高考物理 专题48 电磁感应中的杆 导轨模型问题小题狂刷
电磁感应中的“杆+导轨”类问题(3大模型)(解析版)
电磁感应中的“杆＋导轨”类问题(3大模型)电磁感应“杆＋导轨”模型的实质是不同形式的能量的转化过程，处理这类问题要从功和能的观点入手，弄清导体棒切割磁感线过程中的能量转化关系，现从力学、图像、能量三种观点出发，分角度讨论如下：模型一 单杆＋电阻＋导轨模型[初建模型][母题] 如图所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 与水平面的夹角为θ，N 、Q 两点间接有阻值为R 的电阻。
整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。
将质量为m 、阻值也为R 的金属杆cd 垂直放在导轨上，杆cd 由静止释放，下滑距离x 时达到最大速度。
重力加速度为g ，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好。
求：(1)杆cd 下滑的最大加速度和最大速度； (2)上述过程中，杆上产生的热量。
[解析] (1)设杆cd 下滑到某位置时速度为v ，则杆产生的感应电动势E ＝BL v ，回路中的感应电流I ＝ER ＋R杆所受的安培力F ＝BIL 根据牛顿第二定律有mg sin θ－B 2L 2v2R＝ma当速度v ＝0时，杆的加速度最大，最大加速度a ＝g sin θ，方向沿导轨平面向下当杆的加速度a ＝0时，速度最大，最大速度v m ＝2mgR sin θB 2L 2，方向沿导轨平面向下。
(2)杆cd 从开始运动到达到最大速度过程中，根据能量守恒定律得mgx sin θ＝Q 总＋12m v m 2又Q 杆＝12Q 总，所以Q 杆＝12mgx sin θ－m 3g 2R 2sin 2θB 4L 4。
[答案] (1)g sin θ，方向沿导轨平面向下 2mgR sin θB 2L 2，方向沿导轨平面向下 (2)12mgx sin θ－m 3g 2R 2sin 2θB 4L 4[内化模型]单杆＋电阻＋导轨四种题型剖析开始时a ＝g sin α，B L[变式] 此题若已知金属杆与导轨之间的动摩擦因数为μ。
现用沿导轨平面向上的恒定外力F 作用在金属杆cd 上，使cd 由静止开始沿导轨向上运动，求cd 的最大加速度和最大速度。
电磁感应现象中“杆+导轨”模型梳理
ʏ河南省郑州市第三十一高级中学 董卫刚 王梦娜电磁感应现象中的杆+导轨 模型是近几年高考中的常见考点之一,比如2020年高考全国Ⅰ卷第21题㊁全国Ⅲ卷第24题,2021年高考全国乙卷第25题㊁北京卷第7题,2022年高考全国甲卷第20题㊁辽宁卷第15题,2023年高考全国甲卷第25题㊁湖南卷第14题㊁辽宁卷第10题等㊂涉及杆+导轨 模型的物理试题几乎涵盖了高中物理所有的核心内容,综合性较强,区分度较高㊂下面将涉及 杆+导轨 模型的物理试题进行系统梳理,总结求解此类问题的思路和方法,为同学们的复习备考提供参考㊂一㊁电磁感应核心知识梳理1.感应电流方向的判断方法:2.感应电动势大小的求法:法拉第电磁感应定律的三种表达式分别为E =n ΔΦΔt ,E =n ΔBΔt S (面积不变,磁感应强度变化),E =n BΔS Δt (磁感应强度不变,面积变化)㊂如图1所示,当一段直导线(等效直导线)垂直磁场做切割磁感线运动时,产生的感应电动势E =B l v ㊂如图2所示,当绕一端转动的一段导体棒在磁场内做切割磁感线运动时,产生的感应电动势E =12B l 2ω㊂如图3所示,当绕与磁场方向垂直的轴转动的导线框在磁场中做切割磁感线运动产生交变电流时,从图示时刻开始计时产生的感应电动势E =n B S ωc o s ωt㊂图1 图2 图33.感应电荷量的计算:因磁通量变化而产生的感应电荷量q =I Δt =E R Δt =n ΔΦR Δt Δt =nΔΦR ,说明感应电荷量q 仅由回路电阻R 和磁通量的变化量ΔΦ决定㊂4.动量定理在 杆+导轨 模型中的应用:对单根导体棒应用动量定理得m v -m v 0=-B I L ㊃Δt =-B L q ㊂二㊁ 杆+导轨 模型梳理模型一:单杆,无电源,受恒定外力图4如图4所示,金属杆MN 放在水平放置的光滑导轨上,空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场,金属杆MN 受到恒定的外力作用㊂以金属杆MN 为研究对象,根据牛顿第二定律得F -B 2L 2v R =m a ,解得a =F m -B 2L2m R v ,因此随着速度v 的增大,加速度a 逐渐减小,当a =0的时候,金属杆MN 达到平衡状态,以恒定的速度做匀速直线运动㊂上述规律不仅适用于水平面内的运动,竖直平面内的运动或斜面上的运动也适用,只不过是将恒力稍微变化了一下㊂例1 如图5所示,两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为L ,顶端接阻值为R 的电阻㊂匀强磁场方向垂直于导轨所在平面解题篇 经典题突破方法 高考理化 2023年11月图5(纸面)向里,磁感应强度为B ,质量为m ㊁电阻为r 的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放,金属棒和导轨始终接触良好㊂不计导轨的电阻,重力加速度为g ,则下列说法中正确的是( )㊂A.金属棒在磁场中运动时,通过电阻R 的电流方向为a ңbB .金属棒刚进入磁场时一定做加速运动C .金属棒的速度为v 时,金属棒所受的安培力大小为B 2L 2vR D .金属棒以稳定的速度下滑时,电阻R 的热功率为m g B L2R思路点拨:金属棒进入磁场后,产生的感应电动势E =B L v ,回路中的感应电流I =E R +r =B L v R +r ,通过电阻R 的电流方向为b ңa ,金属棒所受的安培力大小F =B I L =B 2L 2vR +r,当金属棒稳定下滑时,F =m g ,电阻R 的热功率P =B L v R +r 2R ,解得P =m g B L2R ㊂答案:D模型二:单杆,无电源,有初速度如图6所示,给金属杆e f 一个初速度图6(初始冲量),让金属杆e f 运动起来,金属杆e f 切割磁感线,在回路c b e f 中产生感应电流,金属杆e f 相当于电源,此时金属杆e f 受到一个与运动方向相反的安培力,阻碍金属杆e f 的运动,金属杆e f 做减速运动,速度减小会让安培力随着减小,加速度就跟着减小,因此金属杆e f 做加速度减小的减速运动,直到速度减为零,停止运动㊂若导轨是光滑的,则金属杆e f 的初动能全部转化为电阻R 产生的焦耳热,即Q =12m v 20,金属杆e f 通过克服安培力做功把机械能转化为了电能㊂同时还可以根据动量定理得-B I L Δt =0-m v 0,又有q =I ㊃Δt ,求出在此过程中通过电阻R 的电荷量q =m v 0B L㊂图7例2 (2021年高考北京卷)如图7所示,在竖直向下的匀强磁场中,水平U 型导体框左端连接一阻值为R 的定值电阻,质量为m ㊁电阻为r 的导体棒a b 置于导体框上㊂不计导体框的电阻㊁导体棒与框间的摩擦㊂导体棒以水平向右的初速度v 0开始运动,最终停在导体框上㊂在此过程中( )㊂A.导体棒做匀减速直线运动B .导体棒中感应电流的方向为a ңbC .电阻R 消耗的总电能为m v 2R 2(R +r )D .