高考物理一轮复习11.3电磁感应--电磁感应中的动力学问题-(原卷版+解析)

这是一份高考物理一轮复习11.3电磁感应--电磁感应中的动力学问题-(原卷版+解析)，共63页。试卷主要包含了电磁感应中的动力学问题等内容，欢迎下载使用。

考向一 电磁感应中的动力学问题
考向二 电磁感应中的动力学问题--单杆模型
考向三 电磁感应中的动力学问题--含容式单棒模型
考向四 电磁感应中的动力学问题--双棒问题模型
考向一 电磁感应中的动力学问题
电磁感应中的动力学问题
1.导体棒的动力学分析
电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动情况。
2．两种状态及处理方法
3．导体常见运动情况的动态分析
【典例1】.(多选)(2022·湖北十堰市上学期期末)如图甲所示，abcd为由金属导体做成的框架，其平面与水平面所成角度为θ，质量为m的导体棒PQ与ab、cd接触良好，回路的总电阻为R，整个装置放在垂直于框架平面的变化的磁场中，磁场的磁感应强度变化情况如图乙所示(取磁场方向垂直框架平面向上为正)，PQ始终静止。关于PQ与ab、cd间摩擦力Ff在0到t1内变化情况的说法中，有可能正确的是( )
A.Ff一直增大 B.Ff一直减小
C.Ff先增大，后减小 D.Ff先减小，后增大
【答案】AD
【解析】根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得感应电流I＝eq \f(ΔB,ΔtR)S，其中磁感应强度的变化率为定值，所以在线圈中产生恒定的感应电流，根据楞次定律可知电流方向逆时针，根据左手定则可知开始导体棒PQ受到沿导轨向上的安培力，若开始安培力小于导体棒重力沿导轨向下的分力mgsin θ，则摩擦力方向沿导轨向上，其大小为Ff＝mgsin θ－F安，随着安培力的减小，摩擦力Ff逐渐增大，当安培力为零时，摩擦力达到最大；若开始安培力大于mgsin θ，则摩擦力方向沿导轨向下，其大小为Ff＝F安－mgsin θ，由于安培力逐渐减小，摩擦力逐渐减小，当F安＝mgsin θ时，摩擦力为零并开始反向变为Ff＝mgsin θ－F安，Ff随着安培力的减小将逐渐增大；综上分析知，A、D正确，B、C错误。
【典例2】(2022·福建厦门市五月质检)如图所示，质量M＝1 kg的绝缘板静止在水平地面上，与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1。金属框ABCD放在绝缘板上，质量m＝2 kg，长L1＝2 m，宽L2＝1 m，总电阻为0.1 Ω，与绝缘板间的动摩擦因数μ2＝0.2。S1、S2是边长为L＝0. 5 m的正方形区域，S1中存在竖直向下、均匀增加的磁场B1，其变化率eq \f(ΔB1,Δt)＝2 T/s；S2中存在竖直向上的匀强磁场，大小为B2＝2 T。将金属框ABCD及绝缘板均由静止释放，重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求释放时：
(1)金属框ABCD所受安培力的大小与方向；
(2)金属框ABCD的加速度大小。
【答案】(1)5 N 水平向右 (2)eq \f(2,3) m/s2
【解析】(1)释放时，由法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔB1,Δt)L2
I＝eq \f(E,R)
F＝B2IL
解得F＝5 N，方向水平向右。
(2)假设金属框与绝缘板能相对静止，一起匀加速，则对整体而言
F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a
解得a＝eq \f(2,3) m/s2
设此时金属框与绝缘板间的摩擦力大小为Ff，由牛顿第二定律F－Ff＝ma
解得Ff＝eq \f(11,3) N
而金属框与绝缘板之间的最大静摩擦力为Ffm＝μ2mg＝4 N
由于Ff＜Ffm
假设成立，金属框与绝缘板能相对静止一起加速，金属框此时的加速度大小为a＝eq \f(2,3) m/s2。
练习1、(多选)(2022·云南省昆明市“三诊一模”二模)用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(r≪R)的圆环。圆环竖直向下落入如图1所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B。圆环在加速下滑过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，则( )
A.此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流
B.圆环因受到了向下的安培力而加速下落
C.此时圆环的加速度a＝eq \f(B2v,ρd)
D.如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm＝eq \f(ρdg,B2)
【答案】AD
【解析】由右手定则可以判断感应电流的方向为逆时针，可知选项A正确；由左手定则可以判断，此时圆环受到的安培力方向应该向上，选项B错误；对圆环受力分析可解得加速度a＝g－eq \f(B2v,ρd)，选项C错误；当重力等于安培力时速度达到最大，可得vm＝eq \f(ρgd,B2)，选项D正确。
练习2、(2022·山东省滨州市高三下二模)如图所示，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求：
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小．
【答案】(1)mg(sin θ－3μcs θ) (2)(sin θ－3μcs θ)eq \f(mgR,B2L2)
【解析】(1)设两根导线的总的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2.对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsin θ＝μN1＋T＋F①
N1＝2mgcs θ②
对于cd棒，同理有mgsin θ＋μN2＝T③
N2＝mgcs θ④
联立①②③④式得F＝mg(sin θ－3μcs θ)．⑤
(2)由安培力公式得F＝BIL⑥
这里I是回路abdca中的感应电流
ab棒上的感应电动势为E＝BLv⑦
式中，v是ab棒下滑速度的大小
由欧姆定律得I＝eq \f(E,R)⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sin θ－3μcs θ)eq \f(mgR,B2L2).
