1、電磁感應(yīng)的動力學(xué)問題
1．安培力的大小
由感應(yīng)電動勢E＝Blv、感應(yīng)電流I＝eq \f(E,R)和安培力公式F＝BIl得F＝eq \f(B2l2v,R).
2．安培力的方向判斷
(1)對導(dǎo)體切割磁感線運動，先用右手定則確定感應(yīng)電流的方向，再用左手定則確定安培力的方向．
(2)根據(jù)安培力阻礙導(dǎo)體和磁場的相對運動判斷．
3．電磁感應(yīng)中的力和運動
電磁感應(yīng)與力學(xué)問題的綜合，涉及兩大研究對象：電學(xué)對象與力學(xué)對象．聯(lián)系兩大研究對象的橋梁是磁場對感應(yīng)電流的安培力，其大小與方向的變化，直接導(dǎo)致兩大研究對象的狀態(tài)改變．
2、電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題
1．能量轉(zhuǎn)化
導(dǎo)體切割磁感線或磁通量發(fā)生變化，在回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，這個過程中機械能或其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，具有感應(yīng)電流的導(dǎo)體在磁場中受安培力作用或通過電阻發(fā)熱，又可使電能轉(zhuǎn)化為機械能或內(nèi)能．因此，電磁感應(yīng)過程中總是伴隨著能量的轉(zhuǎn)化．
2．電磁感應(yīng)過程的實質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功的形式實現(xiàn)的，安培力做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過程，外力克服安培力做功，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程．
3、動量定理在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的應(yīng)用
導(dǎo)體棒或金屬框在感應(yīng)電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時，安培力的沖量為：
eq \a\vs4\al(I安＝B\x\t(I)Lt＝BLq，通過導(dǎo)體棒或金屬框的電荷量為：,q＝\x\t(I)Δt＝\f(\x\t(E),R總)Δt＝n\f(ΔΦ,ΔtR總)Δt＝n\f(ΔΦ,R總)，,磁通量變化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx。,如果安培力是導(dǎo)體棒或金屬框受到的合外力，則I安＝mv2－mv1。,當(dāng)題目中涉及速度v、電荷量q、運動時間t、運動位移x時常用動量定理求解更方便。)
1．（2023?定遠縣校級二模）如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在傾角θ＝37°的絕緣斜面上，頂部接有一阻值R＝3Ω的定值電阻，下端開口，軌道間距L＝1m，整個裝置處于磁感應(yīng)強度B＝2T的勻強磁場中，磁場方向垂直斜面向上，質(zhì)量m＝1kg的金屬棒ab置于導(dǎo)軌上，ab在導(dǎo)軌之間的電阻r＝1Ω，電路中其余電阻不計，金屬棒ab由靜止釋放后沿導(dǎo)軌運動時始終垂直于導(dǎo)軌，且與導(dǎo)軌接觸良好，不計空氣阻力影響，已知金屬棒ab與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)μ＝0.5，sin37°＝0.6cs37°＝0.8，取g＝10m/s2。
（1）求金屬棒ab沿導(dǎo)軌向下運動的最大速度vm。
（2）求金屬棒ab沿導(dǎo)軌向下運動過程中，電阻R上的最大電功率PR。
（3）若從金屬棒ab開始運動至達到最大速度的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱總共為1.5J，求這個過程的經(jīng)歷的時間。
【解答】解：（1）金屬棒由靜止釋放后，沿斜面做變加速運動，加速度不斷減小，當(dāng)加速度為零時有最大速度vm，由牛頓第二定律得
mgsinθ﹣μmgcsθ﹣F安＝0
又F安＝BIL，I=ER+r，E＝BLvm
解得：vm＝2.0m/s
（2）金屬棒以最大速度vm勻速運動時，電阻R上的電功率最大，此時
PR=I2R
聯(lián)立解得：PR＝3W
（3）設(shè)金屬棒從開始運動到達到最大速度過程中，沿導(dǎo)軌下滑距離為x，由能量守恒定律
