【物理】2020届一轮复习人教版第十章第3讲电磁感应规律的综合应用作业 42页

第3讲　电磁感应规律的综合应用 主干梳理 对点激活 知识点　　电磁感应和电路的综合　Ⅱ ‎1．对电源的理解：在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于电源。如：切割磁感线的导体棒、有磁通量变化的线圈等。‎ ‎2．对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈；除电源外其余部分是外电路，外电路由电阻、电容等电学元件组成。在外电路中，电流从高电势处流向低电势处；在内电路中，电流则从低电势处流向高电势处。‎ ‎3．与电路相联系的几个公式 ‎(1)电源电动势：E＝n或E＝Blv。‎ ‎(2)闭合电路欧姆定律：I＝。‎ 电源的内电压：U内＝Ir。‎ 电源的路端电压：U外＝IR＝E－Ir。‎ ‎(3)消耗功率：P外＝IU，P总＝EI。‎ ‎(4)电热：Q外＝I2Rt，Q总＝I2(R＋r)t。‎ 知识点　　电磁感应现象中的动力学问题　Ⅱ ‎1．安培力的大小 F＝ ‎2．安培力的方向 ‎(1)先用右手定则或楞次定律确定感应电流方向，再用左手定则确定安培力方向。‎ ‎(2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向相反。‎ ‎3．分析导体受力情况时，应做包含安培力在内的全面受力分析。‎ ‎4．根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。‎ 知识点　　电磁感应现象中的能量问题　Ⅱ ‎1．电磁感应中的能量转化 闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，通有感应电流的导体在磁场中受安培力。外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，通有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，使电能转化为其他形式的能。‎ ‎2．实质 电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化。‎ 一 思维辨析 ‎1．在电磁感应电路中，产生电流的那部分导体相当于电源。(　　)‎ ‎2．安培力的方向一定与运动方向相反。(　　)‎ ‎3．物体克服安培力做功的过程是将其他形式的能量转化为电能的过程。(　　)‎ ‎4．电源的电动势就是电源两端的电压。(　　)‎ ‎5．在电磁感应现象中，求焦耳热的方法只能用Q＝I2Rt求解。(　　)‎ 答案　1.√　2.×　3.√　4.×　5.×‎ 二 对点激活 ‎1. (人教版选修3－2·P21·T4改编)(多选)如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场，则下列说法正确的是(　　)‎ A．第二次与第一次进入时线圈中电流之比为2∶1‎ B．第二次与第一次进入时外力做功功率之比为2∶1‎ C．第二次与第一次进入过程中通过线圈的电量之比为2∶1‎ D．第二次与第一次进入时线圈中产生热量之比为2∶1‎ 答案　AD 解析　由E＝Blv知＝，由I＝得＝，故A正确。匀速进入，外力做功的功率与克服安培力做功的功率相等，由P＝I2R得＝，故B错误。由电量q＝得＝，故C错误。产生热量Q＝Pt＝P·，得＝×＝，故D正确。‎ ‎2. (人教版选修3－2·P21·T3)设图中的磁感应强度B＝1 T，平行导轨宽l＝‎1 m，金属棒PQ以‎1 m/s速度贴着导轨向右运动，R＝1 Ω，其他电阻不计。‎ ‎(1)运动的导线会产生感应电动势，相当于电源。用电池等符号画出这个装置的等效电路图；‎ ‎(2)通过R的电流方向如何？大小等于多少？‎ 答案　(1)图见解析　(2)竖直向下　‎‎1 A 解析　(1)PQ切割磁感线相当于电源，等效电路如图。‎ ‎(2)E＝Blv＝1 V I＝＝‎‎1 A 由右手定则判断通过R的电流方向竖直向下。‎ ‎3．如图甲所示，放置在水平桌面上的两条光滑导轨间的距离L＝‎1 m，质量m＝‎1 kg的光滑导体棒放在导轨上，导体棒与导轨垂直且导体棒与导轨电阻均不计，导轨左端与阻值R＝4 Ω的电阻相连，导轨所在位置有磁感应强度为B＝2‎ ‎ T的匀强磁场，磁场的方向垂直导轨平面向下，现在给导体棒施加一个水平向右的恒定拉力F，并每隔0.2 s测量一次导体棒的速度，图乙是根据所测数据描绘出的导体棒的vt图象(设导轨足够长)。‎ ‎(1)求力F的大小；‎ ‎(2)t＝1.6 s时，求导体棒的加速度a的大小；‎ ‎(3)若1.6 s内导体棒的位移x＝‎8 m，试计算1.6 s内电阻上产生的热量Q。‎ 答案　(1)10 N　(2)‎2 m/s2　(3)48 J 解析　(1)导体棒做切割磁感线运动，有E＝BLv I＝，F安＝BIL 当导体棒速度最大为vm时，F＝F安 解得F＝＝10 N。‎ ‎(2)当t＝1.6 s时，v1＝‎8 m/s，‎ 此时F安1＝＝8 N F－F安1＝ma，a＝‎2 m/s2。‎ ‎(3)由能量守恒定律可知Fx＝Q＋，‎ 解得Q＝48 J。‎ 考点细研 悟法培优 考点1　电磁感应中的电路问题 ‎1. 问题归类 ‎(1)以部分电路欧姆定律为中心，对六个基本物理量(电压、电流、电阻、电功、电功率、电热)、三条定律(部分电路欧姆定律、电阻定律和焦耳定律)以及若干基本规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律、右手定则、串并联电路特点等)进行考查。