秘籍11電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的單雙棒問題電磁感應(yīng)綜合試題往往與導(dǎo)軌滑桿等模型結(jié)合,考查內(nèi)容主要集中在電磁感應(yīng)與力學(xué)中力的平衡、力與運動、動量與能量的關(guān)系上,有時也能與電磁感應(yīng)的相關(guān)圖像問題相結(jié)合。通常還與電路等知識綜合成難度較大的試題，與現(xiàn)代科技結(jié)合密切,對理論聯(lián)系實際的能力要求較高。題型一以等間距雙導(dǎo)體棒模型考動量能量問題（計算題）題型二以不等間距雙導(dǎo)體棒模型考動量定理與電磁規(guī)律的綜合問題（計算題）題型三以棒+電容器模型考查力電綜合問題（計算題）1、電磁感應(yīng)的動力學(xué)問題 1．安培力的大小由感應(yīng)電動勢E＝Blv、感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)和安培力公式F＝BIl得F＝eq\f(B2l2v,R).2．安培力的方向判斷(1)對導(dǎo)體切割磁感線運動，先用右手定則確定感應(yīng)電流的方向，再用左手定則確定安培力的方向．(2)根據(jù)安培力阻礙導(dǎo)體和磁場的相對運動判斷．3．電磁感應(yīng)中的力和運動電磁感應(yīng)與力學(xué)問題的綜合，涉及兩大研究對象：電學(xué)對象與力學(xué)對象．聯(lián)系兩大研究對象的橋梁是磁場對感應(yīng)電流的安培力，其大小與方向的變化，直接導(dǎo)致兩大研究對象的狀態(tài)改變．2、電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題1．能量轉(zhuǎn)化導(dǎo)體切割磁感線或磁通量發(fā)生變化，在回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，這個過程中機械能或其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，具有感應(yīng)電流的導(dǎo)體在磁場中受安培力作用或通過電阻發(fā)熱，又可使電能轉(zhuǎn)化為機械能或內(nèi)能．因此，電磁感應(yīng)過程中總是伴隨著能量的轉(zhuǎn)化．2．電磁感應(yīng)過程的實質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功的形式實現(xiàn)的，安培力做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過程，外力克服安培力做功，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程．3、動量定理在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用導(dǎo)體棒或金屬框在感應(yīng)電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時，安培力的沖量為：eq\a\vs4\al(I安＝B\x\to(I)Lt＝BLq，通過導(dǎo)體棒或金屬框的電荷量為：,q＝\x\to(I)Δt＝\f(\x\to(E),R總)Δt＝n\f(ΔΦ,ΔtR總)Δt＝n\f(ΔΦ,R總)，,磁通量變化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。,如果安培力是導(dǎo)體棒或金屬框受到的合外力，則I安＝mv2－mv1。,當(dāng)題目中涉及速度v、電荷量q、運動時間t、運動位移x時常用動量定理求解更方便。)1．（2023?