2021届高考物理人教版一轮创新教学案：热点专题7　第54讲　电磁感应中的“杆＋轨”模型


第54讲　电磁感应中的“杆＋轨”模型

热点概述　电磁感应“杆轨模型”中的杆有“单杆”和“双杆”等，有的回路中还接有电容器；电磁感应“杆轨模型”中的轨有“直轨”和“折轨”等，导轨有竖直的，也有水平的，还有放在斜面上的等各种情况。分析这类问题重在结合电动势的变化情况分析清楚其中的动力学过程，处理问题时经常涉及电磁学和动力学、能量、动量中的几乎所有规律，综合性较强。

热点一　单杆模型


单杆模型的常见情况

v0≠0
v0＝0


示意图

质量为m，电阻不计的单杆ab以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动，两平行导轨间距为L

轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L

轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L，拉力F恒定

轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L，拉力F恒定
力学观点
导体杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，电流I＝＝，安培力F＝BIL＝，做减速运动：v⇒F⇒a，当v＝0时，F＝0，a＝0，杆保持静止
S闭合，ab杆受安培力F＝，此时a＝，杆ab速度v⇒感应电动势BLv⇒I⇒安培力F＝BIL⇒加速度a，当E感＝E时，v最大，且vm＝
开始时a＝，杆ab速度v⇒感应电动势E＝BLv⇒I⇒安培力F安＝BIL，由F－F安＝ma知a，当a＝0时，v最大，vm＝
开始时a＝，杆ab速度v⇒感应电动势E＝BLv，经过Δt速度为v＋Δv，此时感应电动势E′＝BL(v＋Δv)，Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝C(E′－E)＝CBLΔv
电流I＝＝CBL＝CBLa
安培力F安＝BLI＝CB2L2a
F－F安＝ma，a＝，所以杆以恒定的加速度匀加速运动
图象观点




能量观点
动能全部转化为内能：Q＝mv
电源输出的电能转化为动能W电＝mv
F做的功一部分转化为杆的动能，一部分产生电热：WF＝Q＋mv
F做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WF＝mv2＋EC
注：若光滑导轨倾斜放置，要考虑导体杆受到重力沿导轨斜面向下的分力作用，分析方法与表格中受外力F时的情况类似，这里就不再赘述。

[例1]　图甲、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，所有导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，导体棒ab的质量为m。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，磁感应强度为B，导轨足够长，间距为L。今给导体棒ab一个向右的初速度v0，则(　　)

A．三种情况下，导体棒ab最终都静止
B．三种情况下，导体棒ab最终都做匀速运动
C．图甲、丙中ab棒最终都向右做匀速运动
D．图乙中，流过电阻R的总电荷量为
解析　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C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，ab棒不受安培力，向右做匀速运动。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，ab棒速度减小，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止。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，ab棒向左做匀速运动，A、B、C错误；图乙中根据动量定理－BILΔt＝0－mv0，流过电阻R的总电荷量为q＝IΔt＝，D正确。
答案　D

(1)除了核心综述中的常见情况外，基于这些常见情况的变形，要综合分析杆的受力和运动过程，找出最后的稳定状态。
(2)电磁感应涉及通过某段电路的电量时可考虑用动量定理或q＝来处理。
[例2]　(2019·衡阳模拟)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨CD、EF倾斜放置，其所在平面与水平面间的夹角为θ＝30°，两导轨间距为L，导轨下端分别连着电容为C的电容器和阻值R＝2r的电阻。一根质量为m，电阻为r的金属棒放在导轨上，金属棒与导轨始终垂直并接触良好，一根不可伸长的绝缘轻绳一端拴在金属棒中间、另一端跨过定滑轮与质量M＝4m的重物相连。金属棒与定滑轮之间的轻绳始终在两导轨所在平面内且与两导轨平行，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨电阻不计，初始状态用手托住重物使轻绳恰处于伸长状态，由静止释放重物，求：(重力加速度大小为g，不计滑轮阻力)

