第42讲 电磁感应中单杆问题-2026年高考物理母题60讲

高考物理母题60讲 第四十二讲 电磁感应中单杆问题 母题呈现 3.若左端连一定值电容C,储存的电荷量为 [例]如图，水平光滑金属导轨宽为L(电阻 Q。求： 不计)，左端连一定值电阻R,空间存在垂直 于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。一质量为m、电阻为r的金属棒放在导 轨上，与之接触良好。 (1)电流的最大值I: X R (2)金属棒的最大速度v; (3)这个过程中通过金属棒的电荷量q,; b (4)电容器还剩的电荷量q2。 1.金属棒以初速度，沿导轨向右运动，求： (1)整个回路中产生的总的焦耳热Q; (2)这个过程中通过的电荷量q; (3)这个过程中通过的位移x。 2.若棒在恒力F作用下由静止开始向右运 动距离S后开始匀速运动。求： 4.若左端连一定值电容C,若棒在恒力F的 作用下由静止开始向右运动，求： →F 6 (1)匀速运动时的速度； (2)试求此过程中定值电阻R产生的焦耳 (1)加速度大小； 热Q; (2)电流大小是多少； (3)试求此过程中通过定值电阻R的电荷 (3)运动t时刻时，电容储存的电荷量q为 量q; 多少； (4)试求从静止到匀速运动的时间t。 (4)t时间内转化了多少电能。 ·145· 高考物理母题60讲 5.若左端连一电源，电源电动势为E,内阻 二、电磁感应中的动力学观点 不计，金属棒静止放在导轨上，求： 分离出电路中发生电磁 确定E “源的分析” 感应的部分，即电源 和r 弄清串、并 “路”的分析 求电流 确定F安 联关系 (1)刚放导体棒时加速度大小； “力的分析” 确定杆或线圈受力 求合力 (2)金属棒的最大速度； 确定运 (3)这个过程中通过金属棒的电荷量q; “运动”的分析 由力和运动的关系 动模型 (4)这个过程中电源提供的电能； 三、电磁感应中的能量观点 (5)这个过程中通过金属棒产生的热量Q。 (1)电磁感应中的能量转化 闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产 生感应电流，通有感应电流的导体在磁场 中受安培力。外力克服安培力做功，将其 他形式的能转化为电能；通有感应电流的 导体在磁场中通过受安培力做功或通过电 阻发热，使电能转化为其他形式的能。如 图所示： 其他形式 克服安培 电电流焦耳热或其他 的能量 力做功 能做功形式的能量 (2)求解电磁感应中的焦耳热Q的三种方法 焦耳 焦耳定律：Q=PR 热Q 功能关系：Q=W克服安培力（纯电阻 的三 电路) 种求 法 能量转化：Q=△E其他能的减少量 知识链接 四、电磁感应中的动量观点 电磁感应中的“杆和导轨、导线框”运动模 在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割 型，是导体切割磁感线运动过程中动力学与 磁感线运动，可求解单杆所受其他恒力（非 电磁学知识的综合应用，此类问题是高考命 安培力)作用的时间、单杆的速度、单杆的 题的重点。 位移和通过单杆的横截面的电荷量。 一、电磁感应中物理量关系图 (1)求通过单杆的横截面的电荷量、单杆的速 闭合电路 电磁感应 E I= 千，（纯电阻电路） 度或单杆运动的时间：一BIl△t十F其他·△t △Φ E-n Ad △t U内=Ir =m,-mu,9=I△1=nR8 E=Blv 联系1：电动势E U外=E-Ir (2)求单杆运动的位移、单杆的速度或单杆运 E- P外=IU外，P总=EI 联系2：功和能 Q外=PR,Q总=P(R+r)t 动的时间： SAr+F其他·△t=mo, 7n△Φ qR十r q=It g=cU mw1,x=o△t。 ·146· 高考物理母题60讲 母题拓展 示意图 动力学观点 运动图像 能量观点 导体杆以速度切割磁感线 产生感应电动势E=BLw, 电流1-長-处，安塔力 动能全部转化为 导轨水平光滑，间距 F安=BIL= 头，假成速 内能：Q=md 为L,电阻不计，杆ab 运动，vF安a,当v=0 0 初速度为0，质量为 m,电阻不计 时，F=0,a=0,杆保持静止 0≠0 导体杆速度为时，感应电 导体杆的部分动 BLv-Uc 导轨水平光滑，间距 流1= ,导体杆受 0 能转化为电阻的 R 为L,电阻不计，杆ab 根据g=CU、 电热和电容器的 安培力F安=BL,做减速运 初速度为0，质量为 U=BLm、 电场能： 动，v),电容器充电，Uc), m,电阻不计 -BIL·△t= 2m呢=m呢 1 F安，a↓，当BLu=Uc时，I mvm-m0、 =0,F安=0，杆匀速运动 q=I△t,可得 +Q+Ec mvo Um m+B2L2C S闭合，杆ab受安培力F安 BLE,此时a BLE,杆ab mr 电源输出的电能 速度v→感应电动势BLu→ 转化为动能： 导轨水平光滑，间距 回路中电流I→安培力F安 为L,电阻不计，单杆 =BIL→加速度a,当BLu= w意=子m2 ab质量为m,电阻 E 不计 E时，0最大，且m 0=0 B 开始时a=E,杆ab速度 F做的功一部分 m 转化为杆的动 →感应电动势E=BLw→电 能，一部分转化 流I→安培力F安=BIL,由 为电阻产生的电 导轨水平光滑，间距 F-F安=ma知a,当a=0 热：Wp=Q十 为L,电阻不计，单杆 时，u最大m一B FR 0 1 ab质量为m,电阻不 2m哈 计，拉力F恒定 ·147· 高考物理母题60讲 电容器充满电后，S合向2， 导体杆受安培力运动，产生 电容器的部分电 电动势E=BL0,回路中电 场能转化为电阻 流I= Uc一BL,导体杆受 的电热和导体杆 R 根据△q=90一9= 的动能：Eco= 导轨水平光滑，间距 安培力F安=BIL,做加速运 CE-CBLUm、BIL· 1 为L,电阻不计，单杆 动，v,电容器放电Uc减小， △t=mvm-0、△q= mv品+Q ab质量为m,电阻 F安，a,当BLw=Uc时，I I△t, 可得 +Ecm 为R 0,F安=0，杆匀速运动 BLCE m+B2L2C 开始时a= E,杆ab速度u 6=0 →感应电动势E=BLv,经 过△t速度为v十△v,此时感 应电动势E'=BL(v十△x), △t时间内流入电容器的电 F做的功一部分 荷量△g=C△U=C(E'-E) 转化为杆的动 =CBLAv,电流I=A 能，一部分转化 41 为电容器的电场 导轨水平光滑，间距 △U 为L,电阻不计，单杆 CBL A =CBLa,安培力 能：wp-aw ab质量为m,电阻不 F安=BLI=CB2L2a,F +Ec 计，拉力F恒定 F F安=ma,a m+B2L2C,所 以杆以恒定的加速度匀加速 运动（若回路有电阻，则杆不 做匀加速运动) 衍生练习 A. B2d2Et-2mEoR mER B. [衍生1]如图所示，固定于水平面的“C”形 Bd B3d3 c. B2d2Eot-mEoR ER 导线框处于磁感应强度大小为B,方向竖 D. B3d B'd2 直向下的匀强磁场中，导线框两平行导轨 [衍生2]（多选）如图 间距为d,左端接一电动势为E。,内阻不计 所示，水平放置的光 的电源。一质量为m、电阻为R的导体棒 滑导轨，左侧接有电 MN垂直平行足够长导轨放置并接触良 阻R,宽度为L,电 好，忽略摩擦阻力和导轨的电阻。闭合开 阻不计，导轨处于磁感应强度为B的竖直 关S,导体棒从静止开始运动，经过时间t, 向上的匀强磁场中，一质量为m、电阻不计 达到最大速度运动的距离为 ( 的金属棒ab垂直导轨放置，在恒力F作用 ×M××××× 下，从静止开始运动，达到最大速度后撤去 ××××× 拉力，最终停止，已知从静止到达到最大速 ×××1 ××× 度过程，R上产生的焦耳热等于ab的最大 动能。则下列说法正确的是 ( ) ·148 高考物理母题60讲 A.ab运动过程中的最大速度为FR (2)当ab棒的速度为1m/s时加速度的 B2L2 大小； B.ab加速运动过程中运动的最大位移 (3)电阻R上产生的热量。 