‎ ‎(2)以闭合电路欧姆定律为中心，对电动势概念、闭合电路中的电流、路端电压以及闭合电路中能量的转化进行考查。‎ ‎2．基本步骤 ‎(1)确定电源：先判断产生电磁感应现象的是哪一部分导体，该部分导体可视为电源。‎ ‎(2)分析电路结构，画等效电路图。‎ ‎(3)利用电路规律求解，主要有欧姆定律、串并联电路规律等。‎ ‎3．误区分析 ‎(1)不能正确根据感应电动势及感应电流的方向分析外电路中电势的高低。因产生感应电动势的那部分电路相当于电源部分，故该部分电路中的电流从低电势流向高电势，而外电路中电流的方向是从高电势到低电势。‎ ‎(2)应用欧姆定律分析求解电路时，没有考虑到电源的内阻对电路的影响。‎ ‎(3)对连接在电路中电表的读数不能正确进行分析，例如并联在等效电源两端的电压表，其示数是路端电压，而不是等效电源的电动势。‎ 例1　(2018·河南五校期末)如图所示，半径为r＝‎1 m的光滑金属圆环固定在水平面内，垂直于环面的匀强磁场的磁感应强度大小为B＝2.0 T，一金属棒OA在外力作用下绕O轴以角速度ω＝2 rad/s沿逆时针方向匀速转动，金属环和导线电阻均不计，金属棒OA的电阻r0＝1 Ω，电阻R1＝2 Ω，R2＝3 Ω，R3＝7.5 Ω，电容器的电容C＝4 μF。闭合开关S，电路稳定后，求：‎ ‎(1)通过金属棒OA的电流大小和方向；‎ ‎(2)外力的功率；‎ ‎(3)从断开开关S到电路稳定这一过程中通过电流表的电荷量。‎ 解题探究　(1)OA相当于电源，哪点电势高？‎ 提示：O点电势高。‎ ‎(2)S闭合和S断开时等效电路如何画？‎ 提示：S闭合时 S断开时 尝试解答　(1)0.5_A__方向由A到O__(2)1_W ‎(3)6.4×10－6_C ‎(1)由右手定则判定通过金属棒OA的电流方向是由A到O，金属棒OA中产生的感应电动势大小为 E＝Br2ω 得E＝2 V S闭合时的等效电路如图1所示 R外＝＝3 Ω 由闭合电路欧姆定律，得 E＝I(r0＋R外)‎ 联立解得I＝‎0.5 A。‎ ‎(2)根据能量守恒定律知，外力的功率为 P＝IE＝1 W。‎ ‎(3)S断开前，电路路端电压为U＝IR外 电阻R1两端电压为U1＝U＝0.6 V。‎ 电容器的电荷量为 Q1＝CU1＝2.4×10－‎‎6 C 且a板带正电，b板带负电 S断开时的等效电路如图2所示 电容器C两端的电压为电阻R2两端的电压U2，则 U2＝R2＝1 V 电容器的电荷量为 Q2＝CU2＝4×10－‎‎6 C 且a板带负电，b板带正电 通过电流表的电荷量为 ΔQ＝Q1＋Q2‎ 联立解得ΔQ＝6.4×10－‎6 C。‎ 总结升华 解决电磁感应中电路问题的三部曲 ‎(1)确定电源 切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，利用E＝Blv或E＝n求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断感应电流方向。如果在一个电路中切割磁感线的有几个部分但又相互联系，可视为等效电源的串、并联。‎ ‎(2)识别电路结构、画出等效电路 分析电路结构，即分清等效电源和外电路及外电路的串并联关系、判断等效电源的正负极或电势的高低等。‎ ‎(3)利用电路规律求解 一般是综合应用欧姆定律、串并联电路规律、电容器充电及放电特点、电功和电功率的知识、法拉第电磁感应定律等列方程求解。‎ ‎[变式1]　(2018·厦门一中开学考试)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1500匝，横截面积S＝‎20 cm2。螺线管导线电阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。求：‎ ‎(1)闭合S，求螺线管两端的电势差；‎ ‎(2)闭合S，电路中的电流稳定后，求电阻R1的电功率；‎ ‎(3)S断开后，求流经R2的电荷量。‎ 答案　(1)1.08 V　(2)5.76×10－2 W ‎(3)1.8×10－‎‎5 C 解析　(1)根据法拉第电磁感应定律有 E＝n＝nS＝1.2 V 路端电压U＝E＝1.08 V。‎ ‎(2)根据闭合电路欧姆定律有 I＝＝‎‎0.12 A P＝I2R1＝5.76×10－2 W。‎ ‎(3)S断开后，流经R2的电荷量即为S闭合时电容器C所带的电荷量Q。‎ 电容器两端的电压UC＝IR2＝0.6 V 流经R2的电荷量Q＝CUC＝1.8×10－‎5 C。‎ 考点2　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 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 根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析 ‎3．力学对象和电学对象的相互关系 ‎4．动态分析的基本思路 例2　(2018·南昌摸底)如图甲所示，空间存在方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的两平行长直导轨，其间距L＝‎0.2 m，连在导轨一端的电阻R＝0.4 Ω，ab是放置在导轨上质量m＝‎0.1 kg的导体棒。从零时刻开始，对棒施加一个大小为F＝0.45 N，方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且良好接触，图乙是棒的vt图象，其中AO是图象在O点的切线，AB是图象的渐近线。