定遠縣校級二模）如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在傾角θ＝37°的絕緣斜面上，頂部接有一阻值R＝3Ω的定值電阻，下端開口，軌道間距L＝1m，整個裝置處于磁感應(yīng)強度B＝2T的勻強磁場中，磁場方向垂直斜面向上，質(zhì)量m＝1kg的金屬棒ab置于導(dǎo)軌上，ab在導(dǎo)軌之間的電阻r＝1Ω，電路中其余電阻不計，金屬棒ab由靜止釋放后沿導(dǎo)軌運動時始終垂直于導(dǎo)軌，且與導(dǎo)軌接觸良好，不計空氣阻力影響，已知金屬棒ab與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)μ＝0.5，sin37°＝0.6cos37°＝0.8，取g＝10m/s2。（1）求金屬棒ab沿導(dǎo)軌向下運動的最大速度vm。（2）求金屬棒ab沿導(dǎo)軌向下運動過程中，電阻R上的最大電功率PR。（3）若從金屬棒ab開始運動至達到最大速度的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱總共為1.5J，求這個過程的經(jīng)歷的時間。【解答】解：（1）金屬棒由靜止釋放后，沿斜面做變加速運動，加速度不斷減小，當(dāng)加速度為零時有最大速度vm，由牛頓第二定律得mgsinθ﹣μmgcosθ﹣F安＝0又F安＝BIL，I=ER+r，E＝解得：vm＝2.0m/s（2）金屬棒以最大速度vm勻速運動時，電阻R上的電功率最大，此時PR聯(lián)立解得：PR＝3W（3）設(shè)金屬棒從開始運動到達到最大速度過程中，沿導(dǎo)軌下滑距離為x，由能量守恒定律mgxsinθ=μmgxcosθ+Q根據(jù)焦耳定律Q聯(lián)立解得x＝2.0m根據(jù)q=IΔt，I=ER+r，解得q＝1C由動量定理得：(mgsinθ-解得t＝2s答：（1）金屬棒ab沿導(dǎo)軌向下運動的最大速度為2.0m/s。（2）金屬棒ab沿導(dǎo)軌向下運動過程中，電阻R上的最大電功率為3W。（3）這個過程的經(jīng)歷的時間為2s。2．（2023?東城區(qū)校級三模）電動機是第二次科技革命中的最重要的發(fā)明之一，在生產(chǎn)、生活中起著極為重要的作用。（1）直流電動機的工作原理可以簡化為圖1所示的模型。在豎直向下的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，兩根足夠長的平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L，電阻不計。質(zhì)量為m、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。軌道左端接有直流電源，電源電動勢為E、內(nèi)阻不計。閉合開關(guān)S，導(dǎo)體棒從靜止開始運動。在導(dǎo)體棒運動過程中，導(dǎo)體棒上的電流I與速度v的大小關(guān)系滿足I=E-BLvR，導(dǎo)體棒始終受到大小為a．閉合S瞬間，導(dǎo)體棒受到的安培力的大小F0；b．導(dǎo)體棒速度為v時，導(dǎo)體棒加速度的大小a。（2）某興趣小組根據(jù)直流電動機的工作原理設(shè)計了模型飛機的電磁彈射裝置。如圖2所示，用于彈射模型飛機的線圈位于導(dǎo)軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應(yīng)強度大小均為B，線圈可沿導(dǎo)軌滑動。開關(guān)接通，電動勢為E、內(nèi)阻不計的電源與線圈連接，線圈推動飛機從靜止開始加速，運動過程中線圈和飛機受到的總阻力恒為f。線圈總電阻為R，匝數(shù)為n，每匝周長為l。a．若導(dǎo)軌足夠長，求飛機能夠獲得的最大速度vm。b．為了讓線圈在模型飛機彈出后盡快停下來，該小組在圖2的基礎(chǔ)上改進了電路。如圖3所示，單刀雙擲開關(guān)接通1，線圈推動飛機加速；飛機彈出后，將單刀雙擲開關(guān)接通2，讓線圈減速。