1、热点强化15电磁感应中的几种常考模型1(2021年深圳一模)(多选)如图所示，水平面上足够长的光滑平行金属导轨，左侧接定值电阻，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中金属杆MN以某一初速度沿导轨向右滑行，且与导轨接触良好，导轨电阻不计则金属杆在运动过程中，速度大小v、流过的电量q与时间t或位移x的关系图像正确的有()ABCD【答案】ABD【解析】设导轨宽度为L、金属杆的质量为m、电阻为r.对金属杆根据牛顿第二定律可得BILma，其中，I，则有a，所以加速度随着速度的减小而减小，根据vv0at可知vt图像的斜率减小，A正确取初速度方向为正方向，在很短的一段时间t内，根据动量定理可得Ftmv，即mv，解
2、得，所以vx图像为一条倾斜的直线，B正确取初速度方向为正方向，根据动量定理可得BLItmv0mv，解得qtt，由于加速度逐渐减小，则qt图像的斜率减小，C错误根据电荷量的计算公式可得qtx，所以qx图像是一条倾斜的直线，D正确2(多选)如图所示，水平面中有两根固定的足够长的金属平行导轨，导轨间距为L，导轨上面平行放着质量相等的导体棒ab和cd.设导体棒始终处于竖直向上的大小为B的匀强磁场区域内，且导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度v0，则()Aab棒将向左运动Bcd棒的速度一直大于ab棒的速度Cab棒的最大速度为0.5v0D当cd棒速度为0.8v0时，回
3、路中的电动势为0.6BLv0【答案】CD【解析】当cd棒向右运动时，根据右手定则可知产生abcd方向的电流，再对ab棒分析，根据左手定则可知ab棒受到向右的安培力，ab棒向右运动，A错误；根据对ab棒和cd棒受力分析可知cd棒做减速运动，ab棒做加速运动，最终两棒共速一直运动下去，B错误；两棒在运动过程中因为水平方向上不受摩擦力，动量守恒，当两棒共速时ab棒具有最大速度，故有mv02mv1，解得v10.5v0，C正确；当cd棒速度为0.8v0时，设ab棒的速度为v2，根据动量守恒定律可知mv0mv2m0.8v0，解得v20.2v0；两棒均向右运动，所以可知回路中的感应电动势EBLv相对BL(0
4、.8v00.2v0)0.6BLv0，D正确3(多选)如图所示，两根间距为L、电阻不计、足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置导轨所在空间存在方向与导轨所在平面垂直、磁感应强度大小为B的匀强磁场平行金属杆ab、cd的质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2，长度均为L，且始终与导轨保持垂直初始时两金属杆均处于静止状态，相距为x0.现给金属杆ab一水平向右的初速度v0，一段时间后，两金属杆间距稳定为x1，下列说法正确的是()A金属杆cd先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动B当金属杆ab的加速度大小为a时，金属杆cd的加速度大小为C在整个过程中通过金属杆cd的电荷量为 D金属杆ab、cd运动过
5、程中产生的焦耳热为【答案】CD【解析】因为最终两金属杆保持稳定状态，所以最终两金属杆所受的安培力均为零，即回路中无感应电流，穿过回路的磁通量不再改变，则两金属杆最终的速度相同，所以金属杆ab先做加速度逐渐减小的减速直线运动，最后做匀速直线运动，金属杆cd先做加速度逐渐减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动，A错误；两金属杆中的电流大小始终相等，根据安培力公式F安BIL可知两金属杆所受的安培力大小时刻相等，再根据牛顿第二定律Fma可知当金属杆ab的加速度大小为a时，金属杆cd的加速度大小为a，B错误；设从金属杆ab获得一水平向右的初速度v0到最终达到共同速度所用的时间为t，则在这段时间内，回路中
