【精准解析】2021高考物理教科版：第十章+微专题75 电磁感应中的“双杆模型”
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3 得 Qab＝13mgh－31m6B3g42Lr42.
(3)导体棒 ab 自开始运动至到达 MN 的过程中，通过导体棒 ab 某一横截面的电荷量 q1＝ I Δt，
由 I ＝ E ，E＝ΔΦ、ΔΦ＝BL· h
3r
Δt
sin 30°
可得 q1＝2B3Lr h
对导体棒 cd 的运动过程运用动量定理：
BL I 1Δt1＋BL I 2Δt2＋BL I 3Δt3＋…＝mv′－0
代入两种情况可得，当 vab＝－v0时，有 BLq1＝mv0－mv0
4
4
解得通过 cd 棒的电荷量为 q1＝3mv0. 4BL
当 vab′＝v0时，有 BLq2＝mv0＋mv0
4
4
解得通过 cd 棒的电荷量为 q2＝5mv0 4BL
②由 q＝ΔΦ＝BLΔx 2R 2R
解得两棒间的距离增大Δx1＝3mv0R或Δx2＝5mv0R
图2 (1)若将棒 ab 锁定，静止释放棒 ef，求棒 ef 最终运动速度 v1 的大小； (2)若棒 ef 经过时间 t 达到第(1)问中的速度 v1，求此过程中棒 ef 下滑的距离 x；
1
(3)若两金属棒均光滑，同时由静止释放，试在同一图中定性画出两棒运动的 v－t 图线．(ab 棒取沿轨道向上运动为正方向，ef 棒取沿轨道向下运动为正方向)
3．(2019·湖南娄底市下学期质量检测)如图 3 所示，两固定水平平行金属导轨间距为 L，导轨 上放着两根相同导体棒 ab 和 cd.已知每根导体棒质量均为 m，电阻均为 R，导轨光滑且电阻 不计，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，开始时 ab 和 cd 两导体 棒有方向相反的水平初速度，大小分别为 v0 和 2v0，求：
1．(2019·山东德州市上学期期末)如图 1 所示，宽度为 L 的光滑固定金属导轨由水平部分和 倾斜部分组成，水平部分足够长，倾斜部分与水平面的夹角为 30°.导轨水平部分处于竖直向 上的匀强磁场中，倾斜部分处于斜向上与导轨平面垂直的匀强磁场中，两磁场的磁感应强度 大小均为 B.导体棒 ab 和 cd 分别置于导轨的倾斜部分上和水平部分上并保持静止，现将导体 棒 ab，在距导轨水平部分高度为 h 处释放，导体棒 ab 在到达 MN 处之前已达到稳定的运动 状态，在导体棒 ab 到达 MN 时再释放导体棒 cd，导体棒 ab 在 MN 处由倾斜部分进入水平部 分时无能量损失．已知导体棒 ab 质量为 m，长为 L，电阻为 r，导体棒 cd 质量也为 m，长为 L，电阻为 2r，导轨电阻忽略不计，当地重力加速度为 g，导体棒 ab、cd 始终与导轨接触良 好，求：
2R 由法拉第电磁感应定律有： E ＝ΔΦ
Δt 回路磁通量的变化为：ΔΦ＝BLx 联立解得：x＝mBg2LR2t－2mB42LgR4 2. (3)最终 ef 沿轨道匀加速下滑，棒 ab 沿轨道匀加速上滑，加速度相同，其 v－t 图像如下
3．见解析 解析 (1)从开始到最终稳定的过程中，两棒的总动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守 恒定律有：2mv0－mv0＝2mv 共． 解得：v 共＝12v0 由能量守恒定律可得，从开始到最终稳定回路中总共产生的焦耳热为： Q＝12mv02＋12m(2v0)2－12(2m)共 2＝94mv02 (2)分析两种情况可知，当 ab 棒的速度大小是v0时有两种情况：
由题意，整个电路的总电阻为 r＝3dr0 由闭合电路的欧姆定律得，电路中的总电流大小为 I＝E
r
可得导体棒甲、乙所受的安培力大小分别为 F 甲＝4B2dv0， 3r0
6
F 乙＝2B2wk.baidu.comv0 3r0
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＝4B2dv0，a 乙＝2B2dv0
3r0m
3r0m
2B2L2
2B2L2
③回路消耗的电能 E1＝12mv02＋12m(2v0)2－12m(14v0)2－12m(54v0)2＝2176mv02
或者 E2＝12mv02＋12m(2v0)2－12m(14v0)2－12m(34v0)2＝3156mv02
4．见解析
解析 (1)导体棒甲刚开始运动时产生的感应电动势为 E＝2Bdv0
由法拉第电磁感应定律得 E ＝ΔΦ Δt
又I＝E r
整理得Δq＝ I Δt＝ΔΦ＝2Bdx 甲－Bdx 乙
r
3r0d
联立以上各式得 2x 甲－x 乙＝6mv0r0. 5B2d
7
图1 (1)导体棒 ab 到达 MN 之前稳定运动时的速度大小； (2)整个过程中导体棒 ab 产生的焦耳热； (3)整个过程中通过导体棒 ab 某一横截面的电荷量．
2．(2020·湖北武汉市调研)如图 2 所示，足够长的金属导轨 MNC 和 PQD 平行且间距为 L， 所在平面与水平面夹角分别为α＝37°和β＝53°，导轨两侧空间均有垂直导轨平面向下的匀强 磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为 B.均匀金属棒 ab 和 ef 质量均为 m，长均为 L，电阻均 为 R.运动过程中，两金属棒与导轨保持良好接触，始终垂直于导轨，金属棒 ef 与导轨间的动 摩擦因数为μ＝0.5，金属棒 ab 光滑．导轨电阻不计，重力加速度大小为 g，sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8.