mgxsinθ=μmgxcsθ+QR+Q+12mvm2
根據(jù)焦耳定律QRQ=Rr
聯(lián)立解得x＝2.0m
根據(jù)q=IΔt，I=ER+r，E=ΔΦΔt，ΔΦ＝BLx
解得q＝1C
由動量定理得：
(mgsinθ?μmgcsθ)Δt?BILΔt=mvm?0
解得t＝2s
答：（1）金屬棒ab沿導(dǎo)軌向下運動的最大速度為2.0m/s。
（2）金屬棒ab沿導(dǎo)軌向下運動過程中，電阻R上的最大電功率為3W。
（3）這個過程的經(jīng)歷的時間為2s。
2．（2023?東城區(qū)校級三模）電動機是第二次科技革命中的最重要的發(fā)明之一，在生產(chǎn)、生活中起著極為重要的作用。
（1）直流電動機的工作原理可以簡化為圖1所示的模型。在豎直向下的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，兩根足夠長的平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L，電阻不計。質(zhì)量為m、電阻為R的金屬導(dǎo)體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好。軌道左端接有直流電源，電源電動勢為E、內(nèi)阻不計。閉合開關(guān)S，導(dǎo)體棒從靜止開始運動。在導(dǎo)體棒運動過程中，導(dǎo)體棒上的電流I與速度v的大小關(guān)系滿足I=E?BLvR，導(dǎo)體棒始終受到大小為f的阻力作用。求：
a．閉合S瞬間，導(dǎo)體棒受到的安培力的大小F0；
b．導(dǎo)體棒速度為v時，導(dǎo)體棒加速度的大小a。
（2）某興趣小組根據(jù)直流電動機的工作原理設(shè)計了模型飛機的電磁彈射裝置。如圖2所示，用于彈射模型飛機的線圈位于導(dǎo)軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應(yīng)強度大小均為B，線圈可沿導(dǎo)軌滑動。開關(guān)接通，電動勢為E、內(nèi)阻不計的電源與線圈連接，線圈推動飛機從靜止開始加速，運動過程中線圈和飛機受到的總阻力恒為f。線圈總電阻為R，匝數(shù)為n，每匝周長為l。
a．若導(dǎo)軌足夠長，求飛機能夠獲得的最大速度vm。
b．為了讓線圈在模型飛機彈出后盡快停下來，該小組在圖2的基礎(chǔ)上改進了電路。如圖3所示，單刀雙擲開關(guān)接通1，線圈推動飛機加速；飛機彈出后，將單刀雙擲開關(guān)接通2，讓線圈減速。請說明這一設(shè)計的原理。
【解答】解：（1）a．閉合S瞬間，根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I0=ER
導(dǎo)體棒受到的安培力的大小為：F0＝BI0L=BLER
b．導(dǎo)體棒速度為v時，反電動勢為：E′＝BLv
導(dǎo)體棒受到的安培力的大?。篎＝BIL
由牛頓第二定律可得導(dǎo)體棒加速度的大小：a=F?fm=BL(E?BLv)mR?fm
（2）a．當(dāng)飛機與線圈組成的系統(tǒng)受到的安培力與阻力大小相等時，飛機的速度達到最大，則有
I′=E?nBLvmR
線圈受到的安培力為：F＝nBI′L
由F＝f可得：
vm=EnBL?fRn2B2L2
b．飛機彈出后，開關(guān)接通2，線圈和電阻組成閉合回路，線圈在磁場中做切割磁感線的運動，產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到與運動方向相反的安培力，安培力使線圈做減速運動。
答：（1）a．閉合S瞬間，導(dǎo)體棒受到的安培力的大小為BLER；
b．導(dǎo)體棒速度為v時，導(dǎo)體棒加速度的大小為BL(E?BLv)mR?fm。
（2）a．若導(dǎo)軌足夠長，飛機能夠獲得的最大速度為EnBL?fRn2B2L2；
b．原理見解析。
3．（2023?沈河區(qū)校級三模）如圖所示，固定光滑平行軌道abcd的水平部分處于磁感應(yīng)強度大小為B＝1T、方向豎直向上的勻強磁場中，bc段軌道寬度為d1＝0.6m，cd段軌道寬度為d2＝0.3m，bc段軌道和cd段軌道均足夠長，將質(zhì)量分別為mP＝2kg，mQ＝1kg，有效電阻分別為Rp＝2Ω，RQ＝1Ω的金屬棒P和Q分別置于軌道上的ab段和cd段，且均與軌道垂直，金屬棒Q原來處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)讓金屬棒P從距水平軌道高為h＝0.2m處無初速度釋放，兩金屬棒運動過程中始終與導(dǎo)軌接觸良好且與導(dǎo)軌垂直，不計其它電阻及空氣阻力，重力加速度大小為g＝10m/s2，求：
