专题67 电磁感应现象中的单棒问题(解析版)

2023届高三物理一轮复习重点热点难点专题特训专题67 电磁感应现象中的单棒问题特训目标 特训内容目标1 阻尼式单棒问题（1T —5T ） 目标2 电动式单棒问题（6T —10T ） 目标3发电式单棒问题（11T —15T ）一、阻尼式单棒问题1．如图所示，左端接有阻值为R 的定值电阻且足够长的平行光滑导轨CE 、DF 的间距为L ，导轨固定在水平面上，且处在磁感应强度为B 、竖直向下的匀强磁场中，一质量为m 、电阻为r 的导体棒ab 垂直导轨放置且静止，导轨的电阻不计。

某时刻给导体棒ab 一个水平向右的瞬时冲量I ，导体棒将向右运动，最后停下来，则此过程中（ ）A ．导体棒做匀减速直线运动直至停止运动B ．电阻R 上产生的焦耳热为22I mC ．通过导体棒ab 横截面的电荷量为I BLD ．导体棒ab 运动的位移为22IRB L 【答案】C【详解】A ．导体棒获得向右的瞬时初速度后切割磁感线，回路中出现感应电流，导体棒ab受到向左的安培力，向右减速运动，由22B L vma R r =+可知，由于导体棒速度减小，则加速度减小，所以导体棒做的是加速度越来越小的减速运动直至停止运动，A 错误；B ．导体棒减少的动能22211()222k I I E mv m m m ===根据能量守恒定律可得k E Q =总又根据串并联电路知识可得22()R R I R Q Q R r m R r ==++总，B 错误； C ．根据动量定理可得0BIL t mv -=-；I mv =；q I t =可得Iq BL=，C 正确； D ．由于E BLxq I t t R r R r R rΦ====+++将I q BL =代入可得，导体棒ab 运动的位移22()I R r x B L +=，D 错误。

故选C 。

2．如图所示，一根直导体棒质量为m 、长为L ，其两端放在位于水平面内、间距也为L 的光滑平行金属导轨上，并与之接触良好，导体棒左侧两导轨之间连接一可控电阻，导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直于导轨所在平面。

t =0时刻，给导体棒一个平行于导轨的水平初速度v 0，此时可控电阻的阻值为R 0，在导体棒运动过程中，通过可控电阻的变化使导体棒中的电流保持恒定，不计导轨和导体棒的电阻，导体棒一直在磁场中，下列说法不正确的是（ ）A ．导体棒的加速度大小始终为a =2200B L v mRB ．导体棒从开始运动到停止的时间为t=22mR B L C ．导体棒从开始运动到停止的时间内，回路产生的焦耳热为2012mvD ．导体棒从开始运动到停止的时间内，回路产生的焦耳热为20mv【详解】A ．由右手定则和左手定则可得，导体棒受到安培力水平向左，导体棒向右做减速运动，在导体棒运动过程中，通过可控电阻的变化使导体棒中的电流I 保持恒定，对导体棒由牛顿第二定律可得BIL =ma导体棒向右做匀减速运动，结合E =BLv ；EI R=可得2200B L v ma R =可知导体棒的加速度大小始终为2200B L v a mR =故A 不符合题意；B ．由导体棒做匀减速运动可得v =v 0－at 导体棒从开始运动到停止的时间为022mR t B L =故B 不符合题意；CD ．根据能量守恒定律可知，导体棒从开始运动到停止运动的过程中，回路产生的焦耳热为2012Q mv =故C 不符合题意，D 符合题意。

故选D 。

3．如图所示，在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，间距为L 的光滑水平U 型导体框左端连接一阻值为R 的电阻，质量为m 、电阻为r 的导体棒PQ 置于导体框上。

不计导体框的电阻。

0=t 时PQ 棒以水平向右的初速度0v 开始运动，到达位置c 时棒刚好静止，其中a 、b 与b 、c 的间距相等。

下列分析正确的是（ ）A ．0=t 时PQ 棒两端电压0PQ U BLv =B ．PQ 棒运动过程中的平均速度02v v <C ．PQ 棒运动过程中克服安培力做的总功等于2012mvD ．PQ 棒在由a b →与b c→的两个过程中回路中产生的热能3ab bc Q Q =【详解】A ．0=t 时回路中感应电动势大小为0E BLv =根据闭合电路欧姆定律可知此时PQ 棒两端电压为 0PQ RE RBLv U R r R r==++故A 错误； B ．PQ 棒运动过程中电流方向为Q →P ，所受安培力方向与速度方向相反，所以PQ 棒做减速运动，随着速度减小，回路中感应电动势减小，通过PQ 棒的电流减小，PQ 棒所受安培力减小，所以加速度减小，定性作出其v -t 图像如图所示，根据v -t 图像与坐标轴所围面积表示位移可知整过过程PQ 棒的位移大小为 012x v t <所以平均速度为0012x v v t =<故B 正确；C ．PQ 棒初动能为2012mv ，末动能为零，根据动能定理可知PQ 棒运动过程中克服安培力做的总功等于2012mv ，故C 正确；D ．设a 、b 和b 、c 的间距均为x ，PQ 棒从a 到b 的过程，通过PQ 的平均电流为()E BLxI R r t R r ==++设PQ 棒经过a 、b 时的速度大小分别为va 、vb ，对PQ 棒从a 到b 的过程，根据动量定理22b a B L xmv mv BILt R r-=-=-+对PQ 棒从b 到c 的过程，同理可得220b B L xmv R r -=-+根据以上两式可得2a b v v =根据能量守恒定律有 221122ab a b Q mv mv =-；212bc b Q mv =所以3ab bcQ Q =故D 正确。

