【物理】2018届一轮复习人教版专题十一涉及电磁感应的力电综合问题学案

【物理】2018届一轮复习人教版专题十一涉及电磁感应的力电综合问题学案

专题十一 　涉及电磁感应的力电综合问题 Ø 热点题型探究 ‎　热点一　电磁感应的动力学问题 ‎1.力学对象和电学对象的相互关系 ‎2．动态分析的基本思路 ‎1 (15分)如图Z111所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1 m，导轨平面与水平面的夹角为θ＝37°，下端连接阻值为R的电阻，匀强磁场方向与导轨所在平面垂直(图中未画出)．质量为0.2 kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25.(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ ‎(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；‎ ‎(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8 W，求该速度的大小；‎ ‎(3)在上问中，若R＝2 Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向．‎ 图Z111‎ ‎[解答规范] (1)金属棒开始下滑的初速度为零，根据牛顿第二定律，有 ‎________①(2分)‎ 由①式解得a＝________②(1分)‎ ‎(2)设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡，则 ‎________③(2分)‎ 此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率，即 ‎________④(2分)‎ 由③④两式解得 v＝________⑤(1分)‎ ‎ (3)设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B，有________⑥(2分)‎ ‎________⑦(2分)‎ 由⑥⑦两式解得B＝________⑧(1分)‎ 由左手定则知磁场方向垂直导轨所在平面向上．(2分)‎ 式题1 如图Z112所示，相距为L的两条足够长光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨由两种材料组成，PG右侧部分单位长度电阻为r0，且PQ＝QH＝GH＝L.PG左侧导轨电阻不计．整个导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度为B.质量为m的导体棒AC与导轨垂直放置且与导轨接触良好，其电阻不计，在恒力F作用下从静止开始运动，在到达PG之前导体棒AC已经匀速．‎ ‎(1)求当导体棒做匀速运动时回路中的电流；‎ ‎(2)若导体棒运动到PQ中点时速度大小为v1，试计算此时导体棒的加速度；‎ ‎(3)若导体棒初始位置与PG相距为d，运动到QH位置时速度大小为v2，试计算整个过程回路中产生的热量．‎ 图Z112‎ 式题2 (多选)如图Z113所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面的夹角为θ＝30°，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终垂直且保持良好接触，金属棒接入电路的电阻为R，当金属棒运动的速度大小为v时，流过其横截面的电荷量为q，此时金属棒已经匀速，则金属棒ab在这一过程中(　　)‎ 图Z113‎ A．运动的平均速度大小为v B．下滑的位移大小为 C．当其速度大小为v时，加速度为g D．运动的平均速度小于v ‎■ 规律总结 用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题：‎ 解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：‎ ‎　热点二　电磁感应的能量问题 ‎1.能量转化及焦耳热的求法 ‎(1)能量转化 ‎(2)求解焦耳热Q的三种方法 ‎2．解题的一般步骤 ‎(1)确定研究对象(导体棒或回路)；‎ ‎(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；‎ ‎(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解．‎ ‎2 (多选)如图Z114所示，光滑平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某一高度h后又返回到底端．