熱點(diǎn)概述：電磁感應(yīng)中的“桿－軌”運(yùn)動模型，是導(dǎo)體切割磁感線運(yùn)動過程中動力學(xué)與電磁學(xué)知識的綜合應(yīng)用，此類問題是高考命題的重點(diǎn)。
[熱點(diǎn)透析]
單桿模型
注：若光滑導(dǎo)軌傾斜放置，要考慮導(dǎo)體桿受到重力沿導(dǎo)軌斜面向下的分力作用，分析方法與表格中受外力F時的情況類似，這里就不再贅述。
(2020·山東省聊城市一模)(多選)如圖所示，寬為L的水平光滑金屬軌道上放置一根質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒MN，軌道左端通過一個單刀雙擲開關(guān)與一個電容器和一個阻值為R的電阻連接，勻強(qiáng)磁場的方向垂直于軌道平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電容器的電容為C，金屬軌道和導(dǎo)體棒的電阻不計?，F(xiàn)將開關(guān)撥向“1”，導(dǎo)體棒MN在水平向右的恒力F作用下由靜止開始運(yùn)動，經(jīng)時間t0后，將開關(guān)S撥向“2”，再經(jīng)時間t，導(dǎo)體棒MN恰好開始勻速向右運(yùn)動。下列說法正確的是( )
A．開關(guān)撥向“1”時，導(dǎo)體棒做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動
B．開關(guān)撥向“2”時，導(dǎo)體棒可能先做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動
C．開關(guān)撥向“2”后，導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動的速率為eq \f(FR,B2L2)
D．t0時刻電容器所帶的電荷量為eq \f(CBLFt0,m＋CB3L2)
解析 開關(guān)撥向“1”時，經(jīng)過Δt，電容器充電ΔQ＝C·ΔE＝CBL·Δv，流過導(dǎo)體棒的電流I0＝eq \f(ΔQ,Δt)，對導(dǎo)體棒應(yīng)用牛頓第二定律有F－BI0L＝ma0，聯(lián)立得F－Beq \f(CBL·Δv,Δt)L＝ma0，根據(jù)加速度的定義式a＝eq \f(Δv,Δt)得a0＝eq \f(F,m＋CB2L2)，加速度為定值，所以導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動，故A錯誤；開關(guān)撥向“2”時，某時刻導(dǎo)體棒受到的安培力表達(dá)式為FA＝BIL＝Beq \f(BLv,R)L＝eq \f(B2L2v,R)，根據(jù)楞次定律可知安培力阻礙導(dǎo)體棒的相對運(yùn)動，方向水平向左，若安培力大于F，則導(dǎo)體棒做減速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律FA－F＝ma，導(dǎo)體棒速度減小，加速度減小，所以導(dǎo)體棒可能做加速度減小的減速運(yùn)動，故B正確；開關(guān)撥向“2”后，導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動時，導(dǎo)體棒受力平衡，則F＝eq \f(B2L2v1,R)，解得v1＝eq \f(FR,B2L2)，故C正確；開關(guān)撥向“1”時，導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動，經(jīng)過t0時間，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢E0＝BL·a0t0＝eq \f(BLFt0,m＋CB2L2)，此時電容器所帶的電荷量Q＝CE0＝eq \f(CBLFt0,m＋CB2L2)，故D錯誤。
