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专题20 电磁感应中的双导体棒和线框模型-2024年新课标高中物理模型与方法
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这是一份专题20 电磁感应中的双导体棒和线框模型-2024年新课标高中物理模型与方法，文件包含专题20电磁感应中的双导体棒和线框模型原卷版docx、专题20电磁感应中的双导体棒和线框模型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共41页， 欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc30214" 一. 无外力等距双导体棒模型 PAGEREF _Tc30214 \h 1
\l "_Tc29538" 二．有外力等距双导体棒模型 PAGEREF _Tc29538 \h 8
\l "_Tc27878" 三．不等距导轨双导体棒模型 PAGEREF _Tc27878 \h 12
\l "_Tc29756" 四．线框模型 PAGEREF _Tc29756 \h 16
一.无外力等距双导体棒模型
【模型如图】
1．电路特点
棒2相当于电源；棒1受安培力而加速起动,运动后产生反电动势.
2．电流特点：
随着棒2的减速、棒1的加速，两棒的相对速度变小，回路中电流也变小。
时：电流最大，。 时：电流
3．两棒的运动情况
安培力大小：
两棒的相对速度变小,感应电流变小,安培力变小.棒1做加速度变小的加速运动，棒2做加速度变小的减速运动，最终两棒具有共同速度。
4．两个规律
(1)动量规律：两棒受到安培力大小相等方向相反,系统合外力为零,
系统动量守恒.
(2)能量转化规律：系统机械能的减小量等于内能的增加量.（类似于完全非弹性碰撞）
两棒产生焦耳热之比：；
5．几种变化：
(1)初速度的提供方式不同 (2)磁场方向与导轨不垂直 (3)两棒都有初速度（两棒动量守恒吗？）
(4)两棒位于不同磁场中（两棒动量守恒吗？）
【模型演练1】(多选)(2021·山东临沂市上学期期末)如图所示，水平面上有相距为L的两光滑平行金属导轨，导轨上静止放置着金属杆a和b(杆a、b均与导轨垂直)，两杆均位于匀强磁场的左侧，让杆a以速度v向右运动，当杆a与杆b发生弹性碰撞后，两杆先后进入右侧的磁场中，当杆a刚进入磁场时，杆b的速度刚好为a的一半．已知杆a、b的质量分别为2m和m，接入电路的电阻均为R，其他电阻忽略不计，设导轨足够长，磁场足够大，则( )
A．杆a与杆b碰撞后，杆a的速度为eq \f(v,3)，方向向右
B．杆b刚进入磁场时，通过b的电流为eq \f(2BLv,3R)
C．从b进入磁场至a刚进入磁场时，该过程产生的焦耳热为eq \f(7,8)mv2
D．杆a、b最终具有相同的速度，大小为eq \f(2v,3)
【答案】 ABC
【解析】 以向右为正方向，杆a与杆b发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒得2mv＝2mv1＋mv2，eq \f(1,2)×2mv2＝eq \f(1,2)×2mv12＋eq \f(1,2)×mv22，解得v1＝eq \f(v,3)，v2＝eq \f(4,3)v，即杆a的速度为eq \f(v,3)，方向向右，故A正确；杆b刚进入磁场时，通过b的电流为I＝eq \f(BLv2,2R)＝eq \f(2BLv,3)，故B正确；从b进入磁场至a刚进入磁场时，由能量守恒得该过程产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)v1))2＝eq \f(7,8)mv2，故C正确；a进入磁场后，a、b组成的系统，动量守恒，则有2mv1＋m·eq \f(1,2)v1＝(2m＋m)v3，解得v3＝eq \f(5,18)v，即杆a、b最终具有相同的速度，大小为eq \f(5,18)v，故D错误．
【模型演练2】(2020·浙江Z20联盟联考)如图所示，水平放置的两根平行光滑金属导轨固定在平台上，导轨间距为1 m，处在磁感应强度为2 T、竖直向下的匀强磁场中，平台离地面的高度为h＝3.2 m，初始时刻，质量为2 kg的杆ab与导轨垂直且处于静止状态，距离导轨边缘为d＝2 m，质量同为2 kg的杆cd与导轨垂直，以初速度v0＝15 m/s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＝1 Ω，导轨电阻不计，两杆落地点之间的距离s＝4 m(整个过程中两杆始终不相碰)．
(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)5 m/s (2)7 m (3)100 J
【解析】 (1)设ab、cd杆从磁场边缘射出时的速度分别为v1、v2
设ab杆落地点到平台边缘的水平位移为x，cd杆落地点到平台边缘的水平位移为x＋s，则有 x＝v1eq \r(\f(2h,g))
x＋s＝v2eq \r(\f(2h,g))
根据动量守恒定律得：mv0＝mv1＋mv2，
解得：v1＝5 m/s，v2＝ 10 m/s
(2)ab杆运动距离为d，对ab杆应用动量定理得：BILΔt＝BLq＝mv1
设cd杆运动距离为d＋Δx，q＝eq \f(ΔΦ,2r)＝eq \f(BLΔx,2r)
解得Δx＝eq \f(2rmv1,B2L2)
cd 杆运动距离为d＋Δx＝d＋eq \f(2rmv1,B2L2)＝7 m
(3)根据能量守恒，电路中产生的焦耳热等于系统损失的机械能
Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22＝100 J.
【模型演练3】(2021·湖南常德市高三一模)如图所示，两根间距为l的光滑金属导轨(不计电阻)，由一段圆弧部分与一段无限长的水平部分组成，其水平部分加有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨水平部分静止放置一金属棒cd，质量为2m，电阻为2r.另一质量为m，电阻为r的金属棒ab，从圆弧部分M处由静止释放下滑至N处进入水平部分，棒与导轨始终垂直且接触良好，圆弧部分MN半径为R，所对圆心角为60°，重力加速度为g.求：
(1)ab棒在N处进入磁场区速度是多大？此时棒中电流是多少？
(2)cd棒能达到的最大速度是多大？
(3)cd棒由静止到最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？
【答案】 (1)eq \r(gR) eq \f(Bl\r(gR),3r) (2)eq \f(1,3)eq \r(gR) (3)eq \f(1,3)mgR
【解析】 (1)ab棒由M下滑到N过程中机械能守恒，故
mgR(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(gR)
进入磁场区瞬间，回路中电流
I＝eq \f(E,2r＋r)＝eq \f(Bl\r(gR),3r)
(2)ab棒在安培力作用下做减速运动，cd棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度v′时，电路中电流为零，安培力为零，cd棒达到最大速度．ab、cd两棒组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得mv＝(2m＋m)v′，
解得v′＝eq \f(1,3)eq \r(gR)
(3)系统释放的热量应等于系统机械能的减少量，
故Q＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)·3mv′2
解得Q＝eq \f(1,3)mgR
【模型演练4】(2020·山东济宁市一模)两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上垂直放置两根导体棒a和b，俯视图如图甲所示．两根导体棒的质量均为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计，在整个导轨平面内，有磁感应强度大小为B、竖直向上的匀强磁场．两导体棒与导轨接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距为x0，现给导体棒a一向右的初速度v0，并开始计时，可得到如图乙所示的Δv－t图象(Δv表示两棒的相对速度，即Δv＝va－vb)，求：
(1)0～t2时间内，回路产生的焦耳热；
(2)t1时刻，棒a的加速度大小；
(3)t2时刻，两棒之间的距离．
【答案】 (1)eq \f(1,4)mv02 (2)eq \f(B2L2v0,8mR) (3)x0＋eq \f(mv0R,B2L2)
【解析】 (1)t2时刻，两棒速度相等
以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋m)v
由能量守恒定律得Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv2
联立解得Q＝eq \f(1,4)mv02
(2)t1时刻，回路中的感应电动势E＝BLva－BLvb＝BLΔv＝eq \f(BLv0,4)
此时棒a所受的安培力大小F＝BIL＝Beq \f(E,2R)L
由牛顿第二定律可得F＝ma
则棒a的加速度大小a＝eq \f(B2L2v0,8mR)
(3)t2时刻，两棒速度相同，由(1)知v＝eq \f(v0,2)
0～t2时间内，对棒b由动量定理有
Beq \x\t(I)Lt2＝mv－0
又q＝eq \x\t(I)t2＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(BLx－x0,2R)
联立解得x＝x0＋eq \f(mv0R,B2L2).
【模型演练5】(2020·辽宁部分重点中学协作体模拟)如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T．在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L＝1 m，电阻可忽略不计．质量均为m＝1 kg，电阻均为R＝2.5 Ω的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好．先将PQ暂时锁定，金属棒MN在垂直于棒的拉力F作用下，由静止开始以加速度a＝0.4 m/s2向右做匀加速直线运动，5 s后保持拉力F的功率不变，直到棒以最大速度vm做匀速直线运动．
(1)求棒MN的最大速度vm；
(2)当棒MN达到最大速度vm时，解除PQ锁定，同时撤去拉力F，两棒最终均匀速运动．求解除PQ棒锁定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热．
(3)若PQ始终不解除锁定，当棒MN达到最大速度vm时，撤去拉力F，棒MN继续运动多远后停下来？(运算结果可用根式表示)
【答案】 (1)2eq \r(5) m/s (2)5 J (3)40eq \r(5) m
【解析】 (1)棒MN做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F－BIL＝ma
棒MN做切割磁感线运动，产生的感应电动势为：E＝BLv
棒MN做匀加速直线运动，5 s时的速度为：v＝at1＝2 m/s
在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得：I＝eq \f(E,2R)
联立上述式子，有：F＝ma＋eq \f(B2L2at,2R)
代入数据解得：F＝0.5 N
5 s时拉力F的功率为：P＝Fv
代入数据解得：P＝1 W
棒MN最终做匀速运动，设棒最大速度为vm，棒受力平衡，则有：eq \f(P,vm)－BImL＝0
Im＝eq \f(BLvm,2R)
代入数据解得：vm＝2eq \r(5) m/s
(2)解除棒PQ后，两棒运动过程中动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设速度大小为v′，则有：mvm＝2mv′
设从PQ棒解除锁定，到两棒达到相同速度，这个过程中，两棒共产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律可得：Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)×2mv′2
代入数据解得：Q＝5 J；
(3)棒以MN为研究对象，设某时刻棒中电流为i，在极短时间△t内，由动量定理得：－BiL△t＝m△v
对式子两边求和有：∑(－BiLΔt)＝∑(mΔvm)
而△q＝i△t
对式子两边求和，有：∑Δq＝∑(iΔt)
联立各式解得：BLq＝mvm，
又对于电路有：q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(\x\t(E),2R)t
由法拉第电磁感应定律得：eq \x\t(E)＝eq \f(BLx,t)
又q＝eq \f(BLx,2R)
代入数据解得：x＝40eq \r(5) m
【模型演练6】(2021·河南九师联盟质检)如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计．质量分别为m和eq \f(1,2)m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直．图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场．质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h.已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞．重力加速度为g.求：
(1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；
(2)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小；
(3)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热．
【答案】 (1)0 eq \r(2gh) (2)eq \f(5,6)eq \r(2gh) (3)eq \f(1,3)mgh
【解析】 (1)设a棒滑到水平导轨时速度为v0，下滑过程中a棒机械能守恒，则有：eq \f(1,2)mv02＝mgh
a棒与b棒发生弹性正碰
由动量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2
由机械能守恒定律：eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22
联立解得v1＝0，v2＝v0＝eq \r(2gh)
(2)b棒刚进磁场时的加速度最大．
设b棒进入磁场后某时刻，b棒的速度为vb，c棒的速度为vc，则b、c组成的回路中的感应电动势E＝BL(vb－vc)
由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R总)，
由安培力公式得F＝BIL＝ma，
联立得a＝eq \f(B2L2vb－vc,mR总).
