2、求解策略

變換物理模型，是將陌生的物理模型與熟悉的物理模型相比較，分析異同并從中挖掘其內(nèi)在聯(lián)系，從而建立起熟悉模型與未知現(xiàn)象之間相互關(guān)系的一種特殊解題方法.巧妙地運(yùn)用“類同”變換，“類似”變換，“類異”變換，可使復(fù)雜、陌生、抽象的問(wèn)題變成簡(jiǎn)單、熟悉、具體的題型，從而使問(wèn)題大為簡(jiǎn)化.

解決電磁感應(yīng)電路問(wèn)題的關(guān)鍵就是借鑒或利用相似原型來(lái)啟發(fā)理解和變換物理模型，即把電磁感應(yīng)的問(wèn)題等效轉(zhuǎn)換成穩(wěn)恒直流電路，把產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的那部分導(dǎo)體等效為內(nèi)電路.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小相當(dāng)于電源電動(dòng)勢(shì).其余部分相當(dāng)于外電路，并畫(huà)出等效電路圖.此時(shí)，處理問(wèn)題的方法與閉合電路求解基本一致，惟一要注意的是電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，有時(shí)導(dǎo)體兩端有電壓，但沒(méi)有電流流過(guò)，這類似電源兩端有電勢(shì)差但沒(méi)有接入電路時(shí)，電流為零.

[例3]據(jù)報(bào)道，1992年7月，美國(guó)“阿特蘭蒂斯”號(hào)航天飛機(jī)進(jìn)行了一項(xiàng)衛(wèi)星懸繩發(fā)電實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)取得了部分成功.航天飛機(jī)在地球赤道上空離地面約3000 km處由東向西飛行，相對(duì)地面速度大約6.5×10³ m/s，從航天飛機(jī)上向地心方向發(fā)射一顆衛(wèi)星，攜帶一根長(zhǎng)20 km，電阻為800 Ω的金屬懸繩，使這根懸繩與地磁場(chǎng)垂直，做切割磁感線運(yùn)動(dòng).假定這一范圍內(nèi)的地磁場(chǎng)是均勻的.磁感應(yīng)強(qiáng)度為4×10^-5T，且認(rèn)為懸繩上各點(diǎn)的切割速度和航天飛機(jī)的速度相同.根據(jù)理論設(shè)計(jì)，通過(guò)電離層(由等離子體組成)的作用，懸繩可以產(chǎn)生約3 A的感應(yīng)電流，試求：

(1)金屬懸繩中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；

(2)懸繩兩端的電壓；

(3)航天飛機(jī)繞地球運(yùn)行一圈懸繩輸出的電能(已知地球半徑為6400 km).

命題意圖：考查考生信息攝取、提煉、加工能力及構(gòu)建物理模型的抽象概括能力.

錯(cuò)解分析：考生缺乏知識(shí)遷移運(yùn)用能力和抽象概括能力，不能于現(xiàn)實(shí)情景中構(gòu)建模型(切割磁感線的導(dǎo)體棒模型)并進(jìn)行模型轉(zhuǎn)換(轉(zhuǎn)換為電源模型及直流電路模型)，無(wú)法順利運(yùn)用直流電路相關(guān)知識(shí)突破.

解題方法與技巧：將飛機(jī)下金屬懸繩切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)看作電源模型，當(dāng)它通過(guò)電離層放電可看作直流電路模型.如圖所示.

(1)金屬繩產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)：

E=Blv=4×10^-5×20×10³×6.5×10³ V=5.2×10³ V

(2)懸繩兩端電壓，即路端電壓可由閉合電路歐姆定律得：

U=E-Ir=5.2×10³-3×800 V=2.8×10³ V

(3)飛機(jī)繞地運(yùn)行一周所需時(shí)間

t==s=9.1×10³ s

則飛機(jī)繞地運(yùn)行一圈輸出電能：

E=UIt=2800×3×9.1×10³ J=7.6×10⁷ J

[例4]如圖所示，豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5 T，并且以=0.1 T/s在變化，水平軌道電阻不計(jì)，且不計(jì)摩擦阻力，寬0.5 m的導(dǎo)軌上放一電阻R₀=0.1 Ω的導(dǎo)體棒，并用水平線通過(guò)定滑輪吊著質(zhì)量M=0.2 kg的重物，軌道左端連接的電阻R=0.4 Ω，圖中的l=0.8 m，求至少經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間才能吊起重物.

