）【詳解】（1）ab邊剛進(jìn)入磁場瞬間產(chǎn)生的瞬時(shí)感應(yīng)電動勢為切割磁感線的ab邊相當(dāng)于電源，則可知，a、b兩點(diǎn)的電壓為路端電壓，設(shè)每條邊的電阻為r，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得則（2）由題意可知，線圈全部進(jìn)入磁場后動能變?yōu)樵瓉淼囊话?，則可知線圈出磁場時(shí)的速度小于進(jìn)磁場時(shí)的速度，根據(jù)安培力可知，出磁場時(shí)所受安培力小于進(jìn)磁場時(shí)所受安培力，設(shè)進(jìn)磁場時(shí)的平均安培力為，出磁場時(shí)的平均安培力為，則根據(jù)動能定理，有顯然不為零，