（1）金屬棒P剛進入磁場時的速度大?。?br>（2）金屬棒P剛進入磁場時Q棒的加速度大??；
（3）兩金屬棒距離最近時兩導(dǎo)軌間的電壓U。
【解答】解：（1）金屬棒P從釋放到進入水平軌道過程機械能守恒，據(jù)機械能守恒定律得：mg?=12mv02
代入數(shù)據(jù)解得，：金屬棒P剛進入磁場時的速度大小v0＝2m/s
（2）金屬棒P剛進入磁場時切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢Em＝Bd1v0
由閉合電路的歐姆定律可知，回路感應(yīng)電流Im=EmRP+RQ
對金屬棒Q，由牛頓第二定律得：BImd2＝ma
代入數(shù)據(jù)解得，金屬棒Q的加速度大小a＝0.12m/s2
（3）兩金屬棒受到相等時距離最近，設(shè)相等速度大小為v，以向右為正方向，
對金屬棒P，由動量定理得：﹣BId1t＝mPv﹣mPv0
對金屬棒Q，由動量定理得：BId2t＝mQv﹣0
代入數(shù)據(jù)解得：v＝1m/s
兩金屬棒速度相等時切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EP＝Bd1v，EQ＝Bd2v
由閉合電路的歐姆定律得：I=EP?EQRP+RQ
兩導(dǎo)軌間的電壓U＝EP﹣IRP
代入數(shù)據(jù)解得：U＝0.4V
答：（1）金屬棒P剛進入磁場時的速度大小是2m/s；
（2）金屬棒P剛進入磁場時Q棒的加速度大小是0.12m/s2；
（3）兩金屬棒距離最近時兩導(dǎo)軌間的電壓U是0.4V。
4．（2023?寧德模擬）如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，間距為L，空間分布著磁感應(yīng)強度大小為B，與導(dǎo)軌平面垂直且向上的勻強磁場。將兩根金屬棒a、b放置在導(dǎo)軌上，并將b用輕繩通過定滑輪和物塊c連接。已知兩棒的長度均為L，電阻均為R，質(zhì)量均為m，物塊c的質(zhì)量也為m，金屬棒a、b始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不考慮其他電阻，不計一切摩擦，重力加速度大小為g。
（1）將金屬棒b鎖定，釋放金屬棒a，求金屬棒a的最終速度v1；
（2）物塊c以2v1的速度豎直向下運動，同時釋放金屬棒a，求金屬棒b的最終速度v2；
（3）在（2）問中，若a、b、c從開始運動經(jīng)時間t到達穩(wěn)定狀態(tài)，求該過程中a、b產(chǎn)生的總焦耳熱。
【解答】解：（1）金屬棒b鎖定，釋放金屬棒a，金屬棒a沿軌道向下做加速運動，最終做勻速直線運動，
金屬棒a做勻速直線運動時切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLv1
由閉合電路的歐姆定律得I=ER+R=BLv12R
金屬棒a所受安培力F安培＝BIL=B2L2v12R
金屬棒a做勻速直線運動，由平衡條件得：mgsinθ=B2L2v12R
解得：v1=mgRB2L2
（2）物塊c向下運動過程，金屬棒b沿導(dǎo)軌向上做減速運動，金屬棒a向上做加速運動，最終金屬棒a、b都做勻速直線運動
設(shè)金屬棒a做勻速直線運動的速度為va，金屬棒b做勻速直線運動的速度大小為v2，回路總感應(yīng)電動勢E總＝BLv2﹣BLa
由閉合電路的歐姆定律可知，回路電流I=E總R+R=BL(v2?va)2R
對金屬棒a，由平衡條件得：mgsinθ＝BIL
解得：v2﹣va=mgRB2L2，則v2﹣va＝v1
物塊c、金屬棒a、b組成的系統(tǒng)動量守恒，以平行于導(dǎo)軌向上為正方向，由動量守恒定律得：2m×2v1＝mva+2mv2
解得：va=2mgR3B2L2，v2=5mgR3B2L2
（3）以平行于斜面向上為正方向，從開始運動到達到穩(wěn)定狀態(tài)，對金屬棒a，由動量定理得：BILt﹣mgsinθ×t＝mva﹣0
其中：q=It=E2Rt=ΔΦt2Rt=ΔΦ2R=BL(xb?xa)2R，解得：xb﹣xa=4m2gR23B4L4+mgRtB2L2
對a、b、c組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得：12×2m×(2v1)2+mgxb=12mva2+12×2mv22+mgxasinθ+mgxbsinθ+Q
解得：Q=5m3g2R23B4L4+m2g2Rt2B2L2
答：（1）金屬棒a的最終速度v1是mgRB2L2；
（2）金屬棒b的最終速度v2是5mgR3B2L2；
（3）該過程中a、b產(chǎn)生的總焦耳熱是5m3g2R23B4L4+m2g2Rt2B2L2。