除R以外，其余部分的电阻均不计。滑动摩擦力等于最大静摩擦力。已知当棒的位移为‎30 m时，其速度达到了最大速度‎10 m/s。求：‎ ‎(1)磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)在棒运动‎30 m的过程中电阻R上产生的焦耳热。‎ 解题探究　(1)t＝0时刻的加速度是由什么力提供的？‎ 提示：拉力F与滑动摩擦力的合力。‎ ‎(2)由图象能审出什么信息？‎ 提示：t＝0时a＝‎2.5 m/s2，最大速度vm＝‎10 m/s。‎ 尝试解答　(1)0.5_T__(2)2.5_J ‎(1)由题图乙得棒开始运动瞬间：‎ a＝‎2.5 m/s2‎ 则：F－f＝ma 棒最终以速度vm＝‎10 m/s做匀速运动，则所受的拉力、摩擦力和安培力的合力为零 F－f－F安＝0‎ F安＝BIL I＝ 联立可得：B＝0.5 T。‎ ‎(2)由功能关系可得：‎ ‎(F－f)x＝mv＋Q 解得Q＝2.5 J。‎ 总结升华 单棒切割磁感线的两种模型 模型一：导体棒ab先自由下落再进入匀强磁场，如图甲所示。‎ 模型二：导体棒ab沿光滑的倾斜导轨自由下滑，然后进入匀强磁场(磁场垂直于轨道平面)，如图乙所示。‎ 两类模型中的临界条件是导体棒ab受力平衡。以模型一为例，有mg＝F安＝，即v0＝。‎ 若导体棒进入磁场时v>v0，则导体棒先减速再匀速；若vF安，做加速度越来越小的加速运动通过磁场。完全进入磁场又做匀加速直线运动。综上所述，只有A是不可能的。‎ 考点3　电磁感应中的能量问题 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(纯电阻电路)‎ 例3　(2018·山西第一次联考)如图甲所示，有一边长为‎1.2 m、质量为‎1 kg的正方形单匝线框abcd，放在光滑水平面上。在水平恒定拉力F的作用下，穿过垂直水平面向上、磁感应强度为B＝0.1 T的匀强磁场区域。线框cd边刚进入磁场时的速度为‎2 m/s。在t＝3 s时刻cd边刚出磁场边界。从进入到离开磁场区域的3 s时间内线框运动的vt图象如图乙所示。求：‎ ‎(1)线框cd边在刚进入和刚离开磁场的这两个位置时c、d两点间的电压；‎ ‎(2)线框从cd边进入磁场到ab边离开磁场的全过程中，线框产生的焦耳热。‎ 解题探究　(1)cd边刚进入磁场和刚离开磁场时，电源分别是哪个边充当？‎ 提示：cd，ab。‎ ‎(2)线框cd边进磁场时速度为‎2 m/s，cd边出磁场时速度为‎2 m/s，由此可知线框穿入和穿出磁场的过程中，线框中产生的焦耳热有什么关系？‎ 提示：相等。‎ 尝试解答　(1)0.18_V__0.06_V__(2)4.2_J ‎(1)线框cd边刚进入磁场时，c、d两点间的电压 U1＝E＝Blv0＝×0.1×1.2×2 V＝0.18 V 线框cd边刚离开磁场时，c、d两点间的电压 U2＝E＝0.06 V。‎ ‎(2)由题图乙知，1～3 s内线框完全在磁场中，由vt图象知1～3 s内线框加速度 a＝＝ m/s2＝‎0.5 m/s2‎ 根据牛顿第二定律有F＝ma＝1×0.5 N＝0.5 N 从线框cd边刚进入磁场到ab边刚进入磁场，设安培力做功为W 根据动能定理有Fl－W＝mv2－mv 代入数据得W＝2.1 J 从线框cd边刚进入磁场到cd边刚离开磁场，线框产生的焦耳热等于克服安培力所做的功，因此Q＝W＝2.1 J 根据图线可知线框cd边进入磁场和离开磁场时的速度和受力情况都一样，产生的焦耳热也相等，因此线框从cd边进入磁场到ab边离开磁场的全过程中，线框产生的总焦耳热为Q总＝2Q＝2×2.1 J＝4.2 J。‎ 总结升华 电磁感应现象中能量的计算 ‎(1)回路中电流稳定可利用电路知识，由W＝UIt，Q＝I2Rt直接计算。‎ ‎(2)若电流变化利用安培力做功、功能关系解决。‎ ‎[变式3]　(2019·山东济宁质检)如图所示，倾角为θ的平行金属导轨宽度为L，电阻不计，底端接有阻值为R的定值电阻，处在与导轨平面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。有一质量为m，电阻为r，长度也为L 的导体棒垂直放在导轨上，它与导轨之间的动摩擦因数为μ。现让导体棒从导轨底部以初速度v0冲上导轨，上滑的最大距离为s，返回到初位置的速度为v。下列说法正确的是(　　)‎ A．在上滑过程中，通过电阻R的电荷量为 B．导体棒在上滑过程中所用时间为 C．导体棒从开始运动到回到底端，回路产生的焦耳热为mv－mv2‎ D．导体棒在上滑过程中，R上产生的焦耳热大于下滑过程中R上产生的焦耳热 答案　D 解析　在上滑过程中，通过电阻R的电荷量为q＝＝＝，故A错误；导体棒从开始冲上导轨到滑到最大高度的过程中做减速运动，随着速度减小，产生的感应电流减小，所受的安培力减小，合力减小，加速度减小，做加速度逐渐减小的变减速运动，平均速度小于，则所用时间大于＝，故B错误；根据能量守恒定律可得，导体棒从开始运动到回到底端，回路产生的焦耳热为：Q＝mv－mv2－2μmgscosθ，故C错误；由于导体棒的机械能不断减少，所以下滑与上滑过程中经过同一位置时，上滑速度大，产生的感应电流大，导体棒受到的安培力大，而两个过程通过的位移大小相等，所以上滑过程中导体棒克服安培力做功多，导体棒在上滑过程中整个回路中产生的焦耳热多，由QR＝Q总可知导体棒在上滑过程中，电阻R上产生的焦耳热较多，故D正确。‎ 考点4　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＝BLx。