6、的磁通量的变化量BL(x1x0)，根据法拉第电磁感应定律有，由闭合电路欧姆定律有，设在这段时间内通过金属杆cd的电荷量为q，所以有，联立以上各式解得q，C正确；设两金属杆最终的共同速度为v，根据动量守恒定律有m1v0(m1m2)v，设金属杆ab、cd产生的焦耳热为Q，则由能量守恒定律有Qm1v(m1m2)v2，解得Q，D正确4如图所示，两平行光滑金属导轨与水平面成30角倾斜放置，轨道宽度L0.2 m，轨道顶端电阻R0.5 .在轨道底端放置一弹性绝缘挡板(物体与挡板碰撞无能量损失)，轨道所在处存在磁感应强度B5 T，方向垂直轨道平面向上的匀强磁场，如图磁场仅分布在长x21.6 m的区域，磁场的下
7、边界到挡板的距离为 x31.1 m，在距离磁场上边界的x11.6 m处将一长为L的金属棒ab紧贴轨道由静止释放，金属棒第一次穿出磁场时恰好匀速离开已知金属棒的质量m1 kg，电阻r0.5 ，不计导轨电阻，重力加速度g取10 m/s2.试求：(1)金属棒第一次进入磁场时ab两端的电势差；(2)金属棒从静止释放到第一次到达斜面底端所用的时间；(3)整个运动过程中该系统产生的电能解：(1)金属棒下滑x11.6 m的过程中，根据动能定理可得mgx1sin mv，金属棒切割磁感线产生的电动势为EBLv1，则回路的电流为I1，ab两端电势差为UabI1R，解得Uab2 V.(2)规定沿斜面向下为正方向金属
8、棒下滑x11.6 m过程用时为t1，满足mgt1sin mv1，解得t10.8 s.金属棒第一次穿出磁场时的速度为v2，满足BI2Lmgsin ，I2，联立解得v25 m/s.第一次穿过磁场用时t2满足mgt2sin BLt2mv2mv1，该过程流过回路的总电量为qt2，联立得t20.52 s.金属棒第一次穿出磁场到轨道底端用时t3，则mgx3sin mvmv，mgt3sin mv3mv2，联立得t30.2 s.金属棒第一次下滑到最底端所用总时间为tt1t2t3，解得t总1.52 s.(3)经过足够长的时间后，金属棒在磁场下边界与挡板之间往复运动依据能量守恒，整个运动过程产生的电能为Emg(x
9、1x2)sin ，解得E16 J.5如图所示，有两根足够长的平行光滑导轨水平放置，右侧用一小段光滑圆弧和另一对竖直光滑导轨平滑连接，导轨间距L1 m细金属棒ab和cd垂直于导轨静止放置，它们的质量m均为1 kg，电阻R均为0.5 .cd棒右侧1 m处有一垂直于导轨平面向下的矩形匀强磁场区域，磁感应强度B1 T，磁场区域长为s.以cd棒的初始位置为原点，向右为正方向建立坐标系现用向右的水平恒力F1.5 N作用于ab棒上，作用4 s后撤去F.撤去F之后ab棒与cd棒发生弹性碰撞，cd棒向右运动金属棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，空气阻力不计(g取10 m/s2)求：(1)ab棒与cd棒碰撞后瞬
10、间的速度分别为多少？(2)若s1 m，求cd棒滑上右侧竖直导轨，距离水平导轨的最大高度h；(3)若可以通过调节磁场右边界的位置来改变s的大小，写出cd棒最后静止时与磁场左边界的距离x的关系(不用写计算过程)解：(1)对ab棒，由动量定理得Ftmva0，ab棒与cd棒碰撞过程，取向右方向为正方向，对系统由动量守恒定律得mvamvcmva，由系统机械能守恒定律得mvmvmva2，解得va0，vc6 m/s.(2)由安培力公式可得FBL，对cd棒进入磁场过程，由动量定理得Ftmvcmvc，导体棒cd进出磁场时回路磁通量变化量为BsL111 Wb1 Wb，q0tt，得vc5 m/s.对cd棒出磁场后由
11、机械能守恒定律可得mvc2mgh，联立以上各式得h1.25 m.(3)第一种情况：如果磁场s足够大，cd棒在磁场中运动距离x1时速度减为零，由动量定理可得B1Lt10mvc，设磁通量变化量为1，则1BLx1，流过回路的电量q11t1t1，联立可得x16 m，即s6 m，x6 m，停在磁场左边界右侧6 m处第二种情况：cd棒回到磁场左边界仍有速度，这时会与ab再次发生弹性碰撞，由前面计算可得二者速度交换，cd会停在距磁场左边界左侧1 m处，设此种情况下磁场区域宽度s2，向右运动时有B2Lt2mv1mvc，返回向左运动时B3Lt30(mv1)，通过回路的电量q22t23t3，联立可得s23 m，即s3 m时，x1 m，停在磁场左边界左侧1 m处；第三种情况：当3 ms6 m，向右运动时有B4Lt4mv2mvc，通过回路的电量q34t4，返回向左运动时B5Lt50(mv2)，通过回路的电量q25t5，联立可得x(2s6) m，在磁场左边界右侧