图4 (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
2
体棒的位移 x 甲和 x 乙之间的关系式．
3
答案精析
1．(1)23Bm2gLr2 (2)13mgh－31m6B3g42Lr42 (3)2B3Lr h＋34mB32Lg3r 解析 (1)导体棒 ab 到达 MN 之前稳定时，由平衡条件得 mgsin 30°＝ILB，I＝BLv
q2＝ I 1Δt1＋ I 2Δt2＋ I 3Δt3＋… 解得 q2＝34mB32Lgr3 整个过程中通过导体棒 ab 某一横截面的电荷量 q＝q1＋q2＝2B3Lr h＋34mB32Lgr3. 2．(1)mB2gLR2 (2)mBg2LR2t－2mB42LgR4 2 (3)见解析
4
解析 (1)棒 ef 最终匀速运动，对棒 ef 受力分析 由力的平衡条件有：mgsin β＝μmgcos β＋FA1 由安培力公式得：FA1＝BI1L 由闭合电路欧姆定律得：I1＝2ER 由法拉第电磁感应定律得：E＝BLv1 联立解得：v1＝mB2gLR2. (2)棒 ef 由静止到速度为 v1，经过的时间为 t，位移为 x，对棒 ef，由动量定理得： mgtsin β－μmgtcos β－B I 2Lt＝mv1－0 由闭合电路欧姆定律有： I 2＝ E
(2)由动量定理，设甲匀速运动时速度为 v1，乙匀速运动时速度为 v2.对导体棒甲有－2Bd I Δt
＝mv1－mv0
即－2BdΔq＝mv1－mv0
同理，对导体棒乙有 Bd I Δt＝mv2
两导体棒均匀速运动时，有 v2＝2v1
联立以上各式解得 v1＝15v0
(3)由 Bd I Δt＝mv2 得Δq＝2mv0 5Bd
3r 联立解得：v＝23Bm2gLr2. (2)导体棒 ab 进入水平部分后，ab 和 cd 组成的系统动量守恒： mv＝2mv′ 导体棒 ab 和 cd 最终各自的速度大小相同，都为 v′＝43Bm2gLr2 整个过程中能量守恒 mgh＝2×12mv′2＋Q 导体棒 ab 产生的焦耳热 Qab＝1Q
4 当 ab 棒的速度未反向，即向左时，设此时 cd 棒的速度是 v1，根据动量守恒得：
5
2mv0－mv0＝mv1－mv0 4
解得：v1＝5v0. 4
当 ab 棒的速度反向，即向右时，设此时 cd 棒的速度是 v2，根据动量守恒得：
2mv0－mv0＝mv2＋mv0 4
解得：v2＝3v0 4
①对 cd 棒，由动量定理得 F 安 t＝mΔv 其中 F 安＝BIL，I＝2ER，E＝BL(vcd－vab)，q＝It
图3 (1)从开始到最终稳定的过程中回路总共产生的焦耳热； (2)当 ab 棒的速度大小变为v0时：
4 ①通过 cd 棒的电荷量 q 是多少； ②两棒间的距离增大了多少； ③回路消耗的电能为多少．
4．(2019·安徽皖江名校联盟摸底大联考)如图 4 所示，宽度为 2d 与宽度为 d 的两部分导轨衔 接良好固定在水平面上，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，现给导体棒甲一水平向右的初速度 v0.假设导轨的电阻忽略不计， 导体棒与导轨之间的摩擦忽略不计，且两部分导轨足够长．求：
(3)导体棒 ab 自开始运动至到达 MN 的过程中，通过导体棒 ab 某一横截面的电荷量 q1＝ I Δt，
由 I ＝ E ，E＝ΔΦ、ΔΦ＝BL· h
3r
Δt
sin 30°
可得 q1＝2B3Lr h
对导体棒 cd 的运动过程运用动量定理：
BL I 1Δt1＋BL I 2Δt2＋BL I 3Δt3＋…＝mv′－0
代入两种情况可得，当 vab＝－v0时，有 BLq1＝mv0－mv0
4
4
解得通过 cd 棒的电荷量为 q1＝3mv0. 4BL
当 vab′＝v0时，有 BLq2＝mv0＋mv0
4
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解得通过 cd 棒的电荷量为 q2＝5mv0 4BL
②由 q＝ΔΦ＝BLΔx 2R 2R
解得两棒间的距离增大Δx1＝3mv0R或Δx2＝5mv0R
图2 (1)若将棒 ab 锁定，静止释放棒 ef，求棒 ef 最终运动速度 v1 的大小； (2)若棒 ef 经过时间 t 达到第(1)问中的速度 v1，求此过程中棒 ef 下滑的距离 x；
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(3)若两金属棒均光滑，同时由静止释放，试在同一图中定性画出两棒运动的 v－t 图线．(ab 棒取沿轨道向上运动为正方向，ef 棒取沿轨道向下运动为正方向)
