第二十五讲 动力学三大观点在电磁感应中的应用 讲义-2027届高考物理二轮复习

第二十五讲 动力学三大观点在电磁感应中的应用 （一）单杆模型 1. 常见单杆情景及解题思路 常见情景（导轨和杆电阻不计，以水平光滑导轨为例） 过程分析 单杆阻尼式 设运动过程中某时刻的速度为v，加速度为a，a＝，a、v反向，导体棒做减速运动，v↓⇒a↓，当a＝0时，v＝0，导体棒做加速度减小的减速运动，最终静止 单杆发电式(v0＝0) 设运动过程中某时刻棒的速度为v，加速度为a＝－，F恒定时，a、v同向，随v的增加，a减小，当a＝0时，v最大，vm＝；a恒定时，F＝＋ma，F与t为一次函数关系 含“源”电动式(v0＝0) 开关S闭合，ab棒受到的安培力F＝，此时a＝，速度v↑⇒E感＝BLv↑⇒I↓⇒F＝BIL↓⇒加速度a↓，当E感＝E时，v最大，且vm＝ 含“容”无外力充电式 充电电流减小，安培力减小，a减小，当a＝0时，导体棒匀速直线运动 含“容”有外力充电式(v0＝0) 电容器持续充电F－BIL＝ma，I＝，ΔQ＝CΔU＝CBLΔv，a＝，得I恒定，a恒定，a＝，导体棒做匀加速直线运动 2.在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量： ①求电荷量或速度：BLΔt＝mv2－mv1，q＝Δt ②求位移：－＝0－mv0，即－＝0－mv0 ③求时间：(i)－BLΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1 ，即－BLq＋F其他·Δt＝mv2－mv1；已知电荷量q，F其他为恒力，可求出变加速运动的时间。 (ii)＋F其他·Δt＝mv2－mv1，Δt＝x；若已知位移x，F其他为恒力，也可求出变加速运动的时间。 【典例1】（多选）如图所示，左端接有阻值为R的定值电阻且足够长的平行光滑导轨CE、DF的间距为L，导轨固定在水平面上，且处在磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场中，一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直导轨放置在导轨上静止，导轨的电阻不计．某时刻给导体棒ab一个水平向右的瞬时冲量I，导体棒将向右运动，最后停下来，则此过程中（ ） A．导体棒做匀减速直线运动直至停止运动 B．电阻R上产生的焦耳热为 C．通过导体棒ab横截面的电荷量为 D．导体棒ab运动的位移为 【答案】CD 【详解】导体棒获得向右的瞬时初速度后切割磁感线，回路中出现感应电流，导体棒ab受到向左的安培力，向右减速运动，由＝ma，可知由于导体棒速度减小，则加速度减小，所以导体棒做的是加速度越来越小的减速运动，A错误； 导体棒减少的动能Ek＝mv2＝m2＝，根据能量守恒定律可得Ek＝Q总，又根据串并联电路知识可得QR＝Q总＝，B错误； 根据动量定理可得－BLΔt＝0－mv，I＝mv，q＝Δt，可得q＝，C正确； 由于q＝Δt＝Δt＝ ， 将q＝代入可得，导体棒ab运动的位移x＝，D正确． 故选CD 练习1. 如图所示，PQ、MN为足够长的两平行金属导轨(其电阻不计)，它们之间连接一个阻值为R＝8 Ω的电阻，导轨间距为L＝1 m．一质量为m＝0.1 kg，电阻为r＝2 Ω，长为1 m的均匀金属杆水平放置在导轨上，它与导轨间的动摩擦因数μ＝，导轨平面的倾角为θ＝30°，垂直导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度为B＝0.5 T．今让金属杆AB由静止开始下滑，从杆开始下滑到恰好匀速运动的过程中经过杆的电荷量为q＝1 C。取g＝10 m/s2，求： （1）当AB下滑速度为2 m/s时加速度a的大小； （2）AB下滑的最大速度vm的大小； （3）AB从开始下滑到匀速运动过程R上产生的热量QR。 【答案】(1)1.5 m/s2　(2)8 m/s　(3)0.64 J 【详解】(1)取AB杆为研究对象，其受力如图所示， mgsin θ－F安－Ff＝ma FN－mgcos θ＝0 摩擦力Ff＝μFN 安培力F安＝BIL I＝ E＝BLv 联立解得a＝gsin θ－μgcos θ－ 当v＝2 m/s时，a＝1.5 m/s2 (2)由上问可知a＝gsin θ－μgcos θ－，故AB做加速度减小的加速运动，a＝0时AB下滑的速度最大 则vm＝＝8 m/s (3)从静止开始下滑到匀速运动过程中＝ ＝，q＝Δt.而ΔΦ＝BLx 联立可得：x＝＝20 m 设两电阻发热的和为QR＋Qr， 电阻串联，则QR∶Qr＝R∶r 由能量守恒可知mgxsin θ＝mvm2＋μmgcos θ·x＋QR＋Qr 解得：QR＝0.64 J. 