为mFR2 B3L3 C.撤去F后，通过R的电量为mFR B2L2 D.,ab减速过程中运动的最大位移为mFR BL [衍生3]如图，两光滑 导轨水平放置在竖直 向下的匀强磁场中， 磁感应强度大小为 B。导轨间距最窄处 [衍生5]如图甲所示足够长的光滑平行金 为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原 属导轨MN、PQ组成的平面与水平面成 点。狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为0， 37°放置，导轨宽度L=1m,一匀强磁场垂 一电容为C的电容器与导轨左端相连。导 直导轨平面向下，导轨上端M与P之间连 轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用 接阻值R=0.3Ω的电阻，质量为m 下从O点开始以速度？向右匀速运动，忽 0.4kg、电阻r=0.1的金属棒ab始终 略所有电阻。下列说法正确的是( 紧贴在导轨上.现使金属棒ab由静止开始 A.通过金属棒的电流为2 BCu'tan 0 下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导 B.金属棒到达x。时，电容器极板上的电荷 轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系 量为BCuxo tanθ 如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段 C.金属棒运动过程中，电容器的上极板带 为直线，导轨电阻不计。g=10m/s,忽略ab 负电 棒在运动过程中对原磁场的影响，求： D.金属棒运动过程中，外力F做功的功率 x/m 恒定 9.6 [衍生4幻如图所示，间 6.0 距L=0.4m足够长 的平行金属导轨 010 2.02.6t1s MN、PQ水平固定放 甲 乙 置，M、P端连有一电 (1)ab棒运动过程中的最大速度； 阻R=2Ω，其余电阻均不计，整个装置处 (2)磁感应强度B的大小； 于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B (3)金属棒ab在开始运动的2.0s内，通过 =0.5T.一质量m=5g的导体棒ab静置 电阻R的电荷量； 于导轨上并与导轨接触良好，ab棒受一冲 (4)金属棒ab在开始运动的2.0s内，电阻 量作用后以初速度v。=4m/s沿导轨运 R产生的焦耳热。 动，经一段时间后停止。棒和导轨间的动 摩擦因数为=0.4，此过程中通过电阻R 的电量q=102C,g取10m/s2。求： (1)ab棒运动的距离和时间； ·149· 高考物理母题60讲 [衍生6幻如图所示，处于匀强磁场中的两根 [衍生7]如图所示，竖直放置 电阻不计的平行金属导轨相距L=1.0m, 的两根足够长的光滑金属 导轨平面与水平面成0=37°角，上端连接 导轨相距为L,导轨的两端 阻值为R,=3Ω的电阻，下端连接阻值为 分别与电源（串有一滑动变 R。=62的电阻。匀强磁场大小B= 阻器R)、定值电阻、电容器 0.4T。方向与导轨平面垂直。质量为m (原来不带电)和开关K相 =0.2kg、电阻r=0.52的金属棒ab放在 连。整个空间充满了垂直 两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触， 于导轨平面向外的匀强磁场，其磁感应强 它们之间的动摩擦因数为0.25。已知 度的大小为B。一质量为m,电阻不计的 sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。 金属棒ab横跨在导轨上。已知电源电动 势为E,内阻为r,电容器的电容为C,定值 电阻的阻值为R。,不计导轨的电阻。 (1)当K接1时，金属棒ab在磁场中恰好 保持静止，求接入电路的滑动变阻器阻 (1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的 值R; 加速度大小； (2)当K接2后，金属棒ab从静止开始下 (2)求金属棒稳定下滑时的速度大小及此 时ab两端的电压U,为多少； 落，下落距离s时达到稳定速度，求稳定速 (3)当金属棒下滑速度达到稳定时，机械能 度的大小和金属棒从静止到稳定速度所 需的时间； 转化为电能的效率是多少。 (3)将开关K接到3，让金属棒由静止释 放，设电容器不漏电，电容器不会被击穿： a.通过推导说明ab棒此后的运动是匀加 速运动。 b.求ab棒下落距离s时，电容器储存的 电能。 ·150· 高考物理母题60讲 [衍生8]如图所示水平面内有两个平行光 [衍生9]如图所示，在两光滑平行金属导轨 滑金属导轨，导轨I宽度为L,内有垂直导 之间存在方向垂直纸面向里的匀强磁场， 轨平面向里的磁感应强度为B,的匀强磁 磁感应强度大小为B,导轨的间距为L,电 场；导轨Ⅱ足够长，内有垂直导轨平面的匀 阻不计。金属棒垂直于导轨放置，质量为 强磁场。导体棒A、B分别垂直于导轨I、 ,重力和电阻可忽略不计。现在导轨左 Ⅱ静止放置且与导轨接触良好。电源的电 端接入一个电阻为R的定值电阻，给金属 动势为E,电容器的电容为C,均匀导体棒 棒施加一个水平向右的恒力F,经过t。时 A、B的阻值相同，质量均为，两个导轨 后金属棒达到最大速度。 的电阻都忽略不计。现将开关S由1掷到 X X ××× 2,经过时间t电容器放电结束、导体棒A ×￥F 此时刚好飞离轨道I。求： ××××× 甲 乙 (1)求金属棒的最大速度mx是多少？ 文发 (2)求金属棒从静止达到最大速度的过程 中，通过电阻R的电荷量q; (3)如图乙所示，若将电阻换成一个电容大 (1)导体棒A离开轨道I的速度大小； 小为C的电容器认为电容器充放电可瞬间 (2)导体棒A离开轨道I后，刚好进入右 完成。求金属棒由静止开始经过时间t 侧轨道Ⅱ，导体棒A与轨道Ⅱ接触时无动 后，电容器所带的电荷量Q。 能损失，则此过程在导体棒B中产生的热 能是多少？ [归纳提升 ·151·、高考物理母题60讲 第四十二讲电磁感应中单杆问题 「母题呈现 例] 1.[解析](1)根据能量守恒定律得，系统产生的热量 Q=-W安=2m6: (2》安培力冲量为-BI1·△1=0一m0所以q=B配： mvo E (3)法一：在此过程道过回路的电荷量9=1=R干，t △Φ. 尽·则导体棒发生的位移 x=mvo(R+r) a B2L2 法二：因为F安=B1L尽十，，所以安培力冲量为 B2L2v.At= R+r B212z=0-mvo' R+r 所以x=mo(R+ B2L2 [答案】（7m6(2院 (3)m(R+r) B2L2 2.[解析]（1)(2)F=F袋=B=,所以，n R+r FRP,由功能关系：Fx-Qe=2m哈，所以Qe 1 B2L2 2哈，所以过程中定值电阻R产生的焦耳热 1 Fx- R 1 Q=R十，Q电=R十， E △Φ △Φ (3)电荷量g=1r=R千，△=n△0R平可A=”R平 BLx BLs =R十，R+ (4)法一：由动量定理得：Ft-BI1t=mm-0,即Ft- BL.=mn一0，所以1=m十BLmn+B1是 R+r F 法二：由动量定理得：Ft 12=mUm-0. R+r mom+B B2L2s 所以t= R十T F [答案])F(R+ B212 (2R,（F-m6) (3)BLs mum+BBLs R+r (4) ”R十r F 3.[解析]1由C-号1=号得1=8. (2)(3)(4)设这个过程中通过金属棒的电荷量91，电 容器还剩的电荷量q2,则 91十92=Q, ① 由动量定理得：BILt=Bq1L=m心m一0， ② 对电容器：C=是=2， ③ BLO mQ 联立①②③得：0mm十B1C,91-m+B1FC BLCO 92 m+B212C [答案】1是 (2) BLQ m+B212C (3)mQ m+B212C (4)-B2L2CQ m+B212C ·29 4.