若运动过程中，金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计，则(　　)‎ 图Z114‎ A．返回到底端时的速度大小为v0‎ B．上滑到最高点的过程中克服安培力与重力所做功之和等于mv C．上滑到最高点的过程中电阻R上产生的热量等于mv－mgh D．金属杆两次通过轨道上的同一位置时电阻R的热功率相同 式题 如图Z115所示，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l，左端与一电阻R 相连；整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下，一质量为m的导体棒置于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂直并接触良好．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略．求：‎ ‎(1)电阻R消耗的功率；‎ ‎(2)水平外力的大小．‎ 图Z115‎ ‎■ 规律总结 求解电能应分清两类情况：‎ ‎(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算．‎ ‎(2)若电流变化，则：①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能．‎ ‎　热点三　电磁感应与动量结合问题 考向一　电磁感应与动量定理结合 理论上电荷量的求法：q＝I·t.‎ 方法1：在电磁感应问题中最为常见的思路为：对某一回路来说，据法拉第电磁感应定律，得E＝，显然该感应电动势也为对其时间的平均值，再由I＝(R为回路中的总电阻)可以得到I＝.综上可得q＝.若B不变，则q＝＝.‎ 方法2：设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时，安培力F为变力，但其冲量可用它对时间的平均值进行计算，即I＝FΔt，而F＝BIL(I 为电流对时间的平均值)，故有：BILΔt＝mv2－mv1，而IΔt＝q，故有q＝.‎ ‎3 如图Z116所示，金属棒ab的质量m＝5 g，放置在宽L＝1 m、光滑的金属导轨的边沿，两金属导轨处于水平面内，导轨之间有竖直向下、B＝0.5 T的匀强磁场．电容器的电容C＝200 μF，电源的电动势E＝16 V，导轨平面距地面高度h＝0.8 m．在开关S与“1”接通并稳定后，再使它与“2”接通，则金属棒ab被抛到s＝0.064 m的地面上，试求这时电容器上的电压．‎ 图Z116‎ 式题1 如图Z117所示，在水平面上有两条平行金属导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度的大小为B，两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离放在导轨上，且与导轨垂直．它们接入电路的电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆的摩擦不计．杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则分别在杆2固定与不固定两种情况下，最初摆放两杆时的最小距离之比为(　　)‎ 图Z117‎ A．4∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．3∶1‎ 式题2 如图Z118所示，竖直放置的两光滑平行金属导轨，置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，两根质量相同的导体棒a和b，与导轨紧密接触且可自由滑动．先固定a，释放b，当b的速度达到10 m/s时，再释放a，经过1 s后，a的速度达到12 m/s，则：‎ ‎(1)此时b的速度大小是多少？‎ ‎(2)若导轨很长，试分析a、b棒最后的运动状态．‎ 图Z118‎ ‎■ 方法技巧 求电荷量q的两种方法 从以上框图可见，这些物理量之间的关系可能会出现以下三种题型：‎ 第一：方法Ⅰ中相关物理量的关系．‎ 第二：方法Ⅱ中相关物理量的关系．‎ 第三：就是以电荷量作为桥梁，直接把上面框图中左右两边的物理量联系起来，如把导体棒的位移和速度联系起来，但由于这类问题导体棒的运动一般都不是匀变速直线运动，无法使用匀变速直线运动的运动学公式进行求解，所以这种方法就显得十分巧妙．这种题型难度最大．‎ 考向二　电磁感应与动量守恒结合 ‎4 两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L.导轨上面垂直放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图Z119所示．