第六节 电磁感应双杆模型-2024-2025学年高二上学期物理专项训练

第六节 电磁感应双杆模型 需要掌握的内容 1.能用到的二级结论公式。 （1）由,E=BLv,可得。 （2）由，，可得电量公式。 （3）安培力冲量。 电动势公式有匝数n，所以电流公式里也要考虑n，电量公式里也有n，安培力由于力的合成所以也考虑n。 2.双杆有初速度模型。 （1）运动分析：a杆运动切割磁感线产生逆时针电流，安培力让a杆减速同时让b杆加速，当b杆切割会形成反向电动势让电路电流变小，安培力公式会变成，两杆速度差变小，安培力以及加速度都减小，最后ab共速安培力以及加速度为零，双杆做匀速直线运动。 （2）能量分析：安培力对a杆做负功a杆动能减少变为电能，安培力对b杆做正功b杆动能增加，安培力相等但a运动的快，所以负功多正功少，另外一部分电能通过电流做功I2Rt转变为内能。 （3）动量分析：两个杆只有内部安培力并且安培力相等，所以动量守恒。两个干属于完全非弹性碰撞，可以就解损耗的内能。有公式mav=（ma+mb）v共，。 并且可以通过动量定理来计算相对位移，任选b为研究对象，其中x为a比b多走的位移。 3.双杆有外力模型 运动分析：初始ab都静止，a受外力有加速度开始运动切割，切割产生电流，安培力逐渐增加b的加速度增加速度也增加，a的速度增加，加速度减小。ab两棒靠安培力进行连接，最终加速度相等，根据公式，两棒速度差恒定，根据牛顿第二定律内力公式可以得出，根据此公式可以求得两棒速度差。 4.双杆不等间距模型。 （1） 运动分析：a杆切割磁感线产生电流，安培力让a杆减速b杆加速，a产生的电动势逐渐变小，b产生的电动势逐渐增加，当两个电动势相等时电流为零，安培力为零，两杆做匀速直线运动可得3BLvb=BLva，3vb=va （2） 动量分析：由于两杆长度不等产生的安培力不等，由于系统内力不为零，所以动量不守恒，但可以分别列动量定理对a杆-BLQ=mava-mav，对b杆3BLQ=mbvb。结合速度关系可以求出电量以及最终速度。 经典习题 多选题1．如图所示，光滑水平导轨置于磁场中，磁场的磁感应强度为B，左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，导轨均足够长。质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态。ab的电阻为R，cd的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动。现给cd一水平向右的初速度v0，则（　　） A．两棒最终以相同的速度做匀速直线运动 B．最终通过两棒的电量为 C．ab棒最终的速度为 D．从cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为 多选题2．如图，两根电阻不计的足够长的光滑金属导轨MN、PQ，间距为L，两导轨构成的平面与水平面成角金属棒ab、cd用绝缘轻绳连接，其电阻均为R，质量分别为m和2m沿斜面向上的外力F作用在cd上使两棒静止，整个装置处在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，重力加速度大小为g将轻绳烧断后，保持F不变，金属棒始终与导轨垂直且接触良好则　　 A．轻绳烧断瞬间，cd的加速度大小 B．轻绳烧断后，cd做匀加速运动 C．轻绳烧断后，任意时刻两棒运动的速度大小之比vab：vcd=2：1 D．棒ab的最大速度 多选题3．如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFGH矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在t＝t1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0；一段时间后，流经a棒的电流为0，此时t＝t2，b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则（　　）    A．t1时刻a棒加速度大小为 B．t2时刻b棒的速度大小为 C．