导体棒克服安培力做的总功小于12m v 20思路点拨:导体棒做加速度减小的减速运动,导体棒中感应电流的方向为b ңa ㊂安培力的变化会引起加速度的变化,根据能量守恒定律和动能定理可知,电阻R 消耗的总电能为m v 2R 2(R +r ),导体棒克服安培力做的总功等于12m v 20㊂答案:C模型三:单杆,有电容,受恒定外力如图8所示,水平放置的光滑平行导轨左侧接电容为C 的电容器,空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场,金属棒MN 和导图8轨的电阻忽略不计,摩擦力不计,金属棒MN 在水平向右的恒定拉力F 的作用下,由静止开始做加速运动,持续对电容器充电,则存在充电电流时,有F -B I l =m a ,I =ΔQ Δt,ΔQ =C ΔU ,ΔU =ΔE =B l Δv ,整理得F -C B 2l 2ΔvΔt=m a ,其中解题篇 经典题突破方法 高考理化 2023年11月Δv Δt =a ,解得a =Fm +C B 2l 2,因此金属棒MN 做加速度恒定的匀加速直线运动㊂从能量的角度分析,存在功能关系W F =12m v 2+E 电㊂例3 如图9所示,间距为L的金属导图9轨竖直平行放置,空间存在垂直于导轨所在平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B ,在导轨上端接一电容为C 的电容器,一质量为m 的金属棒与导轨始终保持良好接触㊂将金属棒距地面高度为h 处由静止开始释放,已知重力加速度为g ,一切摩擦及电阻均不计㊂在金属棒下滑至地面的过程中,下列说法正确的是( )㊂A.若h 足够大,则金属棒最终匀速下落B .金属棒下滑至地面时,电容器储存的电势能为m gh C .金属棒做匀加速直线运动,加速度为m gm g +C 2B 2L2D .金属棒下滑至地面时,电容器储存的电势能为m g h C B 2L 2m +C B 2L2思路点拨:根据牛顿第二定律得m g -B I L =m a ,又有B L v =QC,v =a t ,Q =I t ,解得a =m g m +C B 2L 2,金属棒在下降过程中做匀加速直线运动,金属棒下滑至地面时的动能E k =12m v 2,又有v 2=2a h =2m g h m +C B 2L 2,根据能量守恒定律得电容器储存的电势能E =m g h -12m v 2=m g h C B 2L 2m +C B 2L2㊂答案:D模型四:双杆,等长,有初速度图10如图10所示,光滑导轨上放置两根导体棒,给导体棒1一个初速度,导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动,导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动,最后两导体棒以相同的速度做匀速直线运动,对两导体棒运用动量守恒定律可以求出最终的共同速度㊂从能量的角度分析,导体棒1动能的减少量=导体棒2动能的增加量+焦耳热㊂例4 如图11所示,两根足够长的平图11行光滑导轨固定在绝缘水平面上,所在空间存在方向垂直于水平面㊁磁感应强度为B ㊁范围足够大的匀强磁场,导轨的间距为L ,电阻不计;导轨上静置两根有效长度均为L 的导体棒P Q 和MN ,其中导体棒P Q 的质量为2m ㊁阻值为R ,导体棒MN 的质量为m ㊁阻值为2R ㊂若在t =0时刻给导体棒P Q 一个平行于导轨向右的初速度v 0,不计运动过程中两导体棒的相互作用,则( )㊂A.t =0时刻,两导体棒的加速度大小相等B .t =0时刻,导体棒P Q 两端的电压为23B L v 0C .导体棒P Q 匀速运动时的速率为13v 0D .从t =0时刻到导体棒P Q 匀速运动的过程中,导体棒MN 中产生的焦耳热为29m v 20思路点拨:导体棒P Q 向右运动,产生的感应电动势E =B L v 0,此时路端电压为23B L v 0,回路中的感应电流I =ER +2R,两导体棒受到的安培力大小均为F =B I L ,则a MN =F m ,a P Q =F2m ,因此t =0时刻,两导体棒的加速度大小不相等,受到的安培力大小相等,方向相反,两导体棒在运动过程中满足动量守恒定律,则2m v 0=(m +2m )v 共,最终两导体棒以速度v 共=23v 0做匀速直线运动㊂两导体棒中的电流相等,产生的焦耳热分别为Q MN =2I 2有R t ,Q P Q =I 2有R t ,则Q MN ʒ 解题篇 经典题突破方法 高考理化 2023年11月Q P Q =2ʒ1㊂根据能量守恒定律可知,在整个运动过程中产生的总热量等于系统总动能的减少量,即Q =12ˑ2m v 20-12ˑ(m +2m )v 2共,解得Q MN =29m v 20㊂答案:B D模型五:双杆,等长,受恒定外力如图12所示,足够长的光滑导轨上放置图12两根导体棒,导体棒1受到一个恒定的力F 的作用,导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动,导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动,最终两导体棒以相同的加速度做匀加速直线运动,两导体棒的速度差恒定,回路中存在恒定的感应电流,两导体棒受到的安培力大小相等,对整体有F =(m 1+m 2)a ,对导体棒2有B 2L 2(v 1-v 2)R 1+R 2=m 2a ,联立以上两式可以求出两导体棒的速度差值㊂从能量的角度分析,外力做的功=导体棒1的动能+导体棒2的动能+焦耳热㊂例5 (2020年高考全国Ⅰ卷)如图13所示,U 型光滑金属框a b c d置于水平绝缘平图13台上,a b 边和d c 边平行,和b c 边垂直㊂a b ㊁d c 边足够长,整个金属框的电阻可忽略㊂一根具有一定电阻的导体棒MN 置于金属框上,用水平恒力F 向右拉动金属框,运动过程中,装置始终处于竖直向下的匀强磁场中,导体棒与金属框保持良好接触,且与b c 边保持平行㊂经过一段时间后( )㊂A.金属框的速度大小趋于恒定值B .金属框的加速度大小趋于恒定值C .导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D .导体棒到金属框b c 边的距离趋于恒定值思路点拨:金属框向右的加速度与导体棒的加速度不同,同一时刻两者速度也不同,设金属框的质量为m 1,速度为v 1,导体棒的质量为m 2,速度为v 2,则回路中的感应电流i =B l (v 1-v 2)R ,感应电流从0开始增大,导体棒的加速度a 2从零开始增大,金属框的加速度a 1从F m 1开始减小,二者的加速度差值减小,当a 1=a 2时,有F =(m 1+m 2)a ,则a =Fm 1+m 2恒定,根据F 安=m 2a 可知,安培力不再变化,感应电流不再变化,金属框与导体棒的速度差保持不变,但导体棒的速度小于金属框的速度,则导体棒到金属框b c 边的距离越来越大㊂答案:B C模型六:双杆,不等长,有初速度如图14所示,光滑导轨水平放置,匀强磁场垂直于水平面向下,左侧导轨间距为L ,图14右侧导轨间距为2L ,且两侧导轨均足够长㊂现给金属杆c d 一水平向右的初速度v 0,金属杆c d 做切割磁感线运动,产生感应电流,金属杆c d 受到的安培力阻碍它的运动,金属杆a b 受到的安培力使它做加速运动,两金属杆长度不同,所受安培力大小不相等,系统动量不守恒,一旦金属杆a b 开始运动,金属杆a b 