第六節電磁感應雙桿模型需要掌握的內容1.能用到的二級結論公式。（1）由F安=BIL,E=BLv,I=（2）由E=n?Φ?t，I（3）安培力沖量I=Ft=BILt=BLQ。電動勢公式有匝數n，所以電流公式里也要考慮n，電量公式里也有n，安培力由于力的合成所以也考慮n。2.雙桿有初速度模型。（1）運動分析：a桿運動切割磁感線產生逆時針電流，安培力讓a桿減速同時讓b桿加速，當b桿切割會形成反向電動勢讓電路電流變小，安培力公式會變成F安（2）能量分析：安培力對a桿做負功a桿動能減少變為電能，安培力對b桿做正功b桿動能增加，安培力相等但a運動的快，所以負功多正功少，另外一部分電能通過電流做功I2Rt轉變為內能。（3）動量分析：兩個桿只有內部安培力并且安培力相等，所以動量守恒。兩個干屬于完全非彈性碰撞，可以就解損耗的內能。有公式mav=（ma+mb）v共，12并且可以通過動量定理來計算相對位移，任選b為研究對象BLBLx3.雙桿有外力模型運動分析：初始ab都靜止，a受外力有加速度開始運動切割，切割產生電流，安培力逐漸增加b的加速度增加速度也增加，a的速度增加，加速度減小。ab兩棒靠安培力進行連接，最終加速度相等，根據公式F安=B4.雙桿不等間距模型。運動分析：a桿切割磁感線產生電流，安培力讓a桿減速b桿加速，a產生的電動勢逐漸變小，b產生的電動勢逐漸增加，當兩個電動勢相等時電流為零，安培力為零，兩桿做勻速直線運動可得3BLvb=BLva，3vb=va動量分析：由于兩桿長度不等產生的安培力不等，由于系統內力不為零，所以動量不守恒，但可以分別列動量定理對a桿-BLQ=mava-mav，對b桿3BLQ=mbvb。結合速度關系可以求出電量以及最終速度。經典習題多選題1．如圖所示，光滑水平導軌置于磁場中，磁場的磁感應強度為B，左側導軌間距為L，右側導軌間距為2L，導軌均足夠長。質量為m的導體棒ab和質量為2m的導體棒cd均垂直于導軌放置，處于靜止狀態。ab的電阻為R，cd的電阻為2R，兩棒始終在對應的導軌部分運動。現給cd一水平向右的初速度v0，則（）A．兩棒最終以相同的速度做勻速直線運動B．最終通過兩棒的電量為C．ab棒最終的速度為D．從cd獲得初速度到二者穩定運動，此過程系統產生的焦耳熱為多選題2．如圖，兩根電阻不計的足夠長的光滑金屬導軌MN、PQ，間距為L，兩導軌構成的平面與水平面成角金屬棒ab、cd用絕緣輕繩連接，其電阻均為R，質量分別為m和2m沿斜面向上的外力F作用在cd上使兩棒靜止，整個裝置處在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，重力加速度大小為g將輕繩燒斷后，保持F不變，金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好則A．輕繩燒斷瞬間，cd的加速度大小B．輕繩燒斷后，cd做勻加速運動C．輕繩燒斷后，任意時刻兩棒運動的速度大小之比vab：vcd=2：1D．棒ab的最大速度多選題3．如圖，P、Q是兩根固定在水平面內的光滑平行金屬導軌，間距為L，導軌足夠長且電阻可忽略不計。圖中EFGH矩形區域有一方向垂直導軌平面向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。在t＝t1時刻，兩均勻金屬棒a、b分別從磁場邊界EF、GH進入磁場，速度大小均為v0；一段時間后，流經a棒的電流為0，此時t＝t2，b棒仍位于磁場區域內。已知金屬棒a、b由相同材料制成，長度均為L，電阻分別為R和2R，a棒的質量為m。在運動過程中兩金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，a、b棒沒有相碰，則（）