t1～t2时间内，通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍 D．t1～t2时间内，a棒产生的焦耳热为 多选题4．如图所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距、电阻均为R、质量均为m，铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好。现给铜棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，下列说法正确的是（　　）    A．回路中的最大电流为 B．铜棒b的最大加速度为 C．铜棒b获得的最大速度为 D．回路中产生的总焦耳热为 多选题5．如图所示，间距为的光滑平行金属导轨平面与水平面之间的夹角，导轨电阻不计。正方形区域内匀强磁场的磁感应强度为，方向垂直于导轨平面向上。甲、乙两金属杆电阻均为、质量均为，垂直于导轨放置。起初甲金属杆位于磁场上边界处，乙位于甲的上方，与甲间距也为。现将两金属杆同时由静止释放，从此刻起，对甲金属杆施加沿导轨的拉力，使其始终以大小为的加速度向下做匀加速运动。已知乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动，重力加速度为，则下列说法正确的是（　　） A．每根金属杆的电阻 B．甲金属杆在磁场区域运动过程中，拉力对其做的功在数值上等于电路中产生的焦耳热 C．乙金属杆在磁场区域运动过程中，安培力的功率是 D．从乙金属杆进入磁场直至其离开磁场过程中，回路中通过的电荷量为 6．如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFHG矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在0时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为；一段时间后，金属棒a、b没有相碰，且两棒整个过程中相距最近时b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b长度均为L，电阻均为R，a棒的质量为2m、b棒的质量为m，最终其中一棒恰好停在磁场边界处，在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好。求： （1）0时刻a棒的加速度大小； （2）两棒整个过程中相距最近的距离s； （3）整个过程中，a棒产生的焦耳热。 7.如图所示，MCN与PDQ是一组足够长的平行光滑导轨，间距，MC、PD倾斜，CN、DQ在同一水平面内，CD与CN垂直，C、D处平滑连接。水平金属导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。质量、电阻、长度为L的硬质导体棒a静止在水平轨道上，与a完全相同的导体棒b从距水平面高度的倾斜绝缘轨道上由静止释放，最后恰好不与a棒相撞，运动过程中a、b棒始终与导轨垂直且接触良好。不计其他电阻和空气阻力，重力加速度g取。 （1）求b棒刚进入磁场时，a棒所受安培力的大小； （2）求整个过程中通过a棒的电荷量q及a棒距离CD的初始距离； （3）a、b棒稳定后，在释放b棒的初始位置由静止释放相同的棒，所有棒运动稳定后，在同一位置再由静止释放相同的棒，所有棒运动再次稳定后，依此类推，逐一由静止释放、、……、。当释放的最终与所有棒运动稳定后，求从棒开始释放到与所有棒运动保持相对稳定时，回路中产生的焦耳热。 8．如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为．现将质量均为的金属棒垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为。   （1）先保持棒静止，将棒由静止释放，求棒匀速运动时的速度大小； （2）在（1）问中，当棒匀速运动时，再将棒由静止释放，求释放瞬间棒的加速度大小； （3）在（2）问中，从棒释放瞬间开始计时，经过时间，两棒恰好达到相同的速度，求速度的大小，以及时间内棒相对于棒运动的距离。    9．