专题九 电磁感应现象中的力学和能量问题-2022高考物理【导学教程】新编大一轮总复习（word）人教版学案

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专题九　电磁感应现象中的力学和能量问题

考点一　电磁感应中的动力学问题
1．两种状态及处理方法
状态
特征
处理方法
平衡态
加速度为零
根据平衡条件列式分析
非平衡态
加速度不为零
根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析
2.抓住力学对象和电学对象间的桥梁——感应电流I、切割速度v，“四步法”分析电磁感应中的动力学问题


[例1]　(2017·上海卷)如图，光滑平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为θ，两导轨上端用阻值为R的电阻相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面。质量为m的金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置。在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好，不计ab和导轨的电阻及空气阻力。
(1)求ab开始运动时的加速度a；
(2)分析并说明ab在整个运动过程中速度、加速度的变化情况；
(3)分析并比较ab上滑时间和下滑时间的长短。
[解析]　本题考查电磁感应、闭合电路欧姆定律、动力学分析、能量转化与守恒定律。
(1)利用楞次定律，对初始状态的ab受力分析得：
mgsin θ＋BIL＝ma①
对回路分析I＝＝②
联立①②得a＝gsin θ＋。
(2)上滑过程：
由第(1)问中的分析可知，上滑过程加速度大小表达式为：a上＝gsin θ＋③
上滑过程，a上、v反向，做减速运动。利用③式可知，v减小则a上减小，所以，杆上滑时做加速度逐渐减小的减速运动。
下滑过程：
由牛顿第二定律，对ab受力分析得：
mgsin θ－＝ma下④
a下＝gsin θ－⑤
因a下与v同向，ab做加速运动。由⑤可知v增加，a下减小，所以，杆下滑时做加速度减小的加速运动。
(3)设P点是上滑与下滑过程中经过的同一点P，由能量转化与守恒可知：mv＝mv＋QR⑥
QR为ab从P滑到最高点到再回到P点过程中R上产生的焦耳热。
由QR＞0所以vP上＞vP下
同理可推得ab上滑通过某一位置的速度大于下滑通过同一位置的速度，进而可推得上＞下
由s＝上t上＝下t下得t上＜t下
即ab上滑时间比下滑时间短。
[答案]　见解析
[跟踪训练]

1．(多选)(2020·全国卷Ⅰ)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
[解析]　用水平恒力F向右拉动金属框，bc边切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流i，bc边受到水平向左的安培力作用，设金属框的质量为M，加速度为a1，由牛顿第二定律有F－BiL＝Ma1；导体棒MN受到向右的安培力，向右做加速运动，设导体棒的质量为m，加速度为a2，由牛顿第二定律有BiL＝ma2。设金属框bc边的速度为v时，导体棒的速度为v′，则回路中产生的感应电动势为E＝BL(v－v′)，由闭合电路欧姆定律i＝＝，F安＝BiL，可得金属框bc边所受安培力和导体棒MN所受的安培力均为F安＝，二者加速度之差Δa＝a1－a2＝－＝－F安(＋)，随着所受安培力的增大，二者加速度之差Δa减小，当Δa减小到零时，＝·(＋)，之后金属框和导体棒的速度之差Δv＝v－v′＝保持不变。由此可知，金属框的速度逐渐增大，金属框所受安培力趋于恒定值，金属框的加速度大小趋于恒定值，导体棒所受的安培力F安＝趋于恒定值，选项A错误，B、C正确；导体棒到金属框bc边的距离x＝(v－v′)dt，随时间的增大而增大，选项D错误。
[答案]　BC
[导体棒在磁场中静止]

2．(2017·天津卷)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是(　　)
A．ab中的感应电流方向由b到a
B．ab中的感应电流逐渐减小
C．ab所受的安培力保持不变
D．ab所受的静摩擦力逐渐减小
[解析]　导体棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小，则闭合回路中的磁通量均匀减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab中的电流方向由a到b，故选项A错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝＝＝kS，回路面积S不变，即感应电动势为定值，根据闭合电路欧姆定律I＝，所以ab中的电流大小不变，故选项B错误；安培力F＝BIL，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故选项C错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力f与安培力F等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故选项D正确。
[答案]　D
考点二　电磁感应中的能量问题
电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程。
1．能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化

(2)求解焦耳热Q的三种方法

2．解题的一般步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路)。
(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化。
(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解。
[例2]　(2021·石家庄模拟)相距为L＝2 m的足够长的金属直角导轨如图甲所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m＝0.1 kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，导轨电阻不计，回路中ab、cd电阻分别为R1＝0.6 Ω，R2＝0.4 Ω。整个装置处于磁感应强度大小为B＝0.50 T、方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动。测得拉力F与时间t的关系如图乙所示。g取10 m/s2，求：

