文檔來源網絡整理侵權必刪PAGE1專題20電磁感應中的雙導體棒和線框模型目錄一.無外力等距雙導體棒模型 1二．有外力等距雙導體棒模型 8三．不等距導軌雙導體棒模型 12四．線框模型 17一.無外力等距雙導體棒模型【模型如圖】1．電路特點棒2相當于電源；棒1受安培力而加速起動,運動后產生反電動勢.2．電流特點：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：電流最大，。時：電流3．兩棒的運動情況安培力大小：兩棒的相對速度變小,感應電流變小,安培力變小.棒1做加速度變小的加速運動，棒2做加速度變小的減速運動，最終兩棒具有共同速度。4．兩個規律(1)動量規律：兩棒受到安培力大小相等方向相反,系統合外力為零,系統動量守恒.(2)能量轉化規律：系統機械能的減小量等于內能的增加量.（類似于完全非彈性碰撞）兩棒產生焦耳熱之比：；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】(多選)(2021·山東臨沂市上學期期末)如圖所示，水平面上有相距為L的兩光滑平行金屬導軌，導軌上靜止放置著金屬桿a和b(桿a、b均與導軌垂直)，兩桿均位于勻強磁場的左側，讓桿a以速度v向右運動，當桿a與桿b發生彈性碰撞后，兩桿先后進入右側的磁場中，當桿a剛進入磁場時，桿b的速度剛好為a的一半．已知桿a、b的質量分別為2m和m，接入電路的電阻均為R，其他電阻忽略不計，設導軌足夠長，磁場足夠大，則()A．桿a與桿b碰撞后，桿a的速度為eq\f(v,3)，方向向右B．桿b剛進入磁場時，通過b的電流為eq\f(2BLv,3R)C．從b進入磁場至a剛進入磁場時，該過程產生的焦耳熱為eq\f(7,8)mv2D．桿a、b最終具有相同的速度，大小為eq\f(2v,3)【答案】ABC【解析】以向右為正方向，桿a與桿b發生彈性碰撞，由動量守恒和機械能守恒得2mv＝2mv1＋mv2，eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,2)×2mv12＋eq\f(1,2)×mv22，解得v1＝eq\f(v,3)，v2＝eq\f(4,3)v，即桿a的速度為eq\f(v,3)，方向向右，故A正確；桿b剛進入磁場時，通過b的電流為I＝eq\f(BLv2,2R)＝eq\f(2BLv,3)，故B正確；從b進入磁場至a剛進入磁場時，由能量守恒得該過程產生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v1))2＝eq\f(7,8)mv2，故C正確；a進入磁場后，a、b組成的系統，動量守恒，則有2mv1＋m·eq\f(1,2)v1＝(2m＋m)v3，解得v3＝eq\f(5,18)v，即桿a、b最終具有相同的速度，大小為eq\f(5,18)v，故D錯誤．【模型演練2】(2020·浙江Z20聯盟聯考)如圖所示，水平放置的兩根平行光滑金屬導軌固定在平臺上，導軌間距為1m，處在磁感應強度為2T、豎直向下的勻強磁場中，平臺離地面的高度為h＝3.2m，初始時刻，質量為2kg的桿ab與導軌垂直且處于靜止狀態，距離導軌邊緣為d＝2m，質量同為2kg的桿cd與導軌垂直，以初速度v0＝15m/s進入磁場區域，最終發現兩桿先后落在地面上．已知兩桿接入電路的電阻均為r＝1Ω，導軌電阻不計，兩桿落地點之間的距離s＝4m(整個過程中兩桿始終不相碰)．(1)求ab桿從磁場邊緣射出時的速度大小；(2)當ab桿射出時求cd桿運動的距離；(3)在兩根桿相互作用的過程中，求回路中產生的電能．【答案】(1)5m/s(2)7m(3)100J【解析】(1)設ab、cd桿從磁場邊緣射出時的速度分別為v1、v2設ab桿落地點到平臺邊緣的水平位移為x，cd桿落地點到平臺邊緣的水平位移為x＋s，則有x＝v1eq\r(\f(2h,g))x＋s＝v2eq\r(\f(2h,g))根據動量守恒定律得：mv0＝mv1＋mv2，解得：v1＝5m/s，v2＝10m/s(2)ab桿運動距離為d，對ab桿應用動量定理得：BILΔt＝BLq＝mv1設cd桿運動距離為d＋Δx，q＝eq\f(ΔΦ,2r)＝eq\f(BLΔx,2r)解得Δx＝eq\f(2rmv1,B2L2)cd桿運動距離為d＋Δx＝d＋eq\f(2rmv1,B2L2)＝7m(3)根據能量守恒，電路中產生的焦耳熱等于系統損失的機械能Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22＝100J.