两根导体棒的质量皆为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻可不计．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0.若两导体棒在运动中始终不接触，则：‎ ‎(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？‎ ‎(2)当ab棒的速度变为初速度的时，cd棒的加速度是多少？‎ 图Z119‎ 式题 如图Z1110所示，电阻不计的两光滑金属导轨相距L，放在绝缘水平桌面上，半径为R的圆弧部分处在竖直平面内，水平直导轨部分处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐．两金属棒ab、cd垂直于两导轨且与导轨接触良好．棒ab质量为2m，电阻为r，棒cd的质量为m，电阻为r.重力加速度为g.开始棒cd静止在水平直导轨上，棒ab从圆弧顶端无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触并一直向右运动，最后两棒都离开导轨落到地面上．棒ab与棒cd落地点到桌面边缘的水平距离之比为3∶1.求：‎ ‎(1)棒ab和棒cd离开导轨时的速度大小；‎ ‎(2)棒cd在水平导轨上的最大加速度；‎ ‎(3)两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热．‎ 图Z1110‎ ‎　热点四　电磁感应中的导体棒问题 这类问题的实质是不同形式的能量的转化过程，‎ 从功和能的观点入手，弄清导体切割磁感线运动过程中的能量转化关系，处理这类问题有三种观点，即：①力学观点；②图像观点；③能量观点．单杆模型中常见的四种情况：‎ 模型一(v0≠0)‎ 模型二(v0＝0)‎ 模型三(v0＝0)‎ 模型四(v0＝0)‎ 示意图 单杆ab以一定初速度v0在光滑水平导轨上滑动，质量为m，电阻不计，两导轨间距为L 轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两导轨间距为L 轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两导轨间距为L，拉力F恒定 轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两导轨间距为L，拉力F恒定 力学观点 ‎　导体杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，电流I＝＝，安培力F＝BIL＝，做减速运动：v↓⇒F↓⇒a↓，当v＝0时，F＝0，a＝0，杆保持静止 ‎　S闭合，ab杆受安培力F＝，此时a＝，杆ab速度v↑⇒感应电动势E感＝BLv↑⇒I↓⇒安培力F＝BIL↓⇒加速度a↓，当E感＝E时，v最大，且vm＝(收尾速度)‎ ‎　开始时a＝，杆ab速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由F－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝(收尾速度)‎ ‎　设ab杆加速度为a，杆ab速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑，经过Δt速度为v＋Δv，此时感应电动势E′＝BL(v＋Δv)，Δt时间内流入电容器的电荷量ΔQ＝CΔU＝C(E′－E)＝CBLΔv，电流I＝＝CBL＝CBLa，安培力F安＝BLI＝CB2L2a，F－F安＝ma，a＝，所以杆以恒定的加速度匀加速运动 图像观点 能量观点 ‎　动能全部转化为内能：Q＝mv ‎　电源输出的电能转化为动能W出＝mv ‎　F做的功一部分转化为杆的动能，一部分产生电热：WF＝Q＋mv ‎　F做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WF＝mv2＋EC 考向一　导体棒切割磁感线与含电阻电路的综合 ‎5 如图Z1111所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿导轨向上的初速度v0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧的中心轴线与导轨平行．‎ ‎(1)求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向；‎ ‎(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a.‎ 图Z1111‎ 考向二　导体棒切割磁感线与含电源电路的综合 ‎6 如图Z1112所示，长平行金属导轨PQ、MN光滑，相距l＝0.5 m，处在同一水平面中，磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场竖直向下垂直穿过导轨面．