2、双导棒问题：

在电磁感应现象中，除了单导棒问题外，还存在较多的双导棒问题，这类问题的显著特征是：两导棒在切割磁感线时，相当于电池的串联或并联，组成闭合回路，而且，求解此类型问题最佳途径往往从能量守恒、动量守恒的角度出发，用发展、变化的眼光，多角度、全方位地发散思维，寻求相关物理量和公式，挖掘隐含条件，采用“隔离法”或“整体法”(系统法)快捷作出解答．因此，双导棒问题更能反映考生的分析问题和解决问题的能力，特别是方法、技巧、思路均反映在解题中，是甄别考生层次拉大差距的优秀试题．

例1：(1993年全国高考题)如图(2-2-1)所示两金属导棒ab和cd长均为L，电阻均为R，质量分别为M和m，M>m．用两根质量和电阻均可忽略不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，并悬挂于水平、光滑、不导电的圆棒两侧，两金属导棒都处于水平位置，整个装置处在一与回路平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B，若金属导棒ab正好匀速向下运动，求运动的速度．

分析和解：此题主要用来考查考生对力学中的受力分析、力的平衡、电磁感应、欧姆定律和安培力公式的掌握．此题也可从不同方法去解答．

解法一：采用隔离法，假设磁场B的方向是垂直纸面向里，ab杆向下匀速运动的速度为v，则ab棒切割磁感线产生的感应电动热大小，方向由a→b，cd棒以速度v向上切割磁感线运动产生感应电动势大小为，方向由d→c．回路中的电流方向由a→b→d→c，大小为①，ab棒受到安培力向上，cd棒受到安培力向下，大小均为F_B即②，当ab棒匀速下滑时，令棒受到的导线拉力为T，则对ab有T+F_B=mg ③，对cd有：T=F_B+mg ④，由③④解得2F_B=(M-m)g ⑤，再由②⑤可得，故．

解法二：采用整体法，把ab、cd柔软导线视为一个整体，∵M>m，∴整体动力为(M–m)g ①，ab棒向下，cd棒向上，整体所受安培力与整体动力相等时正好做匀速向下运动，则．

解法三：采用能量守恒法，将整个回路视为一个整体系统，用其速度大小不变，故动能不变．ab棒向下，cd棒向上运动过程中，因Mg>mg，系统的重力势能减少，将转化为回路的电能，电能量转化守恒定律①，而ε_总=2ε ②，ε=BLv ③，联立①②③可得．

评析：此题为典型的双导棒在磁场中运动的问题．并且两根棒都切割磁感线产生感应电动势，对整个回路而言，相当于电池组的串联，整个回路中有电流流过，两棒都受安培力，在未达到稳定速度前，两棒均做变加速运动，当加速度减为零时，速度为最大．从以上三种解法来看，其解法三更显简便，思维灵活，故该题对考生的考查确实具有针对性．

例2：(2001高考春招试题)如图(2-2-2)所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间距为L．导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路．两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B．该两导体棒可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度度v₀，若两导体棒在运动中始终不接触，求：

(1)在运动中产生的焦耳热最多是多少？

(2)当ab棒的速度变为初速度的时，cd棒的加速度是多少？

分析和解：此题主要用来考查考生对双棒运动的动态分析和终态推理以及两个守恒定律的熟练掌握情况．此题是一道层次较高的典型水平面双棒试题．

ab棒向cd棒运动时，ab棒产生感应电动势，由于通过导轨和cd棒组成回路，于是回路中便产生感应电流，ab棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，而cd棒则在安培力作用下做加速运动．在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路中总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速，而棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，即不产生感应电流，两棒的相同的速度v做匀速直线运动．

(1)从初始至两棒达到速度相同的过程中，两棒组成的系统动量守恒，则有mv₀=2mv ①，再根据能量守恒②，联立①②两式得：．

(2)设ab棒的速度变为初速的时，cd棒的速度为v′，则再次由动量守恒定律可知　 ③，此时回路中的感应电动势和感应电流分别是：④，⑤，此时cd棒所受安培力F_B=BIL ⑥，cd棒的加速度 　⑦，联立 ①~⑦得　 ．