【巧学妙记】
电磁感应中的动力学临界问题的分析思路
(1)解决这类问题的关键是通过受力情况和运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度为最大值或最小值的条件。
考向二 电磁感应中的动力学问题--单杆模型
一、电磁感应中的动力学问题--单杆模型
【典例3】(多选)(2021·山东卷)如图所示，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上。区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场。阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放，进入Ⅱ区后，经b下行至c处反向上行。运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好。在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是( )
A.金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度
B.金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度
C.金属棒不能回到无磁场区
D.金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处
【答案】ABD
【解析】在Ⅰ区域中，磁感应强度为B1＝kt，感应电动势E1＝eq \f(ΔB1,Δt)S＝kS，感应电动势恒定，所以金属棒上的感应电流恒为I1＝eq \f(E1,R)＝eq \f(kS,R)，进入Ⅱ区域后，切割磁感线产生感应电动势，因为金属棒到达c点后又能上行，说明加速度始终沿斜面向上，下行和上行经过b点的受力分析如图。
设下行、上行过b时金属棒的速度分别为v、v′，则下行过b时切割磁感线产生的感应电动势为E2＝B2Lv，金属棒上的电流为I2＝eq \f(E2＋E1,R)＝eq \f(B2Lv,R)＋eq \f(kS,R)，根据牛顿第二定律可得B2I2L－mgsin θ＝eq \f(Beq \\al(2,2)L2v,R)＋eq \f(B2kSL,R)－mgsin θ＝ma1；上行过b时，切割磁感线产生的感应电动势为E2′＝B2Lv′，金属棒上的电流为I3＝eq \f(E1－E2,R)＝eq \f(kS,R)－eq \f(B2Lv′,R)，根据牛顿第二定律可得B2I3L－mgsin θ＝eq \f(B2kSL,R)－eq \f(Beq \\al(2,2)L2v′,R)－mgsin θ＝ma2，分析可知a1>a2，下行和上行过程通过bc段的位移大小相等，根据v2＝2ax可知金属棒下行经过b点时的速度大于上行经过b点时的速度，A、B正确；金属棒上行时，加速度与速度同向，金属棒做加速度减小的加速度运动，一定能回到无磁场区，由以上分析可得，金属棒进磁场Ⅱ区(下行进磁场)的速度大于出磁场Ⅱ区(下行进磁场)的速度，金属棒在无磁场区做加速度相同的减速运动，则金属棒不能回到a处，C错误，D正确。
【典例4】(多选)(2022·江苏省扬州市高三下第三次调研)如图所示，M、N为同一水平面内的两条平行长直导轨，左端串联电阻R，金属杆ab垂直导轨放置，金属杆和导轨的电阻不计，杆与导轨间接触良好且无摩擦，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中。现对金属杆ab施加一个与其垂直的水平方向的恒力F，使金属杆从静止开始运动。在运动过程中，金属杆的速度大小为v，R上消耗的总能量为E，则下列关于v、E随时间变化的图象可能正确的是( )
【答案】AD
【解析】对金属杆ab施加一个与其垂直的水平方向的恒力F，使金属杆从静止开始运动；由于金属杆切割磁感线产生感应电动势和感应电流，受到随速度的增大而增大的安培力作用，所以金属杆做加速度逐渐减小的加速运动；当安培力增大到等于水平方向的恒力F时，金属杆做匀速直线运动，v­t图象A正确，B错误。由功能关系知，开始水平方向的恒力F做的功一部分使金属杆动能增大，另一部分转化为电能，被电阻R消耗掉；当金属杆匀速运动后，水平方向的恒力F所做的功等于R上消耗的总能量E，因此E­t图象是D正确、C错误。
练习3、(2022·江苏省宿迁市高三下第三次调研)如图所示，电阻不计的平行导轨竖直固定，上端接有电阻为R，高度为h的匀强磁场与导轨平面垂直．一导体棒从磁场上方的A位置自由释放，用x表示导体棒进入磁场后的位移，i表示导体棒中的感应电流大小，v表示导体棒的速度大小，Ek表示导体棒的动能，a表示导体棒的加速度大小，导体棒与导轨垂直并接触良好．以下图象可能正确的是( )
【答案】AC
【解析】由于导体棒释放时距离磁场上边界有一定高度，所以导体棒到达磁场上边界时获得大小一定的速度v0，若速度v0较小，导体棒切割磁感线产生的感应电流较小，导体棒受到的安培力小于其自身的重力，导体棒做加速运动，当速度增大到一定值，满足安培力等于重力时，导体棒做匀速运动，离开磁场后做匀加速运动．
