高考物理復(fù)習(xí)講義第88講 電磁感應(yīng)中的雙桿模型（解析版）

第88講電磁感應(yīng)中的雙桿模型

I真題示例_______________________________

（多選）1.（2022?湖南）如圖，間距L=Im的U形金屬導(dǎo)軌，一端接有0.1。的定值電阻

R,固定在高h(yuǎn)=0.8m的絕緣水平桌面上。質(zhì)量均為0.1kg的勻質(zhì)導(dǎo)體棒a和b靜止在導(dǎo)

軌上，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好且始終與導(dǎo)軌垂直，接入電路的阻值均為0」。，與導(dǎo)軌

間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.1（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力），導(dǎo)體棒a距離導(dǎo)軌最右端

1.74m。整個(gè)空間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1T。用

F=0.5N沿導(dǎo)軌水平向右的恒力拉導(dǎo)體棒a,當(dāng)導(dǎo)體棒a運(yùn)動(dòng)到導(dǎo)軌最右端時(shí)，導(dǎo)體棒b

剛要滑動(dòng)，撤去F,導(dǎo)體棒a離開(kāi)導(dǎo)軌后落到水平地面上。重力加速度取1OmZs2,不計(jì)空

氣阻力，不計(jì)其他電阻，下列說(shuō)法正確的是（）

A.導(dǎo)體棒a離開(kāi)導(dǎo)軌至落地過(guò)程中，水平位移為0.6m

B.導(dǎo)體棒a離開(kāi)導(dǎo)軌至落地前，其感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變

C.導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，導(dǎo)體棒b有向右運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)

D.導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量為0.58C

【解答】解：A、導(dǎo)體棒b剛要滑動(dòng)的條件是受到的安培力等于最大靜摩擦力，b受到的

最大靜摩擦力為：

frnax=μmg=O.IXO.1XION=O.IN

根據(jù)平衡條件可得：BIbL=fmax,

代入數(shù)據(jù)可解得通過(guò)b的電流為：Ib=IA,

由于b與R并聯(lián)后與a串聯(lián)，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得導(dǎo)體棒a產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

為：

E=2IbRa+IbRb?

代入數(shù)據(jù)解得：E=O.3V

設(shè)導(dǎo)體棒a剛要離開(kāi)桌面時(shí)的速度大小為V,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得：E=BLv

解得：v=3m∕s

所以導(dǎo)體棒a離開(kāi)導(dǎo)軌至落地過(guò)程中，水平位移大小為:

x=vt=3×0.4m=1.2m,故A錯(cuò)誤；

B、導(dǎo)體棒a離開(kāi)導(dǎo)軌至落地前，做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向的速度大小不變，即導(dǎo)體棒a切

割磁場(chǎng)的有效速度不變，根據(jù)E=BLV可知，其感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，故B正確；

C、導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)右手定則可知電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針（俯視），根

據(jù)左手定則可知導(dǎo)體棒b受到的安培力方向向左，所以導(dǎo)體棒b有向左運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，故

C錯(cuò)誤；

D、導(dǎo)體棒a在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，設(shè)通過(guò)a的電荷量為qo,根據(jù)電荷量的計(jì)算公式可

俎*ΔΦBLd

得：q°=∕7t=Rτ=五一

總總

其中R&=Ra+

代入數(shù)據(jù)解得：qo=1.16C

則通過(guò)電阻R的電荷量為：

q=iqo=∣×1.16C=O.58C,故D正確。

故選：BDo

2.（2022?遼寧）如圖所示，兩平行光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距為L(zhǎng)oabed區(qū)域有勻

強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向豎直向上。初始時(shí)刻，磁場(chǎng)外的細(xì)金屬桿M以初速

度VO向右運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)內(nèi)的細(xì)金屬桿N處于靜止?fàn)顟B(tài)。兩金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好且運(yùn)動(dòng)過(guò)

程中始終與導(dǎo)軌垂直。兩桿的質(zhì)量均為m,在導(dǎo)軌間的電阻均為R,感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁

場(chǎng)及導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。

（1）求M剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力F的大小和方向；

（2）若兩桿在磁場(chǎng)內(nèi)未相撞且N出磁場(chǎng)時(shí)的速度為言，求：

①N在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)回路的電荷量q；

②初始時(shí)刻N(yùn)到ab的最小距離X；

（3）初始時(shí)刻，若N到Cd的距離與第（2）問(wèn)初始時(shí)刻的相同、到ab的距離為kx（k>

【解答】解：（1）細(xì)金屬桿M以初速度Vo向右剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為