請說明這一設(shè)計的原理。【解答】解：（1）a．閉合S瞬間，根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I0=導(dǎo)體棒受到的安培力的大小為：F0＝BI0L=b．導(dǎo)體棒速度為v時，反電動勢為：E′＝BLv導(dǎo)體棒受到的安培力的大?。篎＝BIL由牛頓第二定律可得導(dǎo)體棒加速度的大小：a=（2）a．當(dāng)飛機與線圈組成的系統(tǒng)受到的安培力與阻力大小相等時，飛機的速度達到最大，則有I′=線圈受到的安培力為：F＝nBI′L由F＝f可得：vm=b．飛機彈出后，開關(guān)接通2，線圈和電阻組成閉合回路，線圈在磁場中做切割磁感線的運動，產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到與運動方向相反的安培力，安培力使線圈做減速運動。答：（1）a．閉合S瞬間，導(dǎo)體棒受到的安培力的大小為BLERb．導(dǎo)體棒速度為v時，導(dǎo)體棒加速度的大小為BL(E-BLv)mR（2）a．若導(dǎo)軌足夠長，飛機能夠獲得的最大速度為EnBLb．原理見解析。3．（2023?沈河區(qū)校級三模）如圖所示，固定光滑平行軌道abcd的水平部分處于磁感應(yīng)強度大小為B＝1T、方向豎直向上的勻強磁場中，bc段軌道寬度為d1＝0.6m，cd段軌道寬度為d2＝0.3m，bc段軌道和cd段軌道均足夠長，將質(zhì)量分別為mP＝2kg，mQ＝1kg，有效電阻分別為Rp＝2Ω，RQ＝1Ω的金屬棒P和Q分別置于軌道上的ab段和cd段，且均與軌道垂直，金屬棒Q原來處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)讓金屬棒P從距水平軌道高為h＝0.2m處無初速度釋放，兩金屬棒運動過程中始終與導(dǎo)軌接觸良好且與導(dǎo)軌垂直，不計其它電阻及空氣阻力，重力加速度大小為g＝10m/s2，求：（1）金屬棒P剛進入磁場時的速度大??；（2）金屬棒P剛進入磁場時Q棒的加速度大?。唬?）兩金屬棒距離最近時兩導(dǎo)軌間的電壓U。【解答】解：（1）金屬棒P從釋放到進入水平軌道過程機械能守恒，據(jù)機械能守恒定律得：mg代入數(shù)據(jù)解得，：金屬棒P剛進入磁場時的速度大小v0＝2m/s（2）金屬棒P剛進入磁場時切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢Em＝Bd1v0由閉合電路的歐姆定律可知，回路感應(yīng)電流Im=對金屬棒Q，由牛頓第二定律得：BImd2＝ma代入數(shù)據(jù)解得，金屬棒Q的加速度大小a＝0.12m/s2（3）兩金屬棒受到相等時距離最近，設(shè)相等速度大小為v，以向右為正方向，對金屬棒P，由動量定理得：﹣BId1t＝mPv﹣mPv0對金屬棒Q，由動量定理得：BId2t＝mQv﹣0代入數(shù)據(jù)解得：v＝1m/s兩金屬棒速度相等時切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EP＝Bd1v，EQ＝Bd2v由閉合電路的歐姆定律得：I=兩導(dǎo)軌間的電壓U＝EP﹣IRP代入數(shù)據(jù)解得：U＝0.4V答：（1）金屬棒P剛進入磁場時的速度大小是2m/s；（2）金屬棒P剛進入磁場時Q棒的加速度大小是0.12m/s2；（3）兩金屬棒距離最近時兩導(dǎo)軌間的電壓U是0.4V。4．（2023?寧德模擬）如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，間距為L，空間分布著磁感應(yīng)強度大小為B，與導(dǎo)軌平面垂直且向上的勻強磁場。將兩根金屬棒a、b放置在導(dǎo)軌上，并將b用輕繩通過定滑輪和物塊c連接。