A．t1時刻a棒加速度大小為B．t2時刻b棒的速度大小為C．t1～t2時間內，通過a棒橫截面的電荷量是b棒的2倍D．t1～t2時間內，a棒產生的焦耳熱為多選題4．如圖所示，水平面上固定著兩根相距L且電阻不計的足夠長的光滑金屬導軌，導軌處于方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中，銅棒a、b的長度均等于兩導軌的間距、電阻均為R、質量均為m，銅棒平行地靜止在導軌上且與導軌接觸良好。現給銅棒a一個平行導軌向右的瞬時沖量I，關于此后的過程，下列說法正確的是（）

A．回路中的最大電流為B．銅棒b的最大加速度為C．銅棒b獲得的最大速度為D．回路中產生的總焦耳熱為多選題5．如圖所示，間距為的光滑平行金屬導軌平面與水平面之間的夾角，導軌電阻不計。正方形區域內勻強磁場的磁感應強度為，方向垂直于導軌平面向上。甲、乙兩金屬桿電阻均為、質量均為，垂直于導軌放置。起初甲金屬桿位于磁場上邊界處，乙位于甲的上方，與甲間距也為。現將兩金屬桿同時由靜止釋放，從此刻起，對甲金屬桿施加沿導軌的拉力，使其始終以大小為的加速度向下做勻加速運動。已知乙金屬桿剛進入磁場時做勻速運動，重力加速度為，則下列說法正確的是（）A．每根金屬桿的電阻B．甲金屬桿在磁場區域運動過程中，拉力對其做的功在數值上等于電路中產生的焦耳熱C．乙金屬桿在磁場區域運動過程中，安培力的功率是D．從乙金屬桿進入磁場直至其離開磁場過程中，回路中通過的電荷量為6．如圖，P、Q是兩根固定在水平面內的光滑平行金屬導軌，間距為L，導軌足夠長且電阻可忽略不計。圖中EFHG矩形區域有一方向垂直導軌平面向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。在0時刻，兩均勻金屬棒a、b分別從磁場邊界EF、GH進入磁場，速度大小均為；一段時間后，金屬棒a、b沒有相碰，且兩棒整個過程中相距最近時b棒仍位于磁場區域內。已知金屬棒a、b長度均為L，電阻均為R，a棒的質量為2m、b棒的質量為m，最終其中一棒恰好停在磁場邊界處，在運動過程中兩金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好。求：（1）0時刻a棒的加速度大小；（2）兩棒整個過程中相距最近的距離s；（3）整個過程中，a棒產生的焦耳熱。7.如圖所示，MCN與PDQ是一組足夠長的平行光滑導軌，間距，MC、PD傾斜，CN、DQ在同一水平面內，CD與CN垂直，C、D處平滑連接。水平金屬導軌間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度。質量、電阻、長度為L的硬質導體棒a靜止在水平軌道上，與a完全相同的導體棒b從距水平面高度的傾斜絕緣軌道上由靜止釋放，最后恰好不與a棒相撞，運動過程中a、b棒始終與導軌垂直且接觸良好。不計其他電阻和空氣阻力，重力加速度g取。（1）求b棒剛進入磁場時，a棒所受安培力的大小；（2）求整個過程中通過a棒的電荷量q及a棒距離CD的初始距離；（3）a、b棒穩定后，在釋放b棒的初始位置由靜止釋放相同的棒，所有棒運動穩定后，在同一位置再由靜止釋放相同的棒，所有棒運動再次穩定后，依此類推，逐一由靜止釋放、、……、。當釋放的最終與所有棒運動穩定后，求從棒開始釋放到與所有棒運動保持相對穩定時，回路中產生的焦耳熱。8．如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導軌平行放置，導軌間距為，兩導軌及其所構成的平面均與水平面成角，整個裝置處于垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為．現將質量均為的金屬棒垂直導軌放置，每根金屬棒接入導軌之間的電阻均為。運動過程中金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導軌，導軌電阻忽略不計，重力加速度為。