如图，光滑平行轨道abcd的水平部分处于竖直向上大小为的匀强磁场中，段轨道宽度为，段轨道宽度是段轨道宽度的2倍，段轨道和段轨道都足够长，将质量均为的金属棒和分别置于轨道上的段和段，且与轨道垂直。、棒电阻均为，导轨电阻不计，棒静止，让棒从距水平轨道高为h的地方由静止释放，求： （1）棒滑至水平轨道瞬间的速度大小； （2）棒和棒最终的速度； （3）整个过程中系统产生的焦耳热。 10．如图所示，间距且足够长的光滑平行导轨和水平放置，其中、右侧均为绝缘材料，其余为金属导轨，以点为坐标原点，沿方向建立坐标轴。、间接有不带电的电容器，电容，是一根质量、长度、电阻的金属棒，垂直导轨静置在左侧足够远处。是质量、电阻、各边长度均为的“U”形金属框，、刚好和、重合。整个空间存在竖直方向的磁场（未画出），磁感应强度分布规律为（取竖直向上为正方向），若棒获得一水平向右的瞬时冲量后开始运动。金属导轨电阻不计，棒、金属框与导轨始终接触良好。 （1）求棒两端电压的最大值并分析电容器哪侧极板带正电； （2）求棒运动至位置与金属框碰撞前瞬间的速度大小； （3）若棒与金属框碰撞后连接在一起，求金属框最终静止时边端的位置坐标。 答案 第六节 1．BC 【详解】AC．cd获得速度后，电路中产生感应电流，根据左手定则得cd棒减速，ab棒加速，当 电路中磁通量不变，没有感应电流，最终两棒做匀速直线运动，分别对两棒列动量定理得 ， 两式合并得 联立解得 ， A错误，C正确； B．对ab棒列动量定理得 解得 B正确； D．从cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为 解得 D错误。 故选BC。 2．ACD 【分析】对整体分析，求出烧断细线前，拉力的大小，烧断细线瞬间，速度为0，安培力为0，根据牛顿第二定律求出cd棒的加速度； 对两金属棒组成的系统，根据动量守恒定律求速度之比； 当ab棒和cd棒加速度为零时，速度均达最大，根据受力平衡，结合闭合电路欧姆定律动量守恒定律求出棒子能达到的最大速度． 【详解】A项：细绳烧断前，对两金属棒组成的整体，有F=（m+2m）gsinθ=3mgsinθ 轻绳烧断瞬间，对cd有：F-2mgsinθ=2ma 解得：，故A正确； B项：随着速度的变化，电动势不断变化，电流不断变化，安培力不断变化，加速度不断变化，所以cd棒不可能做匀加速运动，故B错误； C项：两金属棒组成的系统合力为0，动量守恒，所以有：，解得：，故C正确； D项：回路总电动势E＝，因为，解得： 对ab棒：BIL=mgsinθ，联立解得，故D正确． 故应选：ACD． 【点睛】本题综合考查了牛顿第二定律、闭合电路欧姆定律、动量守恒定律，综合性强，本题的难点是双杆模型，两杆切割都产生感应电动势． 3．ABD 【详解】A．由题知，在时刻，a进入磁场的速度方向向右，b的速度方向向左，根据右手定则可知，a产生的感应电流方向是E到F，b产生的感应电流方向是H到G，即两个感应电流方向相同，所以流过a、b的感应电流是两个感应电流之和，则有 对a，根据牛顿第二定律有 解得 故A正确； B．根据左手定则，可知a受到的安培力向左，b受到的安培力向右，由于流过a、b的电流一直相等，故两个力大小相等，则a与b组成的系统动量守恒。由题知，时刻流过a的电流为零时，说明a、b之间的磁通量不变，即a、b在时刻达到了共同速度，设为。由题知，金属棒a、b相同材料制成，长度均为L，电阻分别为和，根据电阻定律有 ， 解得 已知a的质量为m，设b的质量为，则有 ， 联立解得 取向右为正方向，根据系统动量守恒有 解得 故B正确； C．在时间内，根据 因通过两棒的电流时刻相等，所用时间相同，故通过两棒横截面的电荷量相等，故C错误； D．在时间内，对a、b组成的系统，根据能量守恒有 解得回路中产生的总热量为 对a、b，根据焦耳定律有 因a、b流过的电流一直相等，所用时间相同，故a、b产生的热量与电阻成正比，即 又 解得a棒产生的焦耳热为 故D正确。 故选ABD。 4．BC 【详解】A．给铜棒a一个平行导轨的瞬时冲量I，此时铜棒a的速度最大，产生的感应电动势最大，回路中电流最大，每个棒受到的安培力最大，其加速度最大，则 铜棒a电动势 回路电流 故A错误； B．此时铜棒b受到安培力 其加速度为 故B正确； C．此后铜棒a做变减速运动，铜棒b做变加速运动，当二者达到共同速度时，铜棒b速度最大，根据动量守恒定律，有 铜棒b的最大速度为 故C正确； D．