已知兩棒的長度均為L，電阻均為R，質(zhì)量均為m，物塊c的質(zhì)量也為m，金屬棒a、b始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不考慮其他電阻，不計一切摩擦，重力加速度大小為g。（1）將金屬棒b鎖定，釋放金屬棒a，求金屬棒a的最終速度v1；（2）物塊c以2v1的速度豎直向下運動，同時釋放金屬棒a，求金屬棒b的最終速度v2；（3）在（2）問中，若a、b、c從開始運動經(jīng)時間t到達穩(wěn)定狀態(tài)，求該過程中a、b產(chǎn)生的總焦耳熱?！窘獯稹拷猓海?）金屬棒b鎖定，釋放金屬棒a，金屬棒a沿軌道向下做加速運動，最終做勻速直線運動，金屬棒a做勻速直線運動時切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv1由閉合電路的歐姆定律得I=金屬棒a所受安培力F安培＝BIL=金屬棒a做勻速直線運動，由平衡條件得：mgsinθ=解得：v1=（2）物塊c向下運動過程，金屬棒b沿導(dǎo)軌向上做減速運動，金屬棒a向上做加速運動，最終金屬棒a、b都做勻速直線運動設(shè)金屬棒a做勻速直線運動的速度為va，金屬棒b做勻速直線運動的速度大小為v2，回路總感應(yīng)電動勢E總＝BLv2﹣BLa由閉合電路的歐姆定律可知，回路電流I=對金屬棒a，由平衡條件得：mgsinθ＝BIL解得：v2﹣va=mgRB2L2，則v2﹣物塊c、金屬棒a、b組成的系統(tǒng)動量守恒，以平行于導(dǎo)軌向上為正方向，由動量守恒定律得：2m×2v1＝mva+2mv2解得：va=2mgR3B2（3）以平行于斜面向上為正方向，從開始運動到達到穩(wěn)定狀態(tài)，對金屬棒a，由動量定理得：BILt﹣mgsinθ×t＝mva﹣0其中：q=It=E2Rt=ΔΦt2R對a、b、c組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得：12×2m×(2v1)2+mgxb=12解得：Q=答：（1）金屬棒a的最終速度v1是mgRB（2）金屬棒b的最終速度v2是5mgR3（3）該過程中a、b產(chǎn)生的總焦耳熱是5m5．（2022?泉州模擬）如圖，間距為L的光滑平行導(dǎo)軌傾斜固定，傾角θ＝30°電阻不計的導(dǎo)軌上放置兩根有一定阻值的金屬桿ab和cd，兩桿質(zhì)量均為m，cd桿中點通過平行于導(dǎo)軌的輕繩系在固定的拉力傳感器上，整個裝置處于磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中?，F(xiàn)給ab桿一個沿導(dǎo)軌向上、大小為v0的初速度，同時對ab桿施加一個平行于導(dǎo)軌的推力，使拉力傳感器示數(shù)FT隨時間t按FT=mg23v（1）求t＝0時回路中的感應(yīng)電流大小I0；（2）求ab桿的速度vt隨時間t變化的關(guān)系式；（3）若在0～3v02g時間內(nèi)回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求推力F時間0【解答】解：（1）由FT=mg23v0t+mg6cd桿受到的安培力大小：F安＝BI0L對cd根據(jù)平衡條件可得：FT0+F安＝mgsinθ聯(lián)立解得：I0=mg（2）設(shè)回路總電阻為R，則：I0=BLt時刻的電流：I=cd桿受力平衡，根據(jù)平衡條件可得：FT+BIL＝mgsinθ聯(lián)立解得：vt＝v0﹣gt；（3）由vt﹣t關(guān)系式可知ab桿沿傾斜導(dǎo)軌做勻減速運動，加速度大小為a＝g，方向沿導(dǎo)軌向下，ab桿在t=3v02g時的速度為：vt＝v0﹣在0～3v02g時間內(nèi)的位移：s＝v此過程中，根據(jù)動能定理可得：﹣mgs?sinθ﹣W安+WF=由功能關(guān)系可知，在0～3v02g時間內(nèi)ab桿克服安培力做的功為W聯(lián)立解得：WF＝Q-3答：（1）t＝0時回路中的感應(yīng)電流大小為mg3BL（2）ab桿的速度vt隨時間t變化的關(guān)系式為vt＝v0﹣gt；（3）推力F時間0～3v02g時間內(nèi)做的功為6．