3．(2019·湖南娄底市下学期质量检测)如图 3 所示，两固定水平平行金属导轨间距为 L，导轨 上放着两根相同导体棒 ab 和 cd.已知每根导体棒质量均为 m，电阻均为 R，导轨光滑且电阻 不计，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，开始时 ab 和 cd 两导体 棒有方向相反的水平初速度，大小分别为 v0 和 2v0，求：
1．(2019·山东德州市上学期期末)如图 1 所示，宽度为 L 的光滑固定金属导轨由水平部分和 倾斜部分组成，水平部分足够长，倾斜部分与水平面的夹角为 30°.导轨水平部分处于竖直向 上的匀强磁场中，倾斜部分处于斜向上与导轨平面垂直的匀强磁场中，两磁场的磁感应强度 大小均为 B.导体棒 ab 和 cd 分别置于导轨的倾斜部分上和水平部分上并保持静止，现将导体 棒 ab，在距导轨水平部分高度为 h 处释放，导体棒 ab 在到达 MN 处之前已达到稳定的运动 状态，在导体棒 ab 到达 MN 时再释放导体棒 cd，导体棒 ab 在 MN 处由倾斜部分进入水平部 分时无能量损失．已知导体棒 ab 质量为 m，长为 L，电阻为 r，导体棒 cd 质量也为 m，长为 L，电阻为 2r，导轨电阻忽略不计，当地重力加速度为 g，导体棒 ab、cd 始终与导轨接触良 好，求：
2R 由法拉第电磁感应定律有： E ＝ΔΦ
Δt 回路磁通量的变化为：ΔΦ＝BLx 联立解得：x＝mBg2LR2t－2mB42LgR4 2. (3)最终 ef 沿轨道匀加速下滑，棒 ab 沿轨道匀加速上滑，加速度相同，其 v－t 图像如下
3．见解析 解析 (1)从开始到最终稳定的过程中，两棒的总动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守 恒定律有：2mv0－mv0＝2mv 共． 解得：v 共＝12v0 由能量守恒定律可得，从开始到最终稳定回路中总共产生的焦耳热为： Q＝12mv02＋12m(2v0)2－12(2m)共 2＝94mv02 (2)分析两种情况可知，当 ab 棒的速度大小是v0时有两种情况：
由题意，整个电路的总电阻为 r＝3dr0 由闭合电路的欧姆定律得，电路中的总电流大小为 I＝E
r
可得导体棒甲、乙所受的安培力大小分别为 F 甲＝4B2dv0， 3r0
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F 乙＝2B2wk.baidu.comv0 3r0
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＝4B2dv0，a 乙＝2B2dv0
3r0m
3r0m
2B2L2
2B2L2
③回路消耗的电能 E1＝12mv02＋12m(2v0)2－12m(14v0)2－12m(54v0)2＝2176mv02
或者 E2＝12mv02＋12m(2v0)2－12m(14v0)2－12m(34v0)2＝3156mv02
4．见解析
解析 (1)导体棒甲刚开始运动时产生的感应电动势为 E＝2Bdv0
由法拉第电磁感应定律得 E ＝ΔΦ Δt
又I＝E r
整理得Δq＝ I Δt＝ΔΦ＝2Bdx 甲－Bdx 乙
r
3r0d
联立以上各式得 2x 甲－x 乙＝6mv0r0. 5B2d
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图1 (1)导体棒 ab 到达 MN 之前稳定运动时的速度大小； (2)整个过程中导体棒 ab 产生的焦耳热； (3)整个过程中通过导体棒 ab 某一横截面的电荷量．
2．(2020·湖北武汉市调研)如图 2 所示，足够长的金属导轨 MNC 和 PQD 平行且间距为 L， 所在平面与水平面夹角分别为α＝37°和β＝53°，导轨两侧空间均有垂直导轨平面向下的匀强 磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为 B.均匀金属棒 ab 和 ef 质量均为 m，长均为 L，电阻均 为 R.运动过程中，两金属棒与导轨保持良好接触，始终垂直于导轨，金属棒 ef 与导轨间的动 摩擦因数为μ＝0.5，金属棒 ab 光滑．导轨电阻不计，重力加速度大小为 g，sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8.