练习2.如图所示，足够长的两平行光滑水平直导轨的间距为L，导轨电阻不计，垂直于导轨平面有磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；导轨左端接有电容为C的电容器、开关S和定值电阻R；质量为m的金属棒垂直于导轨静止放置，两导轨间金属棒的电阻为r.初始时开关S断开，电容器两极板间的电压为U.闭合开关S，金属棒运动，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列说法正确的是（ ） A．闭合开关S的瞬间，金属棒立刻开始向左运动 B．闭合开关S的瞬间，金属棒的加速度大小为 C．金属棒与导轨接触的两点间的最小电压为零 D．金属棒最终获得的速度大小为 【答案】D 【详解】由左手定则可知，闭合开关S的瞬间，金属棒所受安培力方向向右，金属棒立刻获得向右的加速度，开始向右运动，A错误；闭合开关S的瞬间，金属棒的加速度大小a＝，B错误；当金属棒切割磁感线产生的电动势跟电容器两极板之间的电压相等时，金属棒中电流为零，此后，金属棒将匀速运动下去，两端的电压达到最小值，故金属棒与导轨接触的两点间的电压不会为零，C错误；设闭合开关S后，电容器的放电时间为Δt，金属棒获得的速度为v，由动量定理可得BL·Δt＝mv－0，解得v＝，D正确． 故选D 练习3. 某小组制作了一储能器，其两端电压与其储存的电荷量间的函数关系近似为（为常量）。将该储能器接入如图所示电路，、、为固定的三个触点。两足够长的平行金属导轨固定于水平面上，电阻不计，间距为。导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为。质量为的导体棒垂直导轨放置，接入电路的阻值为。电源电动势为，内阻不计。定值电阻阻值为。时刻开关S与连接，直到导体棒做匀速运动，再于时刻切换开关与或连接。运动过程中导体棒与导轨始终垂直且接触良好，忽略摩擦。 （1）求时刻导体棒加速度的大小； （2）若时刻开关与连接，储能器接入电路前电压为0，当储能器电压为时（此时电路中电流不为0），求导体棒速度的大小； （3）若时刻开关与连接，求从时刻起到导体棒静止的过程中，导体棒上产生的焦耳热。 【答案】(1) ， (2) ， (3) 【详解】（1）时刻开关S与连接，流过导体棒的电流 导体棒所受的安培力 根据牛顿第二定律 联立可得 （2）当导体棒匀速运动时，导体棒产生的电动势等于电源电动势，设此时导体棒速度为，即 当储能器电压为时（此时电路中电流不为0），对导体棒根据动量定理有 又 可得 根据题意 联立可得 （3）从过程对导体棒，根据动量定理 又 可得 导体棒上产生的焦耳热 可得 从时刻到导体棒静止过程中，根据能量守恒定律可知电路中产生的焦耳热为 导体棒产生的焦耳热为 可得 从时刻起到导体棒静止的过程中，导体棒上产生的焦耳热 （二）双杆模型 1.常见双杆情景及解题思路 常见情景（以水平光滑导轨为例） 过程分析 双杆切割式 杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相同的速度匀速运动．对系统动量守恒，对其中某杆适用动量定理 不等距导轨 杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，两杆以不同的速度做匀速运动，所围的面积不变，v1L1＝v2L2 双杆切割式 aPQ减小，aMN增大，当aPQ＝aMN时二者一起匀加速运动，存在稳定的速度差；分别隔离两导体棒， F－＝mPQa，＝mMNa，求加速度 【典例2】（多选）如图所示，水平面上固定着两根相距L且足够长的光滑金属导轨，不计导轨电阻，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中．相同的铜棒a、b平行地静止在导轨上且与导轨接触良好，每根铜棒的长度均等于两导轨的间距、电阻均为R、质量均为m。现给铜棒a一个平行于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．铜棒b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．