E=BLvo

電流方向?yàn)閍—b,電流的大小為

I=TR

則所受的安培力大小為

2,2

F=BILD=*^

Zn

安培力的方向由左手定則可知水平向左

(2)①金屬桿N在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)量定理得:

且q=7?∕t

聯(lián)立解得：q=舞

DLJ

②設(shè)兩桿在磁場(chǎng)中相對(duì)靠近的位移為Ax,有

-P

I--E-

12R

-=BL-Δx

E=~ΔΓ

整理可得：

BLΔx

q=F

聯(lián)立解得：Ax="哈

3B%

若兩桿在磁場(chǎng)內(nèi)剛好相撞，N到ab的最小距離為

(3)兩桿出磁場(chǎng)后在平行光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，若N到Cd的距離與第(2)問(wèn)初始

時(shí)刻相同，到ab的距離為kx(k>l),則N到Cd邊的速度大小恒為詈，根據(jù)動(dòng)量守恒

定律得：

mv0=mv1÷m-?

解得N出磁場(chǎng)時(shí)，M的速度大小為

2

%=3?

由題意可知，此時(shí)M到Cd邊的距離為

s=(k-1)X

若要保證M出磁場(chǎng)后不與N相撞，則有兩種臨界情況：

①M(fèi)減速到T時(shí)出磁場(chǎng)，速度剛好等于N的速度，一定不與N相撞，對(duì)M根據(jù)動(dòng)量定

理有

,,

BIγL?t=TYl^VQ—TH??

~r~.BL(k,-Y)x

q1=I1?Δt=^2r

聯(lián)立解得：k=2

②若M運(yùn)動(dòng)到Cd邊時(shí)，恰好減速到零，則對(duì)M由動(dòng)量定理得:

BI2L?t2=Tn,3。-O

<?2=

h??tl='R

解得：k=3

綜上所述，M出磁場(chǎng)后不與N相撞條件下k的取值范圍為2WkW3.

答：⑴M剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力F的大小為瞥，方向水平向左;

(2)若兩桿在磁場(chǎng)內(nèi)未相撞且N出磁場(chǎng)時(shí)的速度為學(xué),

①N在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)回路的電荷量為粵;

②初始時(shí)刻N(yùn)到ab的最小距離為答翳;

(3)初始時(shí)刻，若N到Cd的距離與第(2)問(wèn)初始時(shí)刻的相同、到ab的距離為kx(k>

1).M出磁場(chǎng)后不與N相撞條件下k的取值范圍為2≤kW3..

一.知識(shí)回顧

雙桿模型

1.模型特點(diǎn)

(1)一桿切割時(shí)，分析同單桿類(lèi)似。

Δφ

(2)兩桿同時(shí)切割時(shí)，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)由兩桿共同決定，E=F=BKVLVD.

2.電磁感應(yīng)中的“雙桿”問(wèn)題分析

fez

M

0↑

運(yùn)動(dòng)分析桿助V做變減速運(yùn)動(dòng)，桿尸。做變

加速運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)，兩桿的加速

穩(wěn)定時(shí),，兩桿的加速度均為零，

度均為零，以相等的速度5勻速兩桿的速度之比為1：2

運(yùn)動(dòng)

能量分析一部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，Q=-^K

(2)初速度為零，一桿受到恒定水平外力的作用

光滑的平行導(dǎo)軌不光滑平行導(dǎo)軌

桿戶(hù)Xn

桿V>

摩擦力0=尺2

示意圖質(zhì)量∏h~∏h

質(zhì)量niι=∏k

電阻rι=r2

電阻r?=r2

長(zhǎng)度U

長(zhǎng)度Λ=Λ

匕

F≤2ΛF>2Ft

開(kāi)始時(shí)，若R2R,則國(guó)桿先

運(yùn)動(dòng)分析0*變加速后勻速運(yùn)動(dòng)；初V桿靜止。

開(kāi)始時(shí)，兩桿做變加速運(yùn)動(dòng)；穩(wěn)若用2E,用桿先變加速后勻加

定時(shí)，兩桿以相同的加速度做勻速運(yùn)動(dòng)，,睇桿先靜止后變加速最

加速運(yùn)動(dòng)后和⑶桿同時(shí)做勻加速運(yùn)動(dòng)，

且加速度相同

外力做功轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能(包

外力做功轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能，悌

能量分析括電熱和摩擦熱)，屏=△笈+α∣1

=Δ區(qū)+0

+Q

二.例題精析

題型一：系統(tǒng)動(dòng)量守恒的最終同速的雙桿

例1.如圖，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌,

兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、Cd靜止在導(dǎo)軌上。t=0時(shí)，棒ab以初速度VO向右滑動(dòng)。運(yùn)動(dòng)