[解析](1)设金属棒运动的速度大小为，则感应电 动势为E=BLU, ① 经过△t速度为v十△，此时感应电动势 E=BL(0十△v), ② △t时间内流入电容器的电荷量 △g=CAU=C(E-E)=CBL△v, ③ 电流I= Aq-CBL Au-CBLa, ④ △t 安培力F安=BIL=CB2L2a。 ⑤ 由牛顿第二第定律F-F安=ma, F a-m+B12C' ⑦ 所以杆以恒定的加速度匀加速运动。 (2)(3)电流1--CBL A0-CBla- CBLF +B2L2C' q-It=CBLat=CBLFL m+B212C (4)对于导体棒cd,克服安培力做多少功，就应有多少 能量转化为电能，则有：W=一F,⑧r=am,⑨ 由⑦⑧⑨式得：W安 B2L2F212C 2(m+B212C)2,所以在1秒内 B2L2F212C 转化为电能的量：W会=2(m十B12C), 注意：由模型可知：只要导体棒受恒定外力，导体棒必 m+BL2C:知果外力 F 做匀变速运动，且加速度为a= 不恒定，则导体棒做非匀变速运动如果不受外力，则 导体棒匀速运动或静止。反之，只要导体棒速度均匀 变化(a恒定)，感应电动势就均匀变化，电容器的带电 量就均匀变化，回路中的电流就恒定不变(I=CBla), 导体棒所受安培力就恒定不变(F=(m十BL,C)a,外力 就恒定不变。 [答案](1) m+B31元(2)CBLF F m+B212C (3)-CBLF m+B2L2C (4)-BL2FPC 2(m+B2L2C)2 5.[解析](1)开关S刚闭合时，ab杆所受安培力F= BLE,此时a=BLE mr (2)当Es=E时，0最大，且m=B航 E (3)(4)(5)由动量定理得：BI1t=BqL,=mm-0,所以 g元，由功能关系得：E电=gU=m 。mE 1,由功能关 1 系得Q=E色7mE1, E2 mE2 BL2-2mB122B212 [答案]1m《2品 (3)m2 mr B2L2 (4)mE B2L2 (5)mE2 2B2L2 [衍生练习] [衍生1][解析]闭合开关S后，线框与导体组成的 回路中产生电流，导体棒受到安培力作用开始加速 运动，导体切割磁感线会使电路中的电流变小，加速 度变小，当导体切割磁感线产生的电动势等于电源 电动势时，电路中的电流为零，导体棒不受安培力作 用，合外力为零，开始做匀速运动，即达到稳定运动。 有品=Bd解得。=层对号你棒用动量定理 BIdt=Bdg=mv,整个过程中通过导体棒的电荷量 g=1i=E6二E)1= Eot-△Φ R R R Eo1-Bd,联立解得x=BdPEot-mEoK,故C R B3d3 正确，ABD错误。 [答案]C [衍生2][解析]达到最大速度时，金属棒受力平衡， 则有F=BIL= ,解样=器A正 R 确：对金属棒，在加速过程中，根据动能定理得Fs十 W=2m品ax,根据功能关系有-W=Q=2m品ax, 解得s=mFR B,B错误：撒去F后，金属棒最终停止， 根据动量定理得-BIL△t=m△v,又g=I△t,△v=0 气ak解得gC错送：撤去F后，金偶棒开 始减速运动，根据动量定理得-B巴A1=m△，又 R 、'=v△t,△u=0一Umx,解得s二B4A,D正确 [答案]AD [衍生3][解析]由题知金属棒匀速切割磁感线，则t 时间内金属棒的位移x=t,根据几何关系知金属棒 的有效切割长度为l=2.xtan0,则金属棒上产生的感 应电动势为E=Blv=2 Bu2ttan0,忽略所有电阻，则 电容器极板上的电荷量为Q=CE=2BCu2ttan0,通 过金属棒的电流I=9=2BCu2tan0,A正确：当金 △t 属棒到达x0处时，所用时间t0=,则电容器极板 上的电荷量为Q=2BCv2 totan9=2 BCvxotan0,B 错误；根据右手定则可知，金属棒中电流方向为流向 电容器上极板，则电容器的上极板带正电，C错误： 由于金属棒做匀速运动，则F=F安=IlB,由A项分 析可知流过金属棒的电流I恒定，l与t成正比，则 F空为变力，F为变力，再根据P=Fv,v不变，可知 外力F做功的功率P变化，D错误。 