也要做切割磁感线运动,产生一个反电动势,使得回路中的感应电流减小,当感应电流为零时,两金属杆均做匀速运动,此时两金属杆的速度关系为v a b =2v c d ,分别对两金属杆应用动量定理可以求出最终的速度㊂例6 如图15所示,光滑导轨水平放置,匀强磁场垂直于水平面向下,磁感应强度图15为B ,左侧导轨间距为L ,右侧导轨间距为2L ,且两侧导轨均足够长㊂质量为m 的导体棒a b 和质量为2m 的导体棒c d 均垂直于导轨放置,处于静止状态㊂导体棒a b 接入电路的电阻(下转第45页)点左侧与感光板相切,则此切点P 1就是α粒子能打中的左侧最远点㊂为定出P 1点的位置,可作平行于感光板的直线c d ,直线c d 到感光板的距离为R ,以S 为圆心,R 为半径作弧,交直线c d 于Q 点,过Q 点作感光板的垂线,它与感光板的交点即为P 1㊂根据几何关系得N P 1=R 2-(l -R )2=8c m ㊂再考虑N 点的右侧,任何α粒子在运动中到S 点的距离不可能超过2R ,以2R 为半径,S 为圆心作圆,交感光板于N 点右侧的P 2点,P 2点就是α粒子能打中的右侧最远点㊂根据几何关系得N P 2=(2R )2-l 2=12c m ㊂因此P 1P 2=N P 1+N P 2=20c m ㊂12.(1)金属棒MN 滑过圆环直径O O '的瞬时,切割磁感线的有效长度为2ɑ,金属棒MN 中的感应电动势E 1=B ㊃2ɑ㊃v 0=0.8V ,流过灯泡L 1的电流I 1=E 1R 0=0.4A ㊂(2)撤去金属棒MN ,将右侧半圆环以直径O O '为轴向上翻转90ʎ,根据法拉第电磁感应定律得E 2=ΔФΔt =πa 22㊃ΔB Δt=0.32V ,则灯泡L 1的电功率P =E 222R 0=1.28ˑ10-2W ㊂13.(1)设金属棒甲向右运动的最大速度为v m a x ,对应电流为I ,金属棒甲受到的安培力为F 安,则F =F 安=B I L ,I =B L v m a xR +2R ,解得v m a x =3R FB 2L 2㊂金属棒甲中产生焦耳热的功率的最大值P m a x =13F 安v m a x =F 2RB 2L2㊂(2)当力F 作用时间为t 时,设金属棒甲和乙的速度大小分别为v 1和v 2,对金属棒甲应用动量定理得F t -B I L t =m v 1,对金属棒乙应用动量定理得2B I L t =2m v 2,此时回路中的感应电流I =B L v 1-2B L v 2R +2R ,对金属棒甲应用牛顿第二定律得F -B I L =m a ,解得v 2=F t3m -(F -m a )RB 2L2㊂(责任编辑 张 巧)(上接第39页)为R ,导体棒c d 接入电路的电阻为2R ,两导体棒始终在对应的导轨部分上运动,并始终与导轨垂直且接触良好,导轨电阻不计㊂现瞬间给导体棒c d 一水平向右的初速度v 0,则对此后的运动过程,下列说法中正确的是( )㊂A.两导体棒组成的系统动量守恒B .导体棒c d 最终的速度为23v 0C .整个过程中,通过导体棒c d 的电荷量为2m v 03B LD .从导体棒c d 获得初速度到二者稳定运动的过程中,系统产生的焦耳热为23m v 20思路点拨:因为导体棒a b 和c d 的长度不同,所以受到的安培力大小不相等,两导体棒组成的系统动量不守恒㊂当导体棒a b 和c d 产生的感应电动势大小相等时,两导体棒都做匀速直线运动,则B L v a b =B ㊃2L v c d ,对两导体棒分别应用动量定理得B I ㊃L Δt =m v a b ,-B I ㊃2L Δt =2m v c d -2m v 0,解得v c d =v 03,v a b =2v 03㊂结合q =I Δt ,解得q =2m v 03B L ㊂根据能量守恒定律得整个过程中系统产生的焦耳热Q =12ˑ2m v 20-12ˑ2m v 2c d -12m v 2a b ,解得Q =23m v 20㊂答案:C D总结: 杆+导轨 是一个经典的模型,涉及知识点比较多㊂在以 杆+导轨 模型为素材的电磁感应问题中,若满足动量守恒条件,则应优先选用动量守恒定律列式求解;若已知位移,则需结合动能定理列式求解;若已知时间,则需结合动量定理列式求解;若需要求电荷量,则需要应用安培力的冲量I 安=B L q ,并结合能量守恒定律列式求解㊂总之,求解以 杆+导轨 模型为素材的电磁感应问题时,需要充分挖掘题目隐含条件,使复杂的问题简单化,将难点逐个突破㊂(责任编辑 张 巧)。
高中物理-电磁感应中的“杆+导轨”模型练习
高中物理-电磁感应中的“杆＋导轨”模型练习“杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”,也是高考的热点,考查的知识点多,题目的综合性强,物理情景变化空间大,是我们复习中的难点．“杆＋导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型(“单杆”型为重点)；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速、匀变速、非匀变速运动等．考点一单杆水平式模型1．如图,由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd,固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ,在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动,滑动过程PQ始终与ab垂直,且与线框接触良好,不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中( ) A．PQ中电流先增大后减小B．PQ两端电压先减小后增大C．PQ上拉力的功率先减小后增大D ．线框消耗的电功率先减小后增大解析：选C.PQ 在运动过程中切割磁感线产生感应电动势,相当于电源,线框左右两端电阻并联,当PQ 运动到中间时并联电阻最大,流经PQ 的电流最小,因此在滑动过程中,PQ 中的电流先减小后增大,选项A 错误；由于外接电阻先增大后减小,因此PQ 两端的电压即路端电压先增大后减小,选项B 错误；由能量守恒得拉力功率等于线框和导体棒的电功率,因此拉力功率为P ＝E 2R 总＝BLv 2R 总,由于电路总电阻先增大后减小,因此拉力功率先减小后增大,选项C正确；矩形线框abcd 总电阻为3R ,当PQ 滑动到ab 中点时,线框并联总电阻最大,最大值为34R ,小于导体棒PQ 的电阻,所以滑动过程中线框消耗的电功率先增大后减小,选项D 错误．2．U 形光滑金属导轨水平放置,如图所示为俯视图,导轨右端接入电阻R ＝0.36 Ω,其他部分无电阻,导轨间距为L ＝0.6 m,界线MN 右侧有匀强磁场,磁感应强度为B ＝ 2 T ．导体棒ab 电阻为零,质量m ＝1 kg.导体棒与导轨始终垂直且接触良好,在距离界线MN 为d ＝0.5 m 处受恒力F ＝1 N 作用从静止开始向右运动,到达界线PQ 时恰好匀速,界线PQ 与MN 间距也为d .(1)求匀速运动时的速度v 的大小；(2)求导体棒在MN 和PQ 间运动过程中R 的发热量Q .解析：(1)匀速时合力为零,所以F ＝F 安＝BIL ＝B 2L 2vR得v ＝FRB 2L 2＝0.5 m/s (2)设导体棒从出发到匀速的过程安培力做功为W A ,根据动能定理有F ·2d ＋W A ＝12mv2得W A＝－78JR的发热量即为导体棒克服安培力做的功,即Q＝|W A|＝78J答案：(1)0.5 m/s (2)78J3．