過(guò)程中，ab、Cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用V］、V2表示，回路中的電

流用I表示。下列圖象中可能正確的是（)

【解答】解：導(dǎo)體棒ab做減速運(yùn)動(dòng)、Cd做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩者速度相等后一起做勻速直線

運(yùn)動(dòng)，

兩導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mvo=2mv,解得：

v

v--Tθ,

設(shè)電路總電阻為R,感應(yīng)電流：I=8依戶(hù)）,由于Vl逐漸減小、V2逐漸變大，感應(yīng)電

流I逐漸減小，當(dāng)v∣=V2=鄂寸1=0,

導(dǎo)體棒的加速度：a=^=警，由于I逐漸減小，加速度a逐漸減??；

A、導(dǎo)體棒ab做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終以當(dāng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A正確；

B、導(dǎo)體棒Cd做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后以當(dāng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；

CD、由于導(dǎo)體棒ab做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)、Cd做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，Vi-V2逐

漸減小且減小的越來(lái)越慢，則感應(yīng)電流I=”9戶(hù)?逐漸減小，且減小的越來(lái)越慢，故

CD錯(cuò)誤。

故選：A0

題型二：系統(tǒng)動(dòng)量不守恒的同向運(yùn)動(dòng)的雙桿

（多選）例2.如圖，U形光滑金屬框abed置于水平絕緣平臺(tái)上，ab和de邊平行，和be邊

垂直。ab、de足夠長(zhǎng)，整個(gè)金屬框電阻可忽略，一根具有一定電阻的導(dǎo)體棒MN置于金

屬框上，用水平恒力F向右拉動(dòng)金屬框，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，裝置始終處于豎直向下的勻強(qiáng)磁

場(chǎng)中，MN與金屬框保持良好接觸，且與be邊保持平行，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后（）

××z??××××

a------------bτ

×××××>×,

__Fr

×××××>×

d------------c

××XNX×××

A.金屬框和導(dǎo)體棒速度相等

B.金屬框和導(dǎo)體棒加速度相等

C.導(dǎo)體棒所受安培力不變

D.金屬框的加速度不變

【解答】解：金屬框在恒力F作用下向右加速，由右手定則可知，be邊產(chǎn)生的感應(yīng)電流

從C流向b,由左手定則可知，導(dǎo)體棒受到向右的安培力作用，導(dǎo)體棒向右做加速運(yùn)動(dòng),

設(shè)金屬框的加速度為aι,導(dǎo)體棒的加速度為a2,設(shè)金屬框的速度為Vi,導(dǎo)體棒的速度為

V2,設(shè)導(dǎo)體棒的電阻為R,回路的感應(yīng)電流：1=?Z?,設(shè)金屬框的質(zhì)量為M,導(dǎo)

K

體棒的質(zhì)量為m,對(duì)金屬框，牛頓第二定律得：F-BIL=Mai,對(duì)導(dǎo)體棒MN,由牛頓第

二定律得：BIL=ma2,金屬框與導(dǎo)體棒都做初速度為零的加速運(yùn)動(dòng)，vi、V2都變大，aι從

三開(kāi)始減小，導(dǎo)體棒的加速度a2從O開(kāi)始增大，當(dāng)金屬框與導(dǎo)體棒的加速度相等時(shí)，即

M

aι=a2=a時(shí)，解得：F=（M+m）a,加速度保持不變，回路感應(yīng)電流：I=行J空時(shí)=

十mJDL

2）二竿,此后金屬框與導(dǎo)體棒的速度差保持不變，感應(yīng)電流不變，導(dǎo)體

KK

棒所受到的安培力不變，加速度不變，金屬框與導(dǎo)體棒以相等的加速度做勻加速直線運(yùn)

動(dòng)，故A錯(cuò)誤，BCD正確。

故選：BCDo

題型三：系統(tǒng)動(dòng)量不守恒的反向運(yùn)動(dòng)的雙桿

（多選）例3.如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角。=30°的斜面上，導(dǎo)軌

電阻不計(jì)，間距L=0.4m0導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域I和∏,兩區(qū)域的邊界與斜面的交線

為MN,I中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，H中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，兩磁場(chǎng)

的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=0.5To在區(qū)域I中，將質(zhì)量m∣=0.1kg,電阻R1=0.1∩的金