命題意圖：考查理解能力、推理能力及分析綜合能力

錯(cuò)解分析：(1)不善于逆向思維，采取執(zhí)果索因的有效途徑探尋解題思路；(2)實(shí)際運(yùn)算過(guò)程忽視了B的變化，將B代入F_安=BIl_ab，導(dǎo)致錯(cuò)解.

解題方法與技巧：

由法拉第電磁感應(yīng)定律可求出回路感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E=　　　　　　　 ①

由閉合電路歐姆定律可求出回路中電流　　 I=　　　　　　　 　　　　　　　 ②

由于安培力方向向左，應(yīng)用左手定則可判斷出電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?由上往下看).再根據(jù)楞次定律可知磁場(chǎng)增加，在t時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度為：　 B′ =(B+·t)　　　　　　　　 ③

此時(shí)安培力為　　　 F_安=B′Il_ab　　　　　 　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ④

由受力分析可知　 F_安=mg　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑤

由①②③④⑤式并代入數(shù)據(jù)：t=495 s

[例5](2001年上海卷)半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)有均勻磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度為B=0.2T，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，半徑為b的金屬圓環(huán)與磁場(chǎng)同心地放置，磁場(chǎng)與環(huán)面垂直，其中a=0.4m，b=0.6m，金屬環(huán)上分別接有燈L₁、L₂，兩燈的電阻均為R =2Ω，一金屬棒MN與金屬環(huán)接觸良好，棒與環(huán)的電阻均忽略不計(jì)

(1)若棒以v₀=5m/s的速率在環(huán)上向右勻速滑動(dòng)，求棒滑過(guò)圓環(huán)直徑OO′ 的瞬時(shí)(如圖所示)MN中的電動(dòng)勢(shì)和流過(guò)燈L₁的電流。

(2)撤去中間的金屬棒MN，將右面的半圓環(huán)OL₂O′ 以OO′ 為軸向上翻轉(zhuǎn)90º，若此時(shí)磁場(chǎng)隨時(shí)間均勻變化，其變化率為ΔB/Δt=4T/s，求L₁的功率。

解析：(1)棒滑過(guò)圓環(huán)直徑OO′ 的瞬時(shí)，MN中的電動(dòng)勢(shì)

E₁=B2a v=0.2×0.8×5=0.8V　　　　　 ①

等效電路如圖(1)所示，流過(guò)燈L₁的電流

I₁=E₁/R=0.8/2=0.4A　　　　　　 ②

(2)撤去中間的金屬棒MN，將右面的半圓環(huán)OL₂O′ 以OO′ 為軸向上翻轉(zhuǎn)90º，半圓環(huán)OL₁O′中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，相當(dāng)于電源，燈L₂為外電路，等效電路如圖(2)所示，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

E₂=ΔФ/Δt=0.5×πa²×ΔB/Δt=0.32V　　 ③

L₁的功率

P₁=(E­₂/2)²/R=1.28×10²W

電磁感應(yīng)電路的分析與計(jì)算以其覆蓋知識(shí)點(diǎn)多，綜合性強(qiáng)，思維含量高，充分體現(xiàn)考生能力和素質(zhì)等特點(diǎn)，成為歷屆高考命題的特點(diǎn).

1、命題特點(diǎn)

對(duì)電磁感應(yīng)電路的考查命題，常以學(xué)科內(nèi)綜合題目呈現(xiàn)，涉及電磁感應(yīng)定律、直流電路、功、動(dòng)能定理、能量轉(zhuǎn)化與守恒等多個(gè)知識(shí)點(diǎn)，突出考查考生理解能力、分析綜合能力，尤其從實(shí)際問(wèn)題中抽象概括構(gòu)建物理模型的創(chuàng)新能力.