回路中产生的焦耳热为 故D错误。 故选BC。 5．AB 【详解】A．乙金属杆进入磁场之前，乙仅受到自身重力斜面支持力作用，加速度 与金属杆甲的加速度相同，所以二者一直保持相对静止。当乙刚进入磁场时，甲恰好离开磁场，根据匀变速直线运动可计算乙进入磁场的速度 产生的感应电流 根据乙做匀速直线运动可得 解得每个金属杆电阻 故A正确； B．甲在磁场中运动过程，合力 即合力等于重力沿斜面向下的分力，拉力与安培力平衡，所以拉力对杆做的功在数值上等于电路中产生的焦耳热，故B正确； C．乙金属杆在磁场区域运动过程中是匀速，所以安培力做功功率等于重力功率等于 故C错误； D．乙金属杆进入磁场直至出磁场过程中回路中通过的电量为 故D错误。 故选AB。 6．（1）；（2）；（3） 【详解】（1）由题知，a进入磁场的速度方向向右，b的速度方向向左，根据右手定则可知，a产生的感应电流方向是E到F，b产生的感应电流方向是H到G，即两个感应电流方向相同，所以流过a、b的感应电流是两个感应电流之和，则有 对a，根据牛顿第二定律有 解得 （2）取向右为正方向，相距最近时，根据系统动量守恒有 解得 此时，电路中感应电流为0，a、b棒一起向右匀速运动，直到b棒出磁场区域；之后b棒不受安培力、a棒受安培力减速直到停下，对a，有 解得 （3）对a、b组成的系统，最终b棒一直做匀速直线运动，根据能量守恒有 解得回路中产生的总热量为 对a、b，根据焦耳定律有 因a、b流过的电流一直相等，所用时间相同，故a、b产生的热量与电阻成正比，即 ∶=1∶1 又 解得a棒产生的焦耳热为 7.（1）1N；（2）0.1C，0.2m；（3） 【详解】（1）根据题意，对棒由动能定理可得 棒刚进入磁场时，感应电动势 回路中的电流 安培力 联立可得 （2）对棒由动量守恒定律可得 对棒由动量定理可得 电荷量 解得 由（1）问可得 可得 （3）当棒运动达到稳定后有 当棒运动达到稳定后有 当棒运动达到稳定后有 可得 则 故回路中产生的焦耳热 解得 8．（1）；（2）；（3）， 【详解】（1）a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得 有闭合电路欧姆定律及安培力公式可得 ， a棒受力平衡可得 联立记得 （2）由右手定则可知导体棒b中电流向里，b棒 沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则b棒牛顿第二定律可得 解得 （3）释放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时对a棒动量定理 b棒受到向下的安培力，对b棒动量定理 联立解得 此过程流过b棒的电荷量为q，则有 由法拉第电磁感应定律可得 联立b棒动量定理可得 9．（1）；（2），；（3） 【详解】（1）设棒滑至水平轨道瞬间的速度大小为，对于P棒，金属棒下落h过程应用动能定理 解得P棒刚进入磁场时的速度为 （2）当P棒进入水平轨道后，切割磁感线产生感应电流。P棒受到安培力作用而减速，Q棒受到安培力而加速，Q棒运动后也将产生感应电动势，与P棒感应电动势反向，因此回路中的电流将减小。最终达到匀速运动时，回路的电流为零。P棒和Q棒产生的感应电动势大小 即 解得 因为当P，Q在水平轨道上运动时，它们所受到的合力并不为零，设I为回路中的电流，P棒和Q棒受到的安培力大小 因此P，Q组成的系统动量不守恒。设P棒从进入水平轨道开始到速度稳定所用的时间为，规定向右为正方向，对P，Q分别应用动量定理得 又 联立解得 （3）由能量守恒定律得，整个过程中系统产生的焦耳热 10．（1），靠近侧的极板带正电；（2）；（3） 【详解】（1）棒刚开始运动时，棒两端电压最大，有 根据右手定则可知，靠近侧的极板带正电 （2）当棒产生的感应电动势与电容器两端电压相等时，棒速度达到稳定，设稳定后速度为，则有 又 对棒应用动量定理有 联立上述三式样得 （3）棒与金属框碰撞过程，根据动量守恒定律有 解得 金属框在运动过程中，当速度为时，回路中的感应电流为 金属框整体受到的安培力为 从金属框开始运动到停下的过程中，根据动量定理有 则金属框最终静止时边端的位置坐标为 学科网（北京）股份有限公司 $$