屬條ab放在導(dǎo)軌上，ab剛好不下滑。然后，在區(qū)域∏中將質(zhì)量m2=0.4kg?電阻R2=

0.1∩的光滑導(dǎo)體棒Cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開(kāi)始下滑。Cd在滑動(dòng)過(guò)程中始終處于區(qū)域II

的磁場(chǎng)中，ab、Cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，g取IOmzS2。則（）

A.Cd下滑的過(guò)程中，ab中的電流由a流向b

B.ab剛要向上滑動(dòng)時(shí)，Cd的速度v=5m∕s

C.若從Cd開(kāi)始下滑到ab剛要向上滑動(dòng)的過(guò)程中，cd滑動(dòng)的距離s=3.8m,則此過(guò)程

中ab上產(chǎn)生的熱量Q=1.3J

D.若從Cd開(kāi)始下滑到ab剛要向上滑動(dòng)的過(guò)程中，cd滑動(dòng)的距離s=3.8m,則此過(guò)程

中通過(guò)ab的電荷量q=1.9C

【解答】解：A、Cd下滑的過(guò)程中，由右手定則可知Cd中的電流方向從d到c,所以ab

中的電流方向由a流向b,故A正確；

B、開(kāi)始放置ab剛好不下滑時(shí)，ab所受摩擦力為最大摩擦力，設(shè)其為FmaX，有：FmaX=

m?gsinθ

設(shè)ab剛好要上滑時(shí)，cd棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E,由法拉第電磁感應(yīng)定律有：E=BLv

設(shè)電路中的感應(yīng)電流為I,由閉合電路歐姆定律有I=萬(wàn)■密

設(shè)ab所受安培力為F安，有：F安=BlL

此時(shí)ab受到的最大摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有：F?=mιgsinθ+Fmax

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：v=5m∕s,故B正確；

C、設(shè)cd棒的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，

2

由能量守恒定律有：m2gxsinθ=Q總+∣m2v

由串聯(lián)電路規(guī)律有：Q=萬(wàn)務(wù)-Qo

K1十K2心

聯(lián)立解得：Q=1.3J,故C正確；

D、根據(jù)動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)公式E=羿，歐姆定律/=丁%結(jié)合I=qt聯(lián)立解得：∕=

ZlLAi-?！?Πι-ΓΛ2

代入數(shù)據(jù)得：q=3.8C,故D錯(cuò)誤；

故選：ABCo

題型四：無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)的雙桿（巧用動(dòng)量定理求解）

例4.（2018?天津）真空管道超高速列車(chē)的動(dòng)力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動(dòng)動(dòng)能的裝

置。圖1是某種動(dòng)力系統(tǒng)的簡(jiǎn)化模型，圖中粗實(shí)線表示固定在水平面上間距為1的兩條

平行光滑金屬導(dǎo)軌，電阻忽略不計(jì)。ab和Cd是兩根與導(dǎo)軌垂直、長(zhǎng)度均為1、電阻均為

R的金屬棒，通過(guò)絕緣材料固定在列車(chē)底部，并與導(dǎo)軌良好接觸，其間距也為1,列車(chē)的

總質(zhì)量為m。列車(chē)啟動(dòng)前，ab、Cd處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于

導(dǎo)軌平面向下，如圖1所示。為使列車(chē)啟動(dòng)，需在M、N間連接電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源，

電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計(jì)。列車(chē)啟動(dòng)后電源自動(dòng)關(guān)閉。

(1)要使列車(chē)向右運(yùn)行，啟動(dòng)時(shí)圖1中M、N哪個(gè)接電源正極，并簡(jiǎn)要說(shuō)明理由；

(2)求剛接通電源時(shí)列車(chē)加速度a的大??；

(3)列車(chē)減速時(shí)，需在前方設(shè)置如圖2所示的一系列磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域,

磁場(chǎng)寬度和相鄰磁場(chǎng)間距均大于1。若某時(shí)刻列車(chē)的速度為Vo,此時(shí)ab、cd均在無(wú)磁場(chǎng)

區(qū)域，試討論：要使列車(chē)停下來(lái)，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場(chǎng)？

q￡____ac

Λ∕6×××∣×××∣××××××××××××××K

xr××××××XX××××××××××××

NQXXxIXXXlXX________IyoXXXXXXXXXXXX_H_

若___________________事度**間距盟

-1bd

【解答】解：(I)M接電源正極,列車(chē)要向右運(yùn)動(dòng)，安培力方向向右，根據(jù)左手定則，

接通電源后，金屬棒中電流方向由a到b、由C到d,故M接電源正極。

(2)由題意，啟動(dòng)時(shí)ab、Cd并聯(lián)，設(shè)回路總電阻為R總，由電阻的串并聯(lián)知識(shí)可得:

R總=苧

設(shè)回路總電流為1,根據(jù)閉合電路歐姆定律有：

T

設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F,有：

F=BlI

根據(jù)牛頓第二定律有：

F=ma

FBll2BEI

得:——-—————

mmmR

(3)設(shè)列車(chē)減速時(shí)，cd進(jìn)入磁場(chǎng)后經(jīng)At時(shí)間ab恰好進(jìn)入磁場(chǎng)，此過(guò)程中穿過(guò)金屬棒與

導(dǎo)軌所圍回路的磁通量的變化量為4φ,平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E∣,則由法拉第電磁感應(yīng)定

律有：

EI-TF

其中4φ=BF

設(shè)回路中平均電流為1',由閉合電路歐姆定律有：

L=區(qū)

2R

設(shè)Cd受到的平均安培力為F',有：

F,=BI,1

以向右為正方向，設(shè)At時(shí)間內(nèi)Cd受到安培力沖量為I沖，有：

I沖=-F,?t

同理可知，回路出磁場(chǎng)時(shí)ab受安培力沖量仍為上述值，設(shè)回路進(jìn)出一塊有界磁場(chǎng)區(qū)域安

培力沖量為Io,有：

Io=2I沖

設(shè)列車(chē)停下來(lái)受到的總沖量為I總，由動(dòng)量定理有：

I?=0-mvo

聯(lián)立上式解得：

’總

mv0R

23

I0—BI

討論：若￡恰好為整數(shù)，設(shè)其為n,則需設(shè)置n塊磁場(chǎng)，若上不為整數(shù)，整數(shù)部分為N,

1O1O

則需設(shè)置N+1塊磁場(chǎng)。

答：(1)要使列車(chē)向右運(yùn)行，啟動(dòng)時(shí)圖1中M接電源正極，理由見(jiàn)解答；

2.BEI

(2)剛接通電源時(shí)列車(chē)加速度a的大小為——；

mR

(3)若工磐恰好為整數(shù)，則需設(shè)置n塊磁場(chǎng)，若工磐不為整數(shù)，整數(shù)部分為N,則需

B2I3B2I3

設(shè)置N+1塊磁場(chǎng)。

三.舉一反三，鞏固練習(xí)

1.如圖所示，相距為L(zhǎng)的兩條足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌右端連接有一定值電阻R,整個(gè)裝置

被固定在水平地面上，整個(gè)空間存在垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

為B,兩根質(zhì)量均為m,電阻都為R,與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ的相同金屬棒MN、

EF垂直放在導(dǎo)軌上?，F(xiàn)在給金屬棒MN施加一水平向左的作用力F,使金屬棒MN從

靜止開(kāi)始以加速度a做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，若重力加速度為g,導(dǎo)軌電阻不計(jì)，最大靜摩

擦力與滑動(dòng)摩擦力相等.則下列說(shuō)法正確的是()

A.從金屬棒MN開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到金屬棒EF開(kāi)始運(yùn)動(dòng)經(jīng)歷的時(shí)間為t=駕嚶

B.若從金屬棒MN開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到金屬棒EF開(kāi)始運(yùn)動(dòng)經(jīng)歷的時(shí)間為T(mén),則金屬棒EF開(kāi)始

運(yùn)動(dòng)時(shí)，水平拉力F的瞬時(shí)功率為P=(ma+μmg)aT

C.若從金屬棒MN開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到金屬棒EF開(kāi)始運(yùn)動(dòng)經(jīng)歷的時(shí)間為T(mén),則此過(guò)程中流過(guò)

BaT2

電阻R的電荷量為——L

3R

D.從金屬棒MN開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到金屬棒EF開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，兩金屬棒的發(fā)熱量相等

【解答】解：MN與電阻R的并聯(lián)阻值Rl=黑=0.5R

JΠ~ΓΠ

A、以EF為研究對(duì)象，設(shè)EF剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)其電流大小為I,則通過(guò)MN的電流為21,

EF棒剛要開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，由平衡條件得：BIL=umg,

根據(jù)閉合電路歐姆定律得：E=2I(R+0.5R)=3IR

感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E=BLV

MN做勻速直線運(yùn)動(dòng)，MN的速度v=at

解得：t=毀嚶，故A正確；

BTa

B、金屬棒EF開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，山平衡條件得：BlL=μmg,解得：I=贊

金屬棒MN所受的安培力大小為Fsw=BX2IL

以MN為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得：F-Mng-F安堆=ma

拉力的功率為P=FV

MN的速度大小v=aT

解得：P=(ma÷3μmg)aT,故B錯(cuò)誤；

C、MN棒在T時(shí)間內(nèi)通過(guò)的位移為X=；aT2

由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：萬(wàn)=羿=等

平均感應(yīng)電流：∕=R?-=RH?=I‰

并

流過(guò)電阻R的電荷量：Q=TAt

2

解得通過(guò)MN棒的電量為Q=嚕?