5．（2022?泉州模擬）如圖，間距為L的光滑平行導(dǎo)軌傾斜固定，傾角θ＝30°電阻不計的導(dǎo)軌上放置兩根有一定阻值的金屬桿ab和cd，兩桿質(zhì)量均為m，cd桿中點通過平行于導(dǎo)軌的輕繩系在固定的拉力傳感器上，整個裝置處于磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中?，F(xiàn)給ab桿一個沿導(dǎo)軌向上、大小為v0的初速度，同時對ab桿施加一個平行于導(dǎo)軌的推力，使拉力傳感器示數(shù)FT隨時間t按FT=mg23v0t+mg6的規(guī)律變化。已知重力加速度大小為g，兩桿不相碰，始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計一切摩擦。
（1）求t＝0時回路中的感應(yīng)電流大小I0；
（2）求ab桿的速度vt隨時間t變化的關(guān)系式；
（3）若在0～3v02g時間內(nèi)回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q，求推力F時間0～3v02g時間內(nèi)做的功。
【解答】解：（1）由FT=mg23v0t+mg6可得t＝0時，F(xiàn)T=mg6
cd桿受到的安培力大小：F安＝BI0L
對cd根據(jù)平衡條件可得：FT0+F安＝mgsinθ
聯(lián)立解得：I0=mg3BL；
（2）設(shè)回路總電阻為R，則：I0=BLv0R，
t時刻的電流：I=BLvtR
cd桿受力平衡，根據(jù)平衡條件可得：FT+BIL＝mgsinθ
聯(lián)立解得：vt＝v0﹣gt；
（3）由vt﹣t關(guān)系式可知ab桿沿傾斜導(dǎo)軌做勻減速運動，加速度大小為a＝g，方向沿導(dǎo)軌向下，
ab桿在t=3v02g時的速度為：vt＝v0﹣g×3v02g=?12v0
在0～3v02g時間內(nèi)的位移：s＝v0t?12at2
此過程中，根據(jù)動能定理可得：﹣mgs?sinθ﹣W安+WF=12mvt2?12mv02
由功能關(guān)系可知，在0～3v02g時間內(nèi)ab桿克服安培力做的功為W安＝Q
聯(lián)立解得：WF＝Q?316mv02。
答：（1）t＝0時回路中的感應(yīng)電流大小為mg3BL；
（2）ab桿的速度vt隨時間t變化的關(guān)系式為vt＝v0﹣gt；
（3）推力F時間0～3v02g時間內(nèi)做的功為Q?316mv02。
6．（2022?龍巖模擬）如圖所示，兩根半徑為r＝0.5m的四分之一光滑圓弧軌道，間距為L＝1m，軌道電阻不計。在其上端連有一阻值為R＝2Ω的電阻，圓弧軌道處于輻向磁場中，所在處的磁感應(yīng)強度大小均為B1＝1T，其頂端A、B與圓心處等高。兩根完全相同的金屬棒mn、pq在軌道頂端和底端，e、f是兩段光滑的絕緣材料，緊靠圓弧軌道最底端，足夠長的光滑金屬軌道左側(cè)是一個C＝0.05F的電容器。將金屬棒mn從軌道頂端AB處由靜止釋放。已知當(dāng)金屬棒到達如圖所示的CD位置，金屬棒的速度達到最大，此時金屬棒與軌道圓心連線所在平面和水平面夾角為θ＝60°。mn棒到達最底端時速度為v＝2m/s（此時與pq還沒有碰撞）。已知金屬棒mn，pq質(zhì)量均為m＝0.4kg、電阻均為R0＝2Ω，求：
（1）當(dāng)金屬棒的速度最大時，流經(jīng)金屬棒pq的電流方向和pq金屬棒此時的熱功率；
（2）金屬棒滑到軌道底端的整個過程（此時與pq還沒有碰撞）中流經(jīng)電阻R的電量；
（3）金屬棒mn和pq發(fā)生碰撞后粘在一起運動，經(jīng)過兩小段光滑絕緣材料e，f后繼續(xù)向左運動，進入磁感應(yīng)強度為B2＝2T的勻強磁場，求金屬棒最后的速度大小。
【解答】解：（1）根據(jù)楞次定律可知，流經(jīng)金屬棒pq的電流方向由p到q，且mn棒速度最大時有B1ImnL＝mgcs60°
解得流經(jīng)mn棒的電流大小Imn＝2A
由于e、f是兩段光滑的絕緣材料，則由電路關(guān)系知Ipq＝1A
則pq金屬棒此時的熱功率P=Ipq2R＝12×2W＝2W
（2）金屬棒滑到軌道底端的整個過程（此時與pq還沒有碰撞）中流經(jīng)mn棒的電量為
qmn=I?Δt=E?ΔtR總=ΔΦR總
其中ΔΦ＝B1L（142πr）
代入數(shù)據(jù)解得qmn=π12C
則流經(jīng)電阻R的電量qR=qmn2=π24C
（3）金屬棒mn和pq發(fā)生碰撞，取向左為正方向，由動量守恒定律有mv＝2mv共
設(shè)金屬棒最后的速度大小為vx。
碰撞后對整體，由動量定理得
2mvx﹣2mv共＝﹣B2IL?Δt
又q=I?Δt
q＝CU＝CB2Lvx
解得vx＝0.8m/s