3、畫(huà)圖象時(shí)要注意橫、縱坐標(biāo)的單位長(zhǎng)度定義或表達(dá)

[例1]如圖所示，平行導(dǎo)軌置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中(方向向里)，間距為L，左端電阻為R，其余電阻不計(jì)，導(dǎo)軌右端接一電容為C的電容器�，F(xiàn)有一長(zhǎng)2L的金屬棒ab放在導(dǎo)軌上，ab以a為軸順時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)90°的過(guò)程中，通過(guò)R的電量為多少？

解析：(1)由ab棒以a為軸旋轉(zhuǎn)到b端脫離導(dǎo)軌的過(guò)程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)一直增大，對(duì)C不斷充電，同時(shí)又與R構(gòu)成閉合回路。ab產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的平均值

　　 ①

表示ab掃過(guò)的三角形的面積，即　　　 ②

通過(guò)R的電量　　　 ③

由以上三式解得　　　 ④

在這一過(guò)程中電容器充電的總電量Q=CU_m　　 ⑤

U_m為ab棒在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值。即

　　 ⑥

聯(lián)立⑤⑥得：

(2)當(dāng)ab棒脫離導(dǎo)軌后(對(duì)R放電，通過(guò)R的電量為 Q₂，所以整個(gè)過(guò)程中通過(guò) R的總電量為：

　 Q=Q₁+Q₂=

電磁感應(yīng)中“雙桿問(wèn)題”分類解析

[例2]勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度 B=0.2 T，磁場(chǎng)寬度L=3rn，一正方形金屬框邊長(zhǎng)ab==1m，每邊電阻r=0.2Ω，金屬框以v=10m/s的速度勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)，其平面始終保持與磁感線方向垂直，如圖所示，求：

(1)畫(huà)出金屬框穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)的過(guò)程中，金屬框內(nèi)感應(yīng)電流的I-t圖線

(2)畫(huà)出ab兩端電壓的U-t圖線

解析：線框進(jìn)人磁場(chǎng)區(qū)時(shí)

E₁=B l v=2 V，=2.5 A

方向沿逆時(shí)針，如圖(1)實(shí)線abcd所示，感電流持續(xù)的時(shí)間t₁==0.1 s

線框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)：E₂=0，I₂=0

無(wú)電流的持續(xù)時(shí)間：t₂==0.2 s，

線框穿出磁場(chǎng)區(qū)時(shí)：E₃= B l v=2 V，=2.5 A

此電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，如圖(1)虛線abcd所示，規(guī)定電流方向逆時(shí)針為正，得I-t圖線如圖(2)所示

(2)線框進(jìn)人磁場(chǎng)區(qū)ab兩端電壓

U₁=I₁ r=2.5×0.2=0.5V

線框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)；b兩端電壓等于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

U₂=B l v=2V

線框出磁場(chǎng)時(shí)ab兩端電壓：U₃=E - I₂ r=1.5V

由此得U-t圖線如圖(3)所示

點(diǎn)評(píng)：將線框的運(yùn)動(dòng)過(guò)程分為三個(gè)階段，第一階段ab為外電路，第二階段ab相當(dāng)于開(kāi)路時(shí)的電源，第三階段ab是接上外電路的電源

2、在圖象中E、I、B等物理量的方向是通過(guò)正負(fù)值來(lái)反映

1、定性或定量地表示出所研究問(wèn)題的函數(shù)關(guān)系

3、利用電路規(guī)律求解，主要有歐姆定律，串并聯(lián)規(guī)律等

2、分析電路結(jié)構(gòu)，畫(huà)等效電路圖

1、確定電源：首先判斷產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象的那一部分導(dǎo)體(電源)，其次利用或求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，利用右手定則或楞次定律判斷電流方向。