评析：此题将分析双棒的初态、过渡态、终态以及整个过程的运动情况，各个物理量的变化情况和动量守恒、能量守恒天然联系在一起，确实达到了命题人综合考查考生各方面分析问题和解决问题能力的目的．充分体现了命题专家以综合见能力的命题意图，即“着眼综合、立足基础、突出能力．”此题的确是一道经典考题．

通过对以上高考例题的分类处理、解析，从中发现，电磁学中的导棒问题内涵的确丰富、灵活、新颖，涉及面广、易于拓展和延伸，的确不愧为电磁学中的精华部分．高考试题是经典题目，通过分析和求解，更能启迪思维和培养各种能力，由于篇幅限制，此处不能将历年高考导棒试题列出，希望大家收集并加以适当的训练．

棒生电类型是电磁感应中的最典型模型、生电方式分为平动切割和转动切割，其模型可分为单导棒和双导棒．要从静态到动态、动态到终态加以分析讨论，其分析动态是关键．对于动态分析，可从以下过程考虑：闭合电路中的磁通量发生变化导体产生感应电流导体受安培力和其他力作用导体加速度变化速度变化感应电流变化周而复始地循环最后加速度减小至零速度达到最大导体做匀速直线运动．我们知道，电磁感应现象的实质是不同形式能量的转化过程，因此，由功能观点切入，分清楚电磁感应过程中能量转化关系，往往是我们解决电磁感应问题的关键，当然也是我们处理这类题型的有效途径．

1、单导棒问题

　　 例1：(2001年全国高考试题)如图(2-1-1)所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距L=0.20m，电阻R=1.0Ω；有一导棒静止地放在轨道上，与两轨道垂直，棒及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下．现用一外力F沿轨道方向拉棒，使之做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图(2-1-2)所示．求棒的质量m和加速度a．

　　 分析和解：此题主要用来考查学生对基本公式掌握的情况，是否能熟练将力电关系式综合在一起，再根据图象得出其a和m值．从图中找出有用的隐含条件是解答本题的关键．

　　 解法一：导棒在轨道上做匀加速直线运动，用v表示其速度，t表示时间，则有v=at ①，棒切割磁感线，产生感应电动势②，在棒、轨道和电阻的闭合电路中产生感应电流③，杆所受安培力F_B=BIL ④，再由牛顿第二定律∑F=ma故F–F_B=ma ⑤，联立求解①~⑤式得⑥．在图线上取两点代入⑥式，可得a=10m/s²，m=0.1kg．

　　 解法二：从F–t图线可建立方程　 F=1+0.1t ①，棒受拉力F和安培力F_B作用，做匀加速直线运动，其合力不随时间t变化，并考虑初始状态F_B=0，因而F_B的大小为F_B=0.1t ②，再由牛顿第二定律：∑F=ma有F–F_B=ma ③，联立①②③可得ma=1 ④．又∵F_B=BIL ⑤，而⑥，⑦，联立⑤⑥⑦得⑧，而v=at，故⑨，②/⑨得：⑩，再由④与⑩式得．

评析：解法一采用了物理思维方法，即用力学的观点，再结合其F-t图象将其所求答案一一得出．解法二则采用了数学思维方法，先从F-t图象中建立起相应的直线方程，再根据力学等知识一一求得，此解法不落窠臼，有一定的创新精神．我们认为，此题不愧为电磁学中的经典习题，给人太多的启发，的确是一道选拔优秀人才的好题．

例2：如图(2-1-2)所示，两根竖直放置在绝缘地面上的金属框架上端接有一电容量为C的电容器，框架上有一质量为m，长为L的金属棒，平行于地面放置，与框架接触良好且无摩擦，棒离地面的高度为h，磁感应强度为B的匀强磁场与框架平面垂直，开始时电容器不带电，将棒由静止释放，问棒落地时的速度多大？落地时间多长？

分析和解：此题主要用来考查考生对匀变速直线运动的理解，这种将其电容和导棒有机地综合在一起，使之成为一种新的题型．从另一个侧面来寻找电流的关系式，更有一种突破常规思维的创新，因而此题很具有代表性．