【模型演練3】(2021·湖南常德市高三一模)如圖所示，兩根間距為l的光滑金屬導軌(不計電阻)，由一段圓弧部分與一段無限長的水平部分組成，其水平部分加有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B，導軌水平部分靜止放置一金屬棒cd，質量為2m，電阻為2r.另一質量為m，電阻為r的金屬棒ab，從圓弧部分M處由靜止釋放下滑至N處進入水平部分，棒與導軌始終垂直且接觸良好，圓弧部分MN半徑為R，所對圓心角為60°，重力加速度為g.求：(1)ab棒在N處進入磁場區速度是多大？此時棒中電流是多少？(2)cd棒能達到的最大速度是多大？(3)cd棒由靜止到最大速度過程中，系統所能釋放的熱量是多少？【答案】(1)eq\r(gR)eq\f(Bl\r(gR),3r)(2)eq\f(1,3)eq\r(gR)(3)eq\f(1,3)mgR【解析】(1)ab棒由M下滑到N過程中機械能守恒，故mgR(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(gR)進入磁場區瞬間，回路中電流I＝eq\f(E,2r＋r)＝eq\f(Bl\r(gR),3r)(2)ab棒在安培力作用下做減速運動，cd棒在安培力作用下做加速運動，當兩棒速度達到相同速度v′時，電路中電流為零，安培力為零，cd棒達到最大速度．ab、cd兩棒組成的系統動量守恒，由動量守恒定律得mv＝(2m＋m)v′，解得v′＝eq\f(1,3)eq\r(gR)(3)系統釋放的熱量應等于系統機械能的減少量，故Q＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)·3mv′2解得Q＝eq\f(1,3)mgR【模型演練4】(2020·山東濟寧市一模)兩根足夠長的平行金屬導軌固定于同一水平面內，兩導軌間的距離為L，導軌上垂直放置兩根導體棒a和b，俯視圖如圖甲所示．兩根導體棒的質量均為m，電阻均為R，回路中其余部分的電阻不計，在整個導軌平面內，有磁感應強度大小為B、豎直向上的勻強磁場．兩導體棒與導軌接觸良好且均可沿導軌無摩擦地滑行，開始時，兩棒均靜止，間距為x0，現給導體棒a一向右的初速度v0，并開始計時，可得到如圖乙所示的Δv－t圖象(Δv表示兩棒的相對速度，即Δv＝va－vb)，求：(1)0～t2時間內，回路產生的焦耳熱；(2)t1時刻，棒a的加速度大小；(3)t2時刻，兩棒之間的距離．【答案】(1)eq\f(1,4)mv02(2)eq\f(B2L2v0,8mR)(3)x0＋eq\f(mv0R,B2L2)【解析】(1)t2時刻，兩棒速度相等以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(m＋m)v由能量守恒定律得Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×2mv2聯立解得Q＝eq\f(1,4)mv02(2)t1時刻，回路中的感應電動勢E＝BLva－BLvb＝BLΔv＝eq\f(BLv0,4)此時棒a所受的安培力大小F＝BIL＝Beq\f(E,2R)L由牛頓第二定律可得F＝ma則棒a的加速度大小a＝eq\f(B2L2v0,8mR)(3)t2時刻，兩棒速度相同，由(1)知v＝eq\f(v0,2)0～t2時間內，對棒b由動量定理有Beq\x\to(I)Lt2＝mv－0又q＝eq\x\to(I)t2＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLx－x0,2R)聯立解得x＝x0＋eq\f(mv0R,B2L2).【模型演練5】(2020·遼寧部分重點中學協作體模擬)如圖所示，空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度B＝0.5T．在勻強磁場區域內，有一對光滑平行金屬導軌，處于同一水平面內，導軌足夠長，導軌間距L＝1m，電阻可忽略不計．質量均為m＝1kg，電阻均為R＝2.5Ω的金屬導體棒MN和PQ垂直放置于導軌上，且與導軌接觸良好．先將PQ暫時鎖定，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做勻速直線運動．(1)求棒MN的最大速度vm；(2)當棒MN達到最大速度vm時，解除PQ鎖定，同時撤去拉力F，兩棒最終均勻速運動．求解除PQ棒鎖定后，到兩棒最終勻速運動的過程中，電路中產生的總焦耳熱．(3)若PQ始終不解除鎖定，當棒MN達到最大速度vm時，撤去拉力F，棒MN繼續運動多遠后停下來？