（2022?龍巖模擬）如圖所示，兩根半徑為r＝0.5m的四分之一光滑圓弧軌道，間距為L＝1m，軌道電阻不計。在其上端連有一阻值為R＝2Ω的電阻，圓弧軌道處于輻向磁場中，所在處的磁感應(yīng)強度大小均為B1＝1T，其頂端A、B與圓心處等高。兩根完全相同的金屬棒mn、pq在軌道頂端和底端，e、f是兩段光滑的絕緣材料，緊靠圓弧軌道最底端，足夠長的光滑金屬軌道左側(cè)是一個C＝0.05F的電容器。將金屬棒mn從軌道頂端AB處由靜止釋放。已知當(dāng)金屬棒到達如圖所示的CD位置，金屬棒的速度達到最大，此時金屬棒與軌道圓心連線所在平面和水平面夾角為θ＝60°。mn棒到達最底端時速度為v＝2m/s（此時與pq還沒有碰撞）。已知金屬棒mn，pq質(zhì)量均為m＝0.4kg、電阻均為R0＝2Ω，求：（1）當(dāng)金屬棒的速度最大時，流經(jīng)金屬棒pq的電流方向和pq金屬棒此時的熱功率；（2）金屬棒滑到軌道底端的整個過程（此時與pq還沒有碰撞）中流經(jīng)電阻R的電量；（3）金屬棒mn和pq發(fā)生碰撞后粘在一起運動，經(jīng)過兩小段光滑絕緣材料e，f后繼續(xù)向左運動，進入磁感應(yīng)強度為B2＝2T的勻強磁場，求金屬棒最后的速度大小?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)楞次定律可知，流經(jīng)金屬棒pq的電流方向由p到q，且mn棒速度最大時有B1ImnL＝mgcos60°解得流經(jīng)mn棒的電流大小Imn＝2A由于e、f是兩段光滑的絕緣材料，則由電路關(guān)系知Ipq＝1A則pq金屬棒此時的熱功率P=Ipq2R＝12×（2）金屬棒滑到軌道底端的整個過程（此時與pq還沒有碰撞）中流經(jīng)mn棒的電量為qmn=I?Δt其中ΔΦ＝B1L（142πr代入數(shù)據(jù)解得qmn=π則流經(jīng)電阻R的電量qR=q（3）金屬棒mn和pq發(fā)生碰撞，取向左為正方向，由動量守恒定律有mv＝2mv共設(shè)金屬棒最后的速度大小為vx。碰撞后對整體，由動量定理得2mvx﹣2mv共＝﹣B2IL?Δt又q=I?Δq＝CU＝CB2Lvx解得vx＝0.8m/s答：（1）流經(jīng)金屬棒pq的電流方向由p到q，pq金屬棒此時的熱功率為2W；（2）金屬棒滑到軌道底端的整個過程（此時與pq還沒有碰撞）中流經(jīng)電阻R的電量為π24C（3）金屬棒最后的速度大小為0.8m/s。7．（2023?閔行區(qū)二模）如圖（a），豎直放置足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距L＝1m，上端用阻值為R＝10Ω的電阻相連。整個裝置處于磁感應(yīng)強度B＝1T的勻強磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向內(nèi)。質(zhì)量為m＝0.5kg，電阻不計的金屬棒ab從軌道底部以v0＝10m/s開始豎直向上運動，然后又向下返回直至勻速運動。運動過程中ab始終與導(dǎo)軌垂直且良好接觸，空氣阻力不計。求：（1）ab剛開始運動時R中的電流大小和方向；（2）ab剛開始運動時的加速度a0和勻速下滑時的速度v1；（3）比較ab上升過程的時間t上與下落返回至出發(fā)點的時間t下的長短；（4）以ab的出發(fā)點為原點，豎直向上建立x軸，若ab在上升過程中的v﹣x圖像如圖（b）所示，求圖像與坐標軸所包圍的面積S?！窘獯稹拷猓海?）