经分析，导棒在重力作用下下落，下落的同时产生了感应电动势．由于电容器的存在，在棒上产生充电电流，棒将受安培力的作用，因此，棒在重力作用和安培力的合力作用下向下运动，由牛顿第二定律∑F=ma，得故mg–F_B=ma ①，F_B=BiL　　 ②．

由于棒做加速运动，故v、a、ε、F_B均为同一时刻的瞬时值，与此对应电容器上瞬时电量为Q=C·ε，而ε=BLv．设在时间△t内，棒上电动势的变化量为△ε，电容器上电量的增加量为△Q，显然△ε=BL△v ③，△Q=C·△ε ④，再根据电流的定义式⑤，　 ⑤′，联立①~⑤′得：⑥

由⑥式可知，a与运动时间无关，且是一个恒量，故棒做初速度为零的匀加速直线运动，其落地速度为v，则⑦，将⑥代入⑦得：⑧，落地时间可由，得，将⑥代入上式得．

评析：本题应用了微元法求出△Q与△v的关系，又利用电流和加速度的定义式，使电流i和加速度a有机地整合在一起来求解，给人一种耳目一新的感觉．读后使人颇受启示．

例：如图(2-1-3)所示，倾角为θ=30°，宽度为L=1m的足够长的U型平行光滑金属导轨固定在磁感应强度B=1T，在范围充分大的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上，现用平行导轨、功率恒为6w的牵引力F，牵引一根质量m=0.2kg、电阻R=1Ω放在导轨上的导棒ab，由静止沿导轨向上移动(ab棒始终与导轨接触良好且垂直)．当金属导棒ab移动S=2.8m时，获得稳定速度，在此过程中金属导棒产生的热量为Q=5.8J(不计导轨电阻及一切摩擦，g取10m/s²)

问(1)导棒达到稳定速度是多大？

(2)导棒从静止达到稳定速度所需时间是多少？

分析和解：此题主要用来考查考生是否能熟练运用力的平衡条件和能量守恒定律来巧解此题．

当金属导棒匀速沿斜面上升有稳定速度v时，导棒受力如图(2-1-4)所示，由力的平衡条件∑F=0，则F–mgsinθ–F_B=0 ①，F_B=BIL ②，③，ε=BLv ④，又∵F=P/v ⑤，由①②③④⑤可得，整理得，代入有关数据得，解得v=2m/s，v=–3m/s(舍去)．

(2)由能量转化和守恒，代入数据可得t=1.5s．

评析：此题较一般电磁感应类型题更能体现能量转化和守恒过程，因此，在分析和研究电磁感应中的导棒问题时，从能量观点去着手求解，往往更能触及该问题的本质，当然也是处理此类问题的关键和一把金钥匙．

　　 通电导棒题型，一般为平衡和运动型，对于通电导棒平衡型，要求考生用所学物体的平衡条件(包含∑F=0，∑M=0)来解答，而对于通电导棒的运动型，则要求考生用所学的牛顿运动定律、动量定理以及能量守恒结合在一起，加以分析、讨论，从而作出准确地解答．

　　 例1：如图(1-1-1)所示，相距为d的倾角为α的光滑平行导轨(电源ε、r和电阻R均已知)处于竖直向上的匀强磁场B中，一质量为m的导棒恰能处于平衡状态，则该磁场B的大小为 　　　　　；当B由竖直向上逐渐变成水平向左的过程中，为保持棒始终静止不动，则B的大小应是　　　　 ．上述过程中，B的最小值是　　　　　　　 ．

　　 分析和解：此题主要用来考查考生对物体平衡条件的理解情况，同时考查考生是否能利用矢量封闭三角形或三角函数求其极值的能力．

　　 将图(1-1-1)首先改画为从右向左看的侧面图，如图(1-1-2)所示，分析导棒受力，并建立直角坐标系进行正交分解，也可采用共点力的合成法来做．

　　 根据题意∑F=0，即∑F_x=0；∑F_y=0；∑F_x=F_B–Nsinα=0 ①

∑F_y=Fcosα–mg=0 ②，①/②得：③

由安培力公式F_B=BId ④；全电路区姆定律⑤，

联立③④⑤并整理可得

(2)借助于矢量封闭三角形来讨论，如图(1-1-3)在磁场由竖直向上逐渐变成水平的过程中，安培力由水平向右变成竖直向上，在此过程中，由图(1-1-3)看出F_B先减小后增大，最终N=0，F_B=mg，因而B也应先减小后增大．