(二)電磁感應(yīng)中的一個(gè)重要推論--安培力的沖量公式

感應(yīng)電流通過(guò)直導(dǎo)線時(shí)，直導(dǎo)線在磁場(chǎng)中要受到安培力的作用，當(dāng)導(dǎo)線與磁場(chǎng)垂直時(shí)，安培力的大小為F=BLI。在時(shí)間△t內(nèi)安培力的沖量，式中q是通過(guò)導(dǎo)體截面的電量。利用該公式解答問(wèn)題十分簡(jiǎn)便，下面舉例說(shuō)明這一點(diǎn)。

[例7]如圖所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)分布在寬為L的區(qū)域內(nèi)，有一個(gè)邊長(zhǎng)為a(a<L)的正方形閉合線圈以初速v₀垂直磁場(chǎng)邊界滑過(guò)磁場(chǎng)后速度變?yōu)?i>v(v<v₀)那么

A．完全進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)線圈的速度大于(v₀+v)/2；

B．安全進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)線圈的速度等于(v₀+v)/2；

C．完全進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)線圈的速度小于(v₀+v)/2；

D．以上情況A、B均有可能，而C是不可能的

解析：設(shè)線圈完全進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)的速度為v_x。線圈在穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中所受合外力為安培力。對(duì)于線圈進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程，據(jù)動(dòng)量定理可得：

對(duì)于線圈穿出磁場(chǎng)的過(guò)程，據(jù)動(dòng)量定理可得：

由上述二式可得，即B選項(xiàng)正確。

[例8]光滑U型金屬框架寬為L，足夠長(zhǎng)，其上放一質(zhì)量為m的金屬棒ab，左端連接有一電容為C的電容器，現(xiàn)給棒一個(gè)初速v₀，使棒始終垂直框架并沿框架運(yùn)動(dòng)，如圖所示。求導(dǎo)體棒的最終速度。

解析：當(dāng)金屬棒ab做切割磁力線運(yùn)動(dòng)時(shí)，要產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，這樣，電容器C將被充電，ab棒中有充電電流存在，ab棒受到安培力的作用而減速，當(dāng)ab棒以穩(wěn)定速度v勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有：

BLv=U_C=q/C

而對(duì)導(dǎo)體棒ab利用動(dòng)量定理可得：

-BLq=mv-mv₀

由上述二式可求得：

(一)電磁感應(yīng)中的“雙桿問(wèn)題”

電磁感應(yīng)中“雙桿問(wèn)題”是學(xué)科內(nèi)部綜合的問(wèn)題，涉及到電磁感應(yīng)、安培力、牛頓運(yùn)動(dòng)定律和動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律及能量守恒定律等。要求學(xué)生綜合上述知識(shí)，認(rèn)識(shí)題目所給的物理情景，找出物理量之間的關(guān)系，因此是較難的一類問(wèn)題，也是近幾年高考考察的熱點(diǎn)。

考題回顧

[例3]如圖所示，兩根平行的金屬導(dǎo)軌，固定在同一水平面上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.50T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌所在平面垂直，導(dǎo)軌的電阻很小，可忽略不計(jì)。導(dǎo)軌間的距離l=0.20m。兩根質(zhì)量均為m=0.10kg的平行金屬桿甲、乙可在導(dǎo)軌上無(wú)摩擦地滑動(dòng)，滑動(dòng)過(guò)程中與導(dǎo)軌保持垂直，每根金屬桿的電阻為R=0.50Ω。在t=0時(shí)刻，兩桿都處于靜止?fàn)顟B(tài)�，F(xiàn)有一與導(dǎo)軌平行、大小為0.20N的恒力F作用于金屬桿甲上，使金屬桿在導(dǎo)軌上滑動(dòng)。經(jīng)過(guò)t=5.0s，金屬桿甲的加速度為a=1.37m/s²，問(wèn)此時(shí)兩金屬桿的速度各為多少？