横跨在导轨上的直导线ab的质量m＝0.1 kg、电阻R＝0.8 Ω，导轨电阻不计．导轨间通过开关S将电动势E＝1.5 V、内电阻r＝0.2 Ω的电池接在M、P两端．‎ ‎(1)导线ab的加速度的最大值和速度的最大值各是多少？‎ ‎(2)在闭合开关S后，怎样才能使ab以恒定的速度v＝7.5 m/s沿导轨向右运动？试描述这时电路中的能量转化情况(通过具体的数据计算说明)．‎ 图Z1112‎ 考向三　导体棒切割磁感线与含电容电路的综合 ‎7 如图Z1113所示，水平面内有两根足够长的平行导轨L1、L2，其间距d＝0.5 m，左端接有电容C＝2000 μF的电容器．质量m＝20 g的导体棒垂直放置在导轨平面上且可在导轨上无摩擦滑动，导体棒和导轨的电阻不计．整个空间存在着垂直导轨所在平面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．现用一沿导轨方向向右的恒力F＝0.22 N作用于导体棒，使导体棒从静止开始运动，经过一段时间t，速度达到v＝5 m/s.则(　　)‎ 图Z1113‎ A．此时电容器两端的电压为10 V B．此时电容器上的电荷量为1×10－2 C C．导体棒做匀加速运动，且加速度为20 m/s2‎ D．时间t＝0.4 s Ø 高考模拟演练 ¥ 高考真题 ‎1．[2016·全国卷Ⅰ] 如图Z1114所示，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑．求：‎ ‎(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；‎ ‎(2)金属棒运动速度的大小．‎ 图Z1114‎ ‎2．[2016·浙江卷] 小明设计的电磁健身器的简化装置如图Z1115所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T．质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24 m．一位健身者用恒力F＝80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直．当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：‎ ‎(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；‎ ‎(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；‎ ‎(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.‎ 图Z1115‎ ¥ 精选模拟 ‎3．(多选)[2016·山东威海模拟] 如图Z1116所示，两根光滑、足够长的平行金属导轨固定在水平面上．滑动变阻器接入电路的电阻值为R(最大阻值足够大)，导轨的宽度L＝0.5 m，空间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度的大小B＝1 T．电阻r＝1 Ω的金属杆在F＝5 N的水平恒力作用下由静止开始运动．经过一段时间后，金属杆的速度达到最大速度vm，不计导轨电阻，则有(　　)‎ 图Z1116‎ A．R越小，vm越大 B．金属杆的最大速度大于或等于20 m/s C．在金属杆达到最大速度之前，恒力F所做的功等于电路中消耗的电能 D．金属杆达到最大速度后，金属杆中电荷沿杆长度方向定向移动的平均速率ve与恒力F成正比 ‎4．(多选)[2016·河南商丘三模] 如图Z1117甲所示，两条光滑的平行金属导轨AB、CD 竖直放置，AB、CD相距L，在A、C之间接一个阻值为R的电阻；在两导轨间的abdc矩形区域内有垂直导轨平面向外、高度为5h的有界匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电阻为r、长度也为L的导体棒放在磁场下边界ab上(与ab边重合)．现用一个竖直向上的力F拉导体棒．使它由静止开始向上运动，导体棒刚要离开磁场时恰好做匀速直线运动，导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨电阻不计．F随导体棒与初始位置的距离x变化的情况如图乙所示，下列判断正确的是(　　)‎ 图Z1117‎ A．导体棒离开磁场时速度大小为 B．离开磁场时电阻R两端的电压为 C．导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为 D．导体棒经过磁场的过程中，电阻R产生焦耳热为－ ‎5．