故当b棒加速度为最大值的一半时有v2＝2(v2′－v3′)
b、c两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒．
由动量守恒定律：mv2＝mv2′＋eq \f(m,2)v3′
联立得v2′＝eq \f(5,6)v2＝eq \f(5,6)eq \r(2gh)
(3)最终b、c以相同的速度匀速运动．
由动量守恒定律：mv2＝(m＋eq \f(m,2))v
由能量守恒定律：eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)(m＋eq \f(m,2))v2＋Q
解得Q＝eq \f(1,3)mgh.
二．有外力等距双导体棒模型
【模型如图】
1．电路特点：棒2相当于电源，棒1受安培力而起动.
2．运动分析：某时刻回路中电流：
安培力大小：。棒1： 棒2：
最初阶段，, 只要,；； ；；
当时，恒定，恒定，恒定，两棒匀加速
3．稳定时的速度差
，，，，
【模型演练1】(多选)(2021·四川成都市第二次诊断)如图所示，方向竖直向上的匀强磁场中固定着两根位于同一水平面内的足够长平行金属导轨，导轨上静止着与导轨接触良好的两根相同金属杆1和2，两杆与导轨间的动摩擦因数相同且不为零，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用平行于导轨的恒力F拉金属杆2使其开始运动，在足够长时间内，下列描述两金属杆的速度v随时间t变化关系的图象中，可能正确的是( )
【答案】 BD
【解析】 当力F作用到杆2上时，杆2立刻做加速运动，随着速度的增加，回路中产生感应电流，杆2受到向左的安培力，此时的加速度a＝eq \f(F－F安－μmg,m)＝eq \f(F－\f(B2L2v,R总)－μmg,m)，则随速度增加，杆2做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时做匀速运动；若此时杆1所受的向右的安培力小于杆1的最大静摩擦力，则此过程中杆1始终不动，A错误，B正确；由上述分析可知，当安培力增加到大于杆1的最大静摩擦力时，杆1开始运动，则随着安培力的增加，杆1做加速度逐渐增加的加速运动，杆2做加速度减小的加速运动，当两杆的加速度相等时，两杆的速度差恒定，此时两杆所受的安培力恒定，加速度恒定，C错误，D正确．
【模型演练2】(多选)(2020·全国卷Ⅰ·21)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
【解析】 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＝eq \f(Blv1－v2,R)，感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从eq \f(F,M)开始减小，加速度差值减小．当a1＝a2时，得F＝(M＋m)a，a＝eq \f(F,M＋m)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＝eq \f(Blv1－v2,R)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．
【典例分析3】(2020·福建厦门市线上检测)如图所示，足够长的平行金属导轨MNC和PQD间距为L，左右两侧导轨平面与水平面夹角分别为α＝37°、β＝53°，导轨左侧空间磁场平行导轨向下，右侧空间磁场垂直导轨平面向下，磁感应强度大小均为B.均匀金属棒ab和ef质量均为m，长度均为L，电阻均为R，运动过程中，两金属棒与导轨保持良好接触且始终垂直于导轨，金属棒ab与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，金属棒ef光滑．同时由静止释放两金属棒，并对金属棒ef施加外力F，使ef棒保持a＝0.2g的加速度沿斜面向下匀加速运动．导轨电阻不计，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)金属棒ab运动过程中最大加速度的大小；
(2)金属棒ab达到最大速度所用的时间；
(3)金属棒ab运动过程中，外力F对ef棒的冲量．
【答案】 (1)0.2g (2)eq \f(4mR,B2L2) (3)eq \f(8m2gR,5B2L2)，沿斜面向上
【解析】 (1)金属棒ab释放瞬间加速度最大，根据牛顿第二定律有：mgsin α－μmgcs α＝mam
得am＝0.2g
(2)金属棒ab释放之后，合外力为零时速度最大，则有mgsin α＝μ(mgcs α＋BIL)
其中I＝eq \f(E,2R)，E＝BLvef，vef＝0.2gt1，得t1＝eq \f(4mR,B2L2)
(3)金属棒ab释放之后，设任意时刻的加速度为aab，根据牛顿第二定律得
mgsin α－μ(mgcs α＋BIL)＝maab，得：aab＝0.2g－eq \f(B2L2g,20mR)t，其图象如图所示
aab－t图象与t轴所围面积代表速度增量，由运动的对称性可知，从金属棒ab释放起，经过时间t2＝2t1＝eq \f(8mR,B2L2)速度减为零，此后保持静止，在此过程中，金属棒ef一直做匀加速直线运动，则有vef＝0.2gt2，xef＝eq \f(1,2)×0.2g×t22
对金属棒ef，规定沿斜面向下为正方向，由动量定理可得
IF－Beq \x\t(I)Lt2＋mgt2sin β＝mvef－0，其中q＝eq \x\t(I)t2＝eq \f(BLxef,2R)
得：IF＝－eq \f(8m2gR,5B2L2)，负号表示冲量沿斜面向上．
【模型演练4】(2020·浙江大学附属中学1月选考)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距l＝1 m，其电阻不计， 两导轨及其构成的平面均与水平面成 30°角．杆 1、杆 2 是两根用绝缘细线连接的金属杆，分别垂直导轨放置，每杆两端都与导轨始终接触良好，其质量分别为 m1＝0.1 kg和 m2＝0.2 kg，两杆的总电阻R＝3 Ω，两杆在沿导轨向上的外力F作用下保持静止．整个装置处在磁感应强度 B＝1 T的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直，在 t＝0 时刻将细线烧断，保持F不变，重力加速度 g＝10 m/s2，求：
(1)细线烧断瞬间，杆 1的加速度 a1 的大小；
(2)细线烧断后，两杆最大速度 v1、v2 的大小；
(3)两杆刚达到最大速度时，杆1上滑了0.8 m，则从 t＝0 时刻起到此刻用了多长时间？
(4)在(3)问情景中，电路产生的焦耳热．
【答案】 (1)10 m/s2 (2)2 m/s 1 m/s (3)0.6 s (4)0.9 J
【解析】 (1)细线烧断前由平衡条件有：F＝(m1＋m2)gsin 30°
细线烧断瞬间有：F－m1gsin 30°＝m1a1
解得：a1＝10 m/s2
(2)细线烧断后：F安1＝F安2
方向相反，由系统动量守恒得：m1v1＝m2v2，
两棒同时达到最大速度，之后做匀速直线运动．
对棒2：m2gsin 30°＝BIl，I＝eq \f(Blv1＋Blv2,R)
解得：v1＝2 m/s
v2＝1 m/s
(3)由系统动量守恒得m1v1＝m2v2
则m1x1＝m2x2
即x2＝0.4 m
设所求时间为t，对棒2由动量定理得：m2gsin 30°·t－B eq \x\t(I)l·t＝m2v2－0
eq \x\t(I)t＝eq \f(\x\t(E)·t,R)＝eq \f(BlΔx,R)＝eq \f(Blx1＋x2,R)
解得：t＝0.6 s
(4)由能量守恒得Fx1＋m2gsin 30°·x2＝m1gsin 30°·x1＋eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22＋Q
得Q＝0.9 J.