解析：設(shè)任一時(shí)刻t兩金屬桿甲、乙之間的距離為x，速度分別為v₁和v₂，經(jīng)過(guò)很短的時(shí)間△t，桿甲移動(dòng)距離v₁△t，桿乙移動(dòng)距離v₂△t，回路面積改變

由法拉第電磁感應(yīng)定律，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

回路中的電流

桿甲的運(yùn)動(dòng)方程

由于作用于桿甲和桿乙的安培力總是大小相等，方向相反，所以兩桿的動(dòng)量時(shí)為0)等于外力F的沖量

聯(lián)立以上各式解得　

代入數(shù)據(jù)得

點(diǎn)評(píng)：題中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算也可以直接利用導(dǎo)體切割磁感線時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式和右手定則求解：設(shè)甲、乙速度分別為v₁和v₂，兩桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)分別為

E₁＝Blv₁ ，E₂＝Blv₂

由右手定則知兩電動(dòng)勢(shì)方向相反，故總電動(dòng)勢(shì)為E＝E₂―E₁＝Bl(v₂－v₁)。

分析甲、乙兩桿的運(yùn)動(dòng)，還可以求出甲、乙兩桿的最大速度差：開(kāi)始時(shí)，金屬桿甲在恒力F作用下做加速運(yùn)動(dòng)，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，金屬桿乙在安培力作用下也將做加速運(yùn)動(dòng)，但此時(shí)甲的加速度肯定大于乙的加速度，因此甲、乙的速度差將增大。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電流將增大，同時(shí)甲、乙兩桿所受安培力增大，導(dǎo)致乙的加速度增大，甲的加速度減小。但只要a_甲>a_乙，甲、乙的速度差就會(huì)繼續(xù)增大，所以當(dāng)甲、乙兩桿的加速度相等時(shí)，速度差最大。此后，甲、乙兩桿做加速度相等的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。

設(shè)金屬桿甲、乙的共同加速度為a，回路中感應(yīng)電流最大值I_m.對(duì)系統(tǒng)和乙桿分別應(yīng)用牛頓第二定律有：F=2ma；BLI_m=ma.

由閉合電路敬歐姆定律有E=2I_mR，而

由以上各式可解得

[例4]圖中a₁b₁c₁d₁和a₂b₂c₂d₂為在同一豎直平面內(nèi)的金屬導(dǎo)軌，處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌所在平面(紙面)向里。導(dǎo)軌的a₁b₁段與a₂b₂段是豎直的，距離為l₁；c₁d₁段與c₂d₂段也是豎直的，距離為l₂。x₁ y₁與x₂ y₂為兩根用不可伸長(zhǎng)的絕緣輕線相連的金屬細(xì)桿，質(zhì)量分別為和m₁和m₂，它們都垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌保持光滑接觸。兩桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的總電阻為R。F為作用于金屬桿x₁y₁上的豎直向上的恒力。已知兩桿運(yùn)動(dòng)到圖示位置時(shí)，已勻速向上運(yùn)動(dòng)，求此時(shí)作用于兩桿的重力的功率的大小和回路電阻上的熱功率。

解析：設(shè)桿向上的速度為v，因桿的運(yùn)動(dòng)，兩桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的面積減少，從而磁通量也減少。由法拉第電磁感應(yīng)定律，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小　　　 ①

回路中的電流　　 　　　　　　　　②

電流沿順時(shí)針?lè)较颉�兩金屬桿都要受到安培力作用，作用于桿x₁y₁的安培力為

　　　　　　 ③

方向向上，作用于桿x₂y₂的安培力為　　　　 　　　　　�、�

方向向下，當(dāng)桿作勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有　 ⑤

解以上各式得　　　 　　　　　　　　�、�

　　　　 　　�、�

作用于兩桿的重力的功率的大小　　 　　　　　�、�

電阻上的熱功率　　　 　　　　　　　　　　　　　�、�

由⑥⑦⑧⑨式，可得

　　　 ⑩

　　　　　　　 ⑾

下面對(duì)“雙桿”類問(wèn)題進(jìn)行分類例析

1、“雙桿”向相反方向做勻速運(yùn)動(dòng)