答：（1）流經(jīng)金屬棒pq的電流方向由p到q，pq金屬棒此時的熱功率為2W；
（2）金屬棒滑到軌道底端的整個過程（此時與pq還沒有碰撞）中流經(jīng)電阻R的電量為π24C；
（3）金屬棒最后的速度大小為0.8m/s。
7．（2023?閔行區(qū)二模）如圖（a），豎直放置足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距L＝1m，上端用阻值為R＝10Ω的電阻相連。整個裝置處于磁感應(yīng)強度B＝1T的勻強磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向內(nèi)。質(zhì)量為m＝0.5kg，電阻不計的金屬棒ab從軌道底部以v0＝10m/s開始豎直向上運動，然后又向下返回直至勻速運動。運動過程中ab始終與導(dǎo)軌垂直且良好接觸，空氣阻力不計。求：
（1）ab剛開始運動時R中的電流大小和方向；
（2）ab剛開始運動時的加速度a0和勻速下滑時的速度v1；
（3）比較ab上升過程的時間t上與下落返回至出發(fā)點的時間t下的長短；
（4）以ab的出發(fā)點為原點，豎直向上建立x軸，若ab在上升過程中的v﹣x圖像如圖（b）所示，求圖像與坐標軸所包圍的面積S。
【解答】解：（1）棒ab在磁場中運動產(chǎn)生的動生電動勢為：
E＝BLv0＝1×1×10V＝10V
流過電阻R的電流強度為：I=ER=10V10Ω=1A
根據(jù)右手定則可知ab剛開始運動時R中的電流方向由左向右
（2）初始時刻對ab根據(jù)牛頓第二定律得：mg+F安＝ma0，其中F安＝BIL
代入數(shù)據(jù)解得：a0＝12m/s2，方向豎直向下
對勻速下滑時，由受力平衡的條件得：mg=F'安=BI'L=B2L2v1R
代入數(shù)據(jù)解得：v1＝50m/s
（3）由于在上升和下降過程中安培力一直做負功，所以上升和下降經(jīng)過同一位置時，上升的速度大于下降的速度，可知上升過程的平均速度大于下降過程的平均速度，而上升和下降的位移大小相同，所以t上＜t下
（4）由能量守恒知道，ab的初動能在上升過程中轉(zhuǎn)化為ab重力勢能的增量和電阻R產(chǎn)生的焦耳熱，即：12mv02=mg?+Q
代入數(shù)據(jù)解得：Q＝3J
由功能關(guān)系知，物體克服安培力做功等于電能的增加量，也就是全電路的焦耳熱，即：W克安＝Q
克服安培力做功大小即為F安﹣x圖中曲線和坐標軸所圍成的面積，而安培力大小為：F安=B2L2Rv，每時每刻都是速度v的B2L2R倍，因此F安﹣x圖中曲線和坐標軸所圍成的面積是v﹣x圖與坐標軸所包圍的面積S的B2L2R倍，那么：Q=W克安=B2L2RS
即S=QRB2L2=3J×10Ω(1T)2×(1m)2=30m2/s。
答：（1）ab剛開始運動時R中的電流大小為1A，方向由左向右；
（2）ab剛開始運動時的加速度為12m/s2，方向豎直向下；勻速下滑時的速度為50m/s；
（3）ab上升過程的時間t上與下落返回至出發(fā)點的時間t下的關(guān)系為t上＜t下；
（4）圖像與坐標軸所包圍的面積為30m2/s。
8．（2023?湖南模擬）如圖所示，兩光滑圓形金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，圓心均為O點，半徑分別為l1＝1m，l2＝0.5m，兩導(dǎo)軌通過導(dǎo)線與右側(cè)電路相連，一長為l1、電阻為r＝2Ω的導(dǎo)體棒與兩圓形導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒一端固定在O點且以角速度ω＝16rad/s順時針勻速轉(zhuǎn)動，兩圓形導(dǎo)軌所在區(qū)域存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強度大小B1＝2T的勻強磁場，定值電阻R＝5Ω，電容器的電容C＝0.2F。足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌AG、BH固定于水平面內(nèi)，相距為L＝2m，處于豎直向下、大小為B2＝1T的勻強磁場中，軌道在C、D處各被一小段正對的絕緣材料隔開，質(zhì)量為ma＝1kg的金屬棒a靜置于導(dǎo)軌AB處，質(zhì)量為mb＝3kg的金屬棒b緊貼CD右側(cè)放置，質(zhì)量為mc＝1kg的金屬棒c靜置于b棒右側(cè)s0＝2m的EF處．a(chǎn)、b棒的接入電阻相同，Ra＝Rb＝2Ω，c棒的接入電阻Rc＝4Ω。初始時單刀雙擲開關(guān)S與觸點“1”閉合，現(xiàn)將開關(guān)S撥到觸點“2”，當(dāng)金屬棒a運動至CD時電容器的電壓U＝5V，此時a、b兩棒相碰結(jié)合為一個“雙棒”整體，最終各棒運動達到穩(wěn)定狀態(tài)，所有導(dǎo)軌的電阻均不計，求：