三．不等距导轨双导体棒模型
1.a棒减速，b棒加速，E＝BL1va－BL2vb由va↓vb↑⇒E↓⇒F安↓⇒a↓，当BL1va＝BL2vb时，a＝0，两棒匀速
2.动力学观点：最终速度
3.能量观点：动能转化为焦耳热
4.动量观点：
BIL1t＝mv0－mva
BIL2t＝mvb－0
【模型演练1】(多选)(2020·安徽省天长中学期末)如图所示，两根质量均为m的金属棒垂直地放在光滑的水平导轨上，左、右两部分导轨间距之比为1∶2，导轨间左、右两部分有大小相等、方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻，现用水平恒力F向右拉CD棒，在CD棒向右运动距离为s的过程中，AB棒上产生的焦耳热为Q，此时AB棒和CD棒的速度大小均为v，此时立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，则下列说法正确的是( )
A．v的大小等于eq \r(\f(Fs－3Q,m))
B．撤去拉力F后，AB棒的最终速度大小为eq \f(6,5)v，方向向右
C．撤去拉力F后，CD棒的最终速度大小为eq \f(2,5)v，方向向右
D．撤去拉力F后，整个回路产生的焦耳热为eq \f(1,10)mv2
【答案】 AD
【解析】 由于两棒的长度之比为1∶2，所以电阻之比为1∶2，由于两棒是串联关系，在任何时刻电流均相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt，所以CD棒上产生的焦耳热为2Q，在CD棒向右运动距离为s的过程中，根据功能关系有Fs＝3Q＋eq \f(1,2)mv2×2，解得v＝eq \r(\f(Fs－3Q,m))，A正确；设AB棒的长度为l，则CD棒的长度为2l，撤去拉力F后，AB棒继续向左加速运动，而CD棒向右开始减速运动，两棒最后匀速运动时，电路中电流为零，两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，此时两棒的速度满足BlvAB′＝B·2lvCD′，即vAB′＝2vCD′，对两棒分别应用动量定理有FABt＝mvAB′－mv，－FCDt＝mvCD′－mv，因为FCD＝2FAB，解得AB棒的速度大小为vAB′＝eq \f(6,5)v，方向向左，CD棒的速度大小为vCD′＝eq \f(3,5)v，方向向右，B、C错误；撤去拉力F后到最后稳定运动过程，整个回路产生的焦耳热为Q′，根据能量守恒定律有Q′＝eq \f(1,2)mv2×2－eq \f(1,2)mvAB′2－eq \f(1,2)mvCD′2，解得Q′＝eq \f(1,10)mv2，D正确．
【模型演练2】如图所示，将两根质量均为m＝2 kg的金属棒a、b分别垂直地放在水平导轨MNM′N′和PQP′Q′上，左右两部分导轨间距之比为1∶2，左右两部分导轨间有磁感应强度大小相等但方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻，金属棒b开始时位于图中M′P′位置，金属棒a在NQ位置。金属棒b用绝缘细线绕过光滑定滑轮和一物块c相连，c的质量mc＝2 kg，c开始时距地面的高度h＝4.8 m。物块c由静止开始下落，触地后不反弹，物块c触地时两棒速率之比va∶vb＝1∶2，物块c下落过程中b棒上产生的焦耳热为10 J，设导轨足够长且两棒始终在不同的磁场中运动，g＝10 m/s2，整个过程中导轨和金属棒接触良好，且导轨光滑。求：
(1)物块c触地时，两棒的速度大小va和vb；
(2)从物块c触地后开始，到两棒匀速运动过程中系统产生的热量。
【答案】(1)3 m/s，6 m/s；(2)16.2 J
【详解】
(1)金属棒a、b的有效长度分别为L和2L，所以电阻分别为R和2R，金属棒a、b串联，在任何时刻电流均相等，b棒产生的焦耳热Q2＝10 J，根据焦耳定律Q＝I2Rt，得a棒上产生的焦耳热为
Q1＝5 J
根据能量守恒定律有
根据题意有
va∶vb＝1∶2
解得va＝3 m/s，vb＝6 m/s
(2)物块c触地后，a棒向左做加速运动，b棒向右做减速运动，两棒最终匀速运动时电路中电流为零，即两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，设磁感应强度大小为B，则
BLva′＝B·2Lvb′
得va′＝2vb′
对两棒分别应用动量定理，有
解得
联立以上各式解得va′＝4.8 m/s，vb′＝2.4 m/s
根据能量守恒定律，从物块c触地到两棒匀速运动的过程中系统产生的热量为
代入数据，解得Q3＝16.2 J
【模型演练3】（2021·湖北武汉市·高三月考）如图，质量为m、电阻为R1的均匀金属棒ab垂直架在水平面甲内间距为2L的两光滑金属导轨的右边缘处。下方的导轨由光滑圆弧导轨与处于水平面乙的光滑水平导轨平滑连接而成（即图中半径OM和O′P竖直），圆弧导轨半径为R、对应圆心角为60°、间距为2L，水平导轨间距分别为2L和L。质量也为m、电阻为R2的均匀金属棒cd垂直架在间距为L的导轨左端。导轨MM′与PP′、NN′与QQ′均足够长，所有导轨的电阻都不计。电源电动势为E、内阻不计。所有导轨的水平部分均有竖直方向的、磁感应强度为B的匀强磁场，圆弧部分和其他部分无磁场。闭合开关S，金属棒ab迅即获得水平向右的速度（未知，记为v0）做平抛运动，并在高度降低2R时恰好沿圆弧轨道上端的切线方向落在圆弧轨道上端，接着沿圆弧轨道下滑。已知重力加速度为g，求∶
(1)空间匀强磁场的方向；
(2)棒ab做平抛运动的初速度v0；
(3)通过电源E某截面的电荷量q；
(4)从金属棒ab刚落到圆弧轨道上端起至开始匀速运动止，这一过程中棒ab和棒cd组成的系统损失的机械能E。
【答案】(1) 磁场竖直向下；(2) ； (3) ；(4)
【详解】
(1) 闭合开关S，金属棒ab迅即获得水平向右的速度，表面金属棒受到水平向右的冲量，所以安培力水平向右，根据左手定则，磁场竖直向下。
(2)金属棒ab进入圆弧轨道时，分解速度有
平抛运动中，竖直方向上有
解得
(3)金属棒ab弹出瞬间，根据动量定理得
所以通过电源E某截面的电荷量
(4)金属棒ab滑至水平轨道时，有
解得
最终匀速运动时，电路中无电流，所以棒ab和棒cd产生的感应电动势相等，即
此过程中，对棒ab由动量定理得
对棒cd由动量定理得
联立以上三式解得
，
该过程中损失的机械能为
解得
四．线框模型
（空气阻力不计）
【模型演练1】(2020·湖北高三开学考试)如图所示，在光滑的水平面上宽度为L的区域内，有竖直向下的匀强磁场．现有一个边长为a(aA．大于eq \f(v0,2) B．等于eq \f(v0,2)
C．小于eq \f(v0,2) D．以上均有可能
【答案】 B
【解析】 通过线圈横截面的电荷量：q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(\x\t(E),R)·Δt＝eq \f(ΔΦ,R)，
由于线圈进入和穿出磁场过程，线圈磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过线圈横截面的电荷量q相等，由动量定理得，线圈进入磁场过程：－Beq \x\t(I)at＝mv－mv0，线圈离开磁场过程：－Beq \x\t(I)at＝0－mv，由于q＝eq \x\t(I)t，则－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，解得v＝eq \f(v0,2)，故选B.
【模型演练2】(多选)(2020·黑龙江鹤岗一中月考)如图所示，有一边长为l的正方形导线框，质量为m，由高h处自由落下，其下边ab进入匀强磁场区域后，线框开始做减速运动，直到其上边cd刚穿出磁场时，速度减小为ab边刚进入磁场时速度的一半，此匀强磁场的宽度也是l，重力加速度为g，则下列结论正确的是( )
A．线框穿过磁场区域时做匀减速直线运动
B．线框穿过磁场区域时加速度方向先向上后向下
C．线框进入磁场时的加速度大于穿出磁场时的加速度
D．线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热为mg(2l＋eq \f(3,4)h)
【答案】 CD
【解析】 线框穿过匀强磁场的过程中，受到重力和安培力作用，设ab边刚进入磁场时的速度为v1，则E＝Blv1，所以电路中的电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(Blv1,R)，安培力F＝IlB＝eq \f(B2l2v1,R)，由此可知，安培力与速度有关，由牛顿第二定律知eq \f(B2l2v1,R)－mg＝ma，故线框在穿过磁场的过程中加速度随v的减小而减小，线框一直做减速运动，加速度方向一直向上，必有F≥mg，所以加速度不可能向下，故C正确，A、B错误；线框从释放至穿过磁场的过程中，设产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律得mg(h＋2l)－Q＝eq \f(1,2)m(eq \f(v1,2))2，mgh＝eq \f(1,2)mv12，联立解得Q＝mg(2l＋eq \f(3,4)h)，故D正确．
【模型演练3】(多选)(2020·黑龙江哈尔滨市模拟)如图所示，质量为3m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知线框的横边边长为L，水平方向匀强磁场的磁感应强度大小为B，磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h.初始时刻，磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，线框上边缘刚进磁场时，线框恰好做匀速直线运动，重力加速度为g，滑轮质量、摩擦阻力均不计．则下列说法中正确的是( )
A．线框进入磁场时的速度大小为eq \r(2gh)
B．线框的电阻为eq \f(B2L2,2mg)eq \r(2gh)
C．线框通过磁场的过程中产生的热量Q＝2mgh
D．线框通过磁场的时间为eq \r(\f(h,2g))
【答案】 AB
【解析】 线框进入磁场前，重物和线框组成的系统机械能守恒，有(3m－m)g·2h＝eq \f(1,2)×4mv2，解得线框进入磁场时的速度大小为v＝eq \r(2gh)，故A正确；线框进入磁场做匀速直线运动，根据平衡条件有3mg＝mg＋eq \f(B2L2v,R)，解得线框的电阻R＝eq \f(B2L2\r(2gh),2mg)，故B正确；线框通过磁场时做匀速直线运动，根据能量守恒定律有(3m－m)g·2h＝Q，解得Q＝4mgh，故C错误；线框通过磁场的时间为t＝eq \f(2h,v)＝eq \r(\f(2h,g))，选项D错误．
【模型演练4】.(2021·陕西省西安中学高三下学期第四次模拟)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有三条水平虚线l1、l2、l3，它们之间的区域Ⅰ、Ⅱ宽度均为d，两区域分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，一个质量为m、边长为d、总电阻为R的正方形导线框，从l1上方一定高度处由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过l1进入磁场Ⅰ时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，重力加速度为g.在线框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是( )
A．线框中感应电流的方向不变
B．线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所用时间
C．线框以速度v2做匀速直线运动时，发热功率为eq \f(m2g2R,4B2d2)sin2θ
D．线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，减少的机械能ΔE机与重力做功WG的关系式是ΔE机＝WG＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
【答案】CD