當(dāng)兩桿分別向相反方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，相當(dāng)于兩個(gè)電池正向串聯(lián)。

[例5]兩根相距d=0.20m的平行金屬長(zhǎng)導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，并處于豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2T，導(dǎo)軌上面橫放著兩條金屬細(xì)桿，構(gòu)成矩形回路，每條金屬細(xì)桿的電阻為r=0.25Ω，回路中其余部分的電阻可不計(jì).已知兩金屬細(xì)桿在平行于導(dǎo)軌的拉力的作用下沿導(dǎo)軌朝相反方向勻速平移，速度大小都是v=5.0m/s，如圖所示.不計(jì)導(dǎo)軌上的摩擦.

(1)求作用于每條金屬細(xì)桿的拉力的大小.

(2)求兩金屬細(xì)桿在間距增加0.40m的滑動(dòng)過(guò)程中共產(chǎn)生的熱量.

解析：(1)當(dāng)兩金屬桿都以速度v勻速滑動(dòng)時(shí)，每條金屬桿中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)分別為： E₁=E₂=Bdv

由閉合電路的歐姆定律，回路中的電流強(qiáng)度大小為：

因拉力與安培力平衡，作用于每根金屬桿的拉力的大小為F₁=F₂=IBd。

由以上各式并代入數(shù)據(jù)得N

(2)設(shè)兩金屬桿之間增加的距離為△L，則兩金屬桿共產(chǎn)生的熱量為，

代入數(shù)據(jù)得　　 Q=1.28×10^-2J.

2.“雙桿”同向運(yùn)動(dòng)，但一桿加速另一桿減速

當(dāng)兩桿分別沿相同方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，相當(dāng)于兩個(gè)電池反向串聯(lián)。

[例6]兩根足夠長(zhǎng)的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為L。導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路，如圖所示．兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量皆為m，電阻皆為R，回路中其余部分的電阻可不計(jì)．在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．設(shè)兩導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦地滑行．開(kāi)始時(shí)，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度v₀．若兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸，求：

(1)在運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的焦耳熱最多是多少．

(2)當(dāng)ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊?/4時(shí)，cd棒的加速度是多少？

解析：ab棒向cd棒運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩棒和導(dǎo)軌構(gòu)成的回路面積變小，磁通量發(fā)生變化，于是產(chǎn)生感應(yīng)電流．ab棒受到與運(yùn)動(dòng)方向相反的安培力作用作減速運(yùn)動(dòng)，cd棒則在安培力作用下作加速運(yùn)動(dòng)．在ab棒的速度大于cd棒的速度時(shí)，回路總有感應(yīng)電流，ab棒繼續(xù)減速，cd棒繼續(xù)加速．兩棒速度達(dá)到相同后，回路面積保持不變，磁通量不變化，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，兩棒以相同的速度v作勻速運(yùn)動(dòng)．

(1)從初始至兩棒達(dá)到速度相同的過(guò)程中，兩棒總動(dòng)量守恒，有　　　　　　　 根據(jù)能量守恒，整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的總熱量　

(2)設(shè)ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊?/4時(shí)，cd棒的速度為v₁，則由動(dòng)量守恒可知：

此時(shí)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流分別為：，

此時(shí)棒所受的安培力： 　　　 ，所以棒的加速度為 　　　　　　　　　　　　　 由以上各式，可得　　　 。

3. “雙桿”中兩桿都做同方向上的加速運(yùn)動(dòng)。

“雙桿”中的一桿在外力作用下做加速運(yùn)動(dòng)，另一桿在安培力作用下做加速運(yùn)動(dòng)，最終兩桿以同樣加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。如[例3](2003年全國(guó)理綜卷)

4．“雙桿”在不等寬導(dǎo)軌上同向運(yùn)動(dòng)。

“雙桿”在不等寬導(dǎo)軌上同向運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩桿所受的安培力不等大反向，所以不能利用動(dòng)量守恒定律解題。如