由于兩棒的電阻都為R，則此過(guò)程中流過(guò)電阻R的電荷量為q=∣Q=嚅;故C錯(cuò)誤；

D、山丁MN棒切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)于電源，通過(guò)MN的電流是EF電流

的2倍，根據(jù)焦耳定律Q=FRt可知，MN的發(fā)熱量是EF的4倍，故D錯(cuò)誤。

故選：Ao

2.(多選)如圖，『”型金屬導(dǎo)軌固定放置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。其中ab?de導(dǎo)軌

水平放置，ef、be導(dǎo)軌豎直放置，到過(guò)在轉(zhuǎn)角處連接良好。AW和BB，是電阻為r=0.5Q

的兩根均質(zhì)金屬導(dǎo)體棒。已知水平和豎直導(dǎo)軌的寬度均為L(zhǎng)=Im,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T,

兩根導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2,AA,導(dǎo)體棒質(zhì)量為mA=2kg,BB'導(dǎo)體棒

的質(zhì)量為m∣3=0.2kg0初始時(shí)，兩導(dǎo)體棒位于圖示位置，且突然給A"桿一水平向左的

初速度vo=5m∕s,并同時(shí)釋放BB，桿，假如導(dǎo)軌無(wú)電阻且足夠長(zhǎng)，金屬桿在運(yùn)動(dòng)中過(guò)程

始終與導(dǎo)軌接觸良好，glX10m∕s2,則（）

B.BB，桿最終的加速度為10π√s2

C.若從開(kāi)始至AA，桿靜止，桿AA，產(chǎn)生的焦耳熱為10.5J,則AA，的位移為Im

D.BB，桿開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，AA桿的速度為ImZs

【解答】解：A、初始時(shí)導(dǎo)體棒AA，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，其大小為E=E=BLVo

=2X1X5V=IoV,AA?BB桿和導(dǎo)軌構(gòu)成的回路中感應(yīng)電流大小為I=最=忐FA=

10A,AA，桿在水平方向受到的安培力與滑動(dòng)摩擦力作用，其中安培大小為F=IBL=10義

2×1N=2ON,滑動(dòng)摩擦力大小為f=μmAg=0?2X2X10N=4N,根據(jù)牛頓第二定律，有

ma=F+f,得到a—12m∕s2,故A錯(cuò)誤：

B、經(jīng)運(yùn)動(dòng)分析可知，AA桿在安培力和摩擦力作用下減速為0,回路中此時(shí)無(wú)電流，BB'

桿不受安培力做自由落體運(yùn)動(dòng)，故其加速度為g=IOm*,故B正確；

C、分析AA，桿，AA桿從初始時(shí)刻到停止，其受到安培力和滑動(dòng)摩擦力的作用，安培力

做功等于回路中產(chǎn)生的總焦耳熱,而回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為AA，桿產(chǎn)生焦耳熱的2倍，

故AA，桿從初始時(shí)刻到停止回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為Q=2QA√=2X10.5J=21J0設(shè)AA'

桿從初始時(shí)刻到停止運(yùn)動(dòng)的位移為X，依據(jù)動(dòng)能定理，-Q-fk=0-±τ∏4詔,解得x=lm,

故C正確；

D、當(dāng)BB，桿剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，其所受的重力等于摩擦力，即有mBg=fB,又fb=μF,故可

R2J2

得此時(shí)BB，桿受到的安培力F=ION,又F=2」，解得此時(shí)a桿的速度VA=2.5m∕s,

故D錯(cuò)誤。

故選：BCo

3.（多選）如圖所示，兩根平行且光滑的金屬導(dǎo)軌由圓弧部分和水平部分組成，圓弧部分

由兩段間距為21、豎直放置的四分之一圓弧導(dǎo)軌構(gòu)成，水平部分由足夠長(zhǎng)、但不等寬的

水平導(dǎo)軌構(gòu)成，水平導(dǎo)軌的寬、窄部分間距分別為21、1,虛線MN右側(cè)導(dǎo)軌區(qū)域處于

豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，寬、窄兩部分區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B、2B。金屬棒

ab與Cd的質(zhì)量均為m、電阻均為R,長(zhǎng)度分別為I、21,金屬棒ab靜止在窄導(dǎo)軌上。

現(xiàn)將金屬棒cd從圓弧軌道上距水平導(dǎo)軌h高度處由靜止釋放，在此后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，