如图所示,一对足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上,两导轨间距为L,左端接一电源,其电动势为E、内阻为r,有一质量为m、长度也为L的金属棒置于导轨上,且与导轨垂直,金属棒的电阻为R,导轨电阻可忽略不计,整个装置处于磁感应强度为B,方向竖直向下的匀强磁场中．(1)若闭合开关S的同时对金属棒施加水平向右恒力F,求棒即将运动时的加速度和运动过程中的最大速度；(2)若开关S开始是断开的,现对静止的金属棒施加水平向右的恒力F,一段时间后再闭合开关S；要使开关S闭合瞬间棒的加速度大小为Fm,则F需作用多长时间．解析：(1)闭合开关S的瞬间回路电流I＝E R＋r金属棒所受安培力水平向右,其大小F A＝ILB由牛顿第二定律得a＝FA＋F m整理可得a＝ER＋r mLB＋Fm金属棒向右运动的过程中,切割磁感线产生与电源正负极相反的感应电动势,回路中电流减小,安培力减小,金属棒做加速度逐渐减小的加速运动,匀速运动时速度最大,此时由平衡条件得F A′＝F由安培力公式得F A′＝I′LB由闭合电路欧姆定律得I′＝BLvm－E R＋r联立求得v m＝F R＋rB2L2＋EBL(2)设闭合开关S时金属棒的速度为v,此时电流I″＝BLv－E R＋r由牛顿第二定律得a″＝F－FA″m所以加速度a″＝Fm－BLv－ER＋r mLB若加速度大小为Fm,则⎪⎪⎪⎪⎪⎪Fm－BLv－ER＋r mLB＝Fm解得速度v1＝EBL,v2＝EBL＋2F R＋rB2L2未闭合开关S前金属棒的加速度一直为a0＝F m解得恒力F作用时间t 1＝v1a＝mEFBL或t2＝v2a＝mEFBL＋2m R＋rB2L2答案：(1)ER＋r mLB＋FmF R＋rB2L2＋EBL(2)mEFBL或mEFBL＋2m R＋rB2L2考点二单杆倾斜式模型1.如图所示,平行金属导轨宽度为d,一部分轨道水平,左端接电阻R,倾斜部分与水平面成θ角,且置于垂直斜面向上的匀强磁场中,磁感应强度为B,现将一质量为m、长度也为d的导体棒从导轨顶端由静止释放,直至滑到水平部分(导体棒下滑到水平部分之前已经匀速,滑动过程中与导轨保持良好接触,重力加速度为g)．不计一切摩擦力,导体棒接入回路电阻为r,则整个下滑过程中( )A．导体棒匀速运动时速度大小为mg R＋r sin θB2d2B．匀速运动时导体棒两端电压为mg R＋r sin θBdC．导体棒下滑距离为s时,通过R的总电荷量为Bsd RD．重力和安培力对导体棒所做的功大于导体棒获得的动能解析：选 A.导体棒下滑过程中受到沿斜面向下重力的分力和沿斜面向上的安培力,当匀速运动时,有mg sin θ＝BId,根据欧姆定律可得I＝ER＋r,根据法拉第电磁感应定律可得E＝Bdv,联立解得v＝mg R＋rB2d2sin θ,E＝mg R＋rBdsinθ,故导体棒两端的电压为U＝Er＋RR＝mgRBdsin θ,A正确,B错误．根据法拉第电磁感应定律E＝ΔΦΔt＝BΔSΔt＝BdsΔt,故q＝IΔt＝ER＋rΔt＝BsdR＋r,根据动能定理可得重力和安培力对导体棒所做的功等于导体棒获得的动能,C、D错误．2．如图所示,两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上,顶部接有一阻值R＝3 Ω的定值电阻,下端开口,轨道间距L＝1 m．整个装置处于磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中,磁场方向垂直斜面向上．质量m＝1 kg 的金属棒ab置于导轨上,ab在导轨之间的电阻r＝1 Ω,电路中其余电阻不计．金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨,且与导轨接触良好．不计空气阻力影响．已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数μ＝0.5,sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8,取g＝10 m/s2.(1)求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度v m；(2)求金属棒ab沿导轨向下运动过程中,电阻R上的最大电功率P R；(3)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中,电阻R上产生的焦耳热总共为1.5 J,求流过电阻R的总电荷量q.解析：(1)金属棒由静止释放后,沿斜面做变加速运动,加速度不断减小,当加速度为零时有最大速度v m.由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ－F安＝0F安＝BIL,I＝BLvmR＋r,解得v m＝2.0 m/s(2)金属棒以最大速度v m匀速运动时,电阻R上的电功率最大,此时P R＝I2R,解得P R＝3 W(3)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中,沿导轨下滑距离为x,由能量守恒定律得mgx sin θ＝μmgx cos θ＋QR ＋Q r＋12mv2m根据焦耳定律QRQr＝Rr,解得x＝2.0 m根据q＝IΔt,I＝E R＋rE＝ΔΦΔt＝BLxΔt,解得q＝1.0 C答案：(1)2 m/s (2)3 W (3)1.0 C3．如图所示,两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距L,导轨平面与水平面的夹角θ＝30°,导轨电阻不计,磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上．长为L的金属棒垂直于MN、PQ放置在导轨上,且始终与导轨接触良好,金属棒的质量为m、电阻为R.两金属导轨的上端连接一个灯泡,灯泡的电阻也为R.现闭合开关K,给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为F＝2mg的恒力,使金属棒由静止开始运动,当金属棒达到最大速度时,灯泡恰能达到它的额定功率．重力加速度为g,求：(1)金属棒能达到的最大速度v m；(2)灯泡的额定功率P L；(3)若金属棒上滑距离为s时速度恰达到最大,求金属棒由静止开始上滑2s 的过程中,金属棒上产生的电热Q1.解析：(1)金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动,当加速度为零时,金属棒达到最大速度,此后开始做匀速直线运动,设最大速度为v m,则速度达到最大时有E＝BLvm ,I＝E2R,F＝BIL＋mg sin θ,解得vm ＝3mgRB2L2,(2)P L＝I2R,解得P L＝9m2g2R 4B2L2.(3)设整个电路放出的电热为Q,由能量守恒定律有F·2s＝Q＋mg sin θ·2s＋12mv2m,由题意可知Q1＝Q2,解得Q1＝32mgs－9m3g2R24B4L4.答案：(1)3mgRB2L2(2)9m2g2R4B2L2(3)32mgs－9m3g2R24B4L4考点三双杆模型1. 