(1)ab杆的加速度a；
(2)当cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小；
(3)若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做了5.2 J的功，求该过程中ab杆所产生的焦耳热。
[解析]　(1)由图乙可知，t＝0时，F＝1.5 N
对ab杆：F－μmg＝ma
代入数据得a＝10 m/s2

(2)cd杆受力情况如图(从d向c看)，当cd杆所受重力与滑动摩擦力相等时，速度最大，即mg＝μN
又N＝F安
安培力F安＝BIL
感应电流I＝＝
由以上几式联立解得v＝2 m/s
(3)ab杆发生的位移为s＝＝0.2 m
对ab杆应用动能定理得
WF－μmgs－W安＝mv2
解得W安＝4.9 J
根据功能关系得Q＝W安
所以ab杆上产生的焦耳热为
Qab＝Q＝2.94 J。
[答案]　(1)10 m/s2　(2)2 m/s　(3)2.94 J
[跟踪训练]
[电磁感应中的能量问题]

3．(多选)(2020·海口质检)一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是(　　)
A．经过cd的电流方向为从c到d
B．ab受到的拉力大小为2 N
C．ab向上运动的速度为2 m/s
D．在2 s内，拉力做功，有0.6 J的机械能转化为电能
[解析]　对ab棒，由右手定则可知，电流方向由b到a，故经过cd的电流方向为从c到d，故A正确。导体棒ab匀速上升，受力平衡，cd棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的整体，合外力为零，根据平衡条件可得：ab棒受到的拉力F＝2mg＝0.2 N，故B错误。对cd棒，受到向下的重力G和向上的安培力F安，由平衡条件得：F安＝G，即BIL＝G，又I＝，联立得：v＝＝2 m/s，故C正确。在2 s内，电路产生的电能Q＝t＝t＝×2 J＝0.4 J，则在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能，故D错误。
[答案]　AC
[焦耳热的求法]
4．如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m，导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN。Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T。在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10 m/s2。问：

(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；
(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大？
(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少？
[解析]　(1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b。

(2)开始放置时ab刚好不下滑，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsin θ①
设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv②
设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有
I＝③
设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL④
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1gsin θ＋Fmax⑤
综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s。
(3)设cd棒运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gxsin θ＝Q总＋m2v2
又Q＝Q总，解得Q＝1.3 J。
[答案]　(1)由a流向b　(2)5 m/s　(3)1.3 J

考点三　电磁感应中的动量问题
1．动量定理在电磁感应现象中的应用
导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：I安＝BLt＝BLq，通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝Δt＝Δt＝nΔt＝n，磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLs。如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安＝mv2－mv1。
当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移s时常用动量定理求解更方便。
2．动量守恒定律在电磁感应现象中的应用
在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律求解比较方便。

[例3]　如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L。导轨弯曲部分光滑，右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d(足够大)、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒C从某高度处静止释放，另一电阻也为R、质量为2m的金属棒D放在磁场区域中间。金属棒与导轨接触良好。
(1)如果金属棒D与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，要使棒C刚滑进磁场时，金属棒D不动，求金属棒C的高度的范围，这时流过金属棒的最大电流为多少？
(2)如果平直部分导轨光滑，将电阻R断开，金属棒C从高度h0处静止释放，棒C进入磁场后，棒D也运动，若棒D离开磁场时的速度是此刻棒C速度的一半，则此时棒C受到的安培力大小为多少？
[解析]　(1)对于棒C：E＝BLv，mgh＝mv2
对于棒D：μ·2mg≥BIDL
根据闭合电路欧姆定律得I＝
根据串并联电路特点知ID＝
以上各式联立可得h≤
这时流过金属棒C的最大电流为Im＝。
(2)金属棒C由静止释放，下滑过程中机械能守恒，有
mgh0＝×mv
设D离开磁场时，C在磁场中的速度大小为vC，则D此时的速度大小为vC，棒C、D组成的系统动量守恒，有：
mv0＝m×vC＋2m×vC
棒D离开磁场时，由法拉第电磁感应定律得
E1＝BLvC
由闭合电路欧姆定律得I＝
棒C受到的安培力F＝BIL
联立解得F＝。
[答案]　见解析
◆规律总结　动量在电磁感应中的应用技巧
1．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＝t。
(2)求时间：Ft－I冲＝mv2－mv1，I冲＝BIlΔt＝Bl。
(3)求位移：－BIlΔt＝－＝0－mv0，
即－x＝m(0－v0)。
2．电磁感应中对于双杆切割磁感线运动，若双杆系统所受合外力为零，运用动量守恒定律结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题。
[跟踪训练]
[动量守恒和能量守恒结合]