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x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，满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便。‎ 例4　(2018·河南第二次仿真模拟)如图所示，足够长的U形光滑导轨固定在倾角为30°的斜面上，导轨的宽度L＝‎0.5 m，其下端与R＝1 Ω的电阻连接，质量为m＝‎0.2 kg的导体棒(长度也为L)与导轨接触良好，导体棒及导轨电阻均不计。磁感应强度B＝2 T的匀强磁场垂直于导轨所在的平面，用一根与斜面平行的不可伸长的轻绳跨过定滑轮将导体棒和质量为M＝‎0.4 kg的重物相连，重物离地面足够高。使导体棒从静止开始沿导轨上滑，当导体棒沿导轨上滑t＝1 s时，其速度达到最大。求：(取g＝‎10 m/s2)‎ ‎(1)导体棒的最大速度vm；‎ ‎(2)导体棒从静止开始沿轨道上滑时间t＝1 s的过程中，电阻R上产生的焦耳热是多少？‎ 解题探究　(1)导体棒什么时候达到最大速度vm?‎ 提示：导体棒加速度为零时。‎ ‎(2)用能量守恒的观点求焦耳热时，需要用到导体棒1 s内上滑的距离，如何求解此距离？‎ 提示：借助电量的两种求法：‎ ‎①I安＝BLt＝BLq；②q＝＝。‎ 尝试解答　(1)3_m/s__(2)0.9_J ‎(1)速度最大时导体棒切割磁感线产生感应电动势 E＝BLvm 感应电流I＝ 安培力FA＝BIL 导体棒达到最大速度时由平衡条件得 Mg＝mgsin30°＋FA 联立解得vm＝‎3 m/s。‎ ‎(2)设轻绳的拉力大小为F，由动量定理得 Mgt－t＝Mvm－0‎ t－mgsin30°·t－BLt＝mvm－0‎ 则Mgt－mgsin30°·t－BLt＝(M＋m)vm－0‎ 即Mgt－mgsin30°·t－BLq＝(M＋m)vm－0‎ 解得1 s内流过导体棒的电荷量q＝‎‎1.2 C 电量q＝＝ 解得1 s内导体棒上滑位移x＝‎1.2 m，由能量守恒定律得 Mgx＝mgxsin30°＋(M＋m)v＋Q 解得Q＝0.9 J。‎ 总结升华 解决电磁感应中动量问题的策略 ‎“先源后路、先电后力，再是运动、动量”即 ‎[变式4－1]　(2018·太原模拟)如图所示，两条相距为L的光滑平行金属导轨位于水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R。若给棒平行导轨向右的初速度v0‎ ‎，当流过棒截面的电荷量为q时，棒的速度减为零，此过程中棒的位移为x。则(　　)‎ A．当流过棒的电荷量为时，棒的速度为 B．当棒发生位移为时，棒的速度为 C．在流过棒的电荷量达到的过程中，棒释放的热量为 D．整个过程中定值电阻R释放的热量为 答案　D 解析　当流过棒截面的电荷量为q时，棒的速度减为零，设用时为t，由动量定理有：－BLt＝0－mv0，即BLq＝mv0。当流过棒的电荷量为时，设棒的速度为v，则有：－BL＝mv－mv0，解得v＝，A错误。由法拉第电磁感应定律有＝，由欧姆定律有＝，由电流的定义有＝，整理可得q＝，当棒的速度为时，流过棒的电荷量为，此时棒发生的位移为，B错误。由BLq＝mv0，可得棒的质量m＝，当流过棒的电荷量为时，棒的速度为，在流过棒的电荷量达到的过程中，棒损失的动能为×mv＝，又棒的有效阻值与电阻的阻值均为R，故棒释放的热量为，C错误。整个过程棒损失的动能为mv＝，定值电阻与导体棒释放的热量相同，均为，D正确。‎ ‎[变式4－2]　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？‎ 答案　(1)mv　(2) 解析　ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量变小，于是产生感应电流，ab棒受到与其运动方向相反的安培力而做减速运动，cd棒则在安培力的作用下向右做加速运动。只要ab棒的速度大于cd棒的速度，回路总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速，直到两棒速度相同时，回路面积保持不变，不产生感应电流，两棒以相同的速度v做匀速运动。‎ ‎(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－(‎2m)v2＝mv。‎ ‎(2)设ab棒的速度变为v0时，cd棒的速度为v′，‎ 则由动量守恒定律可知mv0＝mv0＋mv′‎ 解得v′＝v0，‎ 回路中的电动势E＝BLv0－BLv0＝BLv0‎ I＝ 此时cd棒所受的安培力F＝BIL＝。‎ 由牛顿第二定律可得，cd棒的加速度a＝＝。‎ ‎1.模型构建 对杆在导轨上运动组成的系统，杆在运动中切割磁感线产生感应电动势，并受到安培力的作用改变运动状态，最终达到稳定状态，该系统称为“杆和导轨”模型。2.模型分类 单杆模型、双杆模型。‎ ‎(1)单杆模型 初态 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 运动分析 导体杆做加速度越来越小的减速运动，最终杆静止 当E感＝E时，v最大，且vm＝，最后以vm匀速运动 当a＝0时，v最大，vm＝时，杆开始匀速运动 Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝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 能量分析 动能转化为内能，mv＝Q 电能转化为动能和内能，E电＝mv＋Q 外力做功转化为动能和内能，WF＝mv＋Q 外力做功转化为电能和动能，WF＝E电＋mv2‎ 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。