【解析】 线圈的ab边进入磁场Ⅰ过程，由右手定则判断可知，电流方向为逆时针；线框从磁场Ⅰ出来并进入磁场Ⅱ过程中，电流方向为顺时针；线框从磁场Ⅱ出来过程中，电流方向为逆时针，则线框中感应电流的方向会改变，A错误；当线框ab边恰好达到l2时，ab边与cd边共同切割磁感线，感应电动势为之前的2倍，瞬时电流也为之前时刻的2倍，所以ab与cd边受到的沿斜面向上的安培力合力为重力沿斜面向下的分量的4倍，线圈将做加速度逐渐减小的减速运动，直到以速度v2匀速直线运动，则有v1>v2，ab边从l1运动到l2的平均速度大于从l2运动到l3的平均速度，则线框ab边从l1运动到l2所用时间小于从l2运动到l3的时间，B错误；线圈以速度v2匀速运动时mgsin θ＝2BId＝2Bd·eq \f(2Bdv,R)＝eq \f(4B2d2v,R)得v＝eq \f(mgRsin θ,4B2d2)，电功率P＝Fv＝eq \f(m2g2R,4B2d2)sin2θ，C正确；机械能的减小等于线框产生的电能，则由能量守恒得知：线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，减少的机械能ΔE机与线框产生的焦耳热Q电的关系式是ΔE机＝Q电，即ΔE机＝WG＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，D正确．
【模型演练4】(多选)(2021·四川内江铁路中学月考)如图所示，空间有一个方向水平的有界磁场区域，一个矩形线框，自磁场上方某一高度下落，然后进入磁场，进入磁场时，导线框平面与磁场方向垂直，则在进入过程中导线框可能的运动情况是( )
A．加速度变小的加速下落
B．加速度变小的减速下落
C．匀速下落
D．匀加速下落
【答案】 ABC
【解析】 线框进入磁场过程中受到的安培力F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)，如果eq \f(B2L2v,R)mg，线框受到的合力向上，线框向下做减速运动，由牛顿第二定律得：eq \f(B2L2v,R)－mg＝ma，a＝eq \f(B2L2v,mR)－g，由于速度v减小，a减小，线框向下做加速度变小的减速运动，选项B正确；如果eq \f(B2L2v,R)＝mg，线框将向下做匀速直线运动，选项C正确．
【模型演练5】(2021·江苏省扬州中学高三下学期5月月考)如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd.t＝0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，bc边刚进入磁场的时刻为t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为i，ad边两端电压大小为U，水平拉力大小为F，则下列i、U、F随运动时间t变化关系图像正确的是( )
【答案】C
【解析】 根据物理规律得到物理量表达式，再选择图像是研究图像问题常用的思路，采用数学上数形结合的思维方法．金属杆的速度与时间的关系式为v＝at，a是加速度．由E＝BLv和I＝eq \f(E,R)得，感应电流与时间的关系式为I＝eq \f(BLa,R)t，B、L、a均不变，当0－t1时间内，感应电流为零，t1－t2时间内，电流I与t成正比，t2时间后无感应电流，故A、B错误；由E＝BLv和I＝eq \f(E,R)得，感应电流与时间的关系式为I＝eq \f(BLa,R)t，当0－t1时间内，感应电流为零，ad的电压为零，t1－t2时间内，电流I与t成正比，Uad＝IRad＝eq \f(BLat,R)×eq \f(1,4)R＝eq \f(BLat,4)，电压随时间均匀增加，t2时间后无感应电流，但有感应电动势，Uad＝E＝BLat，电压随时间均匀增加，故C正确；根据推论得知：金属杆所受的安培力为FA＝eq \f(B2L2v,R)，由牛顿第二定律得F－FA＝ma，得F＝eq \f(B2L2a,R)t＋ma，当0－t1时间内，感应电流为零，F＝ma为定值，t1－t2时间内，F与t成正比，F与t是线性关系，但不过原点，t2时间后无感应电流，F＝ma为定值，故D错误．
【模型演练6】(多选)(2020·陕西汉中市第二次检测)如图所示，在光滑的水平面上方有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场区域，磁场宽度均为L.一个边长为L、电阻为R的单匝正方形金属线框，在水平外力作用下沿垂直磁场方向运动，从如图实线位置Ⅰ进入磁场开始到线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置Ⅱ时，线框的速度始终为v，则下列说法正确的是( )
A．在位置Ⅱ时外力F为eq \f(4B2L2v,R)
B．在位置Ⅱ时线框中的总电流为eq \f(BLv,R)
C．此过程中回路产生的电能为eq \f(2B2L3v,R)
D．此过程中通过线框横截面的电荷量为0
【答案】 AD
【解析】 在位置Ⅱ时，总电流为I＝2eq \f(BLv,R)，根据左手定则可知线框左右两边所受安培力的方向均向左，为F＝2BIL，联立可得F＝eq \f(4B2L2v,R)，故A正确，B错误；金属线框从开始运动到位移为L过程中，只有一边切割磁感线，故电流为I1＝eq \f(BLv,R)，产生的电能为W＝I12Rt1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BLv,R)))2Req \f(L,v)＝eq \f(B2L3v,R)，从位移为L到eq \f(3,2)L过程中，线框两边切割磁感线，电流为I，产生的电能为W′＝I2Rt2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2BLv,R)))2Req \f(L,2v)＝eq \f(2B2L3v,R)，所以整个过程产生的电能为W总＝W＋W′＝eq \f(B2L3v,R)＋eq \f(2B2L3v,R)＝eq \f(3B2L3v,R)，故C错误；此过程穿过线框的磁通量变化量为0，根据q＝eq \x\t(I)Δt，eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R)＝eq \f(ΔΦ,RΔt)，可得q＝eq \f(ΔΦ,R)＝0，故D正确．
【模型演练7】(2020·天津市河西区3月调研)如图所示，空间等间距分布着水平方向的条形匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度B＝1 T，每一条条形磁场区域的宽度及相邻条形磁场区域的间距均为d＝0.5 m，现有一边长l＝0.2 m、质量m＝0.1 kg、电阻R＝0.1 Ω的正方形导线框MNOP以v0＝7 m/s的初速度从左侧磁场边缘水平进入磁场，求：
(1)线框MN边刚进入磁场时受到安培力的大小F；
(2)线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热Q；
(3)线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n.
【答案】 (1)2.8 N (2)2.45 J (3)4
【解析】 (1)线框MN边刚进入磁场区域时有
E＝BLv0①
E＝IR②
F＝ILB③
联立①②③解得：F＝2.8 N
(2)设线框水平速度减为零时，下落高度为H，此时速度为vH，由能量守恒可得：
mgH＋eq \f(1,2)mv02＝Q＋eq \f(1,2)mvH2④
根据自由落体规律有：vH2＝2gH⑤
联立④⑤得：Q＝eq \f(1,2)mv02＝2.45 J
(3)只有在线框进入或和穿出条形磁场区域时，才产生感应电动势，设线框部分进入条形磁场区域长度为x时，
线框水平切割磁感线速度为v时有：
E＝BLv⑥
E＝IR⑦
F＝ILB⑧
F＝ma＝meq \f(Δv,Δt)⑨
由⑥⑦⑧⑨得：eq \f(B2L2,R)vΔt＝mΔv⑩
即：∑eq \f(B2L2,R)vΔt＝∑mΔv
可有：eq \f(B2L2,R)x＝mv0⑪
n＝eq \f(x,2L)⑫
由⑪⑫并代入数据得：
n≈4.4⑬
故线框能穿过的完整条形磁场区域的个数为4.
【模型演练8】(2020·浙江杭州市5月检测)如图所示，边长为L，质量为m，电阻为R的匀质正方形刚性导体线框ABCD和直角坐标系xOy(x轴水平，y轴竖直)均处于竖直平面内．在第一象限的空间内存在垂直于纸面向里的磁场，磁感应强度满足B＝B0＋ky(B0和k均为大于0的已知量)．初始时，线框的A点与坐标原点O重合，AB边与x轴重合(此位置记为位置1)．现给线框一个沿着x轴正方向的速度v0，当线框的A点的纵坐标为H时(此位置记为位置2)，线框恰好达到稳定的运动速率．此后线框继续运动到位置3(位置3和位置2中A点的横坐标相距4L)．若整个运动过程中，线框始终处于同一竖直平面内，AB边始终保持水平，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)线框运动到位置2时线框内电流的大小和方向；
(2)线框从位置1运动到位置2所用的时间；
(3)线框从位置1运动到位置3的过程中产生的焦耳热；
(4)画出线框从位置2开始的运动过程中AB边上的电势差UAB随A点横坐标x变化的图象(不要求写出具体计算过程，但是要定量标出位置2所对应的横纵坐标值)．
【答案】 见解析
【解析】 (1)方向：逆时针(或沿ADCBA方向)
mg＝B2IL－B1IL
得I＝eq \f(mg,kL2)
(2)I＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B2－B1))Lvy,R)＝eq \f(kL2vy,R)
得vy＝eq \f(mgR,k2L4)
位置1至2，IA＝Beq \x\t(I)Lt＝BLq＝kL2eq \f(ΔΦ,R)＝kL2eq \f(L2kH,R)＝eq \f(k2L4H,R)
y方向由动量定理得mgt－IA＝mvy
联立可得t＝eq \f(k2L4H,mgR)＋eq \f(mR,k2L4)
(3)位置1至3，由能量守恒定律得：
mg(h＋H)＝Q＋eq \f(1,2)m(v02＋vy2)－eq \f(1,2)mv02
由h＝vyeq \f(4L,v0)，得h＝eq \f(4mgR,k2L3v0)
联立方程可得Q＝mgH＋eq \f(4m2g2R,k2L3v0)－eq \f(m3g2R2,2k4L8)
(4)图象形状(直线)和方位(负半轴)
【模型演练9】（2021·江苏省南京市十三中高三上学期调研）如图所示，一个正方形金属线圈从匀强磁场上方的水平边界处由静止释放，线圈完全进入磁场前已做匀速运动，线圈平面始终与磁场方向垂直。已知线圈的边长为L，质量为m，电阻为R，从静止到匀速运动过程中通过线圈横截面的电量为q，磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g。求：
(1)线圈匀速运动时的速度大小v；
(2)线圈从静止到匀速运动过程中位移大小x；
(3)线圈从静止到匀速运动经过的时间t。
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】
(1)线匀速运动时
解得
(2)根据
得
解得
(3)对线圈，静止→匀速运动，取竖直向下为正方向，由动量定理有
即
解得
【模型演练10】（2021·河北省“五个一名校联盟”高三下学期第二次联考）如图所示，两宽度均为a的水平匀强磁场，磁感应强度的大小等，两磁场区域间距为4a。一个边长为a的正方形金属线框从磁场上方距离为a处由静止自由下落，匀速通过上方匀强磁场区域，之后又通过下方匀强磁场区域。已知下落过程中线框平面始终在竖直平面内，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 线框通过上、下两个磁场的过程中产生的电能相等
B. 线框通过上、下两个磁场的过程中流过线框的电荷量不相等
C. 线框通过下方磁场的过程中加速度的最大值与重力加速度的大小相等
D. 线框通过上、下两个磁场的时间相等
【答案】C
【解析】
A．线框匀速通过上方磁场，加速一段距离后，将减速通过下方磁场，两次通过磁场时，克服安培力做功不同，所以产生的电能不相等。A错误；
B．根据电流公式得
所以两次通过磁场流过的电荷量相等。B错误；
C．进入上方磁场时，速度为
受力分析有
进入下方磁场时，其速度为
受力分析有
解得
C正确；
D．因为线框减速通过下方磁场的过程，最小速度不小于通过上方磁场时的速度，所以通过下方磁场时的时间较短。D错误。
故选C。
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc30214" 一. 无外力等距双导体棒模型 PAGEREF _Tc30214 \h 1
\l "_Tc29538" 二．有外力等距双导体棒模型 PAGEREF _Tc29538 \h 8
\l "_Tc27878" 三．不等距导轨双导体棒模型 PAGEREF _Tc27878 \h 12
\l "_Tc29756" 四．线框模型 PAGEREF _Tc29756 \h 16
一.无外力等距双导体棒模型
【模型如图】
1．电路特点
棒2相当于电源；棒1受安培力而加速起动,运动后产生反电动势.