5．(2020·成都模拟)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一个平行的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
[解析]　由题意知a获得冲量I时速度最大，即va＝，此后a在安培力作用下做减速运动，b在安培力作用下做加速运动，回路中产生的电动势E＝BL(va－vb)，可知a刚获得冲量时回路中产生的感应电流最大，即Im＝＝，故A错误；开始时b所受安培力最大，即Fm＝BImL＝，则b棒的最大加速度am＝＝，故B正确；由题意知，a棒做减速运动，b棒做加速运动，当a、b速度相等时，两棒同时向右做匀速直线运动，根据动量守恒定律可知，I＝2mvab，即vab＝，此速度亦为b棒的最大速度，故C错误；根据系统能量守恒，则有mv＝(m＋m)v＋Q，即Q＝，故D错误。
[答案]　B
6．(2020·浙江宁波模拟)如图甲所示，绝缘水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨PQ、MN，相距为L＝0.5 m，ef右侧导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B的大小如图乙变化。开始时ab棒和cd棒锁定在导轨如图甲位置，ab棒与cd棒平行，ab棒离水平面高度为h＝0.2 m，cd棒与ef之间的距离也为L，ab棒的质量为m1＝0.2 kg、有效电阻R1＝0.05 Ω，cd棒的质量为m2＝0.1 kg、有效电阻R1＝0.05 Ω，cd棒的质量为m2＝0.1 kg、有效电阻为R2＝0.15 Ω。(设a、b棒在运动过程始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计)。问：

(1)0～1 s时间段通过cd棒的电流大小与方向；
(2)假如在1 s末，同时解除对ab棒和cd棒的锁定，稳定后ab棒和cd棒将以相同的速度做匀速直线运动，试求这一速度；
(3)对ab棒和cd棒从解除锁定到开始以相同的速度做匀速运动过程，ab棒产生的热量为多少？
[解析]　(1)0～1 s时间内由于磁场均匀变化，根据法拉第电磁感应定律E＝＝＝和闭合电路欧姆定律I＝，代入数据解得：I＝1.25 A。
由楞次定律可知cd棒中电流由d→c。
(2)1 s末后由磁场不变，ab棒从高为h处滑下到ef过程，由动能定理可知，m1gh＝m1v
得v0＝＝ m/s＝2 m/s，
从ab棒刚到ef处至两棒达共同速度过程，由动量守恒定律得，m1v0＝(m1＋m2)v
即0.2×2 m/s＝(0.1＋0.2)v
解得v＝ m/s。
(3)对ab棒和cd棒从解除锁定到开始以相同的速度做匀速运动过程，由能量守恒可知，
m1gh＝(m1＋m2)v2＋Q
代入数据解得：Q＝ J
由于ab和cd棒串联，所以产生的热量之比等于电阻之比，所以
Qab＝Q＝× J＝ J。
[答案]　(1)1.25 A　d→c　(2) m/s　(3) J

电磁感应中的“杆＋导轨”模型
模型
概述
“导轨＋杆”模型是电磁感应问题在高考命题中的“基本道具”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空间大，是我们复习中的难点。“导轨＋杆”模型又分为“单杆”型和“双杆”型；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等等，情景复杂，形式多变
常见类型
单杆水平式(导轨光滑)

设运动过程中某时刻棒的速度为v，加速度为a＝－，a，v同向，随v的增加，a减小，当a＝0时，v最大，I＝恒定
单杆倾斜式(导轨光滑)

杆释放后下滑，开始时a＝gsin α，速度v↑→E＝BLv↑→I＝↑→F＝BIL↑→a↓，当F＝mgsin α时，a＝0，v最大
双杆切割式(导轨光滑)

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，以相等的速度匀速运动。对系统动量守恒，对其中某杆适用动量定理
光滑不等距导轨

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
含“源”水平光滑导轨(v0＝0)

S闭合，ab杆受安培力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”水平光滑导轨(v0＝0)

拉力F恒定，开始时a＝，速度v↑⇒E＝BLv↑，经过Δt速度为v＋Δv，此时E′＝BL(v＋Δv)，电容器增加的电荷量ΔQ＝CΔU＝C(E′－E)＝CBLΔv，电流I＝＝CBL＝CBLa，安培力F安＝BIL＝CB2L2a，F－F安＝ma，a＝，所以杆做匀加速运动
模型一　单杆水平式