若速度v0较大，切割磁感线产生的感应电流较大，导体棒受到的安培力大于其自身的重力，导体棒做减速运动，当速度减小到一定值，满足安培力等于重力时，导体棒做匀速运动，离开磁场后做匀加速运动．选项A符合此种情况；选项B中的0～h段不应该是直线，故B选项错误；选项D中到达h以后，导体棒做匀加速运动，速度增大，D选项错误；
若速度v0刚好满足安培力等于重力，则导体棒做匀速运动，离开磁场后做匀加速运动，选项C符合此种情况．本题应选A、C.
练习4、(2021·湖北高考)如图a所示，两根不计电阻、间距为L的足够长平行光滑金属导轨，竖直固定在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度大小为B。导轨上端串联非线性电子元件Z和阻值为R的电阻。元件Z的U­I图像如图b所示，当流过元件Z的电流大于或等于I0时，电压稳定为Um。质量为m、不计电阻的金属棒可沿导轨运动，运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触。忽略空气阻力及回路中的电流对原磁场的影响，重力加速度大小为g。为了方便计算，取I0＝eq \f(mg,4BL)，Um＝eq \f(mgR,2BL)。以下计算结果只能选用m、g、B、L、R表示。
(1)闭合开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v1；
(2)断开开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v2；
(3)先闭合开关S，由静止释放金属棒，金属棒达到最大速度后，再断开开关S。忽略回路中电流突变的时间，求S断开瞬间金属棒的加速度大小a。
【答案】 (1)eq \f(mgR,B2L2) (2)eq \f(3mgR,2B2L2) (3)eq \f(g,2)
【解析】 (1)闭合开关S，金属棒下落的过程中受竖直向下的重力、竖直向上的安培力作用，当重力与安培力大小相等时，金属棒的加速度为零，速度最大，则mg＝BI1L
由法拉第电磁感应定律得E1＝BLv1
由闭合电路欧姆定律得I1＝eq \f(E1,R)
联立解得v1＝eq \f(mgR,B2L2)。
(2)断开开关S，由静止释放金属棒后，当金属棒的速度达到最大时，金属棒受力平衡，则mg＝BI2L
解得I2＝eq \f(mg,BL)>I0
则元件Z两端的电压为Um＝eq \f(mgR,2BL)
此时定值电阻两端的电压为UR＝BLv2－Um
由欧姆定律得I2＝eq \f(UR,R)
联立解得v2＝eq \f(3mgR,2B2L2)。
(3)开关S闭合，由静止释放金属棒，当金属棒的速度最大时，金属棒产生的感应电动势为
E1＝BLv1＝eq \f(mgR,BL)
断开开关S的瞬间，假设元件Z两端的电压为Um＝eq \f(mgR,2BL)
则定值电阻两端的电压为UR′＝E1－Um＝eq \f(mgR,2BL)
电路中的电流为I′＝eq \f(UR′,R)＝eq \f(mg,2BL)
I′>I0，则假设成立
金属棒受到的安培力为FA＝BI′L
对金属棒由牛顿第二定律得mg－FA＝ma
解得a＝eq \f(g,2)。
考向三 电磁感应中的动力学问题--含容式单棒模型
一、电磁感应中的动力学问题--含容式单棒模型
棒的初速度为零，拉力F恒定(棒和水平导轨电阻忽略不计，摩擦力不计)
如图，运动过程分析：棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流
由F－BIl＝ma，I＝eq \f(ΔQ,Δt)，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BlΔv，
联立可得F－eq \f(CB2l2Δv,Δt)＝ma，其中eq \f(Δv,Δt)＝a，
则可得a＝eq \f(F,m＋B2l2C)
所以棒做加速度恒定的匀加速直线运动．
功能关系：WF＝eq \f(1,2)mv2＋E电
二、常见几种模型
【典例5】 (2021·河北卷·7)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，导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连，导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻，下列说法正确的是( )
A．通过金属棒的电流为2BCv2tan θ
B．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tan θ
C．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电