如图所示,两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上,导轨电阻不计,间距L＝0.4 m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ,两区域的边界与斜面的交线为MN,Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下,Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上,两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T．在区域Ⅰ中,将质量m1＝0.1 kg,电阻R1＝0.1 Ω 的金属条ab放在导轨上,ab刚好不下滑．然后,在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg、电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上,由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中,ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触,取g＝10 m/s2.问：(1)cd下滑的过程中,ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时,cd的速度v多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中,cd滑动的距离x＝3.8 m,此过程中ab上产生的热量Q是多少．解析：(1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c,则ab中电流方向为由a流向b.(2)开始放置ab刚好不下滑时,ab所受摩擦力为最大静摩擦力,设其为F max,有F max＝m1g sin θ①设ab刚要上滑时,cd棒的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律有E＝BLv ②设电路中的感应电流为I,由闭合电路欧姆定律有I＝ER1＋R2③设ab所受安培力为F安,有F安＝BIL④此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下,由平衡条件有F安＝m1g sin θ＋F max⑤综合①②③④⑤式,代入数据解得v＝5 m/s⑥(3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总,由能量守恒定律有m 2gx sin θ＝Q总＋12m2v2⑦又Q＝R1R1＋R2Q总⑧解得Q＝1.3 J⑨答案：(1)由a流向b(2)5 m/s (3)1.3 J2．如图所示,两根足够长且平行的光滑金属导轨与水平面成53°角固定放置,导轨间连接一阻值为6 Ω的电阻R,导轨电阻忽略不计．在两平行虚线m、n 间有一与导轨所在平面垂直、磁感应强度为B的匀强磁场．导体棒a的质量为m a ＝0.4 kg,电阻R a ＝3 Ω；导体棒b 的质量为m b ＝0.1 kg,电阻R b ＝6 Ω；它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好．a 、b 从开始相距L 0＝0.5 m 处同时由静止开始释放,运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域,当b 刚穿出磁场时,a 正好进入磁场(g 取10 m/s 2,不计a 、b 之间电流的相互作用)．求：(1)当a 、b 分别穿越磁场的过程中,通过R 的电荷量之比； (2)在穿越磁场的过程中,a 、b 两导体棒匀速运动的速度大小之比； (3)磁场区域沿导轨方向的宽度d ； (4)在整个过程中产生的总焦耳热． 解析：(1)由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt, 平均电流I ＝E R 总,通过导体棒的总电荷量q 总＝I Δt ＝ΔΦR 总.在b 穿越磁场的过程中,b 是电源,a 与R 是外电路,电路的总电阻R 总1＝R b ＋RR aR ＋R a＝8 Ω. 则通过R 的电荷量为q Rb ＝13q 总＝13·ΔΦR 总1.同理,a 穿越磁场的过程中,R 总2＝R a ＋RR b R ＋R b ＝6 Ω,通过R 的电荷量为q Ra ＝12q 总＝12·ΔΦR 总2.解得q Ra ∶q Rb ＝2∶1.(2)设b 在磁场中匀速运动的速度大小为v b ,则b 中的电流I b ＝BLv bR 总1.由平衡条件得B 2L 2v bR 总1＝m b g sin 53°.同理,a在磁场中匀速运动时有B2L2vaR总2＝m a g sin 53°.联立可得v a∶v b＝3∶1.(3)设a、b穿越磁场的过程中的速度分别为v a和v b.由题意得v a＝v b＋gt sin 53°,d＝v b t,因v2a－v2b＝2gL0sin 53°,解得d＝0.25 m.(4)由F安a＝m a g sin 53°,故W a＝m a gd sin 53°＝0.8 J,同理W b＝m b gd sin 53°＝0.2 J.在整个过程中,电路中共产生焦耳热为Q＝Wa＋W b＝1 J.答案：(1)2∶1 (2)3∶1 (3)0.25 m (4)1 J11。
2020届高三物理二轮复习---电磁感应现象中的轨道一导棒模型问题专题练习
电磁感应现象中的"轨道一导棒"模型问题解决电磁感应问题的关键就是借鉴或利用相似原型来启发理解和变换物理模型，即把电磁感应的问题等效转换成稳恒直流电路，把产生感应电动势的那部分导体等效为内电路，感应电动势的大小相当于电源电动势。
其余部分相当于外电路，并画出等效电路图。
此时，处理问题的方法与闭合电路求解基本一致，惟一要注意的是电磁感应现象中，有时导体两端有电压，但没有电流流过，这类似电源两端有电势差但没有接入电路时电流为零。
变换物理模型，是将陌生的物理模型与熟悉的物理模型相比较，分析异同并从中挖掘其内在联系，从而建立起熟悉模型与未知现象之间相互关系的一种特殊解题方法。
巧妙地运用“类同”变换，“类似”变换，“类异”变换，可使复杂、陌生、抽象的问题变成简单、熟悉、具体的题型，从而使问题大为简化。
命题演变“轨道+导棒”模型类试题命题的“基本道具”：导轨、金属棒、磁场，其变化点有：Ⅰ．导轨（1）轨道的形状：常见轨道的形状为U形，还可以为圆形、三角形、三角函数图形等；（2）轨道的闭合性：轨道本身可以不闭合，也可闭合；（3）轨道电阻：不计、均匀分布或部分有电阻、串上外电阻；（4）轨道的放置：水平、竖直、倾斜放置等等．视角一：轨道的摆放与形状一. 双轨道——单导棒单导棒在运动过程中切割磁感应线产生感应电动势，因此单导棒在电路中相当于电源，与轨道构成一个回路。
1. 轨道水平放置例1.水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接；导轨上放一质量为m的金属杆（如图所示），金属杆与导轨的电阻忽略不计。
均匀磁场竖直向下，用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动。