Cd始終在寬導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，ab始終在窄導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)，兩金屬棒始終垂直于導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌

接觸良好。導(dǎo)軌各部分之間均平滑連接，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g,則（）

A.金屬棒Cd剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為Jg/

Bl,---

B.通過(guò)金屬棒ab的最大電流為?^?,2g∕i

C.整個(gè)過(guò)程中金屬棒Cd上產(chǎn)生的焦耳熱為?mgh

4

D.整個(gè)過(guò)程中通過(guò)金屬棒cd的電荷量為含

【解答】解：A、金屬棒Cd沿圓弧導(dǎo)軌下滑的過(guò)程中，根揩機(jī)械能守恒定律可得mgh=

?mv2,解得金屬棒Cd剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為V=底元故A錯(cuò)誤；

B、金屬棒Cd剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，感應(yīng)電流最大，流過(guò)兩

個(gè)金屬棒的電流相同，則通過(guò)金屬棒ab的最大電流為ImaX=^^^=岑/^蕨，故B正

確；

C、金屬棒Cd進(jìn)入磁場(chǎng)后的開(kāi)始階段，cd棒受到向左的安培力作用做減速運(yùn)動(dòng)，ab受到

向右的安培力作用做加速運(yùn)動(dòng)，兩金屬棒所受的安培力始終大小相等，方向相反，故兩

金屬棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，最終兩金屬棒共速，取向右為正方向，山動(dòng)量守恒定律得：

[11

mv=2mv共，整個(gè)過(guò)程中金屬棒cd上產(chǎn)生的焦耳熱為Q=（-mv2--×2mv共？）=

422

?znv2=?mgh,故C正確；

D、對(duì)金屬棒cd,由動(dòng)量定理得：-B7?21?At=mv戲-mv,通過(guò)金屬棒Cd的電荷量為

q=∕?Δt,聯(lián)立解得q=卷?2g/i,故D正確。

故選：BCD。

4.（多選）如圖，兩根足夠長(zhǎng)的固定的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的

距離為Io導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒1和2,構(gòu)成矩形回路。兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量皆為

m,電阻皆為R,回路中其余部分的電阻可不計(jì)，在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻

強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為Bo初始棒2靜止，棒1有指向棒2的初速度VOo若兩導(dǎo)體棒在

運(yùn)動(dòng)中始終不接觸，則（）

▲▲

B

A.棒1的最小速度為零

B.棒2的最大加速度為-----°

2mR

C.棒1兩端電壓的最大值為BLVO

D.棒2產(chǎn)生的最大熱量為百m說(shuō)

【解答】解：A、棒1向右做減速運(yùn)動(dòng)，棒2向右做加速運(yùn)動(dòng)，最終兩棒速度相同，此時(shí)

棒1的速度最小,設(shè)為V。取向右為正方向,根據(jù)兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒得：mvo=2mv,

可得V=等故A錯(cuò)誤；

B、棒1開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，感應(yīng)電流最大，棒2受到的安培力最大,

加速度最大，為a=警，又I=贊,可得a=嗓③，故B正確：

771ZnZTTLA

C、棒1開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，回路中感應(yīng)電流最大，棒1兩端電壓的最大值，為U=?=∣BLvo,

故C錯(cuò)誤；

D、設(shè)棒2產(chǎn)生的最大熱量為Q,則兩棒產(chǎn)生的最大熱量為2Q,由能量守恒定律得：

Il1

-mvo2=2×2mv2+2Q,Uj'得Q=8小詔，故D正確。

故選：BD0

5.（多選）如圖，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長(zhǎng)的平行金

屬導(dǎo)軌相同的光滑金屬棒P、Q靜止在導(dǎo)軌上。t=0時(shí)用水平恒力F向右拉動(dòng)金屬棒Q

運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒PQ始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好金屬棒P、Q與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路中的

電流用I表示、磁通量用Φ中表示：金屬棒Q的加速度用a表示，其相對(duì)金屬棒P的

速度用VQP表示。下列關(guān)于I、①、a、VQP與時(shí)間t的關(guān)系圖像中錯(cuò)誤的是（）

【解答】解：ABD>由題意可知，Q棒由靜止開(kāi)始加速，對(duì)Q棒，根據(jù)牛頓第二定律可

得

F-F安=maQ

對(duì)P棒，根據(jù)牛頓第二定律有

F*≈map

又F?c=BIL

根據(jù)閉合電路的歐姆定律有

BL∣v∩p

I=中

式中VQP=VQ-Vp

故開(kāi)始一段時(shí)間內(nèi)棒的速度增大，F(xiàn).女也逐漸增大，而aQ逐漸減小，ap逐漸增大，且有

a（3>ap,故VQP逐漸增大；當(dāng)aQ和ap相同時(shí)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，VQP不再改變，電流不再增