D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定
【答案】A
【解析】根据楞次定律可知电容器的上极板应带正电，C错误；
由题知金属棒匀速切割磁感线，根据几何关系知切割长度为L＝2xtan θ，x＝vt
则产生的感应电动势为E＝2Bv2ttan θ
由题图可知电容器直接与电源相连，则电容器的电荷量为Q＝CE＝2BCv2ttan θ
则流过金属棒的电流I＝eq \f(Q,t)＝2BCv2tan θ，A正确；
当金属棒到达x0处时，金属棒产生的感应电动势为
E′＝2Bvx0tan θ
则此时电容器的电荷量为Q′＝CE′＝2BCvx0tan θ，B错误；
由于金属棒做匀速运动，
则F＝F安＝BIL＝4B2Cv3tan2θ·t，
F与t成正比，则F为变力，根据力做功的功率公式P＝Fv
可知功率P随力F变化而变化，D错误．
【典例6】(多选)(2022·江苏省淮安市高三下第三次调研)在如图所示的甲、乙、丙中除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动。甲图中的电容器C原来不带电，设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦不计。图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，导轨足够长，今给导体棒一个向右的初速度v0，导体棒的最终运动状态是( )
A．三种情况下，导体棒最终均静止
B．图甲、丙中导体棒最终将以不同的速度做匀速运动；图乙中导体棒最终静止
C．图甲、丙中，导体棒最终将以相同的速度做匀速运动
D．甲、乙两种情况下，电阻R上产生的焦耳热一定不同
【答案】BD
【解析】题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，导体棒不受安培力，其向右做匀速运动；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，导体棒速度减小，当导体棒的动能全部转化为内能时，导体棒静止；题图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，导体棒向左做匀速运动，故A、C错误，B正确；题图甲中，导体棒的部分动能转化为内能，题图乙中，导体棒的动能全部转化为内能，故有Q甲a2，下行和上行过程通过bc段的位移大小相等，根据v2＝2ax可知金属棒下行经过b点时的速度大于上行经过b点时的速度，A、B正确；金属棒上行时，加速度与速度同向，金属棒做加速度减小的加速度运动，一定能回到无磁场区，由以上分析可得，金属棒进磁场Ⅱ区(下行进磁场)的速度大于出磁场Ⅱ区(下行进磁场)的速度，金属棒在无磁场区做加速度相同的减速运动，则金属棒不能回到a处，C错误，D正确。
【典例4】(多选)(2022·江苏省扬州市高三下第三次调研)如图所示，M、N为同一水平面内的两条平行长直导轨，左端串联电阻R，金属杆ab垂直导轨放置，金属杆和导轨的电阻不计，杆与导轨间接触良好且无摩擦，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中。现对金属杆ab施加一个与其垂直的水平方向的恒力F，使金属杆从静止开始运动。在运动过程中，金属杆的速度大小为v，R上消耗的总能量为E，则下列关于v、E随时间变化的图象可能正确的是( )
【答案】AD
【解析】对金属杆ab施加一个与其垂直的水平方向的恒力F，使金属杆从静止开始运动；由于金属杆切割磁感线产生感应电动势和感应电流，受到随速度的增大而增大的安培力作用，所以金属杆做加速度逐渐减小的加速运动；当安培力增大到等于水平方向的恒力F时，金属杆做匀速直线运动，v­t图象A正确，B错误。由功能关系知，开始水平方向的恒力F做的功一部分使金属杆动能增大，另一部分转化为电能，被电阻R消耗掉；当金属杆匀速运动后，水平方向的恒力F所做的功等于R上消耗的总能量E，因此E­t图象是D正确、C错误。
练习3、(2022·江苏省宿迁市高三下第三次调研)如图所示，电阻不计的平行导轨竖直固定，上端接有电阻为R，高度为h的匀强磁场与导轨平面垂直．一导体棒从磁场上方的A位置自由释放，用x表示导体棒进入磁场后的位移，i表示导体棒中的感应电流大小，v表示导体棒的速度大小，Ek表示导体棒的动能，a表示导体棒的加速度大小，导体棒与导轨垂直并接触良好．以下图象可能正确的是( )
【答案】AC
【解析】由于导体棒释放时距离磁场上边界有一定高度，所以导体棒到达磁场上边界时获得大小一定的速度v0，若速度v0较小，导体棒切割磁感线产生的感应电流较小，导体棒受到的安培力小于其自身的重力，导体棒做加速运动，当速度增大到一定值，满足安培力等于重力时，导体棒做匀速运动，离开磁场后做匀加速运动．
若速度v0较大，切割磁感线产生的感应电流较大，导体棒受到的安培力大于其自身的重力，导体棒做减速运动，当速度减小到一定值，满足安培力等于重力时，导体棒做匀速运动，离开磁场后做匀加速运动．选项A符合此种情况；选项B中的0～h段不应该是直线，故B选项错误；选项D中到达h以后，导体棒做匀加速运动，速度增大，D选项错误；