当改变拉力的大小时，相对应的匀速运动速度υ也会变化，υ和F的关系如图所示（取重力加速度2sg/=）10m（1）金属杆在匀速运动之前做什么运动？（2）若Ωm.5kg.，，，则磁感应强度B为多大？L.===55mR（3）由Fυ图线的截距可求得什么物理量？其值为多少？—2. 轨道倾斜放置例2.如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L。
高中物理《电磁感应中的“杆+导轨”模型》典型题(精品答案)
《电磁感应中的“杆＋导轨”模型》典型题1．如图，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2.则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为( )A．c→a,2∶1 B．a→c,2∶1C．a→c,1∶2 D．c→a,1∶22．(多选)如图，水平放置的金属导体框abcd，ab、cd边平行、间距为l，导体框内均有垂直于框面、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一单位长度电阻为r 的金属杆MN，与导轨成θ角，以速度v沿平行于cd的方向匀速滑动，金属杆滑动过程中与导轨接触良好，导轨框电阻不计，则( )A．M点电势低于N点电势B．闭合回路中磁通量的变化率为Bl vC．金属杆所受安培力的方向与运动方向相反D．金属杆所受安培力的大小为B2l v r3．如图所示，两根间距为l的光滑平行金属导轨与水平面夹角为α，图中虚线下方区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于斜面向上．两金属杆质量均为m，电阻均为R，垂直于导轨放置．开始时金属杆ab处在距磁场上边界一定距离处，金属杆cd处在导轨的最下端，被与导轨垂直的两根小柱挡住．现将金属杆ab由静止释放，金属杆ab刚进入磁场便开始做匀速直线运动．已知重力加速度为g，则( )A．金属杆ab进入磁场时感应电流的方向为由a到bB．金属杆ab进入磁场时速度大小为2mgR sin αB2l2C．金属杆ab进入磁场后产生的感应电动势为mg sin αBlD．金属杆ab进入磁场后，金属杆cd对两根小柱的压力大小为零4．CD、EF是两条水平放置的电阻可忽略的平行金属导轨，导轨间距为L，在水平导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为d，如图所示．导轨的右端接有一电阻R，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接．将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处．已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为μ，则下列说法中正确的是( )A．电阻R的最大电流为Bd2ghRB．流过电阻R的电荷量为BdL RC．整个电路中产生的焦耳热为mghD．电阻R中产生的焦耳热为12mg(h－μd)5．(多选)如图所示，足够长的“U”形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的部分的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中( )A．a点的电势高于b点的电势B．ab棒中产生的焦耳热小于ab棒重力势能的减少量C．下滑的位移大小为qR BLD．受到的最大安培力大小为B2L2vR sin θ6．(多选)如图甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接．导轨上放一质量为m的金属杆，金属杆、导轨的电阻均忽略不计，匀强磁场垂直导轨平面向下．用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动．当改变拉力的大小时，金属杆做匀速运动时的速度v也会变化，v和F的关系如图乙所示．下列说法正确的是( )A．金属杆在匀速运动之前做匀加速直线运动B．流过电阻R的电流方向为a→R→bC．由图象可以得出B、L、R三者的关系式为B2L2R＝23D．当恒力F＝3 N时，电阻R消耗的最大电功率为8 W7. 如图所示，两条足够长的平行金属导轨相距L，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，虚线上方轨道光滑且磁场方向垂直导轨平面向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向垂直导轨平面向下．当导体棒EF以初速度v0沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN一直静止在导轨上，若两导体棒质量均为m、电阻均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g，在此过程中导体棒EF上产生的电热为Q，求：(1)导体棒MN受到的最大摩擦力；(2)导体棒EF上升的最大高度．8．如图甲所示，足够长的光滑导轨倾角为30°，间距L＝1 m，电阻不计，恒定的非匀强磁场方向垂直于斜面向下，电阻R＝1 Ω，导体棒ab质量m＝0.25 kg，其电阻r＝1 Ω，垂直于导轨放置．现导体棒ab从磁场上边界由静止下滑，测得导体棒所到达位置的磁感应强度B与导体棒在该位置速度之间的关系如图乙所示，(g取10 m/s2)(1)求导体棒下滑2 s时的速度和位移；(2)求导体棒下滑2 s内回路中产生的焦耳热．9．如图甲所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m.导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B.金属导轨的上端与开关S、定值电阻R1和电阻箱R2相连．不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g.现在闭合开关S，将金属棒由静止释放．(1)判断金属棒ab中电流的方向；(2)若电阻箱R2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q；(3)当B＝0.40 T，L＝0.50 m，α＝37°时，金属棒能达到的最大速度v m随电阻箱R2阻值的变化关系，如图乙所示．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求R1的阻值和金属棒的质量m.10．如图所示，电阻不计、间距L＝1 m、足够长的光滑金属导轨ab、cd与水平面成θ＝37°角，导轨平面矩形区域efhg内分布着磁感应强度大小B＝1 T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，边界ef、gh之间的距离D＝1.4 m．现将质量m＝0.1 kg、电阻R＝53Ω的导体棒P、Q相隔Δt＝0.2 s先后从导轨顶端由静止自由释放，P、Q在导轨上运动时始终与导轨垂直且接触良好，P进入磁场时恰好匀速运动，Q穿出磁场时速度为2.8 m/s.已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：(1)导轨顶端与磁场上边界ef之间的距离s；(2)从导体棒P释放到Q穿出磁场的过程，回路中产生的焦耳热Q总．《电磁感应中的“杆＋导轨”模型》典型题参考答案1．