铜棒b中产生的最大焦耳热为 【答案】CD 【详解】选取水平向右为正方向，根据动量定理可知，铜棒a开始时速度v0＝，根据左手定则判断安培力，可知此后铜棒a做减速运动，铜棒b做加速运动，所以回路中的感应电动势最大值Em＝BLv0，通过铜棒b的最大感应电流Im＝＝＝，A错误；根据牛顿第二定律得BImL＝ma，则铜棒b的最大加速度a＝＝，B错误；由题意知，铜棒a做减速运动，铜棒b做加速运动，当两铜棒速度相等时，回路中没有感应电流，两铜棒同时向右匀速运动，此时铜棒b的速度最大，根据动量守恒可知，I＝2mv，则v＝，C正确；两铜棒共速后，回路中不再产生感应电流，则根据能量守恒定律，系统产生的热量Q＝mv02－·2mv2，则铜棒b中产生的最大焦耳热Qb＝Q＝，D正确． 故选CD 练习4.（多选）如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略．一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后（ ） A．金属框的速度大小趋于恒定值 B．金属框的加速度大小趋于恒定值 C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值 D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值 【答案】BC 【详解】当金属框在恒力F作用下向右加速运动时，bc边产生从c向b的感应电流i，金属框的加速度大小为a1，则有F－Bil＝Ma1；MN中感应电流从M流向N，MN在安培力作用下向右加速运动，加速度大小为a2，则有Bil＝ma2，当金属框和MN都运动后，金属框速度为v1，MN速度为v2，则电路中的感应电流为i＝，感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从开始减小，加速度差值减小．当a1＝a2时，得F＝(M＋m)a，a＝恒定，由F安＝ma可知，安培力不再变化，则感应电流不再变化，据i＝知金属框与MN的速度差保持不变，v－t图像如图所示，故A错误，B、C正确；MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于金属框的速度，则MN到金属框bc边的距离越来越大，故D错误． 故选BC 练习5.如图所示，足够长的水平轨道左侧b1b2～c1c2部分轨道间距为2L，右侧c1c2～d1d2部分的轨道间距为L，曲线轨道与水平轨道相切于b1b2，所有轨道均光滑且电阻不计．在水平轨道内有斜向下与竖直方向成θ＝37°的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1 T．质量为M＝0.2 kg的金属棒B垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上，质量为m＝0.1 kg的金属棒A自曲线轨道上a1a2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，A棒总在宽轨上运动，B棒总在窄轨上运动．已知：两金属棒接入电路的有效电阻均为R＝0.2 Ω，h＝0.2 m，L＝0.2 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求： （1）金属棒A滑到b1b2处时的速度大小； （2）金属棒B匀速运动的速度大小； （3）在两棒整个运动过程中通过金属棒A某横截面的电荷量； （4）在两棒整个运动过程中金属棒A、B在水平导轨间扫过的面积之差。 【答案】见解析 【详解】(1)A棒在曲线轨道上下滑时，由机械能守恒定律得： mgh＝mv02 解得v0＝2 m/s. (2)选取水平向右为正方向，对A、B分别应用动量定理， 对B：FB安cos θ·t＝MvB， 对A：－FA安cos θ·t＝mvA－mv0， 其中FA安＝2FB安， 整理得：mv0－mvA＝2MvB， 两棒最后匀速时，电路中无电流，此时回路总电动势为零，必有2Bcos θLvA－Bcos θLvB＝0， 即vB＝2vA， 联立解得vB＝ m/s. (3)当金属棒A运动到水平轨道后，回路中开始有感应电流产生，此时金属棒B开始加速运动，通过A的电荷量与通过B的电荷量相等． 在B加速过程中：∑(Bcos θ)iLΔt＝MvB－0， q＝∑iΔt， 解得q＝ C. (4)根据法拉第电磁感应定律有：＝， 其中磁通量变化量：ΔΦ＝BΔScos θ， 电路中的电流：＝， 通过横截面的电荷量：q＝Δt， 联立解得ΔS＝ m2. 练习6.如图所示，水平放置的两平行光滑金属导轨固定在桌面上，导轨间距为L，处在磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场中．桌面离地面的高度为H.初始时刻，质量为m的杆ab与导轨垂直且处于静止，距离导轨边缘为d，质量也为m的杆cd与导轨垂直，以初速度v0进入磁场区域，最终发现两杆先后落在地面上．