‎ ‎(2)双杆模型 ‎①模型特点 a．一杆切割时，分析同单杆类似。‎ b．两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E＝＝Bl(v1－v2)。‎ ‎②电磁感应中的“双杆”问题分析 a．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m1＝m2‎ 电阻r1＝r2‎ 长度L1＝L2‎ 质量m1＝m2‎ 电阻r1＝r2‎ 长度L1＝‎2L2‎ 运动分析 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 稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为1∶2‎ 能量分析 一部分动能转化为内能，Q＝－ΔEk b．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m1＝m2‎ 电阻r1＝r2‎ 长度L1＝L2‎ 摩擦力Ff1＝Ff2‎ 质量m1＝m2‎ 电阻r1＝r2‎ 长度L1＝L2‎ 运动分析 开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动 开始时，若F≤2Ff，则PQ杆先变加速后匀速运动；MN杆静止。若F>2Ff，PQ杆先变加速后匀加速运动，MN杆先静止后变加速最后和PQ杆同时做匀加速运动，且加速度相同 能量分析 外力做功转化为动能和内能，WF＝ΔEk＋Q 外力做功转化为动能和内能(包括电热和摩擦热)，WF＝ΔEk＋Q电＋Qf ‎【典题例证】(2018·邯郸二模)如图，在竖直平面内有两条间距为L 的足够长的平行长直导轨，上端接有一个阻值为R的电阻和一个耐压值足够大的电容器，电容器的电容为C，且不带电。质量为m、电阻不计的导体棒ab垂直跨在导轨上。开关S为单刀双掷开关。导轨所在空间有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现将开关S接1，由静止释放导体棒ab。已知重力加速度为g，当导体棒ab下落h高度时：‎ ‎(1)求导体棒ab的速度大小v；‎ ‎(2)若此时迅速将开关S接2，请分析说明此后导体棒ab的运动情况；并计算导体棒ab在开关接2后又下落足够大的高度H的过程中电阻R上所产生的电热Q。‎ ‎[解析]　(1)设某时刻电路中的电流为I，金属棒的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有：‎ mg－BIL＝ma①‎ 设在极短时间Δt内，电容器的充电电量为ΔQ，电压增加量为ΔU，金属棒速度的增加量为Δv，则有：‎ I＝②‎ ΔQ＝CΔU③‎ ΔU＝BLΔv④‎ a＝⑤‎ 联立①②③④⑤式可得：a＝ 显然a为定值，可见金属棒下落过程为匀加速直线运动。‎ 根据v2＝2ah可得：v＝⑥‎ ‎(2)导体棒ab下落h高度时产生的电动势为E＝BLv 此时电路中的电流为I＝ 导体棒ab所受的安培力为F安＝BIL 联立以上三式可得F安＝。‎ 若F安＝mg，导体棒ab将做匀速直线运动。‎ 根据能量守恒定律有：Q＝mgH 若F安>mg，导体棒ab将做先减速后匀速的直线运动。‎ 设匀速运动时的速度大小为vm，则有：＝mg⑦‎ 根据能量守恒定律有：mgH＋m(v2－v)＝Q⑧‎ 联立⑥⑦⑧式可得Q＝mgH＋－ 同理，若F安(t2－t1)，B正确；从进入磁场Ⅰ到进入磁场Ⅱ之前过程中，根据能量守恒，金属棒减小的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1＝mg·2d，所以穿过两个磁场过程中产生的热量为4mgd，C正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则－mg＝0，得v＝，由前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于，根据h＝得金属杆释放时距离磁场Ⅰ上边界的高度应大于＝，D错误。‎ ‎2. (2018·天津高考)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd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向下，如图1所示，为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭。‎ ‎(1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；‎ ‎(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；‎ ‎(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？‎ 答案　(1)M接电源正极，理由见解析 ‎(2) ‎(3)见解析 解析　(1)列车要向右运动，安培力方向应向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b，由c到d，故M接电源正极。