[2016·江西六校联考] 如图Z1118所示，甲图中的电容器C原来不带电，除电阻R外，其余部分电阻均不计，光滑且足够长的导轨水平放置，磁场方向垂直于导轨平面，现给垂直放置于导轨上的导体棒ab水平向右的初速度v，则甲、乙、丙三种情形下，ab棒最终的运动状态是(　　)‎ 图Z1118‎ A．三种情形下导体棒ab最终均做匀速运动 B．甲、丙图中导体棒ab最终可能以不同的速度做匀速运动，乙中导体棒ab最终静止 C．甲、丙图中导体棒ab最终将以相同的速度做匀速运动，乙中导体棒ab最终静止 D．三种情形下导体棒ab最终均静止 专题十一　涉及电磁感应的力电综合问题 ‎【热点题型探究】‎ 热点一　电磁感应的动力学问题 例1　(1)mgsin θ－μmgcos θ＝ma　4 m/s2‎ ‎(2)mgsin θ－μmgcos θ－F＝0　P＝Fv　10 m/s ‎(3)I＝　P＝I2R　0.4 T 变式题1　(1)　(2)－　水平向左 ‎(3)F(d＋L)－mv ‎[解析] (1)导体棒匀速，则F＝F安 而F安＝BIL 解得I＝.‎ ‎(2)设导体棒的加速度为a，则F′安－F＝ma 而F′安＝BI′L 由闭合电路的欧姆定律得I′＝ 感应电动势E＝BLv1‎ 解得a＝－ 方向水平向左．‎ ‎(3)对导体棒整个运动过程应用功能关系有 F(L＋d)＝mv＋Q 解得Q＝F(d＋L)－mv.‎ 变式题2　BC　[解析] 金属棒下滑过程中，对金属棒受力分析，由牛顿第二定律得mgsin θ－＝ma，故向下滑动的过程中，加速度逐渐变小，作出导体棒运动的速度—时间图像如图曲线1所示，如果物体做匀加速直线运动如图直线2所示，根据匀变速直线运动的规律，物体做匀变速直线运动的平均速度等于，根据速度—时间图像所围的面积表示位移，现在物体在相同的时间内运动的位移比匀变速直线运动的位移大，故平均速度大于，选项A、D均错误；由q＝It＝t＝，得s＝，选项B正确；棒匀速运动时，根据平衡条件得＝mgsin θ，当棒的速度大小为v时，根据牛顿第二定律得mgsin θ－＝ma，解得a＝gsin θ＝g，选项C正确．‎ 热点二　电磁感应的能量问题 例2　BC　[解析] 金属杆从轨道底端滑上轨道到又返回到出发点时，由于电阻R上产生热量，故返回时速度小于v0，选项A错误；上滑到最高点时动能转化为重力势能和电阻R上产生的热量(即克服安培力所做的功)，选项B、C正确；金属杆两次通过轨道上同一位置时的速度大小不同，电路的电流不同，故电阻的热功率不同，选项D错误．‎ 变式题　(1)　(2)＋μmg ‎[解析] (1)导体棒切割磁感线产生的电动势E＝Blv 由于导轨与导体棒的电阻均可忽略，则R两端电压等于电动势，即U＝E 电阻R消耗的功率PR＝ 综合以上三式可得PR＝ ‎(2)设水平外力大小为F，由能量守恒定律有 Fv＝PR＋μmgv 故得F＝＋μmg＝＋μmg 热点三　电磁感应与动量结合问题 例3　8 V ‎[解析] 当S接“1”时，电源给电容器充电．当S扳向“2”时，充电后的电容器通过金属棒放电，产生放电电流．金属棒在磁场中受到安培力作用，向右运动．当ab棒离开导轨时获得一定的速度v，之后棒做平抛运动．只要求出通过ab棒的电荷量，即可求出电容器两端的电压．‎ 对AB棒做平抛运动有 h＝gt2‎ s＝vt 解得v＝＝0.16 m/s ab棒在导轨上运动，其末速度即为平抛运动的初速度，设电流的平均值为I，对金属棒抛出瞬间应用动量定理得 BILΔt＝mv 又电容器放电的电荷量Q放＝IΔt 所以Q放＝＝1.6×10－3 C 电容器充电电荷量Q＝EC＝3.2×10－3 C 放电后电容器剩下的电荷量Q′＝Q－Q放＝1.6×10－3 C 放电后电容器两端的电压U′＝＝8 V.‎ 变式题1　C　[解析] 杆2固定时杆1做加速度减小的减速运动，最小距离s1对应于当杆1至杆2处时，速度恰好减为零．‎ 杆2固定时通过回路的电荷量q1＝＝ 对杆1：－BI1d·Δt＝0－mv0‎ q1＝I1·Δt 联立以上各式，得s1＝ 杆2不固定时，杆1向右做加速度减小的减速运动，杆2向右做加速度减小的加速运动，二者运动到同一位置时恰好达到同一速度v′，对应的初距离s2最小．‎ 杆2不固定时通过回路的电荷量q2＝＝ 对杆1：－BI2d·Δt＝mv′－mv0‎ 对杆2：BI2d·Δt＝mv′‎ q2＝I2·Δt s2＝ 综上可得：s1∶s2＝2∶1.‎ 变式题2　(1)18 m/s　(2)a、b棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动 ‎[解析] (1)当b棒先向下运动时，在a和b以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流，于是a棒受到向下的安培力，b棒受到向上的安培力，且二者大小相等．