（名师导学）高考物理总复习第十章专题突破（十）电磁感应中的导轨杆模型教学案新人教版

（名师导学）高考物理总复习第十章专题突破（十）电磁感应
中的导轨杆模型教学案新人教版
（名师导学）高考物理总复习第十章专题突破（十）电磁感应中
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专题突破(十) 电磁感应中的导轨＋杆模型
“导轨＋杆”是电磁感应中一类常见的模型，它可以把力和电、磁融于一体，考查受力分析、牛顿定律、功能关系，能量守恒、动量定理、动量守恒定律、安培力、恒定电流等知识点，综合性较强．导轨＋杆模型具有以下特点：
1．可分为单杆型和双杆型，放置的方式可分为水平、竖直和倾斜．2．除了杆切割磁感线产生感应电动势之外，模型中可以有电源，也可以没有电源．
3．安培力是变力，杆一般做变加速运动，速度稳定时满足受力平衡．
4．杆除了受到安培力之外，可以受其他外力，也可以不受外力作用．
在这一模型中，由于感应电流与杆切割磁感线运动的加速度有相互制约的关系，故导体一般不是做匀变速运动，而是经历一个动态变化过程再趋向于一个稳定状态，分析这一动态过程进而确定最终状态是解决这类问题的关键．再利用动力学观点分析安培力、合力的变化对运动状态的影响，利用功能关系、能量守恒分析各种形式的能量之间的相互转化及总能量的守恒，此类问题就能迎刃而解了．例1如图所示，水平桌面上放着一对平行金属导轨，左端与一电源相连，中间还串有一开关S.导轨上放着一根金属棒ab，空间存在着垂直导轨平面向下的匀强磁场．已知两导轨间距为d，导轨电阻及电源内阻均不计，ab棒的电阻为R，质量为m，棒与导轨间摩擦不计．闭合开关S，ab棒向右运动并从桌边水平飞出，且飞出前的瞬间
电路中电流恰好为零．已知桌面离地高度为h，金属棒落地点的水平位移为s.下面的结论中正确( )
A．开始时ab棒离导轨右端的距离L＝
s2
4h
B．磁场力对ab棒所做的功W＝
ms2g
8h
C．电源电动势为E＝Bds
g
2h
D．ab棒在导轨上运动时间t大于
mR
B2d2
【解析】开始时ab棒受到安培力向右加速，导体棒运动就会产生感应电动势使电流减小，导体棒在做变速运动，离右端的距离无法求出，所以A项错误；根据平抛运动可以求出离开桌面时的速度v＝s
2h
g
＝s
g
2h
，根据动能定理可知W＝
1
2
mv2＝
ms2g
4h
，所以B项错误；棒飞出
前的瞬间电流恰好为零，则E ＝Bdv ＝Bds
g
2h
，所以C 项正确；若不考虑棒切割磁感线产生感应电动势则棒做匀加速运动，a ＝BId m ，I ＝E R ，t ′＝v a ，解得t ′＝mR
B 2d 2，由于感应电动势影
响，t>t ′，D 对．
【答案】CD
例2如图甲所示，两根间距L ＝1.0 m 、电阻不计的足够长平行金属导轨ab 、cd 水平放置，一端与阻值R ＝2.0 Ω的电阻相连．质量m ＝0.2 kg 的导体棒ef 在恒定外力F 作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为f ＝1.0 N ，导体棒电阻为r ＝1.0 Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场B 中，导体棒运动过程中加速
度a 与速度v 的关系如图乙所示(取g ＝10 m/s 2
)．求：
(1)当导体棒速度为v 时，棒所受安培力F 安的大小(用题中字母表示)； (2)磁场的磁感应强度B ；
(3)若ef 棒由静止开始运动距离为s ＝6.9 m 时，速度已达v′＝3 m/s.求此过程中产生的焦耳热Q.