已知两杆接入电路的电阻均为R，导轨电阻不计，两杆落地点之间的距离为s，重力加速度为g。 （1）求ab杆从磁场边缘射出时的速度大小； （2）当ab杆射出时，求cd杆运动的距离； （3）在两根杆相互作用的过程中，求回路中产生的电能。 【答案】(1)－　(2)d＋　(3)mv02－ 【详解】(1)设ab、cd杆从磁场边缘射出时的速度分别为v1、v2，ab杆落地点到抛出点的水平距离为x1，cd杆落地到抛出点的水平距离为x2，则有 x1＝v1 x2＝v2 且x2－x1＝s 以v0的方向为正方向， 根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2 解得v2＝＋，v1＝－ (2)ab杆运动距离为d，对ab杆应用动量定理，有 BLΔt＝BLq＝mv1 设cd杆运动距离为d＋Δx q＝＝ 解得Δx＝＝(v0－s) 则cd杆运动距离为x＝d＋Δx＝d＋ (3)根据能量守恒定律，回路中产生的电能等于系统损失的机械能，则有Q＝mv02－mv12－mv22＝mv02－. （三）导线框模型 1.常见导线框情景及解题思路 常见情景 过程分析 在安培力作用下穿越磁场 用动量定理分析导线框的位移、速度、通过导线横截面的电荷量： （1）求电荷量或速度：－B·LΔt＝mv2－mv1，q＝Δt； （2）求位移：－＝0－mv0，即－＝0－mv0 在恒力F（包括重力mg）和安培力作用下穿越磁场 （1）求时间：①已知q，F其他为恒力，可求出变加速运动的时间： －BLΔt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他·Δt＝mv2－mv1 ②若已知位移x，F其他为恒力，也可求出变加速运动的时间： －＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－＋F其他·Δt＝mv2－mv1 【典例3】（2025·河南·模拟预测）如图，1、2为两宽度均为a的水平匀强磁场，两磁场区域间距为b（b＞a），磁感应强度大小相等。一边长为a的正方形金属线框从磁场上方由静止自由下落，恰能匀速通过区域1，后又通过下方区域2。下落过程中线框平面始终与磁场垂直，不计空气阻力。线框分别通过1、2两磁场区域时（　 　） A．产生的电热相等 B．安培力的冲量相同 C．重力平均功率相等 D．合外力做功不相等 【答案】BD 【详解】A．因为，线框匀速通过区域1磁场，加速一段距离后，将减速通过区域2磁场，则线框通过两磁场区域重力势能减少相同，但动能变化不同，所以产生的电热不相等，故A错误； B．设磁感应强度大小为B，根据电流公式得 所以线框通过两磁场区域流过的电荷量相等，而安培力的冲量 则安培力的冲量相同，故B正确； C．由于在区域2运动的平均速度大于区域1中的平均速度，则线框通过两磁场区域所用时间不同，所以重力的平均功率不相等，故C错误； D．线框通过两磁场区域时的动能变化不同，则合外力做功不相等，故D正确。 故选BD。 练习7.（2025·云南·模拟预测）如图所示，光滑绝缘的水平面上有垂直水平面的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，磁场区域Ⅰ和Ⅱ的宽度、两磁场区域之间的距离均为L，磁场方向如图所示。边长为L的正方形导线框abcd位于水平面上，且cd边与磁场边界平行。某时刻线框以v0的初速度水平向右运动，穿过匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ。已知线框的质量为m，电阻为R，匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度大小均为。求： （1）线框cd边进入磁场区域Ⅰ瞬间，cd边所受安培力的大小； （2）线框cd边进入磁场区域Ⅱ瞬间，线框的速度大小； （3）线框穿过区域Ⅰ和Ⅱ过程中产生的热量。 【答案】(1)(2)(3) 【详解】（1）线框边进入磁场区域Ⅰ瞬间，产生的感应电动势大小为 由闭合电路欧姆定律得回路中感应电流的大小为 此时，边所受安培力的大小为 联立解得 （2）设线框边进入磁场区域Ⅱ瞬间，线框的速度大小为。线框边刚进入区域Ⅰ到边刚离开区域Ⅰ的过程中，对线框由动量定理得 由法拉第电磁感应定律得其中 由闭合电路欧姆定律得 同理，线框边刚进入区域Ⅰ到边刚离开区域Ⅰ的过程中有，， 联立解得 （3）用和（2）中相同的方法计算可得线框离开磁场区域Ⅱ的速度大小为 由能量守恒定律得线框穿过区域Ⅰ和Ⅱ过程中产生的热量为 解得 练习8.