（1）開關(guān)S與觸點“1”閉合時，電容器所帶的電荷量；
（2）金屬棒a剛運動至CD時的速度；
（3）最終“雙棒”整體與c棒的距離以及從a、b棒碰后到各棒穩(wěn)定的過程中a棒中產(chǎn)生的焦耳熱。
【解答】解：（1）開關(guān)S與觸點“1”閉合時，導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動切割磁感線，其接入電路的部分感應(yīng)電動勢為E=12B1ωl12?12B1ωl22
閉合回路總電阻為R總=R+r2
回路電流為I=ER總
電容器的電壓U0＝IR
電容器的電荷量為Q＝CU0
聯(lián)立解得：Q＝2C
（2）開關(guān)S接2時，電容器向金屬棒a放電，金屬棒a受安培力運動，當(dāng)金屬棒a運動至CD處時電容器所帶電荷量Q2＝CU
該過程流過金屬棒a的電荷量q＝Q2﹣Q
取向右為正方向，對a棒，由動量定理得
B2LI?t＝mav0﹣0
又q=I?t，即B2Lq＝mav0
代入數(shù)據(jù)可得金屬棒a剛運動至CD時的速度：v0＝2m/s
（3）a棒與b棒發(fā)生碰撞過程，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得 mav0＝（ma+mb）v1
“雙棒”整體與c棒系統(tǒng)動量也守恒，最終達到共同速度，根據(jù)動量守恒定律得（ma+mb）v1＝（ma+mb+mc）v2
對c棒，取向右為正方向，由動量定理得
B2LI'?t′＝mcv2
設(shè)“雙棒”整體與c棒相對位移大小為s相對。則I'?t′=E'?t'R總'=ΔΦR總'=B2Ls相對R總'
代入上式得：B22L2R總's相對=mcv2
R總'=Rc+RaRbRa+Rb
最終“雙棒”整體與c棒的距離s＝s0﹣s相對
聯(lián)立解得：s＝1.5m
“雙棒”整體與c棒運動至穩(wěn)定過程中，由能量守恒得
12(ma+mb)v12?12(ma+mb+mc)v22=Q
其中Qa=Q10
代入數(shù)據(jù)可得Qa＝0.01J
答：（1）開關(guān)S與觸點“1”閉合時，電容器所帶的電荷量為2C；
（2）金屬棒a剛運動至CD時的速度為2m/s；
（3）最終“雙棒”整體與c棒的距離為1.5m，從a、b棒碰后到各棒穩(wěn)定的過程中a棒中產(chǎn)生的焦耳熱為0.01J。
9．（2023?漳州二模）如圖甲，abcd和a′b′c′d′為在同一水平面內(nèi)的固定光滑平行金屬導(dǎo)軌，ab段和a′b′段間距為2L，cd段和c′d′段間距為L、整個導(dǎo)軌處于方向豎直向下的勻強磁場中，bcc′b′左側(cè)導(dǎo)軌間的磁感應(yīng)強度大小為B0，bcc′b′右側(cè)導(dǎo)軌間的磁感應(yīng)強度大小按圖乙規(guī)律變化，圖中t0為已知量，兩根相同金屬桿M、N分別垂直兩側(cè)導(dǎo)軌放置，N桿與cc′之間恰好圍成一個邊長為L的正方形，M桿中點用一不可伸長絕緣細線通過輕質(zhì)定滑輪與一重物相連，重物離地面的高度為L，細繩處于伸直狀態(tài)且與M桿垂直，t＝0時刻釋放重物，同時在N桿中點處施加一水平拉力，使兩桿在0～t0時間內(nèi)均處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知M、N桿和重物的質(zhì)量都為m，不計導(dǎo)軌電阻，重力加速度為g。
（1）求0～t0時間內(nèi)回路的感應(yīng)電動勢E；
（2）求0～t0時間內(nèi)，施加在N桿上的拉力F隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系式；
（3）從t0時刻開始，保持拉力F不變，若重物下落的過程中，回路產(chǎn)生的總熱量為Q，求重物落地時N桿的速度大小v。
【解答】解：（1）0～t0時間內(nèi)回路的感應(yīng)電動勢為E1=ΔΦΔt=L2ΔBΔt
根據(jù)圖乙可知ΔBΔt=B0t0
解得：E1=ΔΦΔt=B0L2t0
（2）根據(jù)圖乙可知B=B0t0t
令0～t0時間內(nèi)回路的感應(yīng)電流為I，對M有：mg＝B0I?2L
對N有：F＝BIL
聯(lián)立解得：F=mg2t0t
（3）由F=mg2t0t得，t0時刻的拉力大小F0=12mg
t0時刻之后，對M與重物整體受力分析有：mg﹣B0I?2L＝2ma1
t0時刻之后，對N受力分析有：F0﹣B0IL＝ma2
解得：a1=a2=12g?B0ILm