(運算結果可用根式表示)【答案】(1)2eq\r(5)m/s(2)5J(3)40eq\r(5)m【解析】(1)棒MN做勻加速運動，由牛頓第二定律得：F－BIL＝ma棒MN做切割磁感線運動，產生的感應電動勢為：E＝BLv棒MN做勻加速直線運動，5s時的速度為：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)聯立上述式子，有：F＝ma＋eq\f(B2L2at,2R)代入數據解得：F＝0.5N5s時拉力F的功率為：P＝Fv代入數據解得：P＝1W棒MN最終做勻速運動，設棒最大速度為vm，棒受力平衡，則有：eq\f(P,vm)－BImL＝0Im＝eq\f(BLvm,2R)代入數據解得：vm＝2eq\r(5)m/s(2)解除棒PQ后，兩棒運動過程中動量守恒，最終兩棒以相同的速度做勻速運動，設速度大小為v′，則有：mvm＝2mv′設從PQ棒解除鎖定，到兩棒達到相同速度，這個過程中，兩棒共產生的焦耳熱為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代入數據解得：Q＝5J；(3)棒以MN為研究對象，設某時刻棒中電流為i，在極短時間△t內，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由法拉第電磁感應定律得：eq\x\to(E)＝eq\f(BLx,t)又q＝eq\f(BLx,2R)代入數據解得：x＝40eq\r(5)m【模型演練6】(2021·河南九師聯盟質檢)如圖所示，平行傾斜光滑導軌與足夠長的平行水平光滑導軌平滑連接，導軌電阻不計．質量分別為m和eq\f(1,2)m的金屬棒b和c靜止放在水平導軌上，b、c兩棒均與導軌垂直．圖中de虛線往右有范圍足夠大、方向豎直向上的勻強磁場．質量為m的絕緣棒a垂直于傾斜導軌由靜止釋放，釋放位置與水平導軌的高度差為h.已知絕緣棒a滑到水平導軌上與金屬棒b發生彈性正碰，金屬棒b進入磁場后始終未與金屬棒c發生碰撞．重力加速度為g.求：(1)絕緣棒a與金屬棒b發生彈性正碰后分離時兩棒的速度大小；(2)金屬棒b進入磁場后，其加速度為其最大加速度的一半時的速度大小；(3)兩金屬棒b、c上最終產生的總焦耳熱．【答案】(1)0eq\r(2gh)(2)eq\f(5,6)eq\r(2gh)(3)eq\f(1,3)mgh【解析】(1)設a棒滑到水平導軌時速度為v0，下滑過程中a棒機械能守恒，則有：eq\f(1,2)mv02＝mgha棒與b棒發生彈性正碰由動量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2由機械能守恒定律：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)mv22聯立解得v1＝0，v2＝v0＝eq\r(2gh)(2)b棒剛進磁場時的加速度最大．設b棒進入磁場后某時刻，b棒的速度為vb，c棒的速度為vc，則b、c組成的回路中的感應電動勢E＝BL(vb－vc)由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R總)，由安培力公式得F＝BIL＝ma，聯立得a＝eq\f(B2L2vb－vc,mR總).故當b棒加速度為最大值的一半時有v2＝2(v2′－v3′)b、c兩棒組成的系統合外力為零，系統動量守恒．由動量守恒定律：mv2＝mv2′＋eq\f(m,2)v3′聯立得v2′＝eq\f(5,6)v2＝eq\f(5,6)eq\r(2gh)(3)最終b、c以相同的速度勻速運動．由動量守恒定律：mv2＝(m＋eq\f(m,2))v由能量守恒定律：eq\f(1,2)mv22＝eq\f(1,2)(m＋eq\f(m,2))v2＋Q解得Q＝eq\f(1,3)mgh.二．有外力等距雙導體棒模型【模型如圖】1．電路特點：棒2相當于電源，棒1受安培力而起動.2．運動分析：某時刻回路中電流：安培力大小：。棒1：棒2：最初階段，,只要,；；；；當時，恒定，恒定，恒定，兩棒勻加速3．穩定時的速度差，，，，【模型演練1】(多選)(2021·四川成都市第二次診斷)如圖所示，方向豎直向上的勻強磁場中固定著兩根位于同一水平面內的足夠長平行金屬導軌，導軌上靜止著與導軌接觸良好的兩根相同金屬桿1和2，兩桿與導軌間的動摩擦因數相同且不為零，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．現用平行于導軌的恒力F拉金屬桿2使其開始運動，在足夠長時間內，下列描述兩金屬桿的速度v隨時間t變化關系的圖象中，可能正確的是()【答案】BD【解析】當力F作用到桿2上時，桿2立刻做加速運動，隨著速度的增加，回路中產生感應電流，桿2受到向左的安培力，此時的加速度a＝eq\f(F－F安－μmg,m)＝eq\f(F－\f(B2L2v,R總)－μmg,m)，則隨速度增加，桿2做加速度減小的加速運動，當加速度減為零時做勻速運動；若此時桿1所受的向右的安培力小于桿1的最大靜摩擦力，則此過程中桿1始終不動，A錯誤，B正確；由上述分析可知，當安培力增加到大于桿1的最大靜摩擦力時，桿1開始運動，則隨著安培力的增加，桿1做加速度逐漸增加的加速運動，桿2做加速度減小的加速運動，當兩桿的加速度相等時，兩桿的速度差恒定，此時兩桿所受的安培力恒定，加速度恒定，C錯誤，D正確．