2．电流特点：
随着棒2的减速、棒1的加速，两棒的相对速度变小，回路中电流也变小。
时：电流最大，。 时：电流
3．两棒的运动情况
安培力大小：
两棒的相对速度变小,感应电流变小,安培力变小.棒1做加速度变小的加速运动，棒2做加速度变小的减速运动，最终两棒具有共同速度。
4．两个规律
(1)动量规律：两棒受到安培力大小相等方向相反,系统合外力为零,
系统动量守恒.
(2)能量转化规律：系统机械能的减小量等于内能的增加量.（类似于完全非弹性碰撞）
两棒产生焦耳热之比：；
5．几种变化：
(1)初速度的提供方式不同 (2)磁场方向与导轨不垂直 (3)两棒都有初速度（两棒动量守恒吗？）
(4)两棒位于不同磁场中（两棒动量守恒吗？）
【模型演练1】(多选)(2021·山东临沂市上学期期末)如图所示，水平面上有相距为L的两光滑平行金属导轨，导轨上静止放置着金属杆a和b(杆a、b均与导轨垂直)，两杆均位于匀强磁场的左侧，让杆a以速度v向右运动，当杆a与杆b发生弹性碰撞后，两杆先后进入右侧的磁场中，当杆a刚进入磁场时，杆b的速度刚好为a的一半．已知杆a、b的质量分别为2m和m，接入电路的电阻均为R，其他电阻忽略不计，设导轨足够长，磁场足够大，则( )
A．杆a与杆b碰撞后，杆a的速度为eq \f(v,3)，方向向右
B．杆b刚进入磁场时，通过b的电流为eq \f(2BLv,3R)
C．从b进入磁场至a刚进入磁场时，该过程产生的焦耳热为eq \f(7,8)mv2
D．杆a、b最终具有相同的速度，大小为eq \f(2v,3)
【答案】 ABC
【解析】 以向右为正方向，杆a与杆b发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒得2mv＝2mv1＋mv2，eq \f(1,2)×2mv2＝eq \f(1,2)×2mv12＋eq \f(1,2)×mv22，解得v1＝eq \f(v,3)，v2＝eq \f(4,3)v，即杆a的速度为eq \f(v,3)，方向向右，故A正确；杆b刚进入磁场时，通过b的电流为I＝eq \f(BLv2,2R)＝eq \f(2BLv,3)，故B正确；从b进入磁场至a刚进入磁场时，由能量守恒得该过程产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)v1))2＝eq \f(7,8)mv2，故C正确；a进入磁场后，a、b组成的系统，动量守恒，则有2mv1＋m·eq \f(1,2)v1＝(2m＋m)v3，解得v3＝eq \f(5,18)v，即杆a、b最终具有相同的速度，大小为eq \f(5,18)v，故D错误．
【模型演练2】(2020·浙江Z20联盟联考)如图所示，水平放置的两根平行光滑金属导轨固定在平台上，导轨间距为1 m，处在磁感应强度为2 T、竖直向下的匀强磁场中，平台离地面的高度为h＝3.2 m，初始时刻，质量为2 kg的杆ab与导轨垂直且处于静止状态，距离导轨边缘为d＝2 m，质量同为2 kg的杆cd与导轨垂直，以初速度v0＝15 m/s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＝1 Ω，导轨电阻不计，两杆落地点之间的距离s＝4 m(整个过程中两杆始终不相碰)．
(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)5 m/s (2)7 m (3)100 J
【解析】 (1)设ab、cd杆从磁场边缘射出时的速度分别为v1、v2
设ab杆落地点到平台边缘的水平位移为x，cd杆落地点到平台边缘的水平位移为x＋s，则有 x＝v1eq \r(\f(2h,g))
x＋s＝v2eq \r(\f(2h,g))
根据动量守恒定律得：mv0＝mv1＋mv2，
解得：v1＝5 m/s，v2＝ 10 m/s
(2)ab杆运动距离为d，对ab杆应用动量定理得：BILΔt＝BLq＝mv1
设cd杆运动距离为d＋Δx，q＝eq \f(ΔΦ,2r)＝eq \f(BLΔx,2r)
解得Δx＝eq \f(2rmv1,B2L2)
cd 杆运动距离为d＋Δx＝d＋eq \f(2rmv1,B2L2)＝7 m
(3)根据能量守恒，电路中产生的焦耳热等于系统损失的机械能
Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22＝100 J.
【模型演练3】(2021·湖南常德市高三一模)如图所示，两根间距为l的光滑金属导轨(不计电阻)，由一段圆弧部分与一段无限长的水平部分组成，其水平部分加有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨水平部分静止放置一金属棒cd，质量为2m，电阻为2r.另一质量为m，电阻为r的金属棒ab，从圆弧部分M处由静止释放下滑至N处进入水平部分，棒与导轨始终垂直且接触良好，圆弧部分MN半径为R，所对圆心角为60°，重力加速度为g.求：
(1)ab棒在N处进入磁场区速度是多大？此时棒中电流是多少？
(2)cd棒能达到的最大速度是多大？
(3)cd棒由静止到最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？
【答案】 (1)eq \r(gR) eq \f(Bl\r(gR),3r) (2)eq \f(1,3)eq \r(gR) (3)eq \f(1,3)mgR
【解析】 (1)ab棒由M下滑到N过程中机械能守恒，故
mgR(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)mv2
解得v＝eq \r(gR)
进入磁场区瞬间，回路中电流
I＝eq \f(E,2r＋r)＝eq \f(Bl\r(gR),3r)
(2)ab棒在安培力作用下做减速运动，cd棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度v′时，电路中电流为零，安培力为零，cd棒达到最大速度．ab、cd两棒组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得mv＝(2m＋m)v′，
解得v′＝eq \f(1,3)eq \r(gR)
(3)系统释放的热量应等于系统机械能的减少量，
故Q＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)·3mv′2
解得Q＝eq \f(1,3)mgR
【模型演练4】(2020·山东济宁市一模)两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上垂直放置两根导体棒a和b，俯视图如图甲所示．两根导体棒的质量均为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计，在整个导轨平面内，有磁感应强度大小为B、竖直向上的匀强磁场．两导体棒与导轨接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距为x0，现给导体棒a一向右的初速度v0，并开始计时，可得到如图乙所示的Δv－t图象(Δv表示两棒的相对速度，即Δv＝va－vb)，求：
(1)0～t2时间内，回路产生的焦耳热；
(2)t1时刻，棒a的加速度大小；
(3)t2时刻，两棒之间的距离．
【答案】 (1)eq \f(1,4)mv02 (2)eq \f(B2L2v0,8mR) (3)x0＋eq \f(mv0R,B2L2)
【解析】 (1)t2时刻，两棒速度相等
以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋m)v
由能量守恒定律得Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv2
联立解得Q＝eq \f(1,4)mv02
(2)t1时刻，回路中的感应电动势E＝BLva－BLvb＝BLΔv＝eq \f(BLv0,4)
此时棒a所受的安培力大小F＝BIL＝Beq \f(E,2R)L
由牛顿第二定律可得F＝ma
则棒a的加速度大小a＝eq \f(B2L2v0,8mR)
(3)t2时刻，两棒速度相同，由(1)知v＝eq \f(v0,2)
0～t2时间内，对棒b由动量定理有
Beq \x\t(I)Lt2＝mv－0
又q＝eq \x\t(I)t2＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(BLx－x0,2R)
联立解得x＝x0＋eq \f(mv0R,B2L2).
【模型演练5】(2020·辽宁部分重点中学协作体模拟)如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T．在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距L＝1 m，电阻可忽略不计．质量均为m＝1 kg，电阻均为R＝2.5 Ω的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好．先将PQ暂时锁定，金属棒MN在垂直于棒的拉力F作用下，由静止开始以加速度a＝0.4 m/s2向右做匀加速直线运动，5 s后保持拉力F的功率不变，直到棒以最大速度vm做匀速直线运动．
(1)求棒MN的最大速度vm；
(2)当棒MN达到最大速度vm时，解除PQ锁定，同时撤去拉力F，两棒最终均匀速运动．求解除PQ棒锁定后，到两棒最终匀速运动的过程中，电路中产生的总焦耳热．
(3)若PQ始终不解除锁定，当棒MN达到最大速度vm时，撤去拉力F，棒MN继续运动多远后停下来？(运算结果可用根式表示)
【答案】 (1)2eq \r(5) m/s (2)5 J (3)40eq \r(5) m
【解析】 (1)棒MN做匀加速运动，由牛顿第二定律得：F－BIL＝ma
棒MN做切割磁感线运动，产生的感应电动势为：E＝BLv
棒MN做匀加速直线运动，5 s时的速度为：v＝at1＝2 m/s
在两棒组成的回路中，由闭合电路欧姆定律得：I＝eq \f(E,2R)
联立上述式子，有：F＝ma＋eq \f(B2L2at,2R)
代入数据解得：F＝0.5 N
5 s时拉力F的功率为：P＝Fv
代入数据解得：P＝1 W
棒MN最终做匀速运动，设棒最大速度为vm，棒受力平衡，则有：eq \f(P,vm)－BImL＝0
Im＝eq \f(BLvm,2R)
代入数据解得：vm＝2eq \r(5) m/s
(2)解除棒PQ后，两棒运动过程中动量守恒，最终两棒以相同的速度做匀速运动，设速度大小为v′，则有：mvm＝2mv′
设从PQ棒解除锁定，到两棒达到相同速度，这个过程中，两棒共产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律可得：Q＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)×2mv′2
代入数据解得：Q＝5 J；
(3)棒以MN为研究对象，设某时刻棒中电流为i，在极短时间△t内，由动量定理得：－BiL△t＝m△v
对式子两边求和有：∑(－BiLΔt)＝∑(mΔvm)
而△q＝i△t
对式子两边求和，有：∑Δq＝∑(iΔt)
联立各式解得：BLq＝mvm，
又对于电路有：q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(\x\t(E),2R)t
由法拉第电磁感应定律得：eq \x\t(E)＝eq \f(BLx,t)
又q＝eq \f(BLx,2R)
代入数据解得：x＝40eq \r(5) m
【模型演练6】(2021·河南九师联盟质检)如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计．质量分别为m和eq \f(1,2)m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直．图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场．质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h.已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞．重力加速度为g.求：
(1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；
(2)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小；
(3)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热．
【答案】 (1)0 eq \r(2gh) (2)eq \f(5,6)eq \r(2gh) (3)eq \f(1,3)mgh
【解析】 (1)设a棒滑到水平导轨时速度为v0，下滑过程中a棒机械能守恒，则有：eq \f(1,2)mv02＝mgh
a棒与b棒发生弹性正碰
由动量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2
由机械能守恒定律：eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22
联立解得v1＝0，v2＝v0＝eq \r(2gh)
(2)b棒刚进磁场时的加速度最大．
设b棒进入磁场后某时刻，b棒的速度为vb，c棒的速度为vc，则b、c组成的回路中的感应电动势E＝BL(vb－vc)
由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R总)，
由安培力公式得F＝BIL＝ma，
联立得a＝eq \f(B2L2vb－vc,mR总).