释放a棒后，经过时间t，分别以a和b为研究对象，根据动量定理，则有：‎ ‎(mg＋F)t＝mva ‎(mg－F)t＝mvb－mv0‎ 代入数据可解得：vb＝18 m/s ‎(2)在a、b棒向下运动的过程中，a棒产生的加速度a1＝g＋，b棒产生的加速度a2＝g－.当a棒的速度与b棒接近时，闭合回路中磁通量的变化逐渐减小直至不变，感应电流也逐渐减小直至消失，则安培力也逐渐减小到零．最后，两棒以共同的速度向下做加速度为g的匀加速运动．‎ 例4　(1)mv　(2) ‎[解析] ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量变小，于是产生感应电流．ab棒受到与其运动方向相反的安培力而做减速运动，cd棒则在安培力的作用下向右做加速运动．只要ab棒的速度大于cd棒的速度，回路总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速，直到两棒速度相同后，回路面积保持不变，不产生感应电流，两棒以相同的速度v做匀速运动．‎ ‎(1)从开始到两棒达到相同速度v的过程中，两棒的总动量守恒，有 mv0＝2mv 根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热 Q＝mv－(2m)v2＝mv.‎ ‎(2)设ab棒的速度变为v0时，cd棒的速度为v′，则由动量守恒定律可知 mv0＝mv0＋mv′‎ 解得v′＝v0，回路中的电动势E＝BLv0－BLv0＝BLv0‎ 此时cd棒所受的安培力F＝BIL＝.‎ 由牛顿第二定律可得，cd棒的加速度a＝＝.‎ 变式题　(1)　　(2) ‎(3)mgR ‎[解析] (1)设ab棒进入水平导轨的速度为v1，ab棒从圆弧导轨滑下机械能守恒，有 ‎2mgR＝×2mv 离开导轨时，设ab棒的速度为v′1，cd棒的速度为v′2，ab棒与cd棒在水平导轨上运动，动量守恒，有 ‎2mv1＝2mv′1＋mv′2‎ 依题意v′1>v′2，两棒离开导轨做平抛运动的时间相等，由平抛运动水平位移x＝vt可知 v′1∶v′2＝x1∶x2＝3∶1‎ 联立以上各式解得v′1＝，v′2＝ ‎(2)ab棒刚进入水平导轨时，cd棒受到的安培力最大，此时它的加速度最大，设此时回路的感应电动势为ε，则 ε＝BLv1，‎ I＝ cd棒受到的安培力Fcd＝BIL 根据牛顿第二定律，cd棒的最大加速度a＝ 联立以上各式解得a＝ ‎(3)根据能量守恒定律，两棒在导轨上运动过程产生的焦耳热Q＝×2mv－×2mv′＋mv′＝mgR 热点四　电磁感应中的导体棒问题 例5　(1)　b→a ‎(2)gsin θ－ ‎[解析] (1)导体棒产生的感应电动势E1＝BLv0‎ 通过R的电流I1＝＝ 电流方向为b→a.‎ ‎(2)导体棒产生的感应电动势为E2＝BLv 感应电流I2＝＝ 导体棒受到的安培力F＝BI2L＝，方向沿导轨向上 根据牛顿第二定律有mgsin θ－F＝ma 解得a＝gsin θ－.‎ 例6　(1)6 m/s2　3.75 m/s　(2)略 ‎[解析] (1)在S刚闭合的瞬间，导线ab速度为零，没有电磁感应现象，由a到b的电流I0＝＝1.5 A，ab受安培力水平向右，此时ab瞬时加速度最大，加速度a0＝＝＝6 m/s2.‎ 当感应电动势E′与电池电动势E相等时，ab的速度达到最大值．设最终达到的最大速度为vm，根据上述分析可知 E－Blvm＝0‎ 所以vm＝＝ m/s＝3.75 m/s.‎ ‎(2)如果ab以恒定速度v＝7.5 m/s向右沿导轨运动，则ab中感应电动势E′＝Blv＝0.8×0.5×7.5 V＝3 V 由于E′＞E，这时闭合电路中电流方向为逆时针方向，大小为：I′＝＝ A＝1.5 A 直导线ab中的电流由b到a，根据左手定则，磁场对ab有水平向左的安培力作用，大小为F′＝BlI′＝0.8×0.5×1.5 N＝0.6 N 所以要使ab以恒定速度v＝7.5 m/s向右运动，必须有水平向右的恒力F＝0.6 N作用于ab.上述物理过程的能量转化情况，可以概括为下列三点：‎ ‎①作用于ab的恒力(F)的功率：‎ P＝Fv＝0.6×7.5 W＝4.5 W ‎②电阻(R＋r)产生焦耳热的功率：‎ P′＝I′2(R＋r)＝1.52×(0.8＋0.2)W＝2.25 W ‎③逆时针方向的电流I′，从电池的正极流入，负极流出，电池处于“充电”状态，吸收能量，以化学能的形式储存起来．电池吸收能量的功率：P″＝I′E＝1.5×1.5 W＝2.25 W.‎ 由上看出，P＝P′＋P″，外力做功转化为回路中的热能和电池中的化学能．‎ 例7　B　[解析] 当棒运动速度达到v＝5 m/s时，产生的感应电动势E＝Bdv＝5 V，选项A错误．电容器两端电压U＝E＝5 V，此时电容器的带电荷量q＝CU＝1×10－2 C，选项B正确．设回路中的电流为i，棒在力F作用下，有F－Bid＝ma，又i＝，Δq＝CΔU，ΔU＝BdΔv，a＝，联立解得a＝＝10 m/s2，t＝＝0.5 s，选项C、D错误．