(1)若S1闭合、S2断开，重物的最大速度。
(2)若S1和S2均闭合，电容器的最大带电量。
(3)若S1断开、S2闭合，重物的速度v随时间t变化的关系式。
解析　(1)S1闭合、S2断开时，M由静止释放后拉动金属棒沿导轨向上做加速运动，金属棒受到沿导轨向下的安培力及重力的分力作用，设最大速度为vm，根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E＝BLvm
根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流
I＝＝
当金属棒速度最大时有：Mg＝mgsin30°＋BIL
解得：vm＝＝。
(2)S1、S2均闭合时，电容器两板间的最大电压
U＝UR＝IR＝
电容器的最大带电量Q＝CU＝。
(3)S1断开、S2闭合时，设从释放M开始经时间t金属棒的速度大小为v，加速度大小为a，通过金属棒的电流为i，金属棒受到的安培力F＝BiL，方向沿导轨向下，设在时间t到(t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，ΔQ也是平行板电容器在t到(t＋Δt)内增加的电荷量，ΔQ＝CBL·Δv，
根据运动学公式可得Δv＝aΔt，则i＝＝CBLa，
设绳中拉力为T，由牛顿第二定律，对金属棒有：
T－mgsin30°－BiL＝ma
对M有：Mg－T＝Ma，解得：a＝
可知M做初速度为零的匀加速直线运动
v＝at＝·t
答案　(1)　(2)
(3)v＝·t

单杆＋电容器＋恒力模型可用微元法或动量定理分析，其运动形式恰好为匀变速直线运动，不同于其他单杆模型。

1. (多选)如图所示，间距为L的两根平行光滑导轨竖直放置，导轨间接有电容为C的电容器，处于垂直轨道平面的匀强磁场B中，质量为m、电阻为R的金属杆ab接在两导轨之间并由静止释放，ab下落过程中始终保持与导轨接触良好，设导轨足够长，电阻不计，下列说法正确的是(　　)

A．ab做自由落体运动
B．ab做匀加速运动，且加速度为a＝
C．ab做匀加速运动，若加速度为a，则回路的电流为I＝CBLa
D．ab做加速度减小的变加速运动，最后匀速运动，最大速度为vm＝
答案　BC
解析　金属杆ab下落过程中产生感应电动势，电容器充电，电路中有充电电流，ab杆受到向上的安培力，设瞬时加速度为a，根据牛顿第二定律得mg－BIL＝ma。又I＝＝，又ΔU＝ΔE＝BLΔv，得I＝＝CBLa，解得a＝，可见杆的加速度不变，做匀加速直线运动，故B、C正确。
2. (多选)如图MN和PQ为竖直方向的两平行足够长的光滑金属导轨，间距为L，电阻不计。导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，两端分别接阻值为2R的电阻R1和电容为C的电容器。质量为m、电阻为R的金属杆ab始终垂直于导轨，并与其保持良好接触。杆ab由静止开始下滑，在下滑过程中最大的速度为v，整个电路消耗的最大电功率为P，则(　　)

A．电容器左极板带正电
B．电容器的最大带电量为
C．杆ab的最大速度v＝
D．杆ab所受安培力的最大功率为
答案　BC
解析　根据右手定则，感应电动势的方向为a→b，故电容器右极板带正电荷，故A错误；当金属杆的速度达到最大时，感应电动势最大，感应电动势的最大值为：Em＝BLvm＝BLv，路端电压的最大值为：U＝Em＝BLv，故电容器的带电量最大为：Q＝CU＝，故B正确；杆ab所受安培力的最大功率即为整个电路消耗的最大电功率P，当杆ab的速度最大时F安＝mg，所以v＝＝，故C正确，D错误。

3．(2019·湖南高考模拟)如图所示，间距为L的水平平行金属导轨上连有一定值电阻，阻值为R，两质量均为m的导体棒ab和cd垂直放置在导轨上，两导体棒电阻均为R，棒与导轨间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个导轨处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B。现用某一水平恒力向右拉导体棒ab使其从静止开始运动，当棒ab匀速运动时，棒cd恰要开始滑动(重力加速度为g)，求：