若速度v0刚好满足安培力等于重力，则导体棒做匀速运动，离开磁场后做匀加速运动，选项C符合此种情况．本题应选A、C.
练习4、(2021·湖北高考)如图a所示，两根不计电阻、间距为L的足够长平行光滑金属导轨，竖直固定在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度大小为B。导轨上端串联非线性电子元件Z和阻值为R的电阻。元件Z的U­I图像如图b所示，当流过元件Z的电流大于或等于I0时，电压稳定为Um。质量为m、不计电阻的金属棒可沿导轨运动，运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触。忽略空气阻力及回路中的电流对原磁场的影响，重力加速度大小为g。为了方便计算，取I0＝eq \f(mg,4BL)，Um＝eq \f(mgR,2BL)。以下计算结果只能选用m、g、B、L、R表示。
(1)闭合开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v1；
(2)断开开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v2；
(3)先闭合开关S，由静止释放金属棒，金属棒达到最大速度后，再断开开关S。忽略回路中电流突变的时间，求S断开瞬间金属棒的加速度大小a。
【答案】 (1)eq \f(mgR,B2L2) (2)eq \f(3mgR,2B2L2) (3)eq \f(g,2)
【解析】 (1)闭合开关S，金属棒下落的过程中受竖直向下的重力、竖直向上的安培力作用，当重力与安培力大小相等时，金属棒的加速度为零，速度最大，则mg＝BI1L
由法拉第电磁感应定律得E1＝BLv1
由闭合电路欧姆定律得I1＝eq \f(E1,R)
联立解得v1＝eq \f(mgR,B2L2)。
(2)断开开关S，由静止释放金属棒后，当金属棒的速度达到最大时，金属棒受力平衡，则mg＝BI2L
解得I2＝eq \f(mg,BL)>I0
则元件Z两端的电压为Um＝eq \f(mgR,2BL)
此时定值电阻两端的电压为UR＝BLv2－Um
由欧姆定律得I2＝eq \f(UR,R)
联立解得v2＝eq \f(3mgR,2B2L2)。
(3)开关S闭合，由静止释放金属棒，当金属棒的速度最大时，金属棒产生的感应电动势为
E1＝BLv1＝eq \f(mgR,BL)
断开开关S的瞬间，假设元件Z两端的电压为Um＝eq \f(mgR,2BL)
则定值电阻两端的电压为UR′＝E1－Um＝eq \f(mgR,2BL)
电路中的电流为I′＝eq \f(UR′,R)＝eq \f(mg,2BL)
I′>I0，则假设成立
金属棒受到的安培力为FA＝BI′L
对金属棒由牛顿第二定律得mg－FA＝ma
解得a＝eq \f(g,2)。
考向三 电磁感应中的动力学问题--含容式单棒模型
一、电磁感应中的动力学问题--含容式单棒模型
棒的初速度为零，拉力F恒定(棒和水平导轨电阻忽略不计，摩擦力不计)
如图，运动过程分析：棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流
由F－BIl＝ma，I＝eq \f(ΔQ,Δt)，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BlΔv，
联立可得F－eq \f(CB2l2Δv,Δt)＝ma，其中eq \f(Δv,Δt)＝a，
则可得a＝eq \f(F,m＋B2l2C)
所以棒做加速度恒定的匀加速直线运动．
功能关系：WF＝eq \f(1,2)mv2＋E电
二、常见几种模型
【典例5】 (2021·河北卷·7)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，导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连，导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻，下列说法正确的是( )
A．通过金属棒的电流为2BCv2tan θ
B．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tan θ
C．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电
D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定
【答案】A
【解析】根据楞次定律可知电容器的上极板应带正电，C错误；
由题知金属棒匀速切割磁感线，根据几何关系知切割长度为L＝2xtan θ，x＝vt
则产生的感应电动势为E＝2Bv2ttan θ
由题图可知电容器直接与电源相连，则电容器的电荷量为Q＝CE＝2BCv2ttan θ