【模型演練2】(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．導體棒所受安培力的大小趨于恒定值D．導體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值【答案】BC【解析】當金屬框在恒力F作用下向右加速運動時，bc邊產生從c向b的感應電流i，金屬框的加速度大小為a1，則有F－Bil＝Ma1；MN中感應電流從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，則電路中的感應電流為i＝eq\f(Blv1－v2,R)，感應電流從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，安培力不再變化，則感應電流不再變化，據i＝eq\f(Blv1－v2,R)知金屬框與MN的速度差保持不變，v－t圖像如圖所示，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．【典例分析3】(2020·福建廈門市線上檢測)如圖所示，足夠長的平行金屬導軌MNC和PQD間距為L，左右兩側導軌平面與水平面夾角分別為α＝37°、β＝53°，導軌左側空間磁場平行導軌向下，右側空間磁場垂直導軌平面向下，磁感應強度大小均為B.均勻金屬棒ab和ef質量均為m，長度均為L，電阻均為R，運動過程中，兩金屬棒與導軌保持良好接觸且始終垂直于導軌，金屬棒ab與導軌間的動摩擦因數為μ＝0.5，金屬棒ef光滑．同時由靜止釋放兩金屬棒，并對金屬棒ef施加外力F，使ef棒保持a＝0.2g的加速度沿斜面向下勻加速運動．導軌電阻不計，重力加速度大小為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)金屬棒ab運動過程中最大加速度的大小；(2)金屬棒ab達到最大速度所用的時間；(3)金屬棒ab運動過程中，外力F對ef棒的沖量．【答案】(1)0.2g(2)eq\f(4mR,B2L2)(3)eq\f(8m2gR,5B2L2)，沿斜面向上【解析】(1)金屬棒ab釋放瞬間加速度最大，根據牛頓第二定律有：mgsinα－μmgcosα＝mam得am＝0.2g(2)金屬棒ab釋放之后，合外力為零時速度最大，則有mgsinα＝μ(mgcosα＋BIL)其中I＝eq\f(E,2R)，E＝BLvef，vef＝0.2gt1，得t1＝eq\f(4mR,B2L2)(3)金屬棒ab釋放之后，設任意時刻的加速度為aab，根據牛頓第二定律得mgsinα－μ(mgcosα＋BIL)＝maab，得：aab＝0.2g－eq\f(B2L2g,20mR)t，其圖象如圖所示aab－t圖象與t軸所圍面積代表速度增量，由運動的對稱性可知，從金屬棒ab釋放起，經過時間t2＝2t1＝eq\f(8mR,B2L2)速度減為零，此后保持靜止，在此過程中，金屬棒ef一直做勻加速直線運動，則有vef＝0.2gt2，xef＝eq\f(1,2)×0.2g×t22對金屬棒ef，規定沿斜面向下為正方向，由動量定理可得IF－Beq\x\to(I)Lt2＋mgt2sinβ＝mvef－0，其中q＝eq\x\to(I)t2＝eq\f(BLxef,2R)得：IF＝－eq\f(8m2gR,5B2L2)，負號表示沖量沿斜面向上．【模型演練4】(2020·浙江大學附屬中學1月選考)如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN、PQ間距l＝1m，其電阻不計，兩導軌及其構成的平面均與水平面成30°角．桿1、桿2是兩根用絕緣細線連接的金屬桿，分別垂直導軌放置，每桿兩端都與導軌始終接觸良好，其質量分別為m1＝0.1kg和m2＝0.2kg，兩桿的總電阻R＝3Ω，兩桿在沿導軌向上的外力F作用下保持靜止．整個裝置處在磁感應強度B＝1T的勻強磁場中，磁場方向與導軌所在平面垂直，在t＝0時刻將細線燒斷，保持F不變，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)細線燒斷瞬間，桿1的加速度a1的大小；(2)細線燒斷后，兩桿最大速度v1、v2的大小；(3)兩桿剛達到最大速度時，桿1上滑了0.8m，則從t＝0時刻起到此刻用了多長時間？