L答案」A [衍生4][解析](1)ab棒切割磁感线产生感应电流， 设向右运动的距离为x,则平均感应电动势为E= 平均感应电流为1-長器道过电阻 △t R的电量g=I△=B乳所以ab棒运动的距离x R gR_10-2×2 B-0.5×0.4m=0.1m,根据动量定理有-(F安t 十mgt)=0-m6而F安t=BIl,t=BLq,所以有 BLg十mgt=mo,代入数值解得ab棒运动的时 间t=0.9s。 (2)当棒速度为1m/s时，根据牛顿第二定律有 E F参十mmg=ma而感应电动势E=BL,,电流I=尺， 安培力F袋=BI,所以有十mg=ma,代入 R 数值解得加速度大小a=8m/s2。 (3)根据能量守恒有2m喝=mgx十Q,所以电阻R 上产生的热量为Q=弓m6一mug2,代入数值解得 Q=0.038J。 [答案](1)0.1m0.9s(2)8m/s2(3)0.038J [衍生5][解析](1)由图乙可知，导体棒在2.2s 2.6s过程中匀速运动时速度最大0=工=3， 0.6 =6 m/sa (2)(3)导体棒在沿斜面方向的重力分离与安培力平 衡，得mgsin 0=BIL导体棒切割磁感线产生的电动 ·29 高考物理母题60讲 E,联立 势为E=Bu,由闭合电路欧姆定律知I=R千7 解得B=0.4T,电荷量g=1一R千=(R十7) E △Φ BLx=6C。 =R+ (4)由功能关系得mg.xsin0=】 2 mv2+Q, Q服=R4R=6.4J [答案](1)6m/s(2)0.4T(3)6C(4)5.4J [衍生6][解析](1)金属棒开始下滑的初速为零，根 据牛顿第二定律mngsin0-mgcos0=ma,解得a 10×(0.6-0.25×0.8)m/s2=4m/s2故金属棒沿导 轨由静止开始下滑时的加速度大小为4m/s2。 (2)设金属棒运动达到稳定时速度为，棒在沿导轨 方向受力平衡mgsin0-umgcos0-BIL=0,由欧姆 定体有1一.=1R联主以上三式并代入数据 解得v=12.5m/s,Ub=4V,故金属棒稳定下滑时 的速度大小为v=12.5m/s,此时ab两端的电 压Ub=4V。 (3)当金属棒下滑速度达到稳定时，装置的电功率 P电=I2(R十r),装置的机械功率P机=mngvsin0,机 城能转化为息能的效率一是，代入教据解得？了 2 ≈0.667=66.7%，故机械能转化为电能的效率是 66.7%。 [答案](1)4m/s2(2)12.5m/s4V(3)66.7% [衍生7][解析](1)当K接1时，金属棒在磁场中恰 好保持静止，棒的重力与安培力平衡，则有mg= BL.又IR干，联立解得R=B以-7。 E mg (2)K接2后，棒达到稳定状态时做匀速运动，则有， _E2 mg0一R。,又感应电动势E=BL,u联立上两式得： 上2，根据动量定理得：mg一Bl1=m,而Q =1,又意度电荷童Q-16,1是E-兽a0-1,联 主得Q匙展立解得十 B212mgRo (3)a.将开关突然接到3，电容器充电，电路中充电电 流i,棒受到向上的安培力，设瞬时加速度为a,根据 牛顿第二定律得mg-Bil=ma,又i=△Q_C·△U △t △t _C·BL△w=CBL,a,由mg-BLCBLa=ma,解得 △t m十BL2C,可见棒的加速度不变，做匀加速直线 a mg 运动。 b.