[典例1]　(2020·成都联考)如图所示，两光滑平行金属导轨置于水平面(纸面)内，轨道间距为l，左端连有阻值为R的电阻。一金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场区域。现对金属杆施加一水平向右的恒力，使其进入磁场区域做初速度为零的变加速直线运动，到达图中虚线位置(仍在磁场中)时速度达到最大，最大值为v0，金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好。除左端所连电阻外，其他电阻忽略不计。求：
(1)对金属杆施加的水平向右恒力F的大小；
(2)金属杆达到最大速度时，电阻R的热功率。
[解析]　本题考查法拉第电磁感应定律，意在考查考生的分析综合能力。
(1)当安培力大小等于水平恒力F时金属杆的速度最大，设此时的电流为I，则F＝F安，F安＝BIl
I＝，E＝Blv0，联立解得F＝
(2)设金属杆达到最大速度时，电阻R的热功率为P，则P＝I2R
联立解得P＝。
[答案]　(1)　(2)
模型二　单杆倾斜式

[典例2]　(2016·浙江卷)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω的电阻。在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T。质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连。CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24 m。一位健身者用恒力F＝80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)。求：
(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；
(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；
(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q。
[解析]　(1)由牛顿第二定律a＝＝12 m/s2 ①
进入磁场时的速度v＝＝2.4 m/s。②
(2)感应电动势E＝Blv③
感应电流I＝④
安培力FA＝IBl⑤
联立得FA＝＝48 N。⑥
(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J⑦
由牛顿第二定律F－mgsin θ－FA＝0⑧
可知CD棒在磁场区域做匀速运动
在磁场中运动的时间t＝⑨
焦耳热Q＝I2Rt＝26.88 J。
[答案]　(1)2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J
模型三　双杆模型

[典例3]　两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L。导轨上面垂直放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图所示。两根导体棒的质量皆为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行。开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0。若两导体棒在运动中始终不接触，则：
(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？
(2)当ab棒的速度变为初速度的时，cd棒的加速度是多少？
[解析]　(1)从开始到两棒达到相同速度v的过程中，两棒的总动量守恒，有mv0＝2mv，
根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热
Q＝mv－·2mv2＝mv。
(2)设棒ab的速度变为v0时，cd棒的速度为v′，
则由动量守恒可知mv0＝mv0＋mv′
得v′＝v0，此时棒cd所受的安培力
F＝BIl＝。
由牛顿第二定律可得棒cd的加速度大小为
a＝＝，方向水平向右。
[答案]　(1)mv　(2)，方向水平向右
◆方法技巧
1．若涉及变力作用下运动问题，可选用动量守恒和能量守恒的方法解决。
2．若涉及恒力或恒定加速度，一般选用动力学的观点。若涉及运动时间问题也可选用动量定理求解。
规范解答6——电磁感应规律的应用

[典例4]　(12分)(2016·全国卷Ⅱ)如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上，t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动，t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求：
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
(2)电阻的阻值。
[读题与审题]　

规范解答


(1)由题意可知0～t0时间内受力分析如图甲所示可知F合＝F－f①(1分)
f＝μmg②(1分)
物体做匀加速直线运动F合＝ma③(1分)
物体匀加速进入磁场瞬间的速度为v，
则v＝at0④(1分)
由法拉第电磁感应定律可知
E＝Blv⑤(1分)
由①②③④⑤可得
E＝(F－μmg)⑥(1分)

(2)金属杆与磁场中的受力分析如图乙所示
由杆在磁场中做匀速直线运动可知
F－F安－f＝0⑦(1分)
f＝μmg⑧(1分)
由安培力可知F安＝BIl⑨(1分)
由欧姆定律可知I＝⑩(1分)
由⑥⑦⑧⑨⑩可知R＝(2分)

提分必备
1.答题过程，条理清晰
解题过程应条理清晰，层次分明。对于综合性较强的题目，先选取研究对象，然后进行受力分析和运动过程分析(如本题中的受力分析图)，最后选择合适的规律列方程，并注意联系前后过程的关键物理量。
2．解析过程，分步列式
解题时要注意分步列式，不要漏掉或合并关系式，避免阅卷时找不到得分点，或者合并的综合算式一处错而导致全部错误，丢失步骤分。
3．矢量方程，注意方向
牛顿第二定律的表达式是矢量式，列方程时要注意正方向的规定或选取。
4．数学运算，可以淡化
阅卷原则是“只看物理公式和答案，不看数学运算过程”。只有物理公式和最后的答案是得分点，应用物理过程导出的数学运算过程不是得分点。
5．文字说明，简洁明了
分析过程，分步列式时加以必要的文字说明，使解题过程更具有系统性。