‎ ‎【高考模拟演练】‎ ‎1．(1)mg(sin θ－3μcos θ)　(2)(sin θ－3μcos θ) ‎[解析] (1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2，对于ab棒，由力的平衡条件得 ‎2mgsin θ＝μN1＋T＋F　①‎ N1＝2mgcos θ　②‎ 对于cd棒，同理有 mgsin θ＋μN2＝T　③‎ N2＝mgcos θ　④‎ 联立①②③④式得 F＝mg(sin θ－3μcos θ)　⑤‎ ‎(2)由安培力公式得 F＝BIL　⑥‎ 这里I是回路abdca中的感应电流，ab棒上的感应电动势为 ε＝BLv　⑦‎ 式中，v是ab棒下滑速度的大小，由欧姆定律得 I＝　⑧‎ 联立⑤⑥⑦⑧式得 v＝(sin θ－3μcos θ)　⑨‎ ‎2．(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J ‎[解析] (1)由牛顿定律a＝＝12 m/s2　①‎ 进入磁场时的速度v＝＝2.4 m/s　②‎ ‎(2)感应电动势E＝Blv　③‎ 感应电流I＝　④‎ 安培力FA＝IBl　⑤‎ 代入得FA＝＝48 N　⑥‎ ‎(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J　⑦‎ 由牛顿定律F－mgsin θ－FA＝0　⑧‎ CD棒在磁场区做匀速运动 在磁场中运动时间t＝　⑨‎ 焦耳热Q＝I2Rt＝26.88 J　⑩‎ ‎3．BD　[解析] 当金属杆达到最大速度时满足F＝F安，则F＝，解得vm＝，可知R越大，vm越大，选项A错误；金属杆的最大速度vm＝＝＝20(1＋R)m/s，则金属杆的最大速度大于或等于20 m/s，选项B正确；在金属杆达到最大速度之前，恒力F所做的功等于电路中消耗的电能与金属杆动能增量之和，选项C错误；金属杆达到最大速度后金属杆中的电流I＝，又I＝neSve，则ve＝＝，故金属杆达到最大速度后，金属杆中电荷沿杆长度方向定向移动的平均速率ve与恒力F成正比，选项D正确．‎ ‎4．BD　[解析] 导体棒刚要离开磁场时，做匀速直线运动，则3mg＝mg＋，可求得v ‎＝，A错误；由3mg＝mg＋BL知U＝，B正确；导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量q＝＝，C错误；导体棒经过磁场的过程中，产生的总热量为Q，由能量守恒定律得2mgh＋3mg·4h－mg·5h＝mv2＋Q总，解得QR＝Q总＝－，D正确．‎ ‎5．B　[解析] 甲图中ab棒产生感应电动势对电容器充电，电容器两板间电势差与感应电动势相同时，ab棒做向右的匀速直线运动；乙图中导体棒有初速度，切割磁感线，产生感应电流，出现安培力，阻碍其向前运动，其动能转化为内能，最终会静止；丙图中导体棒也有初速度，若初速度较大，产生的感应电动势大于电源电动势，导体棒所受的安培力使导体棒减速，当感应电动势等于电源电动势时，电流为零，ab棒做匀速直线运动；若初速度较小，产生的感应电动势小于电源电动势，导体棒所受的安培力使导体棒加速，当感应电动势等于电源电动势时，电流为零，ab棒做匀速直线运动．甲图中导体棒最终运动的速度与v有关，丙图中导体棒最终运动的速度与v无关，与电源电动势有关；选项B正确．‎ ‎【教师备用习题】‎ ‎1．(多选)如图所示，金属棒AB垂直跨放在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，棒与导轨接触良好，棒AB和导轨的电阻均忽略不计，导轨左端接有电阻R，垂直于导轨平面的匀强磁场向下穿过平面，现以水平向右的恒力F拉着棒AB向右移动，t秒末棒AB的速度为v，移动距离为x，且在t秒内速度大小一直在变化，则下列判断正确的是(　　)‎ A．t秒内AB棒所受安培力方向水平向左且逐渐增大 B．t秒内AB棒做加速度逐渐减小的加速运动 C．t秒内AB棒做匀加速直线运动 D．t秒末外力F做功的功率为 ‎[解析] AB　由牛顿第二定律有F－F安＝ma，其中F安＝BIl＝，随着v增大，F安也增大，a逐渐减小，选项A、B正确；v是t秒末的瞬时速度，是棒AB匀加速运动时t秒末拉力做功的功率，故t秒末P＝Fv<，选项C、D错误．‎ ‎2．如图所示，一磁铁用细线悬挂，一个很长的铜管固定在磁铁的正下方，开始时磁铁上端与铜管上端相平．烧断细线，磁铁落入铜管的过程中，不计空气阻力．下列说法正确的是(　　)‎ ‎①磁铁下落的加速度先增大，后减小 ‎②磁铁下落的加速度恒定 ‎③磁铁下落的加速度一直减小，最后为零 ‎④磁铁下落的速度先增大后减小 ‎⑤磁铁下落的速度逐渐增大，最后匀速运动 A．只有②正确 B．只有①④正确 C．只有①⑤正确 D．