当下降距离s时，设棒的速度为y',则2=2as,设 电容器储存的电能为△E,则根据能量守恒得mgs= 2m2+△E,联立得AE=mgsB2 L2C 1 m+B212C [答案]q)BE-,2mgR,+BL mg B212mgRo (3) mg mgsB2L2C m+B212C m+B212C 、高考物理母题60讲 [衍生8][解析](1)设放电结束时导体棒A的速度 为，此时UC=B1Lu,该过程放电量△g=C(E B1L),对导体棒A应用动量定理，取向右为正方 向，则有IB1Lt=mv-0,△g=It,联立可得 CBLE m+CB?12 (2)导体棒A运动到右侧轨道Ⅱ上时，导体棒A和B 组成的系统动量守恒，最终共速，则m心=2心共，由 能量守恒可得Q=7m2-子×2m4, 则Qa-Q名m=CLE 8(m+CBL2)21 [答案](I)CBLE m+CBL2 (2)mC2B122 8(m+CBL2)2 [衍生9][解析](1)当安培力与外力相等时，加速度 为零，物体速度达到最大，即F=BL-B,由 R 此可得金属棒的最大速度：umax一B2元 FR (2)由动量定律可得：(F-F)to=Umax,其中：F= B12工，解得金属棒从静止达到最大递度的过程中 Rta FtoR FmR2 运动的距高：x一BPB,通过电阻R的电荷 量：g=BL=FFmR R BL B313 (3)设导体棒运动加速度为a,某时刻金属棒的速度 为U1,经过△t金属体的速度为2，导体棒中流过的 电流（充电电流）为1，则：F-BIL,=ma,电流：I= △t -C会，共中：E=BLw一BL=BMaa=合铝 △t 联立各式得：a= m+CB'1,因此，导体棒向右做匀 加速直线运动。由于所有电阻均忽略，平行板电容 器两板间电压U与导体棒切割磁感线产生的感应电 动势E相等，电容器的电荷量：Q=CBLat 心、 FCBLt m+CB2L.2· [答案](1)FR 、Fto FmR (2)BL.B2L3 (3) FCBLt B212 m+CB212 第四十三讲电磁感应中双杆问题 [母题呈现][例] 1.[解析](1)对ab、cd棒动量守恒得：mo=2nv共，所 以u=20 (2)由能量守恒得：7m6=合×2m 2 +Q,所以 Q-子m6。 (3)对cd棒动量守恒得BILt=BgL=m0一0，所 以q=2BL, ·29 (4)法一：因为9=11=2R _E=Eh一Ed,=BLb-BLwL, 2R 2R BIASBI,Ar所以相对运动的位移为△r= 2R R ,所以共速时相距x=一△一 B212 法二：因为F=BIL=B EusEB BLvBLvd 2R 2R 一B212《,，)=发公，所以对C以捧动毫守福 得： 2R-Aut=B21.2 2R△x=mu-0,所以△x 所 以共速时相距x=s一△x=s一 voR B212 [答案灯1宁w(2)话③院 1 1 (4)s mvoR B2L2 2.[解析]（1)初始时，无速度，无安培力，所以ab=0, F 1m2 （2cd折开始加连，由E=BLa,1是，F=BL,可知 速度变大，则感应电动势变大，感应电流变大，安培力 也变大，cd杆的加速度减小，ab杆的加速度增大，当 两者加速度相等时，即△x不变时，F安不变，则a不再 变化，两杆中感应电流恒定，两杆最终加速度相同，对 ab杆有F安=m1a,对cd杆有F一F安=m2a,联立得 a-m1十m2 F-B, (3)a相同时，△v最大，则F安=mm十m2 2R 2FRm 得出△0=B'd2(m1十m2） (4)I感恒定，再经过时间t,由焦耳定律得回路中产生 的热量为Q=I感2·2R·t= (2R·2R·t= /Bd△u\2 2RF2m2t F B2d2(m1+m2)2 或：Q=F安·△t=m1m1十m2 2FRm1 B2d2(m1+m2） ·t)。 [答案](1)0F (2)cd杆的加速度逐渐减小：ab 杆的加速度逐渐增大；最后两杆的加速度相同，最终 F 2FRm 两杆加速度均为a (3) m1+m2 Bd2(m1+m2) 2RF2m2t F 2FRm ④Bm+m>或mm1+m‘dm+m） ·t 3.[解析](1)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Ep=B,即BLa=B号p,解得 Up=2VQ, 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Fp=合BIL.F。=B1L,固此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