2021届高考物理人教版一轮创新教学案：热点专题7第54讲电磁感应中的“杆+轨”模型

第54讲电磁感应中的“杆＋轨”模型热点概述电磁感应“杆轨模型”中的杆有“单杆”和“双杆”等，有的回路中还接有电容器；电磁感应“杆轨模型”中的轨有“直轨”和“折轨”等，导轨有竖直的，也有水平的，还有放在斜面上的等各种情况。

分析这类问题重在结合电动势的变化情况分析清楚其中的动力学过程，处理问题时经常涉及电磁学和动力学、能量、动量中的几乎所有规律，综合性较强。

热点一单杆模型单杆模型的常见情况v0≠0v0＝0示意图质量为m，电阻不计的单杆ab以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动，两平行导轨间距为L轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L，拉力F恒定轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L，拉力F恒定力学观点导体杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E＝BL v，电流I＝ERS闭合，ab杆受安培力F＝BLEr，此时a＝开始时a＝Fm，杆ab速度v⇒感应电动势开始时a＝Fm，杆ab速度v⇒感应电动势＝BL vR，安培力F＝BIL＝B2L2vR，做减速运动：v⇒F⇒a，当v＝0时，F＝0，a ＝0，杆保持静止BLEmr，杆ab速度v⇒感应电动势BL v⇒I⇒安培力F＝BIL⇒加速度a，当E感＝E时，v最大，且v m＝EBLE＝BL v⇒I⇒安培力F安＝BIL，由F－F安＝ma知a，当a＝0时，v最大，v m＝FRB2L2E＝BL v，经过Δt速度为v＋Δv，此时感应电动势E′＝BL(v＋Δv)，Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝C(E′－E)＝CBLΔv电流I＝ΔqΔt＝CBLΔvΔt＝CBLa安培力F安＝BLI＝CB2L2aF－F安＝ma，a＝Fm＋B2L2C，所以杆以恒定的加速度匀加速运动图象观点能量观点动能全部转化为内能：Q＝12m v2电源输出的电能转化为动能F做的功一部分转化为杆的F做的功一部分转化为动W电＝12m v2m动能，一部分产生电热：W F＝Q＋12m v2m能，一部分转化为电场能：W F＝12m v2＋E C注：若光滑导轨倾斜放置，要考虑导体杆受到重力沿导轨斜面向下的分力作用，分析方法与表格中受外力F时的情况类似，这里就不再赘述。

[例1]图甲、乙、丙中除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动。

甲图中的电容器C原来不带电，所有导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，导体棒ab的质量为m。

图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，导轨足够长，间距为L。

今给导体棒ab一个向右的初速度v0，则()A．三种情况下，导体棒ab最终都静止B．三种情况下，导体棒ab最终都做匀速运动C．图甲、丙中ab棒最终都向右做匀速运动D．图乙中，流过电阻R的总电荷量为m v0BL解析图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab 棒不受安培力，向右做匀速运动。

图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，ab棒速度减小，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止。

图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动，A、B、C错误；图乙中根据动量定理－BILΔt＝0－m v0，流过电阻R的总电荷量为q＝IΔt＝m v0BL，D正确。

答案 D(1)除了核心综述中的常见情况外，基于这些常见情况的变形，要综合分析杆的受力和运动过程，找出最后的稳定状态。

(2)电磁感应涉及通过某段电路的电量时可考虑用动量定理或q＝nΔΦR总来处理。

[例2](2019·衡阳模拟)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨CD、EF倾斜放置，其所在平面与水平面间的夹角为θ＝30°，两导轨间距为L，导轨下端分别连着电容为C的电容器和阻值R＝2r的电阻。

一根质量为m，电阻为r的金属棒放在导轨上，金属棒与导轨始终垂直并接触良好，一根不可伸长的绝缘轻绳一端拴在金属棒中间、另一端跨过定滑轮与质量M＝4m的重物相连。

金属棒与定滑轮之间的轻绳始终在两导轨所在平面内且与两导轨平行，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨电阻不计，初始状态用手托住重物使轻绳恰处于伸长状态，由静止释放重物，求：(重力加速度大小为g，不计滑轮阻力)(1)若S1闭合、S2断开，重物的最大速度。

(2)若S1和S2均闭合，电容器的最大带电量。

(3)若S1断开、S2闭合，重物的速度v随时间t变化的关系式。

解析(1)S1闭合、S2断开时，M由静止释放后拉动金属棒沿导轨向上做加速运动，金属棒受到沿导轨向下的安培力及重力的分力作用，设最大速度为v m，根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E＝BL v m根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流I＝ER＋r＝BL v m3r当金属棒速度最大时有：Mg＝mg sin30°＋BIL解得：v m＝3r(4m－0.5m)gB2L2＝21mgr2B2L2。