加，故金屬棒Q先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故AB錯(cuò)誤，D正確；

C、兩金屬棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，aQ和ap相同且VQ>VP,故Q、P間的距離XQP增大，根

據(jù)

Φ=BLXQP

可知Φ不斷增大，故C錯(cuò)誤。

題目要求選擇錯(cuò)誤的,

故選：ABCo

6.（多選）如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬直導(dǎo)軌固定在水平面上，左側(cè)軌道間距為2d,

右側(cè)軌道間距為d.軌道處于豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.質(zhì)量為

2m、有效電阻為2R的金屬棒a靜止在左側(cè)軌道上，質(zhì)量為m、有效電阻為R的金屬

棒b靜止在右側(cè)軌道上.現(xiàn)給金屬棒a一水平向右的初速度vo,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間兩金屬

棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài).已知兩金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終相互平行且與導(dǎo)軌良好接觸，導(dǎo)軌電阻

忽略不計(jì)，金屬棒a始終在左側(cè)軌道上運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是（）

/--------------

A.金屬棒b穩(wěn)定時(shí)的速度大小為誓?

B.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)金屬棒a的電荷量為四f

C.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩金屬棒掃過(guò)的面積差為駕詈

B*2d*B

2,

D.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒b產(chǎn)生的焦耳熱為BTn若

【解答】解：ABC、達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)，電路中電流為零，設(shè)此時(shí)a、b棒的速度分別為vi、

V2,則有

2Bdv∣=Bdv2

對(duì)變速運(yùn)動(dòng)中取極短時(shí)間At,以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理，對(duì)a棒有

-2BId?△t=2m?Δv?

對(duì)b棒有

BId?Δt=m?ΔV2

對(duì)變速運(yùn)動(dòng)全過(guò)程有Bdq=m（V0-Vi）

Vo-V1=V2

聯(lián)立解得從t=0時(shí)到達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，通過(guò)金屬棒a的電荷量為q=翦；

21

V2=?vɑVl=?vo

設(shè)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩金屬棒掃過(guò)的面積差為?S,則根據(jù)流過(guò)金屬棒a的電荷量

ΔΦB?AS

^=3R=^R-

聯(lián)立整理可得AS=駕約

Bzd

故A錯(cuò)誤，BC正確;

D、根據(jù)能量守恒定律可知，從t=0時(shí)至達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，回路產(chǎn)生的內(nèi)能為

Q=i?2mvQ—i?2mvι-?mvj

整理可得Q=Im詔

整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒b產(chǎn)生的焦耳熱和金屬棒a產(chǎn)生的焦耳熱滿(mǎn)足

‰^2

故整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒b產(chǎn)生的焦耳熱Qb=5m詔

故D正確。

故選：BCDo

7.（多選）如圖，兩根足夠長(zhǎng)的平行光滑導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，所在空間有方向垂直

于水平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)軌的間距為L(zhǎng),電阻不計(jì)；導(dǎo)

軌上靜置兩根長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒PQ和MN,其中PQ的質(zhì)量為2m、阻值為R,MN

的質(zhì)量為m、阻值為2R.若在t=0時(shí)刻給PQ一個(gè)平行于導(dǎo)軌向右的初速度vo,不計(jì)運(yùn)

動(dòng)過(guò)程中PQ和MN的相互作用力，則（）

XXMXXPXX

XX×X×X

mZm---->vo

×××B××X

××N×XQX×

A.t=0時(shí)刻，兩導(dǎo)體棒的加速度大小相等

2

B.t=0時(shí)刻，PQ兩端的電壓為-BLVO

1

C.PQ勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為§vo

D.從t=0時(shí)刻到PQ勻速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，導(dǎo)體棒MN產(chǎn)生的焦耳熱為gm%2

【解答】解：A、t=0時(shí)刻，兩棒的安培力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律可得MN的加速

度大小為：aι=條，NN的加速度大小為：a2=條；二者的加速度大小不相等，故A錯(cuò)

誤；

B、t=0時(shí)PQ切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為Eo=BLv0,根據(jù)歐姆定律可得PQ兩端

OP?

的電壓為U=no;pE=Lvo