‎ ‎(2)由题意，启动时ab、cd并联，电阻均为R，由并联电路特点知ab，cd中电流均为I＝①‎ 每根金属棒受到的安培力F0＝BIl②‎ 设两根金属棒所受安培力之和为F，有F＝‎2F0③‎ 根据牛顿第二定律有F＝ma　④‎ 联立①②③④式得a＝　⑤‎ ‎(3)设列车减速时，cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为ΔΦ，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有E1＝　⑥‎ 其中ΔΦ＝Bl2　⑦‎ 设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有 I′＝　⑧‎ 设cd受到的平均安培力为F′，有F′＝BI′l　⑨‎ 以向右为正方向，设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲，有I冲＝－F′Δt　⑩‎ 同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有 I0＝2I冲　⑪‎ 设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有 I总＝0－mv0　⑫‎ 联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得＝　⑬‎ 讨论：若恰好为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场；若不是整数，设的整数部分为N，则需设置N＋1块有界磁场。‎ ‎3. (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。‎ 答案　(1)Blt0　(2) 解析　(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得 F－μmg＝ma①‎ 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有 v＝at0②‎ 当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为 E＝Blv③‎ 联立①②③式可得 E＝Blt0④‎ ‎(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律 I＝⑤‎ 式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为 F安＝BIl⑥‎ 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得 F－μmg－F安＝0⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式得 R＝。‎ ‎4．(2016·浙江高考)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＝‎10 m/s2，sin53°＝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。‎ 答案　(1)‎2.4 m/s　(2)48 N　(3)64 J　26.88 J 解析　(1)由牛顿定律a＝＝‎12 m/s2①‎ 进入磁场时的速度v＝＝‎2.4 m/s②‎ ‎(2)感应电动势E＝Blv③‎ 感应电流I＝④‎ 安培力FA＝BIl⑤‎ 代入得FA＝＝48 N⑥‎ ‎(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J⑦‎ 由牛顿定律F－mgsinθ－FA＝0⑧‎ CD棒在磁场区做匀速运动 在磁场中运动时间t＝⑨‎ 焦耳热Q＝I2Rt＝26.88 J。‎ ‎5．(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＝。‎ 配套课时作业 ‎　　时间：60分钟　满分：100分 一、选择题(本题共5小题，每小题10分，共50分。其中1～2为单选，3～5为多选)‎ ‎1. (2018·保定一模改编)如图所示，竖直平行光滑金属导轨间距为L，上端接阻值为R的电阻，下端接电源和开关K，电源电动势为E，内阻为R，整个装置处于垂直导轨平面的匀强磁场中。当开关闭合时，一质量为m，电阻也为R的金属棒恰好能静止在导轨上，金属棒与导轨一直保持良好接触，导轨足够长且不计电阻，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)‎ A．磁感应强度B＝ B．磁场方向垂直导轨平面向里 C．断开开关后，金属棒做匀加速直线运动 D．断开开关后，金属棒最终速度为 答案　B 解析　设金属棒中电流强度为I，匀强磁场的磁感应强度为B，由于金属棒静止，则mg＝BIL，对于整个电路，由闭合电路的欧姆定律得E＝2IR＋IR，联立解得：B＝，故A错误。由左手定则可知磁感应强度B的方向垂直导轨平面向里，故B正确。断开开关后，金属棒做a越来越小的加速运动，最终匀速，处于平衡状态，棒中电流强度仍为I，设感应电动势为E′，再由欧姆定律得E′＝2IR，设金属棒最终的速度大小为v，由法拉第电磁感应定律得E′＝BLv，联立各式解得：v＝，故C、D错误。‎ ‎2．(2018·长春质检)‎ 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，PQ为两个磁场的理想边界，磁场范围足够大。