(1)棒ab匀速运动的速度大小；
(2)若棒ab从开始运动到匀速的过程中流过的电荷量为q，这一过程经历的时间是多少？
答案　(1)　(2)＋
解析　(1)设棒ab匀速运动的速度为v，则棒ab中的感应电流
I＝＝
棒cd中的感应电流为＝
棒cd所受安培力F1＝BL＝
当棒cd恰要滑动时，F1＝μmg，即＝μmg
解得v＝。
(2)设棒ab所受恒定外力为F，匀速运动时棒ab所受安培力F2＝BIL
对棒cd：F1＝BL＝μmg
棒ab: F＝F2＋μmg＝2F1＋μmg
解得F＝3μmg
对棒ab从开始运动到匀速的过程，设运动时间为t，棒ab中的平均电流为，
由动量定理：(F－μmg)t－BLt＝mv
而t＝q
故2μmgt－BLq＝mv
解得t＝＋。

热点二　双杆模型


　双杆模型的常见情况
　(1)初速度不为零，不受其他水平外力的作用

光滑的平行导轨
光滑不等距导轨
示意图

质量mb＝ma
电阻rb＝ra
长度Lb＝La

质量mb＝ma
电阻rb＝ra
长度Lb＝2La
力学观点
杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动
杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为1∶2
图象观点


能量观点
一部分动能转化为内能：Q＝－ΔEk
　(2)初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用

光滑的平行导轨
不光滑平行导轨
示意图

质量mb＝ma
电阻rb＝ra
长度Lb＝La

摩擦力Ffb＝Ffa
质量mb＝ma
电阻rb＝ra
长度Lb＝La
力学观点
开始时，两杆受安培力做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动
开始时，若Ff2Ff，a杆先变加速后匀加速运动，b杆先静止后变加速最后和a杆同时做匀加速运动，且加速度相同
图象观点


能量观点
F做的功转化为两杆的动能和内能：WF＝ΔEk＋Q
F做的功转化为两杆的动能和内能(包括电热和摩擦热)：WF＝ΔEk＋Q电＋Qf

[例1]　(2019·山东德州二模)(多选)如图所示，宽为L的两固定光滑金属导轨水平放置，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量均为m、电阻值均为r的两导体棒ab和cd静止置于导轨上，其间距也为L，现给cd一向右的初速度v0，对它们之后的运动过程说法正确的是(　　)

A．ab的加速度越来越大，cd的加速度越来越小
B．回路产生的焦耳热为mv
C．通过ab的电荷量为
D．两导体棒间的距离最终变为L＋
解析　根据安培力公式和牛顿第二定律得：F＝＝ma，解得a＝，所以两者的加速度都是越来越小，最后匀速运动，故A错误；棒ab和cd在运动过程中始终受到等大反向的安培力，系统动量守恒，以向右的方向为正方向，则有：mv0＝2mv1，解得：v1＝v0，由能量守恒定律得：Q＝mv－·2mv，解得回路产生的焦耳热为：Q＝mv，故B正确；设整个过程中通过ab的电荷量为q，对cd棒，由动量定理得：mv1－mv0＝－BLt＝－BLq，所以q＝，故C正确；对cd棒由动量定理得：mv1－mv0＝－t＝－，解得：Δx＝，两导体棒间的距离最终变为L＋，故D正确。
答案　BCD

在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律。
[例2]　(2019·山西省三模)桌面上有不等间距平行金属导轨MN、M′N′和PQ、P′Q′如图水平放置(桌面未画出)，MN和M′N′相连，PQ和P′Q′相连，导轨宽度分别为d1＝0.1 m，d2＝0.2 m，M′N′和P′Q′上左端都涂有长度为2 m的绝缘漆，图中用较粗部分表示，金属棒a和金属棒b分别垂直导轨放置，金属棒b开始位置与M′P′位置重合，它们质量分别为ma＝0.1 kg，mb＝0.2 kg，b用绝缘细线绕过光滑定滑轮和一小物块c相连，c的质量mc＝0.2 kg，c开始时距地面高度h＝2 m。整个空间充满垂直导轨向上的匀强磁场。已知绝缘漆部分和棒的动摩擦因数μ＝0.2，导轨其余部分均光滑且和金属棒接触良好，开始用手托着c使系统保持静止。现放手使其开始运动，物体c触地后不再反弹，设整个过程中导轨足够长，g＝10 m/s2，求：