棒ab在磁場中運動產(chǎn)生的動生電動勢為：E＝BLv0＝1×1×10V＝10V流過電阻R的電流強度為：I=根據(jù)右手定則可知ab剛開始運動時R中的電流方向由左向右（2）初始時刻對ab根據(jù)牛頓第二定律得：mg+F安＝ma0，其中F安＝BIL代入數(shù)據(jù)解得：a0＝12m/s2，方向豎直向下對勻速下滑時，由受力平衡的條件得：mg=F代入數(shù)據(jù)解得：v1＝50m/s（3）由于在上升和下降過程中安培力一直做負功，所以上升和下降經(jīng)過同一位置時，上升的速度大于下降的速度，可知上升過程的平均速度大于下降過程的平均速度，而上升和下降的位移大小相同，所以t上＜t下（4）由能量守恒知道，ab的初動能在上升過程中轉(zhuǎn)化為ab重力勢能的增量和電阻R產(chǎn)生的焦耳熱，即：1代入數(shù)據(jù)解得：Q＝3J由功能關(guān)系知，物體克服安培力做功等于電能的增加量，也就是全電路的焦耳熱，即：W克安＝Q克服安培力做功大小即為F安﹣x圖中曲線和坐標軸所圍成的面積，而安培力大小為：F安=B2L2Rv，每時每刻都是速度v的B2L2R倍，因此F安即S=QR答：（1）ab剛開始運動時R中的電流大小為1A，方向由左向右；（2）ab剛開始運動時的加速度為12m/s2，方向豎直向下；勻速下滑時的速度為50m/s；（3）ab上升過程的時間t上與下落返回至出發(fā)點的時間t下的關(guān)系為t上＜t下；（4）圖像與坐標軸所包圍的面積為30m2/s。8．（2023?湖南模擬）如圖所示，兩光滑圓形金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，圓心均為O點，半徑分別為l1＝1m，l2＝0.5m，兩導(dǎo)軌通過導(dǎo)線與右側(cè)電路相連，一長為l1、電阻為r＝2Ω的導(dǎo)體棒與兩圓形導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒一端固定在O點且以角速度ω＝16rad/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，兩圓形導(dǎo)軌所在區(qū)域存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強度大小B1＝2T的勻強磁場，定值電阻R＝5Ω，電容器的電容C＝0.2F。足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌AG、BH固定于水平面內(nèi)，相距為L＝2m，處于豎直向下、大小為B2＝1T的勻強磁場中，軌道在C、D處各被一小段正對的絕緣材料隔開，質(zhì)量為ma＝1kg的金屬棒a靜置于導(dǎo)軌AB處，質(zhì)量為mb＝3kg的金屬棒b緊貼CD右側(cè)放置，質(zhì)量為mc＝1kg的金屬棒c靜置于b棒右側(cè)s0＝2m的EF處．a(chǎn)、b棒的接入電阻相同，Ra＝Rb＝2Ω，c棒的接入電阻Rc＝4Ω。初始時單刀雙擲開關(guān)S與觸點“1”閉合，現(xiàn)將開關(guān)S撥到觸點“2”，當(dāng)金屬棒a運動至CD時電容器的電壓U＝5V，此時a、b兩棒相碰結(jié)合為一個“雙棒”整體，最終各棒運動達到穩(wěn)定狀態(tài)，所有導(dǎo)軌的電阻均不計，求：（1）開關(guān)S與觸點“1”閉合時，電容器所帶的電荷量；（2）金屬棒a剛運動至CD時的速度；（3）最終“雙棒”整體與c棒的距離以及從a、b棒碰后到各棒穩(wěn)定的過程中a棒中產(chǎn)生的焦耳熱?！窘獯稹拷猓海?）