福建舰是我国完全自主建造的首艘弹射型航空母舰，配备了电磁弹射和电磁阻拦装置，学校物理学习小组模拟其中部分原理并简化成如图装置图，水平面直线与之间为粗糙面，其余部分可视为光滑绝缘面，之间区域与金属杆动摩擦因数、长度。左侧固定一轻弹簧，点为弹簧原长处。直线右侧存在非匀强磁场，其方向垂直平面向下、磁感应强度大小随坐标的变化满足（其中，，为起点）。质量的倒形导体框静止在水平面上，、两点离直线很近（距离可忽略），三边长度均为，每边电阻均为。有一质量，电阻的金属杆，长度也为，用外力使金属杆在左侧挤压弹簧，当弹簧弹性势能时，撤掉外力由静止释放金属杆，金属杆在边界离开弹簧并在边界处与倒形导体框碰撞，碰撞时间极短并结合为一整体闭合正方形线框。当线框速度减为0时，通过外界装置给线框施加沿轴负方向的恒力，在该恒力作用下，线框经，边回到直线处。整个过程中线框不发生形变，重力加速度大小为，不计自感现象。求： （1）金属杆与导体框碰撞后的瞬时速度的大小； （2）金属杆与导体框碰撞后向右移动的最大位移； （3）金属杆与导体框碰撞后至边回到全过程中线框产生的焦耳热。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）（1）设金属杆刚到边界时的速度为，金属杆从A到O的过程，由能量守恒定律有 杆与金属框碰撞，动量守恒，则有   联立解得   （2）设金属框在磁场运动中，、边所处磁场磁感应强度分别为、，则回路的感应电动势   感应电流   安培力   导体框在磁场中向右运动，由动量定理有   其中   根据 可得 联立解得 （3）导体框向右减速过程中，由能量守恒定律有   导体框向左运动过程，由动量定理有   导体框向左运动，由能量守恒有   联立解得 学科网（北京）股份有限公司 $ 第二十五讲 动力学三大观点在电磁感应中的应用 （一）单杆模型 1. 常见单杆情景及解题思路 常见情景（导轨和杆电阻不计，以水平光滑导轨为例） 过程分析 单杆阻尼式 设运动过程中某时刻的速度为v，加速度为a，a＝，a、v反向，导体棒做减速运动，v↓⇒a↓，当a＝0时，v＝0，导体棒做加速度减小的减速运动，最终静止 单杆发电式(v0＝0) 设运动过程中某时刻棒的速度为v，加速度为a＝－，F恒定时，a、v同向，随v的增加，a减小，当a＝0时，v最大，vm＝；a恒定时，F＝＋ma，F与t为一次函数关系 含“源”电动式(v0＝0) 开关S闭合，ab棒受到的安培力F＝，此时a＝，速度v↑⇒E感＝BLv↑⇒I↓⇒F＝BIL↓⇒加速度a↓，当E感＝E时，v最大，且vm＝ 含“容”无外力充电式 充电电流减小，安培力减小，a减小，当a＝0时，导体棒匀速直线运动 含“容”有外力充电式(v0＝0) 电容器持续充电F－BIL＝ma，I＝，ΔQ＝CΔU＝CBLΔv，a＝，得I恒定，a恒定，a＝，导体棒做匀加速直线运动 2.在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量： ①求电荷量或速度：BLΔt＝mv2－mv1，q＝Δt ②求位移：－＝0－mv0，即－＝0－mv0 ③求时间：(i)－BLΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1 ，即－BLq＋F其他·Δt＝mv2－mv1；已知电荷量q，F其他为恒力，可求出变加速运动的时间。 (ii)＋F其他·Δt＝mv2－mv1，Δt＝x；若已知位移x，F其他为恒力，也可求出变加速运动的时间。 【典例1】（多选）如图所示，左端接有阻值为R的定值电阻且足够长的平行光滑导轨CE、DF的间距为L，导轨固定在水平面上，且处在磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场中，一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直导轨放置在导轨上静止，导轨的电阻不计．某时刻给导体棒ab一个水平向右的瞬时冲量I，导体棒将向右运动，最后停下来，则此过程中（ ） A．导体棒做匀减速直线运动直至停止运动 B．电阻R上产生的焦耳热为 C．通过导体棒ab横截面的电荷量为 D．导体棒ab运动的位移为 练习1. 如图所示，PQ、MN为足够长的两平行金属导轨(其电阻不计)，它们之间连接一个阻值为R＝8 Ω的电阻，导轨间距为L＝1 m．一质量为m＝0.1 kg，电阻为r＝2 Ω，长为1 m的均匀金属杆水平放置在导轨上，它与导轨间的动摩擦因数μ＝，导轨平面的倾角为θ＝30°，垂直导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度为B＝0.5 T．