(4)在(3)問情景中，電路產生的焦耳熱．【答案】(1)10m/s2(2)2m/s1m/s(3)0.6s(4)0.9J【解析】(1)細線燒斷前由平衡條件有：F＝(m1＋m2)gsin30°細線燒斷瞬間有：F－m1gsin30°＝m1a1解得：a1＝10m/s2(2)細線燒斷后：F安1＝F安2方向相反，由系統動量守恒得：m1v1＝m2v2，兩棒同時達到最大速度，之后做勻速直線運動．對棒2：m2gsin30°＝BIl，I＝eq\f(Blv1＋Blv2,R)解得：v1＝2m/sv2＝1m/s(3)由系統動量守恒得m1v1＝m2v2則m1x1＝m2x2即x2＝0.4m設所求時間為t，對棒2由動量定理得：m2gsin30°·t－Beq\x\to(I)l·t＝m2v2－0eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E)·t,R)＝eq\f(BlΔx,R)＝eq\f(Blx1＋x2,R)解得：t＝0.6s(4)由能量守恒得Fx1＋m2gsin30°·x2＝m1gsin30°·x1＋eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22＋Q得Q＝0.9J.三．不等距導軌雙導體棒模型1.a棒減速，b棒加速，E＝BL1va－BL2vb由va↓vb↑?E↓?F安↓?a↓，當BL1va＝BL2vb時，a＝0，兩棒勻速2.動力學觀點：最終速度3.能量觀點：動能轉化為焦耳熱4.動量觀點：BIL1t＝mv0－mvaBIL2t＝mvb－0【模型演練1】(多選)(2020·安徽省天長中學期末)如圖所示，兩根質量均為m的金屬棒垂直地放在光滑的水平導軌上，左、右兩部分導軌間距之比為1∶2，導軌間左、右兩部分有大小相等、方向相反的勻強磁場，兩棒電阻與棒長成正比，不計導軌電阻，現用水平恒力F向右拉CD棒，在CD棒向右運動距離為s的過程中，AB棒上產生的焦耳熱為Q，此時AB棒和CD棒的速度大小均為v，此時立即撤去拉力F，設導軌足夠長且兩棒始終在不同磁場中運動，則下列說法正確的是()A．v的大小等于eq\r(\f(Fs－3Q,m))B．撤去拉力F后，AB棒的最終速度大小為eq\f(6,5)v，方向向右C．撤去拉力F后，CD棒的最終速度大小為eq\f(2,5)v，方向向右D．撤去拉力F后，整個回路產生的焦耳熱為eq\f(1,10)mv2【答案】AD【解析】由于兩棒的長度之比為1∶2，所以電阻之比為1∶2，由于兩棒是串聯關系，在任何時刻電流均相等，根據焦耳定律Q＝I2Rt，所以CD棒上產生的焦耳熱為2Q，在CD棒向右運動距離為s的過程中，根據功能關系有Fs＝3Q＋eq\f(1,2)mv2×2，解得v＝eq\r(\f(Fs－3Q,m))，A正確；設AB棒的長度為l，則CD棒的長度為2l，撤去拉力F后，AB棒繼續向左加速運動，而CD棒向右開始減速運動，兩棒最后勻速運動時，電路中電流為零，兩棒切割磁感線產生的感應電動勢大小相等，此時兩棒的速度滿足BlvAB′＝B·2lvCD′，即vAB′＝2vCD′，對兩棒分別應用動量定理有FABt＝mvAB′－mv，－FCDt＝mvCD′－mv，因為FCD＝2FAB，解得AB棒的速度大小為vAB′＝eq\f(6,5)v，方向向左，CD棒的速度大小為vCD′＝eq\f(3,5)v，方向向右，B、C錯誤；撤去拉力F后到最后穩定運動過程，整個回路產生的焦耳熱為Q′，根據能量守恒定律有Q′＝eq\f(1,2)mv2×2－eq\f(1,2)mvAB′2－eq\f(1,2)mvCD′2，解得Q′＝eq\f(1,10)mv2，D正確．【模型演練2】如圖所示，將兩根質量均為m＝2kg的金屬棒a、b分別垂直地放在水平導軌MNM′N′和PQP′Q′上，左右兩部分導軌間距之比為1∶2，左右兩部分導軌間有磁感應強度大小相等但方向相反的勻強磁場，兩棒電阻與棒長成正比，不計導軌電阻，金屬棒b開始時位于圖中M′P′位置，金屬棒a在NQ位置。金屬棒b用絕緣細線繞過光滑定滑輪和一物塊c相連，c的質量mc＝2kg，c開始時距地面的高度h＝4.8m。物塊c由靜止開始下落，觸地后不反彈，物塊c觸地時兩棒速率之比va∶vb＝1∶2，物塊c下落過程中b棒上產生的焦耳熱為10J，設導軌足夠長且兩棒始終在不同的磁場中運動，g＝10m/s2，整個過程中導軌和金屬棒接觸良好，且導軌光滑。求：(1)物塊c觸地時，兩棒的速度大小va和vb；(2)從物塊c觸地后開始，到兩棒勻速運動過程中系統產生的熱量。