開關(guān)S與觸點“1”閉合時，導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動切割磁感線，其接入電路的部分感應(yīng)電動勢為E=閉合回路總電阻為R回路電流為I=電容器的電壓U0＝IR電容器的電荷量為Q＝CU0聯(lián)立解得：Q＝2C（2）開關(guān)S接2時，電容器向金屬棒a放電，金屬棒a受安培力運動，當(dāng)金屬棒a運動至CD處時電容器所帶電荷量Q2＝CU該過程流過金屬棒a的電荷量q＝Q2﹣Q取向右為正方向，對a棒，由動量定理得B2LI?t＝mav0﹣0又q=I?t，即B2Lq＝mav代入數(shù)據(jù)可得金屬棒a剛運動至CD時的速度：v0＝2m/s（3）a棒與b棒發(fā)生碰撞過程，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得mav0＝（ma+mb）v1“雙棒”整體與c棒系統(tǒng)動量也守恒，最終達到共同速度，根據(jù)動量守恒定律得（ma+mb）v1＝（ma+mb+mc）v2對c棒，取向右為正方向，由動量定理得B2LI'?t′＝mcv設(shè)“雙棒”整體與c棒相對位移大小為s相對。則I'?t′代入上式得：BR總最終“雙棒”整體與c棒的距離s＝s0﹣s相對聯(lián)立解得：s＝1.5m“雙棒”整體與c棒運動至穩(wěn)定過程中，由能量守恒得1其中Q代入數(shù)據(jù)可得Qa＝0.01J答：（1）開關(guān)S與觸點“1”閉合時，電容器所帶的電荷量為2C；（2）金屬棒a剛運動至CD時的速度為2m/s；（3）最終“雙棒”整體與c棒的距離為1.5m，從a、b棒碰后到各棒穩(wěn)定的過程中a棒中產(chǎn)生的焦耳熱為0.01J。9．（2023?漳州二模）如圖甲，abcd和a′b′c′d′為在同一水平面內(nèi)的固定光滑平行金屬導(dǎo)軌，ab段和a′b′段間距為2L，cd段和c′d′段間距為L、整個導(dǎo)軌處于方向豎直向下的勻強磁場中，bcc′b′左側(cè)導(dǎo)軌間的磁感應(yīng)強度大小為B0，bcc′b′右側(cè)導(dǎo)軌間的磁感應(yīng)強度大小按圖乙規(guī)律變化，圖中t0為已知量，兩根相同金屬桿M、N分別垂直兩側(cè)導(dǎo)軌放置，N桿與cc′之間恰好圍成一個邊長為L的正方形，M桿中點用一不可伸長絕緣細線通過輕質(zhì)定滑輪與一重物相連，重物離地面的高度為L，細繩處于伸直狀態(tài)且與M桿垂直，t＝0時刻釋放重物，同時在N桿中點處施加一水平拉力，使兩桿在0～t0時間內(nèi)均處于靜止狀態(tài)。已知M、N桿和重物的質(zhì)量都為m，不計導(dǎo)軌電阻，重力加速度為g。（1）求0～t0時間內(nèi)回路的感應(yīng)電動勢E；（2）求0～t0時間內(nèi)，施加在N桿上的拉力F隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系式；（3）從t0時刻開始，保持拉力F不變，若重物下落的過程中，回路產(chǎn)生的總熱量為Q，求重物落地時N桿的速度大小v?！窘獯稹拷猓海?）0～t0時間內(nèi)回路的感應(yīng)電動勢為E根據(jù)圖乙可知ΔB解得：E（2）根據(jù)圖乙可知B=B令0～t0時間內(nèi)回路的感應(yīng)電流為I，對M有：mg＝B0I?2L對N有：F＝BIL聯(lián)立解得：F=mg（3）由F=mg2t0t得，t0時刻之后，對M與重物整體受力分析有：mg﹣B0I?2L＝2ma1t0時刻之后，對N受力分析有：F0﹣B0IL＝ma2解得：a可知M、N的加速度大小相等，即M、N桿的速度在任意時刻大小均相等，則從t0時刻開始到重物落地的過程中有mgL+FL=解得：v=答：（1）0～t0時間內(nèi)回路的感應(yīng)電動勢E為B0（2）0～t0時間內(nèi)，施加在N桿上的拉力F隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系式為F=mg2（3）重物落地時N桿的速度大小v為gL-10．（2023?和平區(qū)二模）如圖甲所示，空間存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強度大小B＝0.5T的勻強磁場，有兩條平行的長直導(dǎo)軌MN、PQ處于同一水平面內(nèi)，間距L＝0.2m，左端連接阻值R＝0.4Ω的電阻。