则流过金属棒的电流I＝eq \f(Q,t)＝2BCv2tan θ，A正确；
当金属棒到达x0处时，金属棒产生的感应电动势为
E′＝2Bvx0tan θ
则此时电容器的电荷量为Q′＝CE′＝2BCvx0tan θ，B错误；
由于金属棒做匀速运动，
则F＝F安＝BIL＝4B2Cv3tan2θ·t，
F与t成正比，则F为变力，根据力做功的功率公式P＝Fv
可知功率P随力F变化而变化，D错误．
【典例6】(多选)(2022·江苏省淮安市高三下第三次调研)在如图所示的甲、乙、丙中除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动。甲图中的电容器C原来不带电，设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦不计。图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，导轨足够长，今给导体棒一个向右的初速度v0，导体棒的最终运动状态是( )
A．三种情况下，导体棒最终均静止
B．图甲、丙中导体棒最终将以不同的速度做匀速运动；图乙中导体棒最终静止
C．图甲、丙中，导体棒最终将以相同的速度做匀速运动
D．甲、乙两种情况下，电阻R上产生的焦耳热一定不同
【答案】BD
【解析】题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，导体棒不受安培力，其向右做匀速运动；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，导体棒速度减小，当导体棒的动能全部转化为内能时，导体棒静止；题图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，导体棒向左做匀速运动，故A、C错误，B正确；题图甲中，导体棒的部分动能转化为内能，题图乙中，导体棒的动能全部转化为内能，故有Q甲μmg，所以从静止开始加速运动，ab棒运动会切割磁感线产生感应电流，从而使ab棒受到一个向左的安培力，这样加速度会减小，最终会做匀速运动；而cd棒所受到的最大安培力与摩擦力相同，所以总保持静止状态，即安培力对ab棒做负功，对cd棒不做功，所以选项C正确，A、B、D错误．
8. (2022·云南省昆明市“三诊一模”二模)如图所示，两根足够长的平行直导轨AB、CD与水平面成θ角放置，两导轨间距为L，A、C两点间接有阻值为R的定值电阻．一根质量均匀分布的直金属杆放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，金属杆的阻值为r，其余部分电阻不计，金属杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现将外力F沿与导轨平行的方向作用在金属杆上，让其由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动，则下列外力F与作用时间t的图象中正确的是( )
【答案】B
【解析】分析金属杆在运动过程中的受力情况可知，金属杆受重力mg、导轨的支持力FN、外力F、摩擦力Ff和安培力F安的共同作用，金属杆沿导轨方向向上运动，由牛顿第二定律有F－mgsinθ－F安－Ff＝ma，又F安＝B0IL，I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(B0Lv,R＋r)，所以F安＝B0IL＝eq \f(B\\al(2,0)L2v,R＋r)，Ff＝μmgcsθ，所以有F－mgsinθ－eq \f(B\\al(2,0)L2v,R＋r)－μmgcsθ＝ma，又因v＝at，将其代入上式可得F＝eq \f(B\\al(2,0)L2a,R＋r)t＋mgsinθ＋μmgcsθ＋ma，由此表达式可知，选项B正确．
9.(2022·安徽省合肥市高三上开学考试) 如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，存在着两个匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，两个区域的磁场方向相反且都垂直于斜面，MN、PQ、EF为两磁场区域的理想边界，区域Ⅰ的磁感应强度大小为B1＝2 T，区域Ⅱ的磁感应强度大小为B2＝1 T，两个区域的宽度MP和PE均为L＝1 m．一个质量为m＝0.9 kg、电阻为R＝1 Ω、边长也为L＝1 m的正方形导线框，从磁场区域上方某处由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚进入磁场区域Ⅰ时，线框恰好做匀速运动；当ab边下滑到磁场区域Ⅱ的中间位置时，线框又恰好做匀速运动，重力加速度取g＝10 m/s2.求：
(1)ab边刚进入磁场区域Ⅰ时的速度v1；
(2)当ab边刚进入磁场区域Ⅱ时，线框加速度的大小与方向；
(3)线框ab边刚要离开磁场区域Ⅱ时的速度v2.