(1)金属棒b在导轨上涂有绝缘漆部分运动时绳子的拉力大小；
(2)从开始运动到金属棒a的速度为2 m/s时系统产生的热量；
(3)求金属棒a的最大速度。
解析　(1)金属棒b在导轨上涂有绝缘漆部分运动时未形成闭合电路，导体棒不受安培力。
对b，由牛顿第二定律得：T－μmbg＝mba
对物块c，由牛顿第二定律得：mcg－T＝mca
联立解得：T＝1.2 N，a＝4 m/s2。
(2)b在绝缘漆部分所受摩擦力大小为：
f＝μmbg＝0.2×0.2×10 N＝0.4 N
摩擦生热产生的热量为：Q1＝fL＝0.4×2 J＝0.8 J
从开始运动到c落地过程，应用运动学规律得：v＝2ah
解得：vc＝vb＝4 m/s
此时金属棒b离开绝缘漆，开始切割磁感线，回路产生感应电流，b做减速运动，a做加速运动，通过它们的电流时刻相等，所以a和b受到的安培力大小之比为1∶2，质量之比为1∶2，其加速度大小之比为1∶1，即二者速度变化量大小时刻相等。
可知当va′＝2 m/s时，vb′＝2 m/s
根据能量守恒定律可得系统产生的焦耳热为：
Q2＝mbv－mbvb′2－mava′2
解得：Q2＝1.0 J
所以从开始运动到a的速度为2 m/s时，系统产生的热量为：Q＝Q1＋Q2＝1.8 J。
(3)金属棒a和b运动方向相同，切割磁感线产生的感应电动势方向相反。当两者的感应电动势大小相等时，回路的感应电流为0，两棒不受安培力，均做匀速运动，金属棒a的速度达到最大。设此时a、b两棒的速度分别为v1和v2
则有Bd1v1＝Bd2v2，可得：v1＝2v2
因为a、b加速度大小相等，则有：v1－0＝vb－v2
解得：v1＝vb＝ m/s。
答案　(1)1.2 N　(2)1.8 J　(3) m/s

(1)杆轨模型的处理仍然沿用解决力学问题的三大观点。
(2)在双金属棒切割磁感线的系统中，若所受其他外力的合力不为零，则不符合动量守恒的条件，如果题目涉及时间，可考虑用动量定理或动力学观点解题。

1．如图所示，电阻不计的两光滑金属导轨相距L，放在水平绝缘桌面上，半径为R的圆弧部分处在竖直平面内，水平直导轨部分处在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐。两金属棒ab、cd垂直于两导轨且与导轨接触良好，棒ab质量为2m、电阻为r，棒cd的质量为m、电阻为r，重力加速度为g。开始时棒cd静止在水平直导轨上，棒ab从圆弧顶端无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触并一直向右运动，最后两棒都离开导轨落到地面上。棒ab与棒cd落地点到桌面边缘的水平距离之比为1∶3。求：

(1)棒ab和棒cd离开导轨时的速度大小；
(2)棒cd在水平导轨上的最大加速度；
(3)两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热。
答案　(1)　　(2)
(3)mgR
解析　(1)设ab棒进入水平导轨的速度为v1，ab棒从圆弧导轨滑下，由机械能守恒定律得
2mgR＝×2mv①
离开导轨时，设ab棒的速度为v1′，cd棒的速度为v2′，ab棒与cd棒在水平导轨上运动，由动量守恒定律得
2mv1＝2mv1′＋mv2′②
两棒离开导轨做平抛运动的时间相等，由水平位移x＝vt可知：v1′∶v2′＝x1∶x2＝1∶3③
联立①②③解得v1′＝，v2′＝。
(2)ab棒刚进入水平导轨时，cd棒受到的安培力最大，它的加速度最大，回路中的感应电动势为
E＝BLv1④
I＝⑤
cd棒受到的安培力为：Fcd＝BIL⑥
cd棒的最大加速度为a＝⑦
联立①④⑤⑥⑦解得：a＝。
(3)根据能量守恒定律，两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热为：
Q＝×2mv－⑧
联立①⑧并代入v1′和v2′
解得Q＝mgR。
2．间距为L＝2 m的足够长的金属直角导轨如图所示放置，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与导轨垂直放置形成闭合回路。细杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，导轨的电阻不计，细杆ab、cd接入电路的电阻分别为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(图中未画出)。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，且t＝0时，F＝1.5 N，g＝10 m/s2。