故当b棒加速度为最大值的一半时有v2＝2(v2′－v3′)
b、c两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒．
由动量守恒定律：mv2＝mv2′＋eq \f(m,2)v3′
联立得v2′＝eq \f(5,6)v2＝eq \f(5,6)eq \r(2gh)
(3)最终b、c以相同的速度匀速运动．
由动量守恒定律：mv2＝(m＋eq \f(m,2))v
由能量守恒定律：eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)(m＋eq \f(m,2))v2＋Q
解得Q＝eq \f(1,3)mgh.
二．有外力等距双导体棒模型
【模型如图】
1．电路特点：棒2相当于电源，棒1受安培力而起动.
2．运动分析：某时刻回路中电流：
安培力大小：。棒1： 棒2：
最初阶段，, 只要,；； ；；
当时，恒定，恒定，恒定，两棒匀加速
3．稳定时的速度差
，，，，
【模型演练1】(多选)(2021·四川成都市第二次诊断)如图所示，方向竖直向上的匀强磁场中固定着两根位于同一水平面内的足够长平行金属导轨，导轨上静止着与导轨接触良好的两根相同金属杆1和2，两杆与导轨间的动摩擦因数相同且不为零，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用平行于导轨的恒力F拉金属杆2使其开始运动，在足够长时间内，下列描述两金属杆的速度v随时间t变化关系的图象中，可能正确的是( )
【答案】 BD
【解析】 当力F作用到杆2上时，杆2立刻做加速运动，随着速度的增加，回路中产生感应电流，杆2受到向左的安培力，此时的加速度a＝eq \f(F－F安－μmg,m)＝eq \f(F－\f(B2L2v,R总)－μmg,m)，则随速度增加，杆2做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时做匀速运动；若此时杆1所受的向右的安培力小于杆1的最大静摩擦力，则此过程中杆1始终不动，A错误，B正确；由上述分析可知，当安培力增加到大于杆1的最大静摩擦力时，杆1开始运动，则随着安培力的增加，杆1做加速度逐渐增加的加速运动，杆2做加速度减小的加速运动，当两杆的加速度相等时，两杆的速度差恒定，此时两杆所受的安培力恒定，加速度恒定，C错误，D正确．
【模型演练2】(多选)(2020·全国卷Ⅰ·21)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
【解析】 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＝eq \f(Blv1－v2,R)，感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从eq \f(F,M)开始减小，加速度差值减小．当a1＝a2时，得F＝(M＋m)a，a＝eq \f(F,M＋m)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＝eq \f(Blv1－v2,R)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．
【典例分析3】(2020·福建厦门市线上检测)如图所示，足够长的平行金属导轨MNC和PQD间距为L，左右两侧导轨平面与水平面夹角分别为α＝37°、β＝53°，导轨左侧空间磁场平行导轨向下，右侧空间磁场垂直导轨平面向下，磁感应强度大小均为B.均匀金属棒ab和ef质量均为m，长度均为L，电阻均为R，运动过程中，两金属棒与导轨保持良好接触且始终垂直于导轨，金属棒ab与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，金属棒ef光滑．同时由静止释放两金属棒，并对金属棒ef施加外力F，使ef棒保持a＝0.2g的加速度沿斜面向下匀加速运动．导轨电阻不计，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)金属棒ab运动过程中最大加速度的大小；
(2)金属棒ab达到最大速度所用的时间；
(3)金属棒ab运动过程中，外力F对ef棒的冲量．
【答案】 (1)0.2g (2)eq \f(4mR,B2L2) (3)eq \f(8m2gR,5B2L2)，沿斜面向上
【解析】 (1)金属棒ab释放瞬间加速度最大，根据牛顿第二定律有：mgsin α－μmgcs α＝mam
得am＝0.2g
(2)金属棒ab释放之后，合外力为零时速度最大，则有mgsin α＝μ(mgcs α＋BIL)
其中I＝eq \f(E,2R)，E＝BLvef，vef＝0.2gt1，得t1＝eq \f(4mR,B2L2)
(3)金属棒ab释放之后，设任意时刻的加速度为aab，根据牛顿第二定律得
mgsin α－μ(mgcs α＋BIL)＝maab，得：aab＝0.2g－eq \f(B2L2g,20mR)t，其图象如图所示
aab－t图象与t轴所围面积代表速度增量，由运动的对称性可知，从金属棒ab释放起，经过时间t2＝2t1＝eq \f(8mR,B2L2)速度减为零，此后保持静止，在此过程中，金属棒ef一直做匀加速直线运动，则有vef＝0.2gt2，xef＝eq \f(1,2)×0.2g×t22
对金属棒ef，规定沿斜面向下为正方向，由动量定理可得
IF－Beq \x\t(I)Lt2＋mgt2sin β＝mvef－0，其中q＝eq \x\t(I)t2＝eq \f(BLxef,2R)
得：IF＝－eq \f(8m2gR,5B2L2)，负号表示冲量沿斜面向上．
【模型演练4】(2020·浙江大学附属中学1月选考)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距l＝1 m，其电阻不计， 两导轨及其构成的平面均与水平面成 30°角．杆 1、杆 2 是两根用绝缘细线连接的金属杆，分别垂直导轨放置，每杆两端都与导轨始终接触良好，其质量分别为 m1＝0.1 kg和 m2＝0.2 kg，两杆的总电阻R＝3 Ω，两杆在沿导轨向上的外力F作用下保持静止．整个装置处在磁感应强度 B＝1 T的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直，在 t＝0 时刻将细线烧断，保持F不变，重力加速度 g＝10 m/s2，求：
(1)细线烧断瞬间，杆 1的加速度 a1 的大小；
(2)细线烧断后，两杆最大速度 v1、v2 的大小；
(3)两杆刚达到最大速度时，杆1上滑了0.8 m，则从 t＝0 时刻起到此刻用了多长时间？
(4)在(3)问情景中，电路产生的焦耳热．
【答案】 (1)10 m/s2 (2)2 m/s 1 m/s (3)0.6 s (4)0.9 J
【解析】 (1)细线烧断前由平衡条件有：F＝(m1＋m2)gsin 30°
细线烧断瞬间有：F－m1gsin 30°＝m1a1
解得：a1＝10 m/s2
(2)细线烧断后：F安1＝F安2
方向相反，由系统动量守恒得：m1v1＝m2v2，
两棒同时达到最大速度，之后做匀速直线运动．
对棒2：m2gsin 30°＝BIl，I＝eq \f(Blv1＋Blv2,R)
解得：v1＝2 m/s
v2＝1 m/s
(3)由系统动量守恒得m1v1＝m2v2
则m1x1＝m2x2
即x2＝0.4 m
设所求时间为t，对棒2由动量定理得：m2gsin 30°·t－B eq \x\t(I)l·t＝m2v2－0
eq \x\t(I)t＝eq \f(\x\t(E)·t,R)＝eq \f(BlΔx,R)＝eq \f(Blx1＋x2,R)
解得：t＝0.6 s
(4)由能量守恒得Fx1＋m2gsin 30°·x2＝m1gsin 30°·x1＋eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22＋Q
得Q＝0.9 J.