今让金属杆AB由静止开始下滑，从杆开始下滑到恰好匀速运动的过程中经过杆的电荷量为q＝1 C。取g＝10 m/s2，求： （1）当AB下滑速度为2 m/s时加速度a的大小； （2）AB下滑的最大速度vm的大小； （3）AB从开始下滑到匀速运动过程R上产生的热量QR。 练习2.如图所示，足够长的两平行光滑水平直导轨的间距为L，导轨电阻不计，垂直于导轨平面有磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；导轨左端接有电容为C的电容器、开关S和定值电阻R；质量为m的金属棒垂直于导轨静止放置，两导轨间金属棒的电阻为r.初始时开关S断开，电容器两极板间的电压为U.闭合开关S，金属棒运动，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列说法正确的是（ ） A．闭合开关S的瞬间，金属棒立刻开始向左运动 B．闭合开关S的瞬间，金属棒的加速度大小为 C．金属棒与导轨接触的两点间的最小电压为零 D．金属棒最终获得的速度大小为 练习3. 某小组制作了一储能器，其两端电压与其储存的电荷量间的函数关系近似为（为常量）。将该储能器接入如图所示电路，、、为固定的三个触点。两足够长的平行金属导轨固定于水平面上，电阻不计，间距为。导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为。质量为的导体棒垂直导轨放置，接入电路的阻值为。电源电动势为，内阻不计。定值电阻阻值为。时刻开关S与连接，直到导体棒做匀速运动，再于时刻切换开关与或连接。运动过程中导体棒与导轨始终垂直且接触良好，忽略摩擦。 （1）求时刻导体棒加速度的大小； （2）若时刻开关与连接，储能器接入电路前电压为0，当储能器电压为时（此时电路中电流不为0），求导体棒速度的大小； （3）若时刻开关与连接，求从时刻起到导体棒静止的过程中，导体棒上产生的焦耳热。 （二）双杆模型 1.常见双杆情景及解题思路 常见情景（以水平光滑导轨为例） 过程分析 双杆切割式 杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相同的速度匀速运动．对系统动量守恒，对其中某杆适用动量定理 不等距导轨 杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，两杆以不同的速度做匀速运动，所围的面积不变，v1L1＝v2L2 双杆切割式 aPQ减小，aMN增大，当aPQ＝aMN时二者一起匀加速运动，存在稳定的速度差；分别隔离两导体棒， F－＝mPQa，＝mMNa，求加速度 【典例2】（多选）如图所示，水平面上固定着两根相距L且足够长的光滑金属导轨，不计导轨电阻，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中．相同的铜棒a、b平行地静止在导轨上且与导轨接触良好，每根铜棒的长度均等于两导轨的间距、电阻均为R、质量均为m。现给铜棒a一个平行于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．铜棒b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．铜棒b中产生的最大焦耳热为 练习4.（多选）如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略．一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后（ ） A．金属框的速度大小趋于恒定值 B．金属框的加速度大小趋于恒定值 C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值 D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值 练习5.如图所示，足够长的水平轨道左侧b1b2～c1c2部分轨道间距为2L，右侧c1c2～d1d2部分的轨道间距为L，曲线轨道与水平轨道相切于b1b2，所有轨道均光滑且电阻不计．在水平轨道内有斜向下与竖直方向成θ＝37°的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1 T．质量为M＝0.2 kg的金属棒B垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上，质量为m＝0.1 kg的金属棒A自曲线轨道上a1a2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，A棒总在宽轨上运动，B棒总在窄轨上运动．