可知M、N的加速度大小相等，即M、N桿的速度在任意時刻大小均相等，則從t0時刻開始到重物落地的過程中有mgL+FL=12×3mv2+Q
解得：v=gL?2Q3m
答：（1）0～t0時間內(nèi)回路的感應(yīng)電動勢E為B0L2t0；
（2）0～t0時間內(nèi)，施加在N桿上的拉力F隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系式為F=mg2t0t；
（3）重物落地時N桿的速度大小v為gL?2Q3m。
10．（2023?和平區(qū)二模）如圖甲所示，空間存在方向豎直向下、磁感應(yīng)強度大小B＝0.5T的勻強磁場，有兩條平行的長直導(dǎo)軌MN、PQ處于同一水平面內(nèi)，間距L＝0.2m，左端連接阻值R＝0.4Ω的電阻。質(zhì)量m＝0.1kg的導(dǎo)體棒ab垂直跨放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，從t＝0時刻開始，通過一小型電動機對棒施加一個水平向右的牽引力，使棒從靜止開始沿導(dǎo)軌方向做加速運動，此過程中棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，除R以外其余部分的電阻均不計，重力加速度g取10m/s2。
（1）若電動機保持恒定功率輸出，棒的v﹣t圖象如圖乙所示（其中OA是曲線，AB是直線），已知0～10s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量Q＝30J，求：導(dǎo)體棒達到最大速度vm時牽引力大小及導(dǎo)體棒從靜止開始達到最大速度vm時的位移大?。?br>（2）若電動機保持恒定牽引力F＝0.3N，且將電阻換為C＝10F的電容器（耐壓值足夠大），如圖丙所示，證明導(dǎo)體棒做勻加速運動，并求出加速度。
【解答】解：（1）導(dǎo)體棒達到最大速度后，所受合外力為零，由平衡條件有
F﹣F安﹣f＝0
其中摩擦力大小為
f＝μmg＝0.2×0.1×10N＝0.2N
導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為
E＝BLvm
感應(yīng)電流為
I=ER
導(dǎo)體棒受到的安培力大小為
F安＝BIL=B2L2vmR=0.52×0.22×100.4N＝0.25N
此時牽引力為
F＝F安+f＝0.25N+0.2N＝0.45N
電動機的功率為
P＝Fvm＝0.45×10W＝4.5W
電動機消耗的電能等于導(dǎo)體棒的動能、克服安培力做功產(chǎn)生的焦耳熱及克服摩擦力做功產(chǎn)生的內(nèi)能之和，有
Pt=12mvm2+fx+Q
解得位移為：x＝50m
（2）當(dāng)導(dǎo)體棒的速度大小為v時，感應(yīng)電動勢為
E＝BLv
由C=QU
知，此時電容器極板上的電荷量為
Q＝CE＝CBLv
設(shè)在一小段時間Δt內(nèi)，可認為導(dǎo)體棒做勻變速運動，速度增加量為Δv，電容器極板上增加的電荷量為
ΔQ＝CBL?Δv
根據(jù)電流的定義式得
I=ΔQΔt=CBL?ΔvΔt=CBLa
對導(dǎo)體棒受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有
F﹣f﹣BIL＝ma
可得：
a=F?fm+CB2l2
代入數(shù)據(jù)解得：a＝0.5m/s2
可知導(dǎo)體棒的加速度與時間無關(guān)，為一個定值，即導(dǎo)體棒做勻加速運動。
答：（1）導(dǎo)體棒達到最大速度vm時牽引力大小為0.45N，導(dǎo)體棒從靜止開始達到最大速度vm時的位移大小為50m；
（2）證明見解析，加速度為0.5m/s2。
11．（2023?興慶區(qū)校級四模）如圖（甲）所示，傾角α＝30°、寬度L＝0.5m、電阻不計的光滑金屬軌道足夠長，在軌道的上端連接阻值R＝1.0Ω的定值電阻，金屬桿MN的電阻r＝0.25Ω，質(zhì)量m＝0.2kg，整個裝置處于垂直軌道平面向下的勻強磁場中。將金屬桿由靜止開始釋放，在計算機屏幕上同步顯示出電流i和時間t的關(guān)系如圖（乙）所示，已知t＝3.2s之后電流漸近于某個恒定的數(shù)值，桿與軌道始終保持垂直，0～3.2s內(nèi)金屬桿下滑的距離s＝2m。（g＝10m/s2）求：
（1）磁感應(yīng)強度B的大??；
（2）1.0s時金屬棒的加速度大?。?br>（3）求3.2s時金屬桿的速度大??；
（4）求0～3.2s內(nèi)回路中產(chǎn)生總的焦耳熱。
【解答】解：（1）由圖像可知，金屬桿穩(wěn)定運動時的電流為1.60A，桿受三個力平衡，受力如圖所示，
根據(jù)平衡條件有：mgsin30°＝BIL