一个边长为a、质量为m、电阻为R的单匝正方形金属线框，以速度v沿垂直磁场方向从如图所示的实线位置Ⅰ开始向右运动，当线框运动到各有一半面积在两个磁场中的位置Ⅱ时，线框的速度为。则下列说法不正确的是(　　)‎ A．在位置Ⅱ时线框中的电功率为 B．此过程中回路产生的电能为mv2‎ C．在位置Ⅱ时线框的加速度大小为 D．此过程中通过导线横截面的电荷量为 答案　C 解析　线框经过位置Ⅱ时，线框左右两边均切割磁感线，所以此时的感应电动势E＝Ba×2＝Bav，故线框中的电功率P＝＝，A正确；线框从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，动能减少量ΔEk＝mv2－m·2＝mv2，根据能量守恒定律可知，此过程中回路产生的电能为mv2，B正确；线框在位置Ⅱ时，左右两边所受安培力大小均为F＝Ba＝，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，故此时线框的加速度大小为a＝＝，C错误；由q＝Δt、＝、＝三式联立，解得q＝，线框在位置Ⅰ时其磁通量为Ba2，而线框在位置Ⅱ时其磁通量为零，故q＝，D正确。‎ ‎3．(2019·福建省五校联考)如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场边界的间距为L，一质量为m、边长也为L的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行。t＝0时刻线框的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置Ⅰ)，线框的速度为v0，经历一段时间后，当线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置Ⅱ)，线框的速度刚好为零，此后，线框下落，经过一段时间回到初始位置Ⅰ(不计空气阻力)，则(　　)‎ A．上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等 B．上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多 C．上升过程中，线框的加速度逐渐减小 D．上升过程克服重力做功的平均功率小于下降过程重力做功的平均功率 答案　BC 解析　线框在穿过磁场过程中要克服安培力做功，在线框上升过程中，安培力与重力均与运动方向相反，都做负功，而在线框下降过程中，重力做正功，安培力做负功，即上升过程中合力做的功大于重力做的功，下降过程中合力做的功小于重力做的功，即上升过程中合力做功大于下降过程中合力做的功，A错误；分析线框的运动过程可知，对应于同一位置，上升过程的安培力大于下降过程的安培力，而上升、下降位移相等，故上升过程克服安培力做功大于下降过程中克服安培力做的功，故上升过程中线框产生的热量多，所以B正确；以线框为对象受力分析可知，线框在上升过程中做减速运动，有F安＋mg＝ma，F安＝，故有a＝g＋v，所以上升过程中，随着速度逐渐减小，加速度也逐渐减小，故C正确；线框在下降过程中做加速运动，有a′＝g－，由此可知，下降过程中的平均加速度小于上升过程的平均加速度，而上升、下降的位移相等，故可知上升时间较短，下降时间较长，两过程中重力做功大小相同，由功率公式可知，上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力做功的平均功率，所以D错误。‎ ‎4．(2018·南宁摸底)如图所示，固定的竖直光滑金属导轨间距为L，上端接有阻值为R的电阻，导轨处在方向水平且垂直于导轨平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、电阻为r的导体棒与劲度系数为k的一端固定的轻弹簧相连放在导轨上，导轨的电阻忽略不计。初始时刻，弹簧处于伸长状态，其伸长量为x1＝，此时导体棒具有竖直向上的初速度v0。在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。已知重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　)‎ A．初始时刻导体棒两端的电压为BLv0‎ B．初始时刻导体棒加速度的大小为‎2g C．导体棒最终静止，此时弹簧的压缩量为 D．导体棒开始运动直到最终静止的过程中，回路产生的焦耳热为mv＋ 答案　CD 解析　初始时导体棒以初速度v0向上运动，根据法拉第电磁感应定律，初始时的感应电动势E＝BLv0，通过电阻R的电流I＝＝，导体棒两端的电压U＝IR＝，A错误；初始时刻，导体棒受到竖直向下的重力mg、轻弹簧向下的拉力F＝kx1＝mg和竖直向下的安培力FA＝BIL作用，根据牛顿第二定律，mg＋F＋FA＝ma，解得导体棒的加速度大小a＝‎2g＋，一定大于‎2g，B错误；当最终导体棒静止时，导体棒中感应电流为零，所受安培力为零，在重力和轻弹簧的弹力作用下受力平衡，轻弹簧处于压缩状态，mg＝kx2‎ ‎，解得此时轻弹簧的压缩量x2＝，C正确；由于初始时刻和最终轻弹簧的形变量大小相同，轻弹簧的弹性势能相等，重力做功mg(x1＋x2)，导体棒动能减少mv，根据能量守恒定律和功能关系可知，导体棒从开始运动直到最终静止的过程中，回路产生的焦耳热为Q＝mv＋，D正确。‎ ‎5．(2018·山东六校联考)如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为‎2m和m。