答案 BC
雙桿模型
1.模型特點(diǎn)
(1)一桿切割時，分析同單桿類似。
(2)兩桿同時切割時，回路中的感應(yīng)電動勢由兩桿共同決定，E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝Bl(v1－v2)。
2．電磁感應(yīng)中的“雙桿”問題分析
(1)初速度不為零，不受其他水平外力的作用
(2)初速度為零，一桿受到恒定水平外力的作用
(2020·山東省肥城市適應(yīng)性訓(xùn)練)(多選)如圖，平行光滑金屬導(dǎo)軌M、N固定在水平面上，處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，完全相同的兩金屬棒P、Q搭放在導(dǎo)軌上，開始均處于靜止?fàn)顟B(tài)，給P施加一與導(dǎo)軌平行的恒定拉力作用，運(yùn)動中兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好。設(shè)導(dǎo)軌足夠長，除兩棒的電阻外其余電阻均不計，則兩棒的速度及棒中的感應(yīng)電流隨時間變化的圖像正確的是( )
解析 在恒定拉力的作用下，P向右運(yùn)動切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，由右手定則判斷知，回路中產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流，由左手定則判斷可知，Q棒所受的安培力方向向右，故Q向右做加速運(yùn)動；Q向右運(yùn)動后，開始階段，兩棒的速度差增大，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢增大，感應(yīng)電流增大，兩棒所受的安培力都增大，則P的加速度減小，Q的加速度增大，當(dāng)兩者的加速度相等時，速度之差不變，感應(yīng)電流不變，安培力不變，兩棒做加速度相同的勻加速運(yùn)動。故A、D正確，B、C錯誤。
答案 AD
[熱點(diǎn)集訓(xùn)]
1. (2020·河北省石家莊市教學(xué)質(zhì)量檢測)如圖所示，水平面內(nèi)有一平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌光滑且電阻不計，阻值為R的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置，且與導(dǎo)軌接觸良好。導(dǎo)軌所在空間存在勻強(qiáng)磁場，勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌平面垂直。t＝0時，將開關(guān)S由1擲向2，分別用q、i、v和a表示電容器所帶的電荷量、棒中的電流、棒的速度大小和加速度大小，則下列圖像中正確的是( )
答案 D
解析 分析導(dǎo)體棒的運(yùn)動情況：開關(guān)S由1擲向2，電容器放電，會在電路中產(chǎn)生電流，導(dǎo)體棒中有電流通過，會受到安培力的作用，會產(chǎn)生加速度而加速運(yùn)動，則導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，速度增大，感應(yīng)電動勢增大，則電路中電流減小，導(dǎo)體棒所受安培力減小，加速度減小，因?qū)к壒饣?，所以在有電流通過棒的過程中，棒一直加速運(yùn)動，加速度逐漸減小，速度逐漸增大；當(dāng)感應(yīng)電動勢等于電容器兩端的電壓時，電路中無電流，導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動，加速度為零，速度達(dá)到最大值，此時電容器所帶電荷量q＝CU不為零。綜上所述，A、B、C錯誤，D正確。