只有③⑤正确 ‎[解析] D　刚烧断细线时，磁铁只受重力，向下加速运动，铜管中产生感应电流，对磁铁的下落产生阻力，故磁铁速度增大，加速度减小，当阻力和重力相等时，磁铁加速度为零，速度达到最大，做匀速运动，选项D正确．‎ ‎3．(多选)[2016·郑州质量检测] 如图所示，在光滑绝缘斜面上放置一矩形铝框abcd，铝框的质量为m、电阻为R，斜面上ef与gh两线间有垂直斜面向上的匀强磁场，ef∥gh∥pq∥ab，eh>bc.如果铝框从磁场上方斜面上的某一位置由静止开始运动，则下列表示铝框从开始运动到ab边到达gh线这一过程中的速度与时间关系的图像，可能正确的有(　　)‎ ‎[解析] AD　线框在进入磁场之前做匀加速直线运动，进入磁场时可能加速、匀速、减速，完全进入后做匀加速直线运动，出磁场时可能继续加速或减速，进入磁场时如果匀速，则出磁场时线框的速度变大，线框受到的安培力变大，线框将做减速运动，但速度最小减到与进入磁场时相等，就再做匀速运动，故选项A、D正确，选项B、C错误．‎ ‎4．[2015·山西四校联考] 如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上．长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m，电阻为R.两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡的电阻也为R.现闭合开关S，给金属棒施加一个方向垂直于棒且平行于导轨平面向上、大小为F＝2mg的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金属棒达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率．重力加速度为g.‎ ‎(1)求金属棒能达到的最大速度vm的大小；‎ ‎(2)求灯泡的额定功率PL；‎ ‎(3)若金属棒上滑距离为s时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始上滑2s的过程中，金属棒上产生的热量Q1.‎ ‎[答案] (1)　(2)　(3)mgs－ ‎[解析] (1)金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，金属棒达到最大速度，此后开始做匀速直线运动．设最大速度为vm，则速度达到最大时有 E＝BLvm I＝ F＝BIL＋mgsin θ 又F＝2mg 解得：vm＝.‎ ‎(2)PL＝I2R 解得：PL＝.‎ ‎(3)设整个电路产生的热量为Q，由能量守恒定律有 F·2s＝Q＋mgsin θ·2s＋mv 解得：Q＝3mgs－ 由题意可知Q1＝ 解得：Q1＝mgs－.‎ ‎5．[2015·北京朝阳期末] 如图甲所示，两根电阻不计的平行光滑金属导轨MN、PQ固定于水平面内，导轨间距d＝0.4 m，一端与阻值R＝0.15 Ω的电阻相连．导轨间x≥0一侧存在一个方向与导轨平面垂直的磁场，磁感应强度沿x轴正方向均匀减小，可表示为B＝0.5(4－x)(T)．一根质量m＝0.8 kg、电阻r＝0.05 Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直且接触良好．棒在外力作用下从x＝0处以初速度v0＝0.5 m/s沿导轨向右运动．已知运动过程中棒始终与导轨垂直，电阻上消耗的功率不变．‎ ‎ (1)求金属棒在x＝0处时回路中的电流；‎ ‎(2)求金属棒在x＝2 m处速度的大小；‎ ‎(3)金属棒从x＝0处运动到x＝2 m处的过程中：‎ a．在图乙中画出金属棒所受安培力F安随x变化的图像；‎ b．求外力所做的功．‎ ‎[答案] (1)2 A　(2)1 m/s ‎(3)a.如图所示　b．2.7 J ‎[解析] (1)x＝0处的磁感应强度B0＝2 T，则金属棒在x＝0处产生的感应电动势E＝B0dv0＝0.4 V 根据闭合电路欧姆定律，此时回路中的电流I＝＝2 A.‎ ‎(2)因为运动过程中电阻上消耗的功率不变，所以金属棒产生的感应电动势E和回路中的电流I都保持不变，与x＝0处相等．x＝2 m处的磁感应强度B2＝1 T，设金属棒在x＝2 m处的速度为v2，则有 E＝B2dv2‎ 所以v2＝1 m/s.‎ ‎(3)a.金属棒在x＝0处所受的安培力 F0＝B0Id＝1.6 N 金属棒在x＝2 m处所受的安培力 F2＝B2Id＝0.8 N 金属棒所受的安培力F安＝BId＝0.4(4－x)(N)‎ 金属棒从x＝0处运动到x＝2 m处的过程中，金属棒所受安培力F安随x变化的示意图如图所示．‎ b．在金属棒从x＝0处运动到x＝2 m处的过程中，设外力做的功为W，金属棒克服安培力做的功为W安，根据动能定理得 W－W安＝mv－mv 在上图中，图线与坐标轴所围面积为金属棒克服安培力所做的功，可求得 W安＝(F0＋F2)x＝2.4 J 所以W＝2.7 J.‎