(1)求ab杆的加速度a的大小；
(2)求当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做的功为5.2 J，求该过程中ab杆所产生的焦耳热。
答案　(1)10 m/s2' (2)2 m/s' (3)2.94 J
解析　(1)由题可知，在t＝0时，F＝1.5 N
对ab杆进行受力分析，由牛顿第二定律得
F－μmg＝ma
代入数据解得a＝10 m/s2。
(2)从d向c看，对cd杆进行受力分析，如图所示，当cd杆速度最大时，设ab杆的速度大小为v，根据平衡条件，有Ff＝mg＝μFN，

FN＝F安，F安＝BIL，I＝
综合以上各式，解得v＝2 m/s
(3)整个过程中，ab杆发生的位移
x＝＝ m＝0.2 m
对ab杆应用动能定理，有WF－μmgx－W安＝mv2
代入数据解得W安＝4.9 J
根据功能关系得Q总＝W安
所以ab杆上产生的热量Qab＝Q总＝2.94 J。

课时作业
　　　　　　　　　　　　　　　　
1．(2019·福建泉州二模)电磁炮是利用电磁力对弹体加速的新型武器。某小组用图示装置模拟研究电磁炮的原理。间距为0.1 m的水平长导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为0.5 T，左端所接电池的电动势为1.5 V、内阻为0.5 Ω。长为0.1 m、电阻为0.1 Ω的金属杆ab静置在导轨上。闭合开关S后，杆ab向右运动，在运动过程中受到的阻力恒为0.05 N，杆ab始终与导轨垂直且接触良好。导轨电阻不计，则杆ab(　　)

A．先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动
B．能达到的最大速度为12 m/s
C．两端的电压始终为0.25 V
D．达到最大速度时，ab两端的电压为1 V
答案　D
解析　设电池的内阻为r，杆ab的电阻为R，杆ab的速度为v时，有：F安＝BIL＝BL，根据牛顿第二定律：F安－f＝ma，分析可知，杆ab做加速度减小的加速运动，当加速度减小到零时，杆ab做匀速运动，A错误；当杆ab匀速时有最大速度，此时F安＝B·L＝f，代入数据解得：vm＝－＝18 m/s，B错误；杆ab运动过程中，回路电流：I＝，ab两端电压：U＝E－r，随着速度变大，a、b两端电压在变化，当ab速度最大时，将vm＝18 m/s代入解得ab两端此时的电压：U＝1 V，C错误，D正确。
2．(多选)如图，两根足够长的光滑平行金属导轨PP′、QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好。现在同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则(　　)

A．金属棒ab一直加速下滑
B．金属棒ab最终可能匀速下滑
C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势
D．带电微粒可能先向N板运动后向M板运动
答案　ACD
解析　根据牛顿第二定律有mgsinθ－BIl＝ma，而I＝，Δq＝CΔU，ΔU＝BlΔv，Δv＝aΔt，联立解得a＝，因而金属棒将做匀加速运动，A正确，B错误；ab棒切割磁感线，相当于电源，a端相当于电源正极，因而M板带正电，N板带负电，C正确；ab做匀加速运动，产生的感应电动势增大，使M、N两板间的电压增大，微粒受到的电场力增大，若带电粒子带负电，在重力和逐渐增大的电场力的作用下，可能先向下运动然后再反向向上运动，D正确。
3．(2019·重庆南开中学高三4月模拟)(多选)如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，导轨电阻忽略不计。在M和P之间接有阻值为R的甲与乙两个定值电阻，导体棒ab的质量为m，电阻为r，并与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。现给导体杆ab一初速度v0，使杆向右运动。最后杆停在导轨上。下列说法正确的是(　　)