【答案】(1)3m/s，6m/s；(2)16.2J【詳解】(1)金屬棒a、b的有效長度分別為L和2L，所以電阻分別為R和2R，金屬棒a、b串聯，在任何時刻電流均相等，b棒產生的焦耳熱Q2＝10J，根據焦耳定律Q＝I2Rt，得a棒上產生的焦耳熱為Q1＝5J根據能量守恒定律有根據題意有va∶vb＝1∶2解得va＝3m/s，vb＝6m/s(2)物塊c觸地后，a棒向左做加速運動，b棒向右做減速運動，兩棒最終勻速運動時電路中電流為零，即兩棒切割磁感線產生的感應電動勢大小相等，設磁感應強度大小為B，則BLva′＝B·2Lvb′得va′＝2vb′對兩棒分別應用動量定理，有解得聯立以上各式解得va′＝4.8m/s，vb′＝2.4m/s根據能量守恒定律，從物塊c觸地到兩棒勻速運動的過程中系統產生的熱量為代入數據，解得Q3＝16.2J【模型演練3】（2021·湖北武漢市·高三月考）如圖，質量為m、電阻為R1的均勻金屬棒ab垂直架在水平面甲內間距為2L的兩光滑金屬導軌的右邊緣處。下方的導軌由光滑圓弧導軌與處于水平面乙的光滑水平導軌平滑連接而成（即圖中半徑OM和O′P豎直），圓弧導軌半徑為R、對應圓心角為60°、間距為2L，水平導軌間距分別為2L和L。質量也為m、電阻為R2的均勻金屬棒cd垂直架在間距為L的導軌左端。導軌MM′與PP′、NN′與′均足夠長，所有導軌的電阻都不計。電源電動勢為E、內阻不計。所有導軌的水平部分均有豎直方向的、磁感應強度為B的勻強磁場，圓弧部分和其他部分無磁場。閉合開關S，金屬棒ab迅即獲得水平向右的速度（未知，記為v0）做平拋運動，并在高度降低2R時恰好沿圓弧軌道上端的切線方向落在圓弧軌道上端，接著沿圓弧軌道下滑。已知重力加速度為g，求∶(1)空間勻強磁場的方向；(2)棒ab做平拋運動的初速度v0；(3)通過電源E某截面的電荷量q；(4)從金屬棒ab剛落到圓弧軌道上端起至開始勻速運動止，這一過程中棒ab和棒cd組成的系統損失的機械能E。【答案】(1)磁場豎直向下；(2)；(3)；(4)【詳解】(1)閉合開關S，金屬棒ab迅即獲得水平向右的速度，表面金屬棒受到水平向右的沖量，所以安培力水平向右，根據左手定則，磁場豎直向下。(2)金屬棒ab進入圓弧軌道時，分解速度有平拋運動中，豎直方向上有解得(3)金屬棒ab彈出瞬間，根據動量定理得所以通過電源E某截面的電荷量(4)金屬棒ab滑至水平軌道時，有解得最終勻速運動時，電路中無電流，所以棒ab和棒cd產生的感應電動勢相等，即此過程中，對棒ab由動量定理得對棒cd由動量定理得聯立以上三式解得，該過程中損失的機械能為解得四．線框模型（空氣阻力不計）【模型演練1】(2020·湖北高三開學考試)如圖所示，在光滑的水平面上寬度為L的區域內，有豎直向下的勻強磁場．現有一個邊長為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，那么當線圈完全進入磁場時，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)，由于線圈進入和穿出磁場過程，線圈磁通量的變化量相等，則進入和穿出磁場的兩個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】(多選)(2020·黑龍江鶴崗一中月考)如圖所示，有一邊長為l的正方形導線框，質量為m，由高h處自由落下，其下邊ab進入勻強磁場區域后，線框開始做減速運動，直到其上邊cd剛穿出磁場時，速度減小為ab邊剛進入磁場時速度的一半，此勻強磁場的寬度也是l，重力加速度為g，則下列結論正確的是()A．線框穿過磁場區域時做勻減速直線運動B．線框穿過磁場區域時加速度方向先向上后向下C．線框進入磁場時的加速度大于穿出磁場時的加速度D．線框穿過磁場區域的過程中產生的焦耳熱為mg(2l＋eq\f(3,4)h)【答案】CD【解析】線框穿過勻強磁場的過程中，受到重力和安培力作用，設ab邊剛進入磁場時的速度為v1，則E＝Blv1，所以電路中的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv1,R)，安培力F＝IlB＝eq\f(B2l2v1,R)，由此可知，安培力與速度有關，由牛頓第二定律知eq\f(B2l2v1,R)－mg＝ma，故線框在穿過磁場的過程中加速度隨v的減小而減小，線框一直做減速運動，加速度方向一直向上，必有F≥mg，所以加速度不可能向下，故C正確，A、B錯誤；線框從釋放至穿過磁場的過程中，設產生的焦耳熱為Q，由能量守恒定律得mg(h＋2l)－Q＝eq\f(1,2)m(eq\f(v1,2))2，mgh＝eq\f(1,2)mv12，聯立解得Q＝mg(2l＋eq\f(3,4)h)，故D正確．【模型演練3】(多選)(2020·黑龍江哈爾濱市模擬)如圖所示，質量為3m的重物與一質量為m的線框用一根絕緣細線連接起來，掛在兩個高度相同的定滑輪上，已知線框的橫邊邊長為L，水平方向勻強磁場的磁感應強度大小為B，磁場上下邊界的距離、線框豎直邊長均為h.