2．(2021·福建省寧德市高三第一次質(zhì)量檢查)(多選)如圖所示，有豎直向下的勻強(qiáng)磁場穿過水平放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌左端連有電阻R，質(zhì)量相等、長度相同的鐵棒和鋁棒靜止在軌道上?，F(xiàn)給兩棒一個瞬時沖量，使它們以相同初速度v0向右運(yùn)動，兩棒滑行一段距離后停下，已知鐵棒和鋁棒始終與導(dǎo)軌接觸且垂直，鐵的電阻率大于鋁的電阻率，則(不考慮磁化)( )
A．在速度為v0時，兩棒的端電壓Uab＝Ucd
B．鋁棒運(yùn)動的時間小于鐵棒運(yùn)動的時間
C．運(yùn)動過程中，鐵棒中間時刻的加速度等于初始時刻加速度的一半
D．整個運(yùn)動過程中，甲回路中磁通量的變化量大于乙回路中磁通量的變化量
答案 BD
解析 鐵的密度大于鋁的密度，鐵棒和鋁棒質(zhì)量相等，長度相同，可知鐵棒的橫截面積小于鋁棒的橫截面積，又由鐵的電阻率大于鋁的電阻率及r＝ρeq \f(l,S)可知，鐵棒電阻r鐵大于鋁棒電阻r鋁，鐵棒和鋁棒的初速度均為v0，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，棒中感應(yīng)電動勢均為E＝BLv0，由閉合電路歐姆定律知回路中電流為I＝eq \f(E,R＋r)，而電阻R兩端電壓為U＝IR＝eq \f(BLv0R,R＋r)，由于鐵棒和鋁棒的電阻r不同，故鐵棒和鋁棒的端電壓Uab≠Ucd，故A錯誤；由于鋁棒的電阻小于鐵棒的電阻，根據(jù)eq \x\t(F)安＝eq \f(B2L2\x\t(v),R＋r)，可知鋁棒受到的平均安培力大于鐵棒受到的平均安培力，根據(jù)動量定理有－eq \x\t(F)安Δt＝0－mv0，可知鋁棒運(yùn)動的時間小于鐵棒運(yùn)動的時間，故B正確；根據(jù)牛頓第二定律可知a＝eq \f(B2L2v,m?R＋r?)，鐵棒做加速度減小的減速運(yùn)動，鐵棒在中間時刻的速度小于eq \f(v0,2)，則鐵棒在中間時刻的加速度小于初始時刻加速度的一半，故C錯誤；根據(jù)動量定理可知－eq \x\t(F)安Δt＝0－mv0，而eq \x\t(F)安Δt＝eq \f(B2L2\x\t(v)Δt,R＋r)＝eq \f(B2L2x,R＋r)＝eq \f(BLΔΦ,R＋r)，解得ΔΦ＝eq \f(mv0?R＋r?,BL)，又因鐵棒的電阻大，則整個運(yùn)動過程中，甲回路中磁通量的變化量大于乙回路中磁通量的變化量，故D正確。
3.(2020·山東省泰安市適應(yīng)性訓(xùn)練)如圖所示，在水平面上有兩條導(dǎo)電導(dǎo)軌MN、PQ，導(dǎo)軌間距為d，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌所在的平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。兩根完全相同的金屬桿1、2間隔一定的距離擺開放在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌垂直，它們的電阻均為R，兩桿與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計，金屬桿與導(dǎo)軌間的摩擦不計。桿1以初速度v0滑向桿2，為使兩桿不相碰，則桿2固定與不固定兩種情況下，最初擺放兩桿時的最小距離之比為( )
A．1∶1 B.1∶2
C.2∶1 D.3∶1
答案 C
解析 若桿2固定，設(shè)最初擺放兩桿時的最小距離為x1，對桿1由動量定理得－Beq \x\t(I)dt＝0－mv0，q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(Bx1d,2R)，解得x1＝eq \f(2mRv0,B2d2)；若桿2不固定，設(shè)最初擺放兩桿時的最小距離為x2，兩者最終速度為v，根據(jù)動量定理，對桿1有－B I′]dt′＝mv－mv0，對桿2有B I′]dt′＝mv，電荷量q′＝ I′]t′＝eq \f(ΔΦ′,2R)＝eq \f(Bx2d,2R)，解得x2＝eq \f(mRv0,B2d2)，則x1∶x2＝2∶1，故C正確，A、B、D錯誤。