它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为‎2l、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域。开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为l。现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力，则(　　)‎ A．a、b两个线框匀速运动的速度大小为 B．线框a从其下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为 C．从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mgl D．从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl 答案　BC 解析　当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动，此时线框a下边刚进入磁场，下边所受安培力＝2mg－mg，得v＝，A项错误；线框a从其下边进入磁场到上边离开磁场，开始线框a切割磁感线运动，受力平衡，然后线框b切割磁感线运动，受力也平衡，最后线框a 切割磁感线运动，仍受力平衡，则这一过程所用时间为t＝＝，B项正确；从开始运动到线框a全部进入磁场可以分为两个阶段，第一阶段线框a的下边进入磁场之前，这一阶段线框a产生的焦耳热为零，第二阶段从线框a的下边进入磁场到线框a全部进入磁场，这一阶段线框b全部在磁场中，线框b的磁通量不变，即线框b产生的焦耳热为零，第二阶段系统减少的机械能转化为线框a产生的焦耳热，即Q＝mgl，C项正确；由功能关系，两线框的重力势能转化为两线框的动能以及两线框克服安培力做的功，两线框重力势能的减少量为2mgl，则两线框克服安培力做功一定小于2mgl，D项错误。‎ 二、非选择题(本题共2小题，共50分)‎ ‎6．(2018·洛阳统考)(25分)如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L＝‎1 m，导轨间连接的定值电阻R＝3 Ω，导轨上放一质量为m＝‎0.1 kg的金属杆ab，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，导轨间杆的电阻r＝1 Ω，其余电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B＝1 T的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里，重力加速度g取‎10 m/s2。现让金属杆从MP水平位置由静止释放，忽略空气阻力的影响。‎ ‎(1)求金属杆的最大速度；‎ ‎(2)若从金属杆开始下落到刚好达到最大速度的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q＝0.6 J，此时金属杆下落的高度为多少？‎ ‎(3)达到(1)问所求最大速度后，为使ab杆中不产生感应电流，从该时刻开始，磁感应强度B′应怎样随时间t变化？推导这种情况下B′与t的关系式。‎ 答案　(1)‎4 m/s　(2)‎‎1.6 m ‎(3)B′＝(T)‎ 解析　(1)设金属杆的最大速度为vm，此时安培力与重力平衡，即F安＝mg 又F安＝BIL E＝BLvm I＝ 联立解得mg＝ 解得vm＝‎4 m/s。‎ ‎(2)回路中产生的总焦耳热Q总＝Q 由能量守恒定律得mgh＝mv＋Q总 联立解得金属杆下落的高度h＝‎1.6 m。‎ ‎(3)要使ab杆中不产生感应电流，应使穿过回路的磁通量不发生变化，在该时刻，穿过回路的磁通量Φ1＝BLh t时刻的磁通量为Φ2＝B′L 由Φ1＝Φ2得B′＝ 代入数据得B′＝(T)。‎ ‎7．(2018·广东六校联盟第三次联考)(25分)如图所示，相距L＝‎0.5 m足够长的两根光滑导轨与水平面成37°角，导轨电阻不计，导轨处在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上。ab、cd为水平金属棒且与导轨接触良好，它们的质量均为m＝‎0.5 kg、电阻均为R＝2 Ω。ab棒与一绝缘水平细绳相连处于静止状态，现让cd棒从静止开始下滑，直至与ab相连的细绳刚好被拉断，在此过程中cd棒电阻R上产生的热量为1 J，已知细线能承受的最大拉力为FT＝5 N。g＝‎10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求细绳被拉断时：‎ ‎(1)ab棒中电流的大小与方向；‎ ‎(2)cd棒的速度大小；‎ ‎(3)cd棒沿导轨下滑的距离。‎ 答案　(1)‎1 A　a→b　(2)‎4 m/s　(3)‎‎2 m 解析　(1)金属棒cd由静止开始下滑切割磁感线，由右手定则可知，ab棒中电流的方向是从a流向b。‎ 细绳被拉断时，对ab棒有 FTcos37°＝mgsin37°＋BIL 解得I＝‎1 A。‎ ‎(2)由闭合电路欧姆定律可得 BLv＝I(R＋R)‎ 解得v＝‎4 m/s。‎ ‎(3)金属棒cd从静止开始运动直至细绳刚好被拉断的过程中，ab、cd中电流相同，电阻相同。‎ 可得Qab＝Qcd＝1 J 在此过程中电路产生的总热量Q＝Qab＋Qcd＝2 J 由能量守恒定律得 mgssin37°＝mv2＋Q 解得s＝‎2 m。‎