解析：选C.杆MN向右匀速滑动，由右手定则判知，通过R的电流方向为a →c ；又因为E ＝BL v ，所以E 1∶E 2＝1∶2，故选项C 正确．2．(多选)解析：选BD.由右手定则可知M 点电势高于N 点电势，故A 错误．根据法拉第电磁感应定律可得E ＝ΔΦΔt ＝Bl v ，故B 正确．由左手定则知，金属杆所受安培力方向垂直于MN 斜向上，故C 错误．由E ＝Bl v ，I ＝E R ，R ＝l sin θr ，F ＝BI l sin θ，解得F ＝B 2l v r ，故D 正确．3．解析：选B.由右手定则可知，金属杆ab 进入磁场时产生的感应电流的方向为由b 到a ，故A 错误；因金属杆ab 刚进入磁场便开始做匀速直线运动，则有mg sin α＝B 2l 2v 2R ，解得v ＝2mgR sin αB 2l 2，故B 正确；金属杆ab 进入磁场后产生的感应电动势E ＝Bl v ，解得E ＝2mgR sin αBl，故C 错误；由左手定则可知，金属杆cd 受到的安培力与斜面平行且向下，则金属杆cd 对两根小柱的压力不为零，故D 错误．4．解析：选 D.由题图可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电流最大，由机械能守恒有mgh ＝12m v 2，所以I ＝E 2R ＝BL v 2R ＝BL 2gh 2R ，A 错误；流过R 的电荷量为q ＝I t ＝ΔΦ2R ＝BLd 2R ，B 错误；由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为Q ＝mgh －μmgd ，C 错误；由于导体棒的电阻也为R ，则电阻R 中产生的焦耳热为12Q ＝12mg (h －μd )，D 正确．5．(多选)解析：选ABC.由右手定则可知a 点相当于电源的正极，b 点相当于电源的负极，故A 正确；由能量守恒可知ab 棒重力势能的减少量等于ab 棒中产生的焦耳热与ab 棒的动能之和，故B 正确；由q ＝ΔΦR ＝BxL R 可得，下滑的位移大小为x ＝qR BL ，故C 正确；金属棒ab 在这一过程中受到的安培力大小为F ＝BIL ，I 最大为BL v R ，故最大安培力大小为B 2L 2v R ，故D 错误．6．(多选)解析：选BD.金属杆在匀速运动之前，随着运动速度的增大，由F 安＝B 2L 2v R可知金属杆所受的安培力增大，由牛顿第二定律可知金属杆的加速度减小，故金属杆做加速度减小的加速运动，选项A 错误；由楞次定律可知，流过电阻R 的电流方向为a →R →b ，选项B 正确；因为图象与横轴交点等于金属杆所受摩擦力的大小，故由图象可知金属杆所受的摩擦力为F f ＝1 N ，金属杆匀速运动时有F－F f ＝F 安＝B 2L 2v R ，则可得B 2L 2R ＝F －F f v ＝12，选项C 错误；当恒力F ＝3 N 时，金属杆受到的安培力大小为F 安＝F －F f ＝2 N ，金属杆匀速运动的速度为4 m/s ，所以金属杆克服安培力做功的功率P ＝8 W ，转化为电能的功率为8 W ，故电阻R 消耗的最大电功率为8 W ，选项D 正确．7.解析：(1)EF 获得向上初速度v 0时，产生感应电动势E ＝BL v 0，电路中电流为I ，由闭合电路的欧姆定律有I ＝E 2R ，此时对导体棒MN 受力分析，由平衡条件有F A ＋mg sin α＝F f ，F A ＝BIL ，解得F f ＝B 2L 2v 02R ＋mg sin θ.(2)导体棒EF上升过程MN一直静止，对系统由能的转化和守恒定律有12m v2＝mgh＋2Q，解得h＝m v20－4Q 2mg.答案：(1)B2L2v02R＋mg sin θ(2)m v20－4Q2mg8．解析：(1)由题图乙可知，棒下滑的任意状态有B2v＝0.5 T2·m·s－1对棒下滑过程中某一状态由牛顿第二定律得mg sin 30°－B2L2vR＋r＝ma代入数据可得导体棒的加速度a＝4 m/s2可见导体棒在斜面上做a＝4 m/s2的匀加速直线运动棒在2 s内的位移x＝12at2＝8 m2 s末的速度v＝at＝8 m/s(2)由能量守恒得mgx sin 30°＝12m v2＋Q代入数据解得Q＝2 J.答案：(1)8 m/s 8 m (2)2 J9．解析：(1)由右手定则可知，金属棒ab中的电流方向为由b到a.(2)由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热，即mgh＝12m v2＋Q则Q＝mgh－12m v2.(3)金属棒达到最大速度v m时，切割磁感线产生的感应电动势：E ＝BL v m由闭合电路的欧姆定律得：I ＝E R 1＋R 2从b 端向a 端看，金属棒受力如图所示金属棒达到最大速度时，满足：mg sin α－BIL ＝0由以上三式得v m ＝mg sin αB 2L 2(R 2＋R 1)由图乙可知：斜率k ＝60－302 m·s －1·Ω－1＝15 m·s －1·Ω－1，纵轴截距v ＝30 m/s所以mg sin αB 2L 2R 1＝v ，mg sin αB 2L 2＝k解得R 1＝2.0 Ω，m ＝0.1 kg答案：(1)b →a (2)mgh －12m v 2 (3)2.0 Ω 0.1 kg10．解析：(1)设P 进入磁场时的速度为v 1，由法拉第电磁感应定律有E ＝BL v 1由闭合电路欧姆定律有I ＝E 2R ，安培力F ＝BIL ，P 匀速运动有F ＝mg sin θ，联立解得v 1＝2 m/s ，P 从ac 到ef 过程，由牛顿第二定律有a ＝g sin θ，由运动学公式有s ＝v 212a ，解得s ＝13 m ≈0.33 m.(2)P 进入磁场以速度v 1匀速运动，Δt ＝0.2 s 后，Q 恰好进入磁场，速度也为v 1＝2 m/s.之后，P 、Q 以加速度a 匀加速运动，P 出磁场以后继续以加速度a 匀加速运动，而Q 在安培力作用下减速运动，直到穿出磁场区域．P 在磁场中匀速运动的位移x 1＝v 1Δt ，此过程回路产生的焦耳热Q 1＝mgx 1sin θ，P 、Q 一起匀加速运动的位移x 2＝D －x 1，设P 刚好出磁场时，P 、Q 的速度为v ，由运动学公式有v 2－v 21＝2ax 2，解得v ＝4 m/s ，P 出磁场后Q 做减速运动，Q 出磁场时的速度v 2＝2.8 m/s ，运动的位移x 3＝x 1，Q 减速运动过程中回路产生的焦耳热Q 2＝mgx 3sin θ＋12m v 2－12m v 22，所以，全过程回路中的焦耳热为Q 总＝Q 1＋Q 2＝0.888 J.答案：(1)0.33 m (2)0.888 J。
高考物理复习 电磁感应现象中的“杆+导轨”模型问题
电磁感应现象中的“杆+导轨”模型问题解决电磁感应电路问题的关键就是借鉴或利用相似原型来启发理解和变换物理模型，即把电磁感应的问题等效转换成稳恒直流电路，把产生感应电动势的那部分导体等效为内电路.感应电动势的大小相当于电源电动势.其余部分相当于外电路，并画出等效电路图.此时，处理问题的方法与闭合电路求解基本一致，惟一要注意的是电磁感应现象中，有时导体两端有电压，但没有电流流过，这类似电源两端有电势差但没有接入电路时，电流为零。