4.(2020·山東省棗莊市二調(diào)模擬)(多選)如圖所示，足夠長的水平光滑金屬導(dǎo)軌所在空間中，分布著垂直于導(dǎo)軌平面方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。兩導(dǎo)體棒a、b均垂直于導(dǎo)軌靜止放置。已知導(dǎo)體棒a質(zhì)量為2m，導(dǎo)體棒b質(zhì)量為m；長度均為l，電阻均為r；其余部分電阻不計?，F(xiàn)使導(dǎo)體棒a獲得瞬時平行于導(dǎo)軌水平向右的初速度v0。除磁場作用外，兩棒沿導(dǎo)軌方向無其他外力作用，在兩導(dǎo)體棒運(yùn)動過程中，下列說法正確的是( )
A．任何一段時間內(nèi)，導(dǎo)體棒b動能增加量跟導(dǎo)體棒a動能減少量的數(shù)值總是相等的
B．任何一段時間內(nèi)，導(dǎo)體棒b動量改變量跟導(dǎo)體棒a動量改變量總是大小相等、方向相反
C．全過程中，通過導(dǎo)體棒b的電荷量為eq \f(2mv0,3Bl)
D．全過程中，兩棒共產(chǎn)生的焦耳熱為eq \f(mv\\al(2,0),3)
答案 BCD
解析 根據(jù)題意可知，兩棒組成回路，電流大小相同，故所受安培力的合力為零，動量守恒，故任何一段時間內(nèi)，導(dǎo)體棒b動量改變量跟導(dǎo)體棒a動量改變量總是大小相等、方向相反，根據(jù)能量守恒定律可知，a動能減少量的數(shù)值等于b動能增加量與系統(tǒng)產(chǎn)生的電熱之和，故A錯誤，B正確；a、b最終共速，設(shè)最終速度為v，由動量守恒定律有2mv0＝(2m＋m)v，對b棒由動量定理有mv－0＝Beq \x\t(I)l·t＝Blq，聯(lián)立解得q＝eq \f(2mv0,3Bl)，根據(jù)能量守恒定律，兩棒共產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(2m＋m)v2＝eq \f(mv\\al(2,0),3)，故C、D正確。
5．(2020·北京市海淀區(qū)查漏補(bǔ)缺)水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌，兩導(dǎo)軌間距為d，在導(dǎo)軌上有質(zhì)量為m的導(dǎo)體桿。整個裝置處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中?，F(xiàn)用一水平恒力F向右拉動導(dǎo)體桿由靜止開始運(yùn)動，桿與導(dǎo)軌之間的摩擦和空氣阻力，以及導(dǎo)軌的電阻均可忽略不計。假設(shè)導(dǎo)軌長度足夠長，磁場的范圍也足夠大，在整個運(yùn)動過程中桿與導(dǎo)軌保持垂直且良好接觸。
(1)若在導(dǎo)軌之間接有一阻值為R的定值電阻，導(dǎo)體桿接入兩軌道之間的電阻為r，如圖甲所示，求：
①導(dǎo)體桿所能達(dá)到的最大速度vm；
②導(dǎo)體桿運(yùn)動距離為s0過程中，通過電阻R的電荷量q。
(2)若導(dǎo)體桿的電阻可忽略不計，在導(dǎo)軌之間接有一電容為C的不帶電的電容器，如圖乙所示，在電容器不會被擊穿的情況下，
①求電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小v的關(guān)系；
②請分析說明導(dǎo)體桿運(yùn)動的性質(zhì)，并求出導(dǎo)體桿在時間t內(nèi)通過的位移s大小。
答案 (1)①eq \f(F?R＋r?,B2d2) ②eq \f(Bds0,R＋r)
(2)①Q(mào)＝CBdv ②勻加速直線運(yùn)動 eq \f(Ft2,2?CB2d2＋m?)