A．ab杆做匀减速直线运动直到静止
B．ab杆速度减为时，ab杆加速度大小为
C．ab杆速度减为时，通过甲电阻的电量q＝
D．ab杆速度减为时，ab杆走过的位移s＝
答案　BD
解析　ab杆水平方向上受与运动方向相反的安培力，加速度大小为：a＝，由于速度减小，所以ab杆做加速度减小的减速运动直到静止，故A错误；当ab杆的速度为时，安培力大小为：FA＝＝，其加速度大小为：a＝＝，故B正确；对ab杆应用动量定理得：－BILΔt＝m－mv0，即BLq总＝m·，解得：q总＝，由于甲与乙两电阻并联，所以通过甲电阻的电量为：q＝q总＝，故C错误；由q总＝＝＝，解得：x＝，故D正确。
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
答案　B
解析　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，I＝mv0，v0＝，铜棒a产生的电动势E＝BLv0，回路电流I0＝＝，A错误；此时铜棒b受到安培力F＝BI0L，其加速度a＝＝，B正确；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的速度最大，根据动量守恒定律，mv0＝2mv，得铜棒b的最大速度v＝，C错误；由能量守恒定律得回路中产生的焦耳热Q＝mv－·2mv2＝，D错误。
5．如图，两根足够长的固定的平行光滑金属导轨位于倾角θ＝30°的固定斜面上，导轨上、下端分别接有阻值R1＝15 Ω和R2＝15 Ω的电阻，导轨自身电阻忽略不计，导轨宽度L＝2 m，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T。质量为m＝0.1 kg，电阻r＝0.5 Ω的金属棒ab从较高处由静止释放，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好。当金属棒ab下滑高度h＝4 m时，速度恰好达到最大值。(g＝10 m/s2)求：

(1)金属棒ab达到的最大速度vm；
(2)该过程通过金属棒的电荷量q；
(3)金属棒ab在以上运动过程中导轨下端电阻R1中产生的热量。
答案　(1)4 m/s　(2)1 C　(3)1.5 J
解析　(1)ab切割磁感线产生的感应电动势：E＝BLv
根据串并联电路的特点知，外电路总电阻：
R外＝＝7.5 Ω
根据闭合电路欧姆定律得：I＝
安培力：FA＝BIL
当加速度a为零时，ab的速度v达最大，有：
mgsinθ＝
解得速度最大值：vm＝＝4 m/s。
(2)根据电磁感应定律有：＝
根据闭合电路欧姆定律有：＝
ab棒下滑高度为h，沿导轨下滑的距离为x＝，
通过金属棒的电荷量：q＝Δt＝＝＝1 C。
(3)金属棒下滑过程中，根据能量守恒定律可得：
mgh＝mv＋Q总
代入数据解得：Q总＝3.2 J
外电路产生的热量Q外＝R外
电阻R1中产生的热量：Q1＝
代入数据得Q1＝1.5 J。
6．(2019·安徽皖江名校联盟高三下学期开学摸底联考)如图所示，宽度为2d与宽度为d的两部分导轨衔接良好并固定在水平面上，整个空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，长度分别为2d和d的导体棒甲和乙按如图的方式置于导轨上，已知两导体棒的质量均为m、两导体棒单位长度的电阻均为r0，现给导体棒甲以水平向右的初速度v0。假设导轨的电阻忽略不计、导体棒与导轨之间的摩擦可忽略不计，且两部分导轨足够长。求：

(1)当导体棒甲开始运动瞬间，甲、乙两棒的加速度大小分别为多大？
(2)导体棒甲匀速时的速度大小应为多大？
(3)两导体棒从开始运动到刚匀速的过程中，两导体棒发生的位移分别是x甲和x乙，试写出两导体棒的位移x甲和x乙之间的关系式。
答案　(1)　　(2)v0
(3)2x甲－x乙＝
解析　(1)导体棒甲刚开始运动时电源电动势为
E＝2Bdv0
由题意整个电路的总电阻为r＝3dr0
由闭合电路欧姆定律知电路中的总电流大小为I＝
联立可得导体棒甲、乙所受的安培力大小分别为
F甲＝2BdI＝，F乙＝BdI＝
由牛顿第二定律可知导体棒甲、乙的加速度大小分别为a甲＝＝，a乙＝＝；
(2)由动量定理，对导体棒甲有：
－2BdΔt＝mv1－mv0，即－2Bdq＝mv1－mv0
同理对导体棒乙有：BdΔt＝mv2
两导体棒均匀速运动时，两导体棒无电流，电动势相等，有：v2＝2v1
联立以上各式可解得：v1＝v0，v2＝v0；
(3)由BdΔt＝mv2得Δq＝v0
由法拉第电磁感应定律得E＝
又＝，Δq＝Δt
整理得：Δq＝
联立以上各式可得2x甲－x乙＝。
7．(2017·天津高考)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距离为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：