【解析】(1)当导体棒速度为v 时，导体棒上的电动势为E ，电路中的电流为I. 由法拉第电磁感应定律E ＝BLv
由闭合电路欧姆定律I ＝E
R ＋r
导体棒所受安培力F ＝BIL 联合解得：F ＝B 2L 2
v
r ＋R
(2)由图可以知道：导体棒开始运动时加速度a 1＝5 m/s 2
，初速度v 0＝0，导体棒中无电流．由牛顿第二定律知F －f ＝ma 计算得出：F ＝2 N
由图可以知道：当导体棒的加速度a ＝0时，开始以v ＝3 m/s 做匀速运动此时有：F －f －F 安＝0 解得：B ＝1 T
(3)设ef 棒此过程中，产生的热量为Q ，由功能关系知：(F －f)s ＝Q ＋12
mv′2
代入数据计算得出Q ＝6.0 J
例3如图所示，P 1Q 1P 2Q 2和M 1N 1M 2N 2为水平放置的两足够长的光滑平行导轨，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小B ＝0.4 T 的匀强磁场中，P 1Q 1与M 1N 1间的距离为L 1＝1.0 m ，P 2Q 2与M 2N 2间的距离为L 2＝0.5 m ，两导轨电阻可忽略不计．质量均为m ＝0.2 kg 的两金属棒ab 、cd 放在导轨上，运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与导轨形成闭合回路．已知两金属棒位于两导轨间部分的电阻均为R ＝1.0 Ω；金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，且与
导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2
.
(1)在t ＝0时刻，用垂直于金属棒的水平外力F 向右拉金属棒cd ，使其从静止开始沿导
轨以a ＝5.0 m/s 2
的加速度做匀加速直线运动，金属棒cd 运动多长时间金属棒ab 开始运动？
(2)若用一个适当的水平外力F 0(未知)向右拉金属棒cd ，使其速度达到v 2＝20 m/s 后沿导轨匀速运动，此时金属棒ab 也恰好以恒定速度沿导轨运动，求金属棒ab 沿导轨运动的速度大小和金属棒cd 匀
速运动时水平外力F 0的功率；
(3)当金属棒ab 运动到导轨Q 1N 1位置时刚好碰到障碍物而停止运动，并将作用在金属棒cd 上的水平外力改为F 1＝0.4 N ，此时金属棒cd 的速度变为v 0＝30 m/s ，经过一段时间金属棒cd 停止运动，求金属棒ab 停止运动后金属棒cd 运动的距离．
【解析】(1)设金属棒cd 运动t 时间金属棒ab 开始运动，根据运动学公式可知，此时金属棒cd 的速度v ＝at
金属棒cd 产生的电动势E 2＝BL 2v
则通过整个回路的电流I 2＝
E 22R ＝BL 2at 2R
金属棒ab 所受安培力F A1＝BI 2L 1＝B 2
L 1L 2at
2R
金属棒ab 刚要开始运动的临界条件为F A1＝μmg 联立解得t ＝2 s
(2)设金属棒cd 以速度v 2＝20 m/s 沿导轨匀速运动时，金属棒ab 沿导轨匀速运动的速度大小为v 1，根据法拉第电磁感应定律可得E ＝BL 2v 2－BL 1v 1
此时通过回路的电流I ＝E 2R ＝B （L 2v 2－L 1v 1）
2R
金属棒ab 所受安培力F A ＝BIL 1＝B 2
L 1（L 2v 2－L 1v 1）
2R ＝μmg
解得v 1＝5 m/s
以金属棒cd 为研究对象，则有F 0＝μmg＋BL 2I ＝0.6 N 水平外力F 0的功率为P 0＝F 0v 2＝12 W
(3)对于金属棒cd 根据动量定理得(F 1－μmg－BL 2I －
)Δt ＝0－mv 0
设金属棒ab 停止运动后金属棒cd 运动的距离为x ，根据法拉第电磁感应定律得E －＝
ΔΦ
Δt ＝BL 2x
Δt
根据闭合电路欧姆定律I －＝E
－3R 2
联立解得：x ＝3mv 0R
2B 2L 22
＝225 m
针对训练
1．如图所示，间距为L 的金属导轨竖直平行放置，空间有垂直于导轨所在平面向里、大小为B 的匀强磁场．在导轨上端接一电容为C 的电容器，一质量为m 的金属棒ab 与导轨始终保持良好接触，由静止开始释放，释放时ab 距地面高度为h ，(重力加速度为g ，一切摩擦及电阻均不计)在金属棒下滑至地面的过程中，下列说法正确的是(D)