【答案】见解析
【解析】 (1)当ab边刚进入磁场Ⅰ时，由法拉第电磁感应定律E1＝B1Lv1
由欧姆定律有I1＝eq \f(E1,R)
又F1＝B1I1L
因线框做匀速动，由物体平衡条件有F1＝mgsin α
联立解得v1＝eq \f(9,8) m/s
(2)导线框ab边刚进入磁场区域Ⅱ时，ab和cd边都切割磁感线，由法拉第电磁感应定律E2＝B1Lv1＋B2Lv1
又I2＝eq \f(E2,R)
解得I2＝eq \f(B1Lv1＋B2Lv1,R)
线框所受安培力F2＝B1I2L＋B2I2L
由牛顿第二定律有F2－mgsin α＝ma
联立解得a＝eq \f(25,4) m/s2，方向沿斜面向上
(3)设线框ab边下落到区域Ⅱ的中间位置时的速度为v2，有I3＝eq \f(B1Lv2＋B2Lv2,R)
线框所受安培力F3＝B1I3L＋B2I3L
因线框做匀速动，由物体平衡条件有F3＝mgsin α
解得v2＝0.5 m/s
1.(2017·天津理综·3)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
【答案】D
【解析】金属棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小(eq \f(ΔB,Δt)＝k为一定值)，则闭合回路中的磁通量减小，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A错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB·S,Δt)＝kS，回路面积S不变，即感应电动势为定值，设ab的电阻为r，根据闭合电路欧姆定律I＝eq \f(E,R＋r)，所以ab中的电流大小不变，故B错误；安培力F＝BIL，电流大小和金属棒长度不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故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Ff与安培力F等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故D正确.
2.(多选)如图所示，平行的金属导轨与电路处在垂直纸面向里的匀强磁场B中，一金属杆放在金属导轨上，在恒定外力F作用下做匀速运动，则在开关S( )
A．闭合瞬间通过金属杆的电流增大
B．闭合瞬间通过金属杆的电流减小
C．闭合后金属杆先减速后匀速
D．闭合后金属杆先加速后匀速
【答案】AC
【解析】金属杆做切割磁感线运动，相当于电源，在开关S闭合瞬间，外电阻变小，根据闭合电路欧姆定律，干路电流增加，即通过金属杆的电流增加，故A正确，B错误；开关S闭合前，拉力和安培力平衡，开关S闭合后，电流增加，根据安培力公式F＝BIL，安培力增加，故拉力小于安培力，金属杆做减速运动，感应电动势减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，当加速度减为零时，速度减小到最小值，最后做匀速运动，故C正确，D错误。
3. (多选)(2021·全国甲卷·21)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍．现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示．不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平．在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是( )
A．甲和乙都加速运动
B．甲和乙都减速运动
C．甲加速运动，乙减速运动
D．甲减速运动，乙加速运动
【答案】 AB
【解析】设线圈下边到磁场的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有v＝eq \r(2gh)，
感应电动势为E＝nBlv，
两线圈材料相同(设密度为ρ0)，质量相同(设为m)，
则m＝ρ0×4nl×S，
设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻
R＝ρeq \f(4nl,S)＝eq \f(16n2l2ρρ0,m)
感应电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(mBv,16nlρρ0)
所受安培力大小为F＝nBIl＝eq \f(mB2v,16ρρ0)
由牛顿第二定律有mg－F＝ma
联立解得a＝g－eq \f(F,m)＝g－eq \f(B2v,16ρρ0)
加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度．
当g>eq \f(B2v,16ρρ0)时，甲和乙都加速运动，
当g