(1)磁场的方向；
(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；
(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。
答案　(1)垂直于导轨平面向下　(2)
(3)
解析　(1)将S接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S接2时，电容器放电，流经MN的电流由M到N，又知MN向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下。
(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有
I＝①
设MN受到的安培力为F，有
F＝IlB②
由牛顿第二定律，有
F＝ma③
联立①②③式得
a＝④
(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有
Q0＝CE⑤
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，有
E′＝Blvmax⑥
依题意有
E′＝⑦
设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力为，有
＝lB⑧
由动量定理，有
Δt＝mvmax－0⑨
又Δt＝Q0－Q⑩
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得
Q＝。
8．如图所示，两根平行光滑的金属导轨M1N1P1－M2N2P2由四分之一圆弧部分与水平部分构成，导轨末端固定两根绝缘柱，弧形部分半径r＝0.8 m、导轨间距L＝1 m，导轨水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝2 T，两根完全相同的金属棒a、b分别垂直导轨静置于圆弧顶端M1M2处和水平导轨中某位置，两金属棒质量均为m＝1 kg、电阻均为R＝2 Ω。金属棒a由静止释放，沿圆弧导轨滑入水平部分，此后，金属棒b向右运动，在导轨末端与绝缘柱发生碰撞且无机械能损失，金属棒b接触绝缘柱之前两棒已匀速运动且未发生碰撞。金属棒b与绝缘柱发生碰撞后，在距绝缘柱x1＝0.5 m的A1A2位置与金属棒a发生碰撞，碰后停在距绝缘柱x2＝0.2 m的A3A4位置，整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，g取10 m/s2。求：

(1)金属棒a刚滑入水平导轨时，受到的安培力大小；
(2)金属棒b与绝缘柱碰撞后到与金属棒a碰撞前的过程，整个回路产生的焦耳热；
(3)证明金属棒a、b的碰撞是否是弹性碰撞。
答案　(1)4 N　(2)3 J　(3)见解析
解析　(1)金属棒a下滑过程：mgr＝mv2
v＝＝4 m/s
金属棒a刚滑入水平导轨时，感应电动势：
E＝BLv＝8 V
回路电流：I＝＝2 A
金属棒a受到的安培力：F＝BIL＝4 N。
(2)以金属棒a、b为系统，在碰到绝缘柱之前动量守恒：
mv＝2mv1，解得：v1＝2 m/s。
金属棒b与绝缘柱发生碰撞后等速率返回，以两金属棒为系统动量仍然守恒，但总动量为零，0＝mva＋mvb，即时刻有va＝－vb，两金属棒相向运动到相碰，位移大小相等，均为x1＝0.5 m。
对金属棒b，由动量定理：－BLΔt＝mv2－mv1
由法拉第电磁感应定律：＝2BL
＝
联立得－·Δt＝mv2－mv1
而Δt＝x1，求得：v2＝1 m/s。
由能量守恒定律：Q＝2×mv－2×mv＝3 J。
(3)金属棒a、b碰后，金属棒b减速到零的过程，由动量定理：
－B′LΔt′＝0－mv3
由法拉第电磁感应定律：′＝2BL′，′＝
联立得·Δt′＝0－mv3
而′Δt′＝x1－x2，求得：v3＝0.6 m/s。
碰撞前后动量守恒，a、b速度大小相等，方向相反，由于2×mv>2×mv，所以碰撞不是弹性碰撞。