A ．若h 足够大，金属棒最终匀速下落
B ．金属棒运动到地面时，电容器储存的电势能为mgh
C ．金属棒做匀加速运动，加速度为mg
mg ＋C 2B 2L
2
D ．金属棒运动到地面时，电容器储存的电能为mghCB 2L
2
m ＋CB 2L
2
【解析】若金属棒匀速下落，产生的感应电动势恒定不变，电容器两端的电压不变，回路中就没有了感应电流，就不会受安培力，与匀速下落相矛盾，因此金属棒不会匀速下落，A 错误；根据能量守恒，下落的过程有一部分重力势能变成电能，还有一部分变成了金属棒的
动能，因此电容器储存的电能不可能为mgh ，B 错误；金属棒速度增大，产生的电动势增大，电容器的带电量增加，有充电电流I ，I ＝ΔQ Δt ＝CBl Δv
Δt ＝CBla ，由牛顿第二定律，mg －BIl ＝ma ，
∴a ＝mg
m ＋CB 2L 2，可见，棒做匀加速直线运动，C 错，落地时v ＝2ah.根据能量守恒，电容器
储存的电能为mgh －12mv 2＝mghCB 2L
2
m ＋CB 2L
2，D 正确．
2．如图所示，间距为L 的两根平行金属导轨弯成“L ”形，竖直导轨面与水平导轨面均足
够长，整个装置处于竖直向上大小为B 的匀强磁场中．质量均为m 、阻值均为R 的导体棒ab 、cd 均垂直于导轨放置，两导体棒与导轨间动摩擦因数均为μ，当导体棒cd 在水平恒力作用下以速度v 0沿水平导轨向右匀速运动时，释放导体棒ab ，它在竖直导轨上匀加速下滑．某时刻将导体棒cd 所受水平恒力撤去，经过一段时间，导体棒cd 静止，此过程流经导体棒cd 的电荷量为q(导体棒ab 、cd 与导轨间接触良好且接触点及金属导轨的电阻不计，已知重力加速度为g)，则下列判断错误的是(A)
A ．导体棒cd 受水平恒力作用时流经它的电流I ＝BLv 0
R
B ．导体棒ab 匀加速下滑时的加速度大小a ＝g －μB 2L 2
v 0
2mR
C ．导体棒cd 在水平恒力撤去后它的位移为s ＝2Rq
BL
D ．导体棒cd 在水平恒力撤去后它产生的焦耳热为Q ＝14mv 20－μmgRq
BL
【解析】cd 切割磁感线产生感应电动势为E ＝BLv 0，根据闭合电路欧姆定律得：I ＝E
2R ＝
BLv 0
2R
，故A 错误．对于ab 棒：根据牛顿第二定律得：mg －f ＝ma ，又f ＝μN，N ＝BIL ，联立解得，加速度大小为a ＝g －μB 2L 2 v 02mR ，故B 正确．对于cd 棒，根据感应电量公式q ＝ΔΦ
R 总得：
q ＝BLs 2R ，则得，s ＝2Rq
BL ，故C 正确．设导体棒cd 在水平恒力撤去后产生的焦耳热为Q ，由于
ab 的电阻与cd 相同，两者串联，则ab 产生的焦耳热也为Q.根据能量守恒得：2Q ＋μmgs＝
12mv 2
0，又s ＝2Rq BL ，解得：Q ＝14mv 20－μmgRq BL
，故D 正确．本题选错误的，故选A.
3．如图所示，MN 、PQ 为两根间距不均的金属导轨，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，
导轨的一端接阻值为10 Ω的电阻R 1和电流表，另一端接阻值为5 Ω的电阻R 2.质量为m ＝0.1 kg 的金属棒放在导轨ab 处，以初速度v 0＝8 m/s 滑到导轨的a′b′处，历时t ＝0.08 s ．导轨在ab 处的间距L 1＝0.5 m ，在a′b′处的间距L 2＝1.0 m ．若金属棒滑动时始终与导轨接触良好，电流表的示数保持不变，不计棒与导轨间的摩擦以及棒和导轨的电阻．求：
(1)金属棒在导轨a′b′处的速度； (2)电流表的示数；
(3)匀强磁场的磁感应强度．
【解析】(1)由金属棒滑动过程中电流表示数不变可知棒在ab 处和a′b′处产生的感应电动势相等，即BL 1v 0＝BL 2v ′
解得金属棒在a′b′处的速度为：v′＝1
2
v 0＝4 m/s
(2)设流过金属棒的电流为I ，金属棒运动过程中只有安培力做功，由能量关系有 I 2R 总t ＝12mv 20－12mv′2
而R 总＝R 1R 2R 1＋R 2＝10
3
Ω，
联立解得：I ＝3 A ，电流表的示数：
I A ＝R 2R 1＋R 2·I ＝515×3 A ＝1 A
(3)根据BL ab v 0＝I 1R 1
代入数据解得：B ＝2.5 T.。