（1）先保持棒靜止，將棒由靜止釋放，求棒勻速運動時的速度大小；（2）在（1）問中，當棒勻速運動時，再將棒由靜止釋放，求釋放瞬間棒的加速度大小；（3）在（2）問中，從棒釋放瞬間開始計時，經過時間，兩棒恰好達到相同的速度，求速度的大小，以及時間內棒相對于棒運動的距離。

9．如圖，光滑平行軌道abcd的水平部分處于豎直向上大小為的勻強磁場中，段軌道寬度為，段軌道寬度是段軌道寬度的2倍，段軌道和段軌道都足夠長，將質量均為的金屬棒和分別置于軌道上的段和段，且與軌道垂直。、棒電阻均為，導軌電阻不計，棒靜止，讓棒從距水平軌道高為h的地方由靜止釋放，求：（1）棒滑至水平軌道瞬間的速度大小；（2）棒和棒最終的速度；（3）整個過程中系統產生的焦耳熱。10．如圖所示，間距且足夠長的光滑平行導軌和水平放置，其中、右側均為絕緣材料，其余為金屬導軌，以點為坐標原點，沿方向建立坐標軸。、間接有不帶電的電容器，電容，是一根質量、長度、電阻的金屬棒，垂直導軌靜置在左側足夠遠處。是質量、電阻、各邊長度均為的“U”形金屬框，、剛好和、重合。整個空間存在豎直方向的磁場（未畫出），磁感應強度分布規律為（取豎直向上為正方向），若棒獲得一水平向右的瞬時沖量后開始運動。金屬導軌電阻不計，棒、金屬框與導軌始終接觸良好。（1）求棒兩端電壓的最大值并分析電容器哪側極板帶正電；（2）求棒運動至位置與金屬框碰撞前瞬間的速度大小；（3）若棒與金屬框碰撞后連接在一起，求金屬框最終靜止時邊端的位置坐標。

答案第六節1．BC【詳解】AC．cd獲得速度后，電路中產生感應電流，根據左手定則得cd棒減速，ab棒加速，當電路中磁通量不變，沒有感應電流，最終兩棒做勻速直線運動，分別對兩棒列動量定理得，兩式合并得聯立解得，A錯誤，C正確；B．對ab棒列動量定理得解得B正確；D．從cd獲得初速度到二者穩定運動，此過程系統產生的焦耳熱為解得D錯誤。故選BC。2．ACD【分析】對整體分析，求出燒斷細線前，拉力的大小，燒斷細線瞬間，速度為0，安培力為0，根據牛頓第二定律求出cd棒的加速度；對兩金屬棒組成的系統，根據動量守恒定律求速度之比；當ab棒和cd棒加速度為零時，速度均達最大，根據受力平衡，結合閉合電路歐姆定律動量守恒定律求出棒子能達到的最大速度．【詳解】A項：細繩燒斷前，對兩金屬棒組成的整體，有F=（m+2m）gsinθ=3mgsinθ輕繩燒斷瞬間，對cd有：F-2mgsinθ=2ma解得：，故A正確；B項：隨著速度的變化，電動勢不斷變化，電流不斷變化，安培力不斷變化，加速度不斷變化，所以cd棒不可能做勻加速運動，故B錯誤；C項：兩金屬棒組成的系統合力為0，動量守恒，所以有：，解得：，故C正確；D項：回路總電動勢E＝，因為，解得：對ab棒：BIL=mgsinθ，聯立解得，故D正確．故應選：ACD．【點睛】本題綜合考查了牛頓第二定律、閉合電路歐姆定律、動量守恒定律，綜合性強，本題的難點是雙桿模型，兩桿切割都產生感應電動勢．3．ABD【詳解】A．由題知，在時刻，a進入磁場的速度方向向右，b的速度方向向左，根據右手定則可知，a產生的感應電流方向是E到F，b產生的感應電流方向是H到G，即兩個感應電流方向相同，所以流過a、b的感應電流是兩個感應電流之和，則有對a，根據牛頓第二定律有解得故A正確；B．