代入數(shù)據(jù)解得：B＝1.25T
（2）由圖像可知1.0s時電流為1.0A，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin30°﹣BIL＝ma
代入數(shù)據(jù)解得：a＝1.875m/s2
（3）由題意可知，t＝3.2s時電流為1.60A，根據(jù)導(dǎo)體切割磁感線感應(yīng)電動勢公式有：E＝BLv
根據(jù)閉合電路歐姆定律有：E＝I（R+r）
聯(lián)立解得：v＝3.2m/s
（4）根據(jù)能量守恒有：mgs?sin30°=12mv2+Q
代入數(shù)據(jù)解得：Q＝0.976J
答：（1）磁感應(yīng)強度B的大小為1.25T；
（2）1.0s時金屬棒的加速度大小為1.875m/s2；
（3）3.2s時金屬桿的速度大小為3.2m/s；
（4）0～3.2s內(nèi)回路中產(chǎn)生總的焦耳熱為0.976J。
12．（2023?麒麟?yún)^(qū)校級模擬）如圖所示，兩平行且無限長光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面的夾角為θ＝30°，兩導(dǎo)軌之間的距離為L＝1m，兩導(dǎo)軌M、P之間接入電阻R＝0.2Ω，導(dǎo)軌電阻不計，在abcd區(qū)域內(nèi)有一個方向垂直于兩導(dǎo)軌平面向下的磁場Ⅰ，感應(yīng)強度B1＝1T.磁場的寬度x1＝1m，在cd連線以下的區(qū)域有一個方向也垂直于導(dǎo)軌平面向下的磁場Ⅱ，感應(yīng)強度B2＝0.5T。一個質(zhì)量為m＝2kg的金屬棒垂直放在金屬導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的電阻r＝0.2Ω，若將金屬棒在離ab連線上端x0處自由釋放，則金屬棒進入磁場Ⅱ恰好做勻速直線運動，金屬棒進入磁場Ⅱ后，經(jīng)過ef時系統(tǒng)達到穩(wěn)定狀態(tài)，cd與ef之間的距離x2＝8m。（g取10m/s2）
（1）求金屬棒釋放點到磁場Ⅰ邊界ab的距離x0；
（2）求金屬棒穿過磁場Ⅰ的這段時間中電阻R產(chǎn)生的熱量；
（3）求金屬棒在磁場Ⅱ中從cd到ef所經(jīng)過的時間。
【解答】解：（1）設(shè)金屬棒進入磁場Ⅰ恰好做勻速直線運動的速度大小為v1，由平衡條件得：
F安1＝B1I1L＝mgsinθ
金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E1＝B1Lv1
由閉合電路歐姆定律得感應(yīng)電流為：I1=E1R+r=B1Lv1R+r
聯(lián)立解得：v1＝4m/s
金屬棒從釋放點到磁場Ⅰ邊界ab的過程，由動能定理得：
mgx0sinθ=12mv12?0
解得：x0＝1.6m
（2）金屬棒勻速穿過磁場Ⅰ，由能量守恒定律可得此過程回路中產(chǎn)生的焦耳熱為：
Q＝mgx1sinθ
電阻R產(chǎn)生的熱量為：
QR=RR+rQ
代入數(shù)據(jù)解得：QR＝5J
（3）設(shè)金屬棒進入磁場Ⅱ中后經(jīng)過ef時系統(tǒng)達到穩(wěn)定狀態(tài)時的速度為v2，由平衡條件得：
F安2＝B2I2L＝mgsinθ
同理可得：I2=B2Lv2R+r
聯(lián)立解得：v2＝16m/s
設(shè)金屬棒在磁場Ⅱ中運動時間為t，以沿導(dǎo)軌向下為正方向，根據(jù)動量定理得：
mgsinθ?t?B2I2L?t＝mv2﹣mv1
其中：I2?t=E2R+r?t=ΔΦR+r=B2Lx2R+r
聯(lián)立解得：t＝2.9s。
答：（1）金屬棒釋放點到磁場I邊界ab的距離x0為1.6m；
（2）金屬棒穿過磁場I的這段時間中電阻R產(chǎn)生的熱量為5J；
（3）金屬棒在磁場Ⅱ中從cd到ef所經(jīng)過的時間為2.9s。
電磁感應(yīng)綜合試題往往與導(dǎo)軌滑桿等模型結(jié)合,考查內(nèi)容主要集中在電磁感應(yīng)與力學(xué)中力的平衡、力與運動、動量與能量的關(guān)系上,有時也能與電磁感應(yīng)的相關(guān)圖像問題相結(jié)合。通常還與電路等知識綜合成難度較大的試題，與現(xiàn)代科技結(jié)合密切,對理論聯(lián)系實際的能力要求較高。
題型一 以等間距雙導(dǎo)體棒模型考動量能量問題（計算題）
題型二 以不等間距雙導(dǎo)體棒模型考動量定理與電磁規(guī)律的綜合問題（計算題）
題型三 以棒+電容器模型考查力電綜合問題（計算題）

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