三．不等距导轨双导体棒模型
1.a棒减速，b棒加速，E＝BL1va－BL2vb由va↓vb↑⇒E↓⇒F安↓⇒a↓，当BL1va＝BL2vb时，a＝0，两棒匀速
2.动力学观点：最终速度
3.能量观点：动能转化为焦耳热
4.动量观点：
BIL1t＝mv0－mva
BIL2t＝mvb－0
【模型演练1】(多选)(2020·安徽省天长中学期末)如图所示，两根质量均为m的金属棒垂直地放在光滑的水平导轨上，左、右两部分导轨间距之比为1∶2，导轨间左、右两部分有大小相等、方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻，现用水平恒力F向右拉CD棒，在CD棒向右运动距离为s的过程中，AB棒上产生的焦耳热为Q，此时AB棒和CD棒的速度大小均为v，此时立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，则下列说法正确的是( )
A．v的大小等于eq \r(\f(Fs－3Q,m))
B．撤去拉力F后，AB棒的最终速度大小为eq \f(6,5)v，方向向右
C．撤去拉力F后，CD棒的最终速度大小为eq \f(2,5)v，方向向右
D．撤去拉力F后，整个回路产生的焦耳热为eq \f(1,10)mv2
【答案】 AD
【解析】 由于两棒的长度之比为1∶2，所以电阻之比为1∶2，由于两棒是串联关系，在任何时刻电流均相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt，所以CD棒上产生的焦耳热为2Q，在CD棒向右运动距离为s的过程中，根据功能关系有Fs＝3Q＋eq \f(1,2)mv2×2，解得v＝eq \r(\f(Fs－3Q,m))，A正确；设AB棒的长度为l，则CD棒的长度为2l，撤去拉力F后，AB棒继续向左加速运动，而CD棒向右开始减速运动，两棒最后匀速运动时，电路中电流为零，两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，此时两棒的速度满足BlvAB′＝B·2lvCD′，即vAB′＝2vCD′，对两棒分别应用动量定理有FABt＝mvAB′－mv，－FCDt＝mvCD′－mv，因为FCD＝2FAB，解得AB棒的速度大小为vAB′＝eq \f(6,5)v，方向向左，CD棒的速度大小为vCD′＝eq \f(3,5)v，方向向右，B、C错误；撤去拉力F后到最后稳定运动过程，整个回路产生的焦耳热为Q′，根据能量守恒定律有Q′＝eq \f(1,2)mv2×2－eq \f(1,2)mvAB′2－eq \f(1,2)mvCD′2，解得Q′＝eq \f(1,10)mv2，D正确．
【模型演练2】如图所示，将两根质量均为m＝2 kg的金属棒a、b分别垂直地放在水平导轨MNM′N′和PQP′Q′上，左右两部分导轨间距之比为1∶2，左右两部分导轨间有磁感应强度大小相等但方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻，金属棒b开始时位于图中M′P′位置，金属棒a在NQ位置。金属棒b用绝缘细线绕过光滑定滑轮和一物块c相连，c的质量mc＝2 kg，c开始时距地面的高度h＝4.8 m。物块c由静止开始下落，触地后不反弹，物块c触地时两棒速率之比va∶vb＝1∶2，物块c下落过程中b棒上产生的焦耳热为10 J，设导轨足够长且两棒始终在不同的磁场中运动，g＝10 m/s2，整个过程中导轨和金属棒接触良好，且导轨光滑。求：
(1)物块c触地时，两棒的速度大小va和vb；
(2)从物块c触地后开始，到两棒匀速运动过程中系统产生的热量。
【答案】(1)3 m/s，6 m/s；(2)16.2 J
【详解】
(1)金属棒a、b的有效长度分别为L和2L，所以电阻分别为R和2R，金属棒a、b串联，在任何时刻电流均相等，b棒产生的焦耳热Q2＝10 J，根据焦耳定律Q＝I2Rt，得a棒上产生的焦耳热为
Q1＝5 J
根据能量守恒定律有
根据题意有
va∶vb＝1∶2
解得va＝3 m/s，vb＝6 m/s
(2)物块c触地后，a棒向左做加速运动，b棒向右做减速运动，两棒最终匀速运动时电路中电流为零，即两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，设磁感应强度大小为B，则
BLva′＝B·2Lvb′
得va′＝2vb′
对两棒分别应用动量定理，有
解得
联立以上各式解得va′＝4.8 m/s，vb′＝2.4 m/s
根据能量守恒定律，从物块c触地到两棒匀速运动的过程中系统产生的热量为
代入数据，解得Q3＝16.2 J
【模型演练3】（2021·湖北武汉市·高三月考）如图，质量为m、电阻为R1的均匀金属棒ab垂直架在水平面甲内间距为2L的两光滑金属导轨的右边缘处。下方的导轨由光滑圆弧导轨与处于水平面乙的光滑水平导轨平滑连接而成（即图中半径OM和O′P竖直），圆弧导轨半径为R、对应圆心角为60°、间距为2L，水平导轨间距分别为2L和L。质量也为m、电阻为R2的均匀金属棒cd垂直架在间距为L的导轨左端。导轨MM′与PP′、NN′与QQ′均足够长，所有导轨的电阻都不计。电源电动势为E、内阻不计。所有导轨的水平部分均有竖直方向的、磁感应强度为B的匀强磁场，圆弧部分和其他部分无磁场。闭合开关S，金属棒ab迅即获得水平向右的速度（未知，记为v0）做平抛运动，并在高度降低2R时恰好沿圆弧轨道上端的切线方向落在圆弧轨道上端，接着沿圆弧轨道下滑。已知重力加速度为g，求∶
(1)空间匀强磁场的方向；
(2)棒ab做平抛运动的初速度v0；
(3)通过电源E某截面的电荷量q；
(4)从金属棒ab刚落到圆弧轨道上端起至开始匀速运动止，这一过程中棒ab和棒cd组成的系统损失的机械能E。
【答案】(1) 磁场竖直向下；(2) ； (3) ；(4)
【详解】
(1) 闭合开关S，金属棒ab迅即获得水平向右的速度，表面金属棒受到水平向右的冲量，所以安培力水平向右，根据左手定则，磁场竖直向下。
(2)金属棒ab进入圆弧轨道时，分解速度有
平抛运动中，竖直方向上有
解得
(3)金属棒ab弹出瞬间，根据动量定理得
所以通过电源E某截面的电荷量
(4)金属棒ab滑至水平轨道时，有
解得
最终匀速运动时，电路中无电流，所以棒ab和棒cd产生的感应电动势相等，即
此过程中，对棒ab由动量定理得
对棒cd由动量定理得
联立以上三式解得
，
该过程中损失的机械能为
解得
四．线框模型
（空气阻力不计）
【模型演练1】(2020·湖北高三开学考试)如图所示，在光滑的水平面上宽度为L的区域内，有竖直向下的匀强磁场．现有一个边长为a(a
C．小于eq \f(v0,2) D．以上均有可能
【答案】 B
【解析】 通过线圈横截面的电荷量：q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(\x\t(E),R)·Δt＝eq \f(ΔΦ,R)，
由于线圈进入和穿出磁场过程，线圈磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过线圈横截面的电荷量q相等，由动量定理得，线圈进入磁场过程：－Beq \x\t(I)at＝mv－mv0，线圈离开磁场过程：－Beq \x\t(I)at＝0－mv，由于q＝eq \x\t(I)t，则－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，解得v＝eq \f(v0,2)，故选B.
【模型演练2】(多选)(2020·黑龙江鹤岗一中月考)如图所示，有一边长为l的正方形导线框，质量为m，由高h处自由落下，其下边ab进入匀强磁场区域后，线框开始做减速运动，直到其上边cd刚穿出磁场时，速度减小为ab边刚进入磁场时速度的一半，此匀强磁场的宽度也是l，重力加速度为g，则下列结论正确的是( )
A．线框穿过磁场区域时做匀减速直线运动
B．线框穿过磁场区域时加速度方向先向上后向下
C．线框进入磁场时的加速度大于穿出磁场时的加速度
D．线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热为mg(2l＋eq \f(3,4)h)
【答案】 CD
【解析】 线框穿过匀强磁场的过程中，受到重力和安培力作用，设ab边刚进入磁场时的速度为v1，则E＝Blv1，所以电路中的电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(Blv1,R)，安培力F＝IlB＝eq \f(B2l2v1,R)，由此可知，安培力与速度有关，由牛顿第二定律知eq \f(B2l2v1,R)－mg＝ma，故线框在穿过磁场的过程中加速度随v的减小而减小，线框一直做减速运动，加速度方向一直向上，必有F≥mg，所以加速度不可能向下，故C正确，A、B错误；线框从释放至穿过磁场的过程中，设产生的焦耳热为Q，由能量守恒定律得mg(h＋2l)－Q＝eq \f(1,2)m(eq \f(v1,2))2，mgh＝eq \f(1,2)mv12，联立解得Q＝mg(2l＋eq \f(3,4)h)，故D正确．
【模型演练3】(多选)(2020·黑龙江哈尔滨市模拟)如图所示，质量为3m的重物与一质量为m的线框用一根绝缘细线连接起来，挂在两个高度相同的定滑轮上，已知线框的横边边长为L，水平方向匀强磁场的磁感应强度大小为B，磁场上下边界的距离、线框竖直边长均为h.初始时刻，磁场的下边缘和线框上边缘的高度差为2h，将重物从静止开始释放，线框上边缘刚进磁场时，线框恰好做匀速直线运动，重力加速度为g，滑轮质量、摩擦阻力均不计．则下列说法中正确的是( )
A．线框进入磁场时的速度大小为eq \r(2gh)
B．线框的电阻为eq \f(B2L2,2mg)eq \r(2gh)
C．线框通过磁场的过程中产生的热量Q＝2mgh
D．线框通过磁场的时间为eq \r(\f(h,2g))
【答案】 AB
【解析】 线框进入磁场前，重物和线框组成的系统机械能守恒，有(3m－m)g·2h＝eq \f(1,2)×4mv2，解得线框进入磁场时的速度大小为v＝eq \r(2gh)，故A正确；线框进入磁场做匀速直线运动，根据平衡条件有3mg＝mg＋eq \f(B2L2v,R)，解得线框的电阻R＝eq \f(B2L2\r(2gh),2mg)，故B正确；线框通过磁场时做匀速直线运动，根据能量守恒定律有(3m－m)g·2h＝Q，解得Q＝4mgh，故C错误；线框通过磁场的时间为t＝eq \f(2h,v)＝eq \r(\f(2h,g))，选项D错误．
【模型演练4】.(2021·陕西省西安中学高三下学期第四次模拟)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有三条水平虚线l1、l2、l3，它们之间的区域Ⅰ、Ⅱ宽度均为d，两区域分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，一个质量为m、边长为d、总电阻为R的正方形导线框，从l1上方一定高度处由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过l1进入磁场Ⅰ时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边在越过l2运动到l3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，重力加速度为g.在线框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是( )
A．线框中感应电流的方向不变
B．线框ab边从l1运动到l2所用时间大于从l2运动到l3所用时间
C．线框以速度v2做匀速直线运动时，发热功率为eq \f(m2g2R,4B2d2)sin2θ
D．线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，减少的机械能ΔE机与重力做功WG的关系式是ΔE机＝WG＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
【答案】CD