初始時刻，磁場的下邊緣和線框上邊緣的高度差為2h，將重物從靜止開始釋放，線框上邊緣剛進磁場時，線框恰好做勻速直線運動，重力加速度為g，滑輪質量、摩擦阻力均不計．則下列說法中正確的是()A．線框進入磁場時的速度大小為eq\r(2gh)B．線框的電阻為eq\f(B2L2,2mg)eq\r(2gh)C．線框通過磁場的過程中產生的熱量Q＝2mghD．線框通過磁場的時間為eq\r(\f(h,2g))【答案】AB【解析】線框進入磁場前，重物和線框組成的系統機械能守恒，有(3m－m)g·2h＝eq\f(1,2)×4mv2，解得線框進入磁場時的速度大小為v＝eq\r(2gh)，故A正確；線框進入磁場做勻速直線運動，根據平衡條件有3mg＝mg＋eq\f(B2L2v,R)，解得線框的電阻R＝eq\f(B2L2\r(2gh),2mg)，故B正確；線框通過磁場時做勻速直線運動，根據能量守恒定律有(3m－m)g·2h＝Q，解得Q＝4mgh，故C錯誤；線框通過磁場的時間為t＝eq\f(2h,v)＝eq\r(\f(2h,g))，選項D錯誤．【模型演練4】.(2021·陜西省西安中學高三下學期第四次模擬)如圖所示，在傾角為θ的光滑斜面上，有三條水平虛線l1、l2、l3，它們之間的區域Ⅰ、Ⅱ寬度均為d，兩區域分別存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，一個質量為m、邊長為d、總電阻為R的正方形導線框，從l1上方一定高度處由靜止開始沿斜面下滑，當ab邊剛越過l1進入磁場Ⅰ時，恰好以速度v1做勻速直線運動；當ab邊在越過l2運動到l3之前的某個時刻，線框又開始以速度v2做勻速直線運動，重力加速度為g.在線框從釋放到穿出磁場的過程中，下列說法正確的是()A．線框中感應電流的方向不變B．線框ab邊從l1運動到l2所用時間大于從l2運動到l3所用時間C．線框以速度v2做勻速直線運動時，發熱功率為eq\f(m2g2R,4B2d2)sin2θD．線框從ab邊進入磁場到速度變為v2的過程中，減少的機械能ΔE機與重力做功WG的關系式是ΔE機＝WG＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)【答案】CD【解析】線圈的ab邊進入磁場Ⅰ過程，由右手定則判斷可知，電流方向為逆時針；線框從磁場Ⅰ出來并進入磁場Ⅱ過程中，電流方向為順時針；線框從磁場Ⅱ出來過程中，電流方向為逆時針，則線框中感應電流的方向會改變，A錯誤；當線框ab邊恰好達到l2時，ab邊與cd邊共同切割磁感線，感應電動勢為之前的2倍，瞬時電流也為之前時刻的2倍，所以ab與cd邊受到的沿斜面向上的安培力合力為重力沿斜面向下的分量的4倍，線圈將做加速度逐漸減小的減速運動，直到以速度v2勻速直線運動，則有v1>v2，ab邊從l1運動到l2的平均速度大于從l2運動到l3的平均速度，則線框ab邊從l1運動到l2所用時間小于從l2運動到l3的時間，B錯誤；線圈以速度v2勻速運動時mgsinθ＝2BId＝2Bd·eq\f(2Bdv,R)＝eq\f(4B2d2v,R)得v＝eq\f(mgRsinθ,4B2d2)，電功率P＝Fv＝eq\f(m2g2R,4B2d2)sin2θ，C正確；機械能的減小等于線框產生的電能，則由能量守恒得知：線框從ab邊進入磁場到速度變為v2的過程中，減少的機械能ΔE機與線框產生的焦耳熱Q電的關系式是ΔE機＝Q電，即ΔE機＝WG＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，D正確．【模型演練4】(多選)(2021·四川內江鐵路中學月考)如圖所示，空間有一個方向水平的有界磁場區域，一個矩形線框，自磁場上方某一高度下落，然后進入磁場，進入磁場時，導線框平面與磁場方向垂直，則在進入過程中導線框可能的運動情況是()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動，選項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動，選項B正確；如果eq\f(B2L2v,R)＝mg，線框將向下做勻速直線運動，選項C正確．【模型演練5】(2021·江蘇省揚州中學高三下學期5月月考)如圖所示，在光滑水平面上，有一個粗細均勻的單匝正方形閉合線框abcd.t＝0時刻，線框在水平外力的作用下，從靜止開始向右做勻加速直線運動，bc邊剛進入磁場的時刻為t1，ad邊剛進入磁場的時刻為t2，設線框中產生的感應電流的大小為i，ad邊兩端電壓大小為U，水平拉力大小為F，則下列i、U、F隨運動時間t變化關系圖像正確的是()【答案】C【解析】根據物理規律得到物理量表達式，再選擇圖像是研究圖像問題常用的思路，采用數學上數形結合的思維方法．