解析 (1)①當(dāng)導(dǎo)體桿所受安培力與拉力F大小相等時速度最大，即有F＝FA＝BId
此時電流為I＝eq \f(E,r＋R)＝eq \f(Bdvm,R＋r)
聯(lián)立解得vm＝eq \f(F?R＋r?,B2d2)。
②由公式q＝eq \x\t(I)Δt得q＝eq \f(\x\t(E),r＋R)Δt＝eq \f(ΔΦ,Δt?R＋r?)Δt＝eq \f(Bds0,R＋r)。
(2)①導(dǎo)體桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，則電容器兩端電壓為U＝Bdv
電荷量為Q＝CU＝CBdv。
②對導(dǎo)體桿由牛頓第二定律得F－Bid＝ma
其中i＝eq \f(ΔQ,Δt)＝eq \f(CBdΔv,Δt)＝CBda
整理得a＝eq \f(F,CB2d2＋m)
則導(dǎo)體桿做勻加速直線運(yùn)動，導(dǎo)體桿在時間t內(nèi)通過的位移s＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(1,2)×eq \f(Ft2,CB2d2＋m)＝eq \f(Ft2,2?CB2d2＋m?)。
6．(2021·八省聯(lián)考河北卷)如圖1所示，兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌間距為0.5 m，固定在傾角為37°的斜面上。導(dǎo)軌頂端連接一個阻值為1 Ω的電阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小為1 T的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為0.5 kg的金屬棒從AB處由靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，其運(yùn)動過程中的v-t圖像如圖2所示。金屬棒運(yùn)動過程中與導(dǎo)軌保持垂直且接觸良好，不計金屬棒和導(dǎo)軌的電阻，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。
(1)求金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)；
(2)求金屬棒在磁場中能夠達(dá)到的最大速率；
(3)已知金屬棒從進(jìn)入磁場到速度達(dá)到5 m/s時通過電阻的電荷量為1.3 C，求此過程中電阻產(chǎn)生的焦耳熱。
答案 (1)0.25 (2)8 m/s (3)2.95 J
解析 (1)由圖2可知，金屬棒在0～1 s內(nèi)做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動，1 s后做加速度減小的加速運(yùn)動，可知金屬棒第1 s末進(jìn)入磁場。
在0～1 s過程中，由圖2可知，金屬棒的加速度
a＝eq \f(Δv,Δt)＝4 m/s2
在該過程中，沿斜面只有重力的分力和滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin37°－μmgcs37°＝ma
聯(lián)立解得，金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)
μ＝0.25。
(2)金屬棒在磁場中達(dá)到最大速率時，金屬棒處于平衡狀態(tài)，設(shè)金屬棒的最大速率為vm
金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLvm
根據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝eq \f(E,R)
根據(jù)安培力公式有FA＝ILB
根據(jù)平衡條件有FA＋μmgcs37°＝mgsin37°
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得vm＝8 m/s。
(3)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律，可得金屬棒從進(jìn)入磁場至速度達(dá)到v2＝5 m/s通過電阻的電荷量為
q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(\x\t(E)t,R)＝eq \f(\f(ΔΦ,t)t,R)＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BLx,R)
解得金屬棒在磁場下滑的位移x＝eq \f(qR,BL)＝2.6 m
在該過程中，對金屬棒，由動能定理有
mgxsin37°－μmgxcs37°－WA＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
此過程中電阻產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功，即Q＝WA
聯(lián)立以上各式，解得此過程中電阻產(chǎn)生的焦耳熱
Q＝2.95 J。