質(zhì)量m＝0.1kg的導(dǎo)體棒ab垂直跨放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，從t＝0時刻開始，通過一小型電動機對棒施加一個水平向右的牽引力，使棒從靜止開始沿導(dǎo)軌方向做加速運動，此過程中棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，除R以外其余部分的電阻均不計，重力加速度g取10m/s2。（1）若電動機保持恒定功率輸出，棒的v﹣t圖象如圖乙所示（其中OA是曲線，AB是直線），已知0～10s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量Q＝30J，求：導(dǎo)體棒達到最大速度vm時牽引力大小及導(dǎo)體棒從靜止開始達到最大速度vm時的位移大小；（2）若電動機保持恒定牽引力F＝0.3N，且將電阻換為C＝10F的電容器（耐壓值足夠大），如圖丙所示，證明導(dǎo)體棒做勻加速運動，并求出加速度?！窘獯稹拷猓海?）導(dǎo)體棒達到最大速度后，所受合外力為零，由平衡條件有F﹣F安﹣f＝0其中摩擦力大小為f＝μmg＝0.2×0.1×10N＝0.2N導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLvm感應(yīng)電流為I=E導(dǎo)體棒受到的安培力大小為F安＝BIL=B2L此時牽引力為F＝F安+f＝0.25N+0.2N＝0.45N電動機的功率為P＝Fvm＝0.45×10W＝4.5W電動機消耗的電能等于導(dǎo)體棒的動能、克服安培力做功產(chǎn)生的焦耳熱及克服摩擦力做功產(chǎn)生的內(nèi)能之和，有Pt=1解得位移為：x＝50m（2）當(dāng)導(dǎo)體棒的速度大小為v時，感應(yīng)電動勢為E＝BLv由C=知，此時電容器極板上的電荷量為Q＝CE＝CBLv設(shè)在一小段時間Δt內(nèi)，可認為導(dǎo)體棒做勻變速運動，速度增加量為Δv，電容器極板上增加的電荷量為ΔQ＝CBL?Δv根據(jù)電流的定義式得I=ΔQ對導(dǎo)體棒受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有F﹣f﹣BIL＝ma可得：a=代入數(shù)據(jù)解得：a＝0.5m/s2可知導(dǎo)體棒的加速度與時間無關(guān)，為一個定值，即導(dǎo)體棒做勻加速運動。答：（1）導(dǎo)體棒達到最大速度vm時牽引力大小為0.45N，導(dǎo)體棒從靜止開始達到最大速度vm時的位移大小為50m；（2）證明見解析，加速度為0.5m/s2。11．（2023?興慶區(qū)校級四模）如圖（甲）所示，傾角α＝30°、寬度L＝0.5m、電阻不計的光滑金屬軌道足夠長，在軌道的上端連接阻值R＝1.0Ω的定值電阻，金屬桿MN的電阻r＝0.25Ω，質(zhì)量m＝0.2kg，整個裝置處于垂直軌道平面向下的勻強磁場中。將金屬桿由靜止開始釋放，在計算機屏幕上同步顯示出電流i和時間t的關(guān)系如圖（乙）所示，已知t＝3.2s之后電流漸近于某個恒定的數(shù)值，桿與軌道始終保持垂直，0～3.2s內(nèi)金屬桿下滑的距離s＝2m。（g＝10m/s2）求：（1）磁感應(yīng)強度B的大小；（2）1.0s時金屬棒的加速度大小；（3）求3.2s時金屬桿的速度大??；（4）求0～3.2s內(nèi)回路中產(chǎn)生總的焦耳熱。【解答】解：（1）由圖像可知，金屬桿穩(wěn)定運動時的電流為1.60A，桿受三個力平衡，受力如圖所示，根據(jù)平衡條件有：mgsin30°＝BIL代入數(shù)據(jù)解得：B＝1.25T（2）由圖像可知1.0s時電流為1