已知：两金属棒接入电路的有效电阻均为R＝0.2 Ω，h＝0.2 m，L＝0.2 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求： （1）金属棒A滑到b1b2处时的速度大小； （2）金属棒B匀速运动的速度大小； （3）在两棒整个运动过程中通过金属棒A某横截面的电荷量； （4）在两棒整个运动过程中金属棒A、B在水平导轨间扫过的面积之差。 练习6.如图所示，水平放置的两平行光滑金属导轨固定在桌面上，导轨间距为L，处在磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场中．桌面离地面的高度为H.初始时刻，质量为m的杆ab与导轨垂直且处于静止，距离导轨边缘为d，质量也为m的杆cd与导轨垂直，以初速度v0进入磁场区域，最终发现两杆先后落在地面上．已知两杆接入电路的电阻均为R，导轨电阻不计，两杆落地点之间的距离为s，重力加速度为g。 （1）求ab杆从磁场边缘射出时的速度大小； （2）当ab杆射出时，求cd杆运动的距离； （3）在两根杆相互作用的过程中，求回路中产生的电能。 （三）导线框模型 1.常见导线框情景及解题思路 常见情景 过程分析 在安培力作用下穿越磁场 用动量定理分析导线框的位移、速度、通过导线横截面的电荷量： （1）求电荷量或速度：－B·LΔt＝mv2－mv1，q＝Δt； （2）求位移：－＝0－mv0，即－＝0－mv0 在恒力F（包括重力mg）和安培力作用下穿越磁场 （1）求时间：①已知q，F其他为恒力，可求出变加速运动的时间： －BLΔt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他·Δt＝mv2－mv1 ②若已知位移x，F其他为恒力，也可求出变加速运动的时间： －＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－＋F其他·Δt＝mv2－mv1 【典例3】（2025·河南·模拟预测）如图，1、2为两宽度均为a的水平匀强磁场，两磁场区域间距为b（b＞a），磁感应强度大小相等。一边长为a的正方形金属线框从磁场上方由静止自由下落，恰能匀速通过区域1，后又通过下方区域2。下落过程中线框平面始终与磁场垂直，不计空气阻力。线框分别通过1、2两磁场区域时（　 　） A．产生的电热相等 B．安培力的冲量相同 C．重力平均功率相等 D．合外力做功不相等 练习7.（2025·云南·模拟预测）如图所示，光滑绝缘的水平面上有垂直水平面的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，磁场区域Ⅰ和Ⅱ的宽度、两磁场区域之间的距离均为L，磁场方向如图所示。边长为L的正方形导线框abcd位于水平面上，且cd边与磁场边界平行。某时刻线框以v0的初速度水平向右运动，穿过匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ。已知线框的质量为m，电阻为R，匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度大小均为。求： （1）线框cd边进入磁场区域Ⅰ瞬间，cd边所受安培力的大小； （2）线框cd边进入磁场区域Ⅱ瞬间，线框的速度大小； （3）线框穿过区域Ⅰ和Ⅱ过程中产生的热量。 练习8.福建舰是我国完全自主建造的首艘弹射型航空母舰，配备了电磁弹射和电磁阻拦装置，学校物理学习小组模拟其中部分原理并简化成如图装置图，水平面直线与之间为粗糙面，其余部分可视为光滑绝缘面，之间区域与金属杆动摩擦因数、长度。左侧固定一轻弹簧，点为弹簧原长处。直线右侧存在非匀强磁场，其方向垂直平面向下、磁感应强度大小随坐标的变化满足（其中，，为起点）。质量的倒形导体框静止在水平面上，、两点离直线很近（距离可忽略），三边长度均为，每边电阻均为。有一质量，电阻的金属杆，长度也为，用外力使金属杆在左侧挤压弹簧，当弹簧弹性势能时，撤掉外力由静止释放金属杆，金属杆在边界离开弹簧并在边界处与倒形导体框碰撞，碰撞时间极短并结合为一整体闭合正方形线框。当线框速度减为0时，通过外界装置给线框施加沿轴负方向的恒力，在该恒力作用下，线框经，边回到直线处。整个过程中线框不发生形变，重力加速度大小为，不计自感现象。求： （1）金属杆与导体框碰撞后的瞬时速度的大小； （2）金属杆与导体框碰撞后向右移动的最大位移； （3）金属杆与导体框碰撞后至边回到全过程中线框产生的焦耳热。 学科网（北京）股份有限公司 $