(3)由图(1-1-3)可知，当F_B方向垂直于N的方向时F_B最小，其B最小，故①，而②，③，联立①②③可得，即

评析：该题将物体的平衡条件作为重点，让考生将公式和图象有机地结合在一起，以达到简单快速解题的目的，其方法是值得提倡和借鉴的．

[例1]请做个小实验：

材料：一个金属螺母，一张纸片。

实验1：将螺母和纸片从同一高度同时释放，观察其现象。

实验2：将该纸片团成小纸团，将螺母、小纸团从同一高度同时释放，观察其现象。

请对观察到的现象作出合理的解释。

提示：

纸片纸团所受重力是相同的，不同的是纸片比纸团受到的空气阻力大。

　此卷依据近年高考特点和高考命题精神而设置的.通过连接体问题的讨论。,突出专题复习方法．以三个分析：受力分析、过程分析，特定状态分析为命题重点。将知识重点与思维方法统一起来,从中考查分析问题的能力和综合应变能力。适用于3+2、3+x、3+综合形式的考试。具体内容如下：

3、碰撞时间极短这个条件有什么作用？

例5：如图所示，有两个相同的货箱停放在倾角为θ的斜面上，每个货箱长为L，质量为m，最下端的货箱到斜面底端的距离也为L，已知货箱与斜面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，现给A货箱一初速度V0，使之沿斜面下滑，与B发生碰撞后粘在一起运动，当动摩擦因数为μ时，两货箱恰好停在斜面底端，求整个过程中由于碰撞损失的机械能为多少？

整个过程中货箱减小的动能和重力势能分别为：

ΔE_P＝mgLsinθ+mg2Lsinθ＝3 mgLsinθ

整个过程中摩擦力做功全部转化热能Q₁：

Q1＝fs＝mgLcosθ+mg2Lcosθ＝3 mgLcosθ

设碰撞中产生的热量为Q2，则由功能关系可知：

ΔEP+ΔEK＝Q1+Q2

Q2＝　　　+3 mgLsinθ－3 mgLcosθ

例6、如图所示，有n个相同的货箱停放在倾角为θ的斜面上，每个货箱长皆为L，质量为m相邻两货箱间距离也为L，最下端的货箱到斜面底端的距离也为L，已知货箱与斜面间的滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，现给第一个货箱一初速度V0，使之沿斜面下滑，在每次发生碰撞的货箱都粘在一起运动，当动摩擦因数为μ时，最后第n个货箱恰好停在斜面底端，求整个过程中由于碰撞损失的机械能为多少？

分析：整个过程中货箱减小的动能和重力势能分别为：

ΔEP＝mgLsinθ+mg2Lsinθ+┅+mgnLsinθ

　＝mgLsinθ·n(n+1)/2

整个过程摩擦力做功全部转化热能Q1，其大小为：

Q1＝fs＝mgLcosθ+mg2Lcosθ+┅+mgnLcosθ

　　＝mgLcosθ·n(n+1)/2

设碰撞中所产生的热量为Q2，则由功能关系可知：

ΔEP+ΔEK＝Q1+Q2

Q2＝　　+mgLsinθ·n(n+1)/2－mgLcosθ·n(n+1)/2

2、匀速运动这个条件有什么作用？

1、重力势能减小量转化到哪里去了？

2、处理成完全非弹性碰撞后，系统动能的减小量是不是一定转化为热能？

例3、如图，小车的质量为M，后端放一个质量为m的铁块，铁块和小车间的动摩擦因数为μ，小车和铁块一起以V的速度在光滑的地面上滑行时与墙发生正碰，在碰撞过程中无机械能损失。问铁块在车上能滑动多远(设车子足够长且M＞m)？

MV－mV＝(m+M)V₁

例4、如图所示，在一倾角为θ的斜面上有两质量都为m的物体A、B，物体B处于静止状态，物体A以V0速度匀速下滑，与B碰撞后(碰撞时间极短)粘在一起，求：两物体在碰撞中产生的热能？

1、什么样的情形我们也可以处理成完全非弹性碰撞？