【解析】 线圈的ab边进入磁场Ⅰ过程，由右手定则判断可知，电流方向为逆时针；线框从磁场Ⅰ出来并进入磁场Ⅱ过程中，电流方向为顺时针；线框从磁场Ⅱ出来过程中，电流方向为逆时针，则线框中感应电流的方向会改变，A错误；当线框ab边恰好达到l2时，ab边与cd边共同切割磁感线，感应电动势为之前的2倍，瞬时电流也为之前时刻的2倍，所以ab与cd边受到的沿斜面向上的安培力合力为重力沿斜面向下的分量的4倍，线圈将做加速度逐渐减小的减速运动，直到以速度v2匀速直线运动，则有v1>v2，ab边从l1运动到l2的平均速度大于从l2运动到l3的平均速度，则线框ab边从l1运动到l2所用时间小于从l2运动到l3的时间，B错误；线圈以速度v2匀速运动时mgsin θ＝2BId＝2Bd·eq \f(2Bdv,R)＝eq \f(4B2d2v,R)得v＝eq \f(mgRsin θ,4B2d2)，电功率P＝Fv＝eq \f(m2g2R,4B2d2)sin2θ，C正确；机械能的减小等于线框产生的电能，则由能量守恒得知：线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，减少的机械能ΔE机与线框产生的焦耳热Q电的关系式是ΔE机＝Q电，即ΔE机＝WG＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，D正确．
【模型演练4】(多选)(2021·四川内江铁路中学月考)如图所示，空间有一个方向水平的有界磁场区域，一个矩形线框，自磁场上方某一高度下落，然后进入磁场，进入磁场时，导线框平面与磁场方向垂直，则在进入过程中导线框可能的运动情况是( )
A．加速度变小的加速下落
B．加速度变小的减速下落
C．匀速下落
D．匀加速下落
【答案】 ABC
【解析】 线框进入磁场过程中受到的安培力F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)，如果eq \f(B2L2v,R)
【模型演练5】(2021·江苏省扬州中学高三下学期5月月考)如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd.t＝0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，bc边刚进入磁场的时刻为t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为i，ad边两端电压大小为U，水平拉力大小为F，则下列i、U、F随运动时间t变化关系图像正确的是( )
【答案】C
【解析】 根据物理规律得到物理量表达式，再选择图像是研究图像问题常用的思路，采用数学上数形结合的思维方法．金属杆的速度与时间的关系式为v＝at，a是加速度．由E＝BLv和I＝eq \f(E,R)得，感应电流与时间的关系式为I＝eq \f(BLa,R)t，B、L、a均不变，当0－t1时间内，感应电流为零，t1－t2时间内，电流I与t成正比，t2时间后无感应电流，故A、B错误；由E＝BLv和I＝eq \f(E,R)得，感应电流与时间的关系式为I＝eq \f(BLa,R)t，当0－t1时间内，感应电流为零，ad的电压为零，t1－t2时间内，电流I与t成正比，Uad＝IRad＝eq \f(BLat,R)×eq \f(1,4)R＝eq \f(BLat,4)，电压随时间均匀增加，t2时间后无感应电流，但有感应电动势，Uad＝E＝BLat，电压随时间均匀增加，故C正确；根据推论得知：金属杆所受的安培力为FA＝eq \f(B2L2v,R)，由牛顿第二定律得F－FA＝ma，得F＝eq \f(B2L2a,R)t＋ma，当0－t1时间内，感应电流为零，F＝ma为定值，t1－t2时间内，F与t成正比，F与t是线性关系，但不过原点，t2时间后无感应电流，F＝ma为定值，故D错误．
【模型演练6】(多选)(2020·陕西汉中市第二次检测)如图所示，在光滑的水平面上方有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场区域，磁场宽度均为L.一个边长为L、电阻为R的单匝正方形金属线框，在水平外力作用下沿垂直磁场方向运动，从如图实线位置Ⅰ进入磁场开始到线框运动到分别有一半面积在两个磁场中的位置Ⅱ时，线框的速度始终为v，则下列说法正确的是( )
A．在位置Ⅱ时外力F为eq \f(4B2L2v,R)
B．在位置Ⅱ时线框中的总电流为eq \f(BLv,R)
C．此过程中回路产生的电能为eq \f(2B2L3v,R)
D．此过程中通过线框横截面的电荷量为0
【答案】 AD
【解析】 在位置Ⅱ时，总电流为I＝2eq \f(BLv,R)，根据左手定则可知线框左右两边所受安培力的方向均向左，为F＝2BIL，联立可得F＝eq \f(4B2L2v,R)，故A正确，B错误；金属线框从开始运动到位移为L过程中，只有一边切割磁感线，故电流为I1＝eq \f(BLv,R)，产生的电能为W＝I12Rt1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BLv,R)))2Req \f(L,v)＝eq \f(B2L3v,R)，从位移为L到eq \f(3,2)L过程中，线框两边切割磁感线，电流为I，产生的电能为W′＝I2Rt2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2BLv,R)))2Req \f(L,2v)＝eq \f(2B2L3v,R)，所以整个过程产生的电能为W总＝W＋W′＝eq \f(B2L3v,R)＋eq \f(2B2L3v,R)＝eq \f(3B2L3v,R)，故C错误；此过程穿过线框的磁通量变化量为0，根据q＝eq \x\t(I)Δt，eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R)＝eq \f(ΔΦ,RΔt)，可得q＝eq \f(ΔΦ,R)＝0，故D正确．
【模型演练7】(2020·天津市河西区3月调研)如图所示，空间等间距分布着水平方向的条形匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度B＝1 T，每一条条形磁场区域的宽度及相邻条形磁场区域的间距均为d＝0.5 m，现有一边长l＝0.2 m、质量m＝0.1 kg、电阻R＝0.1 Ω的正方形导线框MNOP以v0＝7 m/s的初速度从左侧磁场边缘水平进入磁场，求：
(1)线框MN边刚进入磁场时受到安培力的大小F；
(2)线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热Q；
(3)线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n.
【答案】 (1)2.8 N (2)2.45 J (3)4
【解析】 (1)线框MN边刚进入磁场区域时有
E＝BLv0①
E＝IR②
F＝ILB③
联立①②③解得：F＝2.8 N
(2)设线框水平速度减为零时，下落高度为H，此时速度为vH，由能量守恒可得：
mgH＋eq \f(1,2)mv02＝Q＋eq \f(1,2)mvH2④
根据自由落体规律有：vH2＝2gH⑤
联立④⑤得：Q＝eq \f(1,2)mv02＝2.45 J
(3)只有在线框进入或和穿出条形磁场区域时，才产生感应电动势，设线框部分进入条形磁场区域长度为x时，
线框水平切割磁感线速度为v时有：
E＝BLv⑥
E＝IR⑦
F＝ILB⑧
F＝ma＝meq \f(Δv,Δt)⑨
由⑥⑦⑧⑨得：eq \f(B2L2,R)vΔt＝mΔv⑩
即：∑eq \f(B2L2,R)vΔt＝∑mΔv
可有：eq \f(B2L2,R)x＝mv0⑪
n＝eq \f(x,2L)⑫
由⑪⑫并代入数据得：
n≈4.4⑬
故线框能穿过的完整条形磁场区域的个数为4.
【模型演练8】(2020·浙江杭州市5月检测)如图所示，边长为L，质量为m，电阻为R的匀质正方形刚性导体线框ABCD和直角坐标系xOy(x轴水平，y轴竖直)均处于竖直平面内．在第一象限的空间内存在垂直于纸面向里的磁场，磁感应强度满足B＝B0＋ky(B0和k均为大于0的已知量)．初始时，线框的A点与坐标原点O重合，AB边与x轴重合(此位置记为位置1)．现给线框一个沿着x轴正方向的速度v0，当线框的A点的纵坐标为H时(此位置记为位置2)，线框恰好达到稳定的运动速率．此后线框继续运动到位置3(位置3和位置2中A点的横坐标相距4L)．若整个运动过程中，线框始终处于同一竖直平面内，AB边始终保持水平，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)线框运动到位置2时线框内电流的大小和方向；
(2)线框从位置1运动到位置2所用的时间；
(3)线框从位置1运动到位置3的过程中产生的焦耳热；
(4)画出线框从位置2开始的运动过程中AB边上的电势差UAB随A点横坐标x变化的图象(不要求写出具体计算过程，但是要定量标出位置2所对应的横纵坐标值)．
【答案】 见解析
【解析】 (1)方向：逆时针(或沿ADCBA方向)
mg＝B2IL－B1IL
得I＝eq \f(mg,kL2)
(2)I＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B2－B1))Lvy,R)＝eq \f(kL2vy,R)
得vy＝eq \f(mgR,k2L4)
位置1至2，IA＝Beq \x\t(I)Lt＝BLq＝kL2eq \f(ΔΦ,R)＝kL2eq \f(L2kH,R)＝eq \f(k2L4H,R)
y方向由动量定理得mgt－IA＝mvy
联立可得t＝eq \f(k2L4H,mgR)＋eq \f(mR,k2L4)
(3)位置1至3，由能量守恒定律得：
mg(h＋H)＝Q＋eq \f(1,2)m(v02＋vy2)－eq \f(1,2)mv02
由h＝vyeq \f(4L,v0)，得h＝eq \f(4mgR,k2L3v0)
联立方程可得Q＝mgH＋eq \f(4m2g2R,k2L3v0)－eq \f(m3g2R2,2k4L8)
(4)图象形状(直线)和方位(负半轴)
【模型演练9】（2021·江苏省南京市十三中高三上学期调研）如图所示，一个正方形金属线圈从匀强磁场上方的水平边界处由静止释放，线圈完全进入磁场前已做匀速运动，线圈平面始终与磁场方向垂直。已知线圈的边长为L，质量为m，电阻为R，从静止到匀速运动过程中通过线圈横截面的电量为q，磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g。求：
(1)线圈匀速运动时的速度大小v；
(2)线圈从静止到匀速运动过程中位移大小x；
(3)线圈从静止到匀速运动经过的时间t。
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】
(1)线匀速运动时
解得
(2)根据
得
解得
(3)对线圈，静止→匀速运动，取竖直向下为正方向，由动量定理有
即
解得
【模型演练10】（2021·河北省“五个一名校联盟”高三下学期第二次联考）如图所示，两宽度均为a的水平匀强磁场，磁感应强度的大小等，两磁场区域间距为4a。一个边长为a的正方形金属线框从磁场上方距离为a处由静止自由下落，匀速通过上方匀强磁场区域，之后又通过下方匀强磁场区域。已知下落过程中线框平面始终在竖直平面内，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A. 线框通过上、下两个磁场的过程中产生的电能相等
B. 线框通过上、下两个磁场的过程中流过线框的电荷量不相等
C. 线框通过下方磁场的过程中加速度的最大值与重力加速度的大小相等
D. 线框通过上、下两个磁场的时间相等
【答案】C
【解析】
A．线框匀速通过上方磁场，加速一段距离后，将减速通过下方磁场，两次通过磁场时，克服安培力做功不同，所以产生的电能不相等。A错误；
B．根据电流公式得
所以两次通过磁场流过的电荷量相等。B错误；
C．进入上方磁场时，速度为
受力分析有
进入下方磁场时，其速度为
受力分析有
解得
C正确；
D．因为线框减速通过下方磁场的过程，最小速度不小于通过上方磁场时的速度，所以通过下方磁场时的时间较短。D错误。
故选C。
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