图4 (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
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体棒的位移 x 甲和 x 乙之间的关系式．
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答案精析
1．(1)23Bm2gLr2 (2)13mgh－31m6B3g42Lr42 (3)2B3Lr h＋34mB32Lg3r 解析 (1)导体棒 ab 到达 MN 之前稳定时，由平衡条件得 mgsin 30°＝ILB，I＝BLv
q2＝ I 1Δt1＋ I 2Δt2＋ I 3Δt3＋… 解得 q2＝34mB32Lgr3 整个过程中通过导体棒 ab 某一横截面的电荷量 q＝q1＋q2＝2B3Lr h＋34mB32Lgr3. 2．(1)mB2gLR2 (2)mBg2LR2t－2mB42LgR4 2 (3)见解析
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解析 (1)棒 ef 最终匀速运动，对棒 ef 受力分析 由力的平衡条件有：mgsin β＝μmgcos β＋FA1 由安培力公式得：FA1＝BI1L 由闭合电路欧姆定律得：I1＝2ER 由法拉第电磁感应定律得：E＝BLv1 联立解得：v1＝mB2gLR2. (2)棒 ef 由静止到速度为 v1，经过的时间为 t，位移为 x，对棒 ef，由动量定理得： mgtsin β－μmgtcos β－B I 2Lt＝mv1－0 由闭合电路欧姆定律有： I 2＝ E
(2)由动量定理，设甲匀速运动时速度为 v1，乙匀速运动时速度为 v2.对导体棒甲有－2Bd I Δt
＝mv1－mv0
即－2BdΔq＝mv1－mv0
同理，对导体棒乙有 Bd I Δt＝mv2
两导体棒均匀速运动时，有 v2＝2v1
联立以上各式解得 v1＝15v0
(3)由 Bd I Δt＝mv2 得Δq＝2mv0 5Bd
3r 联立解得：v＝23Bm2gLr2. (2)导体棒 ab 进入水平部分后，ab 和 cd 组成的系统动量守恒： mv＝2mv′ 导体棒 ab 和 cd 最终各自的速度大小相同，都为 v′＝43Bm2gLr2 整个过程中能量守恒 mgh＝2×12mv′2＋Q 导体棒 ab 产生的焦耳热 Qab＝1Q
4 当 ab 棒的速度未反向，即向左时，设此时 cd 棒的速度是 v1，根据动量守恒得：
5
2mv0－mv0＝mv1－mv0 4
解得：v1＝5v0. 4
当 ab 棒的速度反向，即向右时，设此时 cd 棒的速度是 v2，根据动量守恒得：
2mv0－mv0＝mv2＋mv0 4
解得：v2＝3v0 4
①对 cd 棒，由动量定理得 F 安 t＝mΔv 其中 F 安＝BIL，I＝2ER，E＝BL(vcd－vab)，q＝It
图3 (1)从开始到最终稳定的过程中回路总共产生的焦耳热； (2)当 ab 棒的速度大小变为v0时：
4 ①通过 cd 棒的电荷量 q 是多少； ②两棒间的距离增大了多少； ③回路消耗的电能为多少．
4．(2019·安徽皖江名校联盟摸底大联考)如图 4 所示，宽度为 2d 与宽度为 d 的两部分导轨衔 接良好固定在水平面上，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，现给导体棒甲一水平向右的初速度 v0.假设导轨的电阻忽略不计， 导体棒与导轨之间的摩擦忽略不计，且两部分导轨足够长．求：