(2)S1、S2均闭合时，电容器两板间的最大电压U＝U R＝IR＝7mgr BL电容器的最大带电量Q＝CU＝7mgrCBL。

(3)S1断开、S2闭合时，设从释放M开始经时间t金属棒的速度大小为v，加速度大小为a，通过金属棒的电流为i，金属棒受到的安培力F＝BiL，方向沿导轨向下，设在时间t到(t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，ΔQ也是平行板电容器在t到(t＋Δt)内增加的电荷量，ΔQ＝CBL·Δv，根据运动学公式可得Δv＝aΔt，则i＝ΔQΔt＝CBLa，设绳中拉力为T，由牛顿第二定律，对金属棒有：T－mg sin30°－BiL＝ma对M有：Mg－T＝Ma，解得：a＝7mg10m＋2CB2L2可知M做初速度为零的匀加速直线运动v＝at＝7mg10m＋2CB2L2·t答案(1)21mgr2B2L2(2)7mgrCBL(3)v＝7mg10m＋2CB2L2·t单杆＋电容器＋恒力模型可用微元法或动量定理分析，其运动形式恰好为匀变速直线运动，不同于其他单杆模型。

1. (多选)如图所示，间距为L的两根平行光滑导轨竖直放置，导轨间接有电容为C的电容器，处于垂直轨道平面的匀强磁场B中，质量为m、电阻为R的金属杆ab接在两导轨之间并由静止释放，ab下落过程中始终保持与导轨接触良好，设导轨足够长，电阻不计，下列说法正确的是()A．ab做自由落体运动B．ab做匀加速运动，且加速度为a＝mgm＋CB2L2C．ab做匀加速运动，若加速度为a，则回路的电流为I＝CBLaD．ab做加速度减小的变加速运动，最后匀速运动，最大速度为v m＝mgR B2L2答案BC解析金属杆ab下落过程中产生感应电动势，电容器充电，电路中有充电电流，ab杆受到向上的安培力，设瞬时加速度为a，根据牛顿第二定律得mg－BIL＝ma。

又I＝ΔQΔt ＝CΔUΔt，又ΔU＝ΔE＝BLΔv，得I＝CBL·ΔvΔt＝CBLa，解得a＝mgm＋CB2L2，可见杆的加速度不变，做匀加速直线运动，故B、C正确。

2. (多选)如图MN和PQ为竖直方向的两平行足够长的光滑金属导轨，间距为L，电阻不计。

导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，两端分别接阻值为2R的电阻R1和电容为C的电容器。

质量为m、电阻为R的金属杆ab始终垂直于导轨，并与其保持良好接触。

杆ab由静止开始下滑，在下滑过程中最大的速度为v，整个电路消耗的最大电功率为P，则()A ．电容器左极板带正电B ．电容器的最大带电量为2CBL v 3C ．杆ab 的最大速度v ＝P mgD ．杆ab 所受安培力的最大功率为2P3 答案 BC解析 根据右手定则，感应电动势的方向为a →b ，故电容器右极板带正电荷，故A 错误；当金属杆的速度达到最大时，感应电动势最大，感应电动势的最大值为：E m ＝BL v m ＝BL v ，路端电压的最大值为：U ＝2R 2R ＋R E m ＝23BL v ，故电容器的带电量最大为：Q ＝CU ＝2CBL v3，故B 正确；杆ab 所受安培力的最大功率即为整个电路消耗的最大电功率P ，当杆ab 的速度最大时F 安＝mg ，所以v ＝P F 安＝Pmg ，故C 正确，D 错误。

3．(2019·湖南高考模拟)如图所示，间距为L 的水平平行金属导轨上连有一定值电阻，阻值为R ，两质量均为m 的导体棒ab 和cd 垂直放置在导轨上，两导体棒电阻均为R ，棒与导轨间的动摩擦因数均为μ，导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个导轨处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B 。

现用某一水平恒力向右拉导体棒ab 使其从静止开始运动，当棒ab 匀速运动时，棒cd 恰要开始滑动(重力加速度为g )，求：(1)棒ab 匀速运动的速度大小；(2)若棒ab 从开始运动到匀速的过程中流过的电荷量为q ，这一过程经历的时间是多少？答案(1)3μmgRB2L2(2)3mR2B2L2＋BLq2μmg解析(1)设棒ab匀速运动的速度为v，则棒ab中的感应电流I＝BL vR＋R2＝2BL v3R棒cd中的感应电流为I2＝BL v3R棒cd所受安培力F1＝B I2L＝B2L2v3R当棒cd恰要滑动时，F1＝μmg，即B2L2v3R＝μmg解得v＝3μmgRB2L2。

(2)设棒ab所受恒定外力为F，匀速运动时棒ab所受安培力F2＝BIL对棒cd：F1＝B I2L＝μmg棒ab: F＝F2＋μmg＝2F1＋μmg解得F＝3μmg对棒ab从开始运动到匀速的过程，设运动时间为t，棒ab中的平均电流为I，由动量定理：(F－μmg)t－B I Lt＝m v而I t＝q故2μmgt－BLq＝m v解得t＝3mR2B2L2＋BLq2μmg。

热点二双杆模型双杆模型的常见情况(1)初速度不为零，不受其他水平外力的作用光滑的平行导轨光滑不等距导轨示意图质量m b＝m a电阻r b＝r a长度L b＝L a质量m b＝m a电阻r b＝r a长度L b＝2L a力学观点杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为1∶2 图象观点能量观点一部分动能转化为内能：Q＝－ΔE k(2)初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用光滑的平行导轨不光滑平行导轨示意图质量m b＝m a电阻r b＝r a长度L b＝L a摩擦力F f b＝F f a质量m b＝m a电阻r b＝r a长度L b＝L a 力学观点开始时，两杆受安培力做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动开始时，若F f<F≤2F f，则a杆先变加速后匀速运动；b杆静止。