根據左手定則，可知a受到的安培力向左，b受到的安培力向右，由于流過a、b的電流一直相等，故兩個力大小相等，則a與b組成的系統動量守恒。由題知，時刻流過a的電流為零時，說明a、b之間的磁通量不變，即a、b在時刻達到了共同速度，設為。由題知，金屬棒a、b相同材料制成，長度均為L，電阻分別為和，根據電阻定律有，解得已知a的質量為m，設b的質量為，則有，聯立解得取向右為正方向，根據系統動量守恒有解得故B正確；C．在時間內，根據因通過兩棒的電流時刻相等，所用時間相同，故通過兩棒橫截面的電荷量相等，故C錯誤；D．在時間內，對a、b組成的系統，根據能量守恒有解得回路中產生的總熱量為對a、b，根據焦耳定律有因a、b流過的電流一直相等，所用時間相同，故a、b產生的熱量與電阻成正比，即又解得a棒產生的焦耳熱為故D正確。故選ABD。4．BC【詳解】A．給銅棒a一個平行導軌的瞬時沖量I，此時銅棒a的速度最大，產生的感應電動勢最大，回路中電流最大，每個棒受到的安培力最大，其加速度最大，則銅棒a電動勢回路電流故A錯誤；B．此時銅棒b受到安培力其加速度為故B正確；C．此后銅棒a做變減速運動，銅棒b做變加速運動，當二者達到共同速度時，銅棒b速度最大，根據動量守恒定律，有銅棒b的最大速度為故C正確；D．回路中產生的焦耳熱為故D錯誤。故選BC。5．AB【詳解】A．乙金屬桿進入磁場之前，乙僅受到自身重力斜面支持力作用，加速度與金屬桿甲的加速度相同，所以二者一直保持相對靜止。當乙剛進入磁場時，甲恰好離開磁場，根據勻變速直線運動可計算乙進入磁場的速度產生的感應電流根據乙做勻速直線運動可得解得每個金屬桿電阻故A正確；B．甲在磁場中運動過程，合力即合力等于重力沿斜面向下的分力，拉力與安培力平衡，所以拉力對桿做的功在數值上等于電路中產生的焦耳熱，故B正確；C．乙金屬桿在磁場區域運動過程中是勻速，所以安培力做功功率等于重力功率等于故C錯誤；D．乙金屬桿進入磁場直至出磁場過程中回路中通過的電量為故D錯誤。故選AB。6．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）由題知，a進入磁場的速度方向向右，b的速度方向向左，根據右手定則可知，a產生的感應電流方向是E到F，b產生的感應電流方向是H到G，即兩個感應電流方向相同，所以流過a、b的感應電流是兩個感應電流之和，則有對a，根據牛頓第二定律有解得（2）取向右為正方向，相距最近時，根據系統動量守恒有解得此時，電路中感應電流為0，a、b棒一起向右勻速運動，直到b棒出磁場區域；之后b棒不受安培力、a棒受安培力減速直到停下，對a，有解得（3）對a、b組成的系統，最終b棒一直做勻速直線運動，根據能量守恒有解得回路中產生的總熱量為對a、b，根據焦耳定律有因a、b流過的電流一直相等，所用時間相同，故a、b產生的熱量與電阻成正比，即∶=1∶1又解得a棒產生的焦耳熱為7.（1）1N；（2）0.1C，0.2m；（3）【詳解】（1）根據題意，對棒由動能定理可得棒剛進入磁場時，感應電動勢回路中的電流安培力聯立可得（2）對棒由動量守恒定律可得對棒由動量定理可得電荷量解得由（1）問可得可得（3）當棒運動達到穩定后有當棒運動達到穩定后有當棒運動達到穩定后有可得則故回路中產生的焦耳熱解得8．（1）；（2）；（3），【詳解】（1）a導體棒在運動過程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等時做勻速運動，由法拉第電磁感應定律可得有閉合電路歐姆定律及安培力公式可得，a棒受力平衡可得聯立記得（2）由右手定則可知導體棒b中電流向里，b棒沿斜面向下的安培力，此時電路中電流不變，則b棒牛頓第二定律可得解得（3）釋放b棒后a棒受到沿斜面向上的安