金屬桿的速度與時間的關系式為v＝at，a是加速度．由E＝BLv和I＝eq\f(E,R)得，感應電流與時間的關系式為I＝eq\f(BLa,R)t，B、L、a均不變，當0－t1時間內，感應電流為零，t1－t2時間內，電流I與t成正比，t2時間后無感應電流，故A、B錯誤；由E＝BLv和I＝eq\f(E,R)得，感應電流與時間的關系式為I＝eq\f(BLa,R)t，當0－t1時間內，感應電流為零，ad的電壓為零，t1－t2時間內，電流I與t成正比，Uad＝IRad＝eq\f(BLat,R)×eq\f(1,4)R＝eq\f(BLat,4)，電壓隨時間均勻增加，t2時間后無感應電流，但有感應電動勢，Uad＝E＝BLat，電壓隨時間均勻增加，故C正確；根據推論得知：金屬桿所受的安培力為FA＝eq\f(B2L2v,R)，由牛頓第二定律得F－FA＝ma，得F＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma，當0－t1時間內，感應電流為零，F＝ma為定值，t1－t2時間內，F與t成正比，F與t是線性關系，但不過原點，t2時間后無感應電流，F＝ma為定值，故D錯誤．【模型演練6】(多選)(2020·陜西漢中市第二次檢測)如圖所示，在光滑的水平面上方有兩個磁感應強度大小均為B、方向相反的水平勻強磁場區域，磁場寬度均為L.一個邊長為L、電阻為R的單匝正方形金屬線框，在水平外力作用下沿垂直磁場方向運動，從如圖實線位置Ⅰ進入磁場開始到線框運動到分別有一半面積在兩個磁場中的位置Ⅱ時，線框的速度始終為v，則下列說法正確的是()A．在位置Ⅱ時外力F為eq\f(4B2L2v,R)B．在位置Ⅱ時線框中的總電流為eq\f(BLv,R)C．此過程中回路產生的電能為eq\f(2B2L3v,R)D．此過程中通過線框橫截面的電荷量為0【答案】AD【解析】在位置Ⅱ時，總電流為I＝2eq\f(BLv,R)，根據左手定則可知線框左右兩邊所受安培力的方向均向左，為F＝2BIL，聯立可得F＝eq\f(4B2L2v,R)，故A正確，B錯誤；金屬線框從開始運動到位移為L過程中，只有一邊切割磁感線，故電流為I1＝eq\f(BLv,R)，產生的電能為W＝I12Rt1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BLv,R)))2Req\f(L,v)＝eq\f(B2L3v,R)，從位移為L到eq\f(3,2)L過程中，線框兩邊切割磁感線，電流為I，產生的電能為W′＝I2Rt2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2BLv,R)))2Req\f(L,2v)＝eq\f(2B2L3v,R)，所以整個過程產生的電能為W總＝W＋W′＝eq\f(B2L3v,R)＋eq\f(2B2L3v,R)＝eq\f(3B2L3v,R)，故C錯誤；此過程穿過線框的磁通量變化量為0，根據q＝eq\x\to(I)Δt，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)＝eq\f(ΔΦ,RΔt)，可得q＝eq\f(ΔΦ,R)＝0，故D正確．【模型演練7】(2020·天津市河西區3月調研)如圖所示，空間等間距分布著水平方向的條形勻強磁場，豎直方向磁場區域足夠長，磁感應強度B＝1T，每一條條形磁場區域的寬度及相鄰條形磁場區域的間距均為d＝0.5m，現有一邊長l＝0.2m、質量m＝0.1kg、電阻R＝0.1Ω的正方形導線框MNOP以v0＝7m/s的初速度從左側磁場邊緣水平進入磁場，求：(1)線框MN邊剛進入磁場時受到安培力的大小F；(2)線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中產生的焦耳熱Q；(3)線框能穿過的完整條形磁場區域的個數n.【答案】(1)2.8N(2)2.45J(3)4【解析】(1)線框MN邊剛進入磁場區域時有E＝BLv0①E＝IR②F＝ILB③聯立①②③解得：F＝2.8N(2)設線框水平速度減為零時，下落高度為H，此時速度為vH，由能量守恒可得：mgH＋eq\f(1,2)mv02＝Q＋eq\f(1,2)mvH2④根據自由落體規律有：vH2＝2gH⑤聯立④⑤得：Q＝eq\f(1,2)mv02＝2.45J(3)只有在線框進入或和穿出條形磁場區域時，才產生感應電動勢，設線框部分進入條形磁場區域長度為x時，線框水平切割磁感線速度為v時有：E＝BLv⑥E＝IR⑦F＝ILB⑧F＝ma＝meq\