故选BCD 。

4．如图所示，两条相距d 的足够长的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R 的电阻，质量为m 的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ 的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下，将该磁场区域以速度0v 匀速地向右扫过金属杆，金属棒与导轨间滑动摩擦力大小为f ，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨与金属杆的电阻，求：（1）MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I ； （2）MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a ； （3）设磁场足够宽，杆可能达到的最大速度m v 。

【答案】（1）0Bdv I R =；（2）220B d v fa mR m=-；（3）m 022fR v v B d =- 【详解】（1）MN 向右刚扫过金属杆时，金属杆以速度0v 相对磁场向左切割磁感线，产生的感应电动势为0E Bdv =感应电流E I R=解得0Bdv I R = （2）由题意和左手定则知金属杆受向右安培力而向右运动，MN 刚扫过金属杆时，安培力大小为220=B d v F BId R =由牛顿第二定律F f ma -=解得220B d v fa mR m=- （3）运动过程中，设金属杆向右运动的速度为v ，则金属杆切割磁感线的速度0=v v v '-感应电流为0()=Bd v v E I R R -=安培力为220()=B d v v F BId R-=随着金属杆速度v 增大，金属杆切割磁感线的速度v '逐渐减小，安培力减小，当安培力减小到等于摩擦力f 时，金属杆速度达到最大值，有220m ()B d v v f R-=解得m 022fRv v B d =-5．如图，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨间距为l ，电阻不计。

左侧接有定值电阻阻值为R 。

质量为m 、电阻为r 的金属杆，t =0时金属杆以初速度v 0沿导轨向右运动，在滑行过程中保持与轨道垂直且接触良好。

整个装置处于方向竖直向上，磁感应强度为B 的匀强磁场中。

（1）定性分析说明金属杆的运动情况（速度和加速度的变化情况）；（2）宏观规律与微观规律有很多相似之处，金属杆速度随时间的变化规律和放射性元素的衰变规律相同，已知金属杆速度由v 0变化到02v 所需时间为t 0，则0~3t 0时间内电阻R 上产生的热量为多少？（3）已知金属杆速度v 和位移s 的变化规律为：220B L v v s m R r =-+（），即v -s 图像如图所示，请利用该．．．v -．s 图像．．证明（1）中你的结论。

【答案】（1）见解析；（2）()263128Rmv R r +；（3）见解析【详解】（1）根据右手定则可知通过金属杆的感应电流在图中的方向为由下至上，再由左手定则可知金属杆受到的安培力F 方向水平向左，所以金属杆做减速运动。

金属杆受到的合外力即安培力大小为22B l v F BIl R r ==+由牛顿第二定律可得金属杆的加速度大小为()22F B l v a m m R r ==+由于v 减小，所以金属杆的加速度减小。

（2）由题意，结合放射性元素的衰变规律可知3t 0时金属杆的速度为08t v v =根据能量守恒定律可知，在0~3t 0时间内，回路产生的总热量为22200116322128t Q mv mv mv =-=而通过金属杆和电阻R 的电流时刻相等，则根据焦耳定律可推知电阻R 上产生的热量为()2063128R Rmv RQ Q R r R r ==++（3）解法1：由v -s 图像可知，随着s 的增大，金属杆速度v 减小，即金属杆做减速运动。

如下图所示，选取一系列连续的极小位移间隔Δs 1=Δs 2=…=Δsn =Δs 则每个Δs 内对应的速度变化量Δv 1=Δv 2=…=Δvn 因为金属杆做减速运动，所以每个Δs 内对应的平均速度12n v v v >>>…由平均速度定义式sv t∆=∆可知每个Δs 所对应的时间 Δt 1<Δt 2<…<Δtn 由加速度定义式∆=∆va t可得12n a a a >>>… 所以金属杆的加速度减小。

解法2：由v -s 图像可知，随着s 的增大，金属杆速度v 减小，即金属杆做减速运动。

v -s 图像的斜率为k =ΔΔv s根据速度的定义有s v t ∆=∆联立以上两式可得a k v=因为k 为定值，所以当v 减小时，a 减小，即金属杆的加速度减小。

二、电动式单棒问题6．电磁炮是利用电磁力对弹体加速的新型武器。

某小组用图示装置模拟研究电磁炮的原理。

间距为0.1m 的水平长导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为0.5T ，左端所接电池电动势为1.5V 、内阻为0.5Ω。

长0.1m 、电阻为0.1Ω的金属杆ab 静置在导轨上。

闭合开关S 后，杆ab 在运动过程中受到的阻力恒为0.05N ，且始终与导轨垂直且接触良好。

导轨电阻不计，则杆ab （ ）A ．运动方向向左B ．先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动C ．能达到的最大速度为18 m/sD ．两端的电压始终不变 【答案】C【详解】AB ．杆ab 中电流方向从b 到a ，根据左手定则可知安培力向右，通电瞬间杆所受安培力0.125N EF BIL B L R r==⨯⨯=+大于阻力，向右做加速运动，随着速度增大，产生的感应电动势'E BLv =增大，产生的感应电流方向与通电电流方向相反，所以电流强度逐渐减小，安培力逐渐减小，加速度逐渐减小，当安培力和阻力相等时加速度为零，速度最大，因此杆先做加速度逐渐减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，故AB 错误； C ．杆达到最大速度m v 时，受力平衡，即BIL f =解得1A I =又mE BLv I R r解得m 18m/sv =故C 正确；D ．由闭合电路欧姆定律知，杆两端的电压E BLvUE Ir Er R r由于杆先做变加速运动，速度v 变化、感应电动势BLv 变化，则杆两端的电压U 发生变化，故D 错误。