7．(2020·湖北省武漢市六月模擬)如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，導(dǎo)軌電阻不計，間距為L。導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN，Ⅰ中的勻強(qiáng)磁場方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強(qiáng)磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。在區(qū)域Ⅰ中，將質(zhì)量為m、電阻為R的導(dǎo)體棒ab放在導(dǎo)軌上，且被兩立柱擋住，在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量為2m、電阻為R的導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開始下滑，經(jīng)時間t，ab剛好離開立柱。ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，重力加速度為g。試求：
(1)t時刻cd棒的速度大小vt；
(2)在時間t內(nèi)cd棒產(chǎn)生的電能Ecd；
(3)ab棒中電流的最大值。
答案 (1)eq \f(mgR,B2L2) (2)eq \f(2m2g2Rt,B2L2)－eq \f(5m3g2R2,B4L4) (3)eq \f(2mg,3BL)
解析 (1)t時刻cd棒的速度大小為vt，由法拉第電磁感應(yīng)定律，得E＝BLvt
由閉合電路歐姆定律，得I＝eq \f(E,2R)
分析ab棒受力，得BIL＝mgsin30°
聯(lián)立解得vt＝eq \f(mgR,B2L2)。
(2)設(shè)在時間t內(nèi)cd棒下滑的距離為x，由動量定理得
(2mgsin30°)t－eq \x\t(F)t＝2mvt－0
又eq \x\t(F)＝Beq \x\t(I)L
eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),2R)＝eq \f(BLx,t·2R)
由能量守恒定律，得Ecd＝(2mgsin30°)x－eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,t)
聯(lián)立解得Ecd＝eq \f(2m2g2Rt,B2L2)－eq \f(5m3g2R2,B4L4)。
(3)兩根棒均切割磁感線時，有i＝eq \f(BL?vcd－vab?,2R)
對ab棒有BiL－mgsin30°＝maab
對cd棒有2mgsin30°－BiL＝2macd
當(dāng)電流最大時，vcd－vab最大，aab＝acd
聯(lián)立解得Im＝eq \f(2mg,3BL)。
初態(tài)
v0≠0
v0＝0
示意圖
質(zhì)量為m、電阻不計的單桿ab以一定初速度v0在光滑水平軌道上滑動，兩平行導(dǎo)軌間距為l
軌道水平光滑，單桿ab質(zhì)量為m，電阻不計，兩平行導(dǎo)軌間距為l
軌道水平光滑，單桿ab質(zhì)量為m，電阻不計，兩平行導(dǎo)軌間距為l，拉力F恒定
軌道水平光滑，單桿ab質(zhì)量為m，電阻不計，兩平行導(dǎo)軌間距為l，拉力F恒定
運(yùn)動分析
導(dǎo)體桿做加速度越來越小的減速運(yùn)動，最終桿靜止
當(dāng)E感＝E時，v最大，且vm＝eq \f(E,Bl)，最后以vm勻速運(yùn)動
當(dāng)a＝0時，v最大，vm＝eq \f(FR,B2l2)，桿開始勻速運(yùn)動
Δt時間內(nèi)流入電容器的電荷量Δq＝CΔU＝CBlΔv
電流I＝eq \f(Δq,Δt)＝CBleq \f(Δv,Δt)＝CBla
安培力F安＝IlB＝CB2l2a
F－F安＝ma，a＝eq \f(F,m＋B2l2C)，
所以桿以恒定的加速度勻加速運(yùn)動
能量分析
動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝Q
電能轉(zhuǎn)化為動能和內(nèi)能，E電＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＋Q
外力做功轉(zhuǎn)化為動能和內(nèi)能，WF＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)＋Q
外力做功轉(zhuǎn)化為電能和動能，WF＝E電＋eq \f(1,2)mv2
光滑的平行導(dǎo)軌
光滑不等距導(dǎo)軌
示意圖
質(zhì)量m1＝m2
電阻r1＝r2
長度l1＝l2
質(zhì)量m1＝m2
電阻r1＝r2
長度l1＝2l2
運(yùn)動分析
桿MN做變減速運(yùn)動，桿PQ做變加速運(yùn)動，穩(wěn)定時，兩桿的加速度均為零，以相等的速度eq \f(v0,2)勻速運(yùn)動
穩(wěn)定時，兩桿的加速度均為零，兩桿的速度之比為1∶2
能量分析
一部分動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，Q＝－ΔEk
光滑的平行導(dǎo)軌
不光滑平行導(dǎo)軌
示意圖
質(zhì)量m1＝m2
電阻r1＝r2
長度l1＝l2
摩擦力Ff1＝Ff2
質(zhì)量m1＝m2
電阻r1＝r2
長度l1＝l2
運(yùn)動分析
開始時，兩桿做變加速運(yùn)動；穩(wěn)定時，兩桿以相同的加速度做勻加速運(yùn)動
開始時，若F≤2Ff，則PQ桿先變加速后勻速運(yùn)動；MN桿靜止。若F>2Ff，PQ桿先變加速后勻加速運(yùn)動，MN桿先靜止后變加速最后和PQ桿同時做勻加速運(yùn)動，且加速度相同
能量分析
外力做功轉(zhuǎn)化為動能和內(nèi)能，WF＝ΔEk＋Q
外力做功轉(zhuǎn)化為動能和內(nèi)能(包括電熱和摩擦熱)，WF＝ΔEk＋Q電＋Qf

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