变换物理模型，是将陌生的物理模型与熟悉的物理模型相比较，分析异同并从中挖掘其内在联系，从而建立起熟悉模型与未知现象之间相互关系的一种特殊解题方法.巧妙地运用“类同”变换，“类似”变换，“类异”变换，可使复杂、陌生、抽象的问题变成简单、熟悉、具体的题型，从而使问题大为简化.电磁感应现象部分的知识历来是高考的重点、热点，出题时可将力学、电磁学等知识溶于一体，能很好地考查学生的理解、推理、分析综合及应用数学处理物理问题的能力．通过近年高考题的研究，此部分每年都有“杆+导轨”模型的高考题出现。
一、命题演变“杆+导轨”模型类试题命题的“基本道具”：导轨、金属棒、磁场，其变化点有： 1．导轨（1）导轨的形状：常见导轨的形状为U 形，还可以为圆形、三角形、三角函数图形等； （2）导轨的闭合性：导轨本身可以不闭合，也可闭合； （3）导轨电阻：不计、均匀分布或部分有电阻、串上外电阻； （4）导轨的放置：水平、竖直、倾斜放置等等．[例1]（2003·上海·22）如图1所示，OACO 为置于水平面内的光滑闭合金属导轨，O 、C 处分别接有短电阻丝（图中粗线表法），R 1= 4Ω、R 2=8Ω（导轨其它部分电阻不计）．导轨OAC 的形状满足方程y =2sin （3x ）（单位：m ）．磁感强度B=0.2T 的匀强磁场方向垂直于导轨平面．一足够长的金属棒在水平外力F 作用下，以恒定的速率v=5.0m/s 水平向右在导轨上从O 点滑动到C 点，棒与导轨接触良好且始终保持与OC 导轨垂直，不计棒的电阻．求：（1）外力F 的最大值；（2）金属棒在导轨上运动时电阻丝R 1上消耗的最大功率； （3）在滑动过程中通过金属棒的电流I 与时间t 的关系．解析：本题难点在于导轨呈三角函数图形形状，金属棒的有效长度随时间而变化，但第（1）（2）问均求的是某一状态所对应的物理量，降低了一定的难度．解第（3）问时可根据条件推导出外力F 的表达式及电流I 与时间t 的关系式，由三角函数和其他条件求出需要的量即可．（1）金属棒匀速运动F 外=F 安 ，当安培力为最大值时，外力有最大值． 又∵E=BLv总R EI =∴F 安=BIL=总R vL B 22即当L 取最大值时，安培力有最大值 ∵L max =22sinπ =2（m ）38R 2121=+=R R R R 总（Ω）∴总R v L B F 2max 2max = 代入数据得F max =0.3（N ）（2）R 1、R 2相并联，由电阻丝R 1上的功率121R E P =，可知当max L L =时P 1有最大功率，即140.522.0 222122max 212max max =⨯⨯===R v L B R E P （W ） （3）金属棒与导轨接触点间的长度随时间变化 L =2sin （3πx ）（m ）且x=vt ，E=BLv ∴ I=总总R BLv R E == 43sin （35πt ）（A ） 2．金属棒（1）金属棒的受力情况：受安培力以外的拉力、阻力或仅受安培力；图1（2）金属棒的初始状态：静止或运动；（3）金属棒的运动状态：匀速、匀变速、非匀变速直线运动，转动； （4）金属棒割磁感线状况：整体切割磁感线或部分切割磁感线；（5）金属棒与导轨的连接：金属棒可整体或部分接入电路，即金属棒的有效长度问题． 3．磁场（1）磁场的状态：磁场可以是稳定不变的，也可以均匀变化或非均匀变化． （2）磁场的分布：有界或无界． 二、模型转换电磁感应现象考查的知识重点是法拉第电磁感应定律，根据法拉第电磁感应定律的表达式tBS nt nE ∆∆=∆∆Φ=)(，有下列四个模型转换： 1．B 变化，S 不变 （1）B 均匀变化 ①B 随时间均匀变化如果B 随时间均匀变化，则可以写出B 关于时间t 的表达式，再用法拉第电磁感应定律解题，如例2第（1）问．②B 随位置均匀变化B 随位置均匀变化的解题方法类似于B 随时间均匀变化的情形． （2）B 非均匀变化B 非均匀变化的情况在高中并不多见，如例2第（3）问．如果题目给出了B 非均匀变化的表达式，也可用后面给出的求导法求解．[例2]（2000·上海·23）如图2所示，固定于水平桌面上的金属框架cdef ，处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒ab 搁在框架上，可无摩擦滑动．此时abed 构成一个边长为l 的正方形，棒的电阻为r ，其余部分电阻不计．开始磁感强度为B 0．（1）若从t =0时刻起，磁感强度均匀增加，每秒增量为k ，同时棒保持静止．求棒中的感应电流．在图上标出感应电流的方向；（2）在上述（1）情况中，始终保持棒静止，当t =t 1末时需加的垂直于棒的水平拉力为多大？（3）若t =0时刻起，磁感强度逐渐减小，当棒以恒定速度v 向右做匀速运动时，可使棒中不产生感应电流，则磁感强度应怎样随时间变化（写出B 与t 的关系式）？解析：将加速度的定义式和电磁感应定律的表达式类比，弄清k 的物理意义，写出可与at v v t +=0相对照的B 的表达式kt B B +=0；第（3）问中B 、S 均在变化，要能抓住产生感应电流的条件（①回路闭合；②回路中有磁通量的变化）解题．（1）磁感强度均匀增加，每秒增量为k ，得k tB=∆∆ ∵感应电动势2S kl tBt E =∆∆=∆∆Φ=∴感应电流rkl r E I 2==由楞次定律可判定感应电流方向为逆时针，棒ab 上的电流方向为b →a ． （2）t=t 1时，B=B 0+kt 1 又∵F=BIl∴rkl kt B F 310)(+=（3）∵棒中不产生感应电流 ∴回路中总磁通量不变 ∴Bl （l+vt ）=B 0l 2 得vtl lB B +=02．B 不变，S 变化（1）金属棒运动导致S 变化金属棒在匀强磁场中做切割磁感线的运动时，其感应电动势的常用计算公式为BLv E =，此类题型较常见，如例3．[例3]（2002·上海·22）如图3所示，两条互相平行的光滑金属导轨位于水平面内，d图2距离为l =0.2m ，在导轨的一端接有阻值为R =0.5Ω的电阻，在x ≥0处有一与水平面垂直的均匀磁场，磁感强度B =0.5T ．一质量为m =0.1kg 的金属直杆垂直放置在导轨上，并以v 0=2m/s 的初速度进入磁场，在安培力和一垂直于杆的水平外力F 的共同作用下做匀变速直线运动，加速度大小为a =2m/s 2、方向与初速度方向相反．设导轨和金属杆的电阻都可以忽略，且接触良好．求：（1）电流为零时金属杆所处的位置；（2）电流为最大值的一半时施加在金属杆上外力F 的大小和方向；（3）保持其他条件不变，而初速度v 0取不同值，求开始时F 的方向与初速度v 0取值的关系．解析：杆在水平外力F 和安培力的共同作用下做匀变速直线运动，加速度a 方向向左．杆的运动过程：向右匀减速运动→速度为零→向左匀加速运动；外力F 方向的判断方法：先假设，再根据结果的正负号判断．（1）感应电动势E=Blv ，感应电流I=RBlvR E =∴I=0时v=0∴x =av 2 2=1（m ）（2）当杆的速度取最大速度v 0时，杆上有最大电流I m =RBlv 0RBlv I I m 22'0==安培力F 安=BI ’l=Rv l B 2022=0.02（N ）向右运动时F+F 安=ma ，得F=ma- F 安=0.18（N ），方向与x 轴相反 向左运动时F- F 安=ma ，得F=ma+F 安=0.22（N ），方向与x 轴相反（3）开始时v=v 0，F 安=BI m l=R v l B 022F+F 安=ma ，F=ma- F 安=ma- Rv l B 022∴当v 0<22l B maR=10m/s 时，F >0，方向与x 轴相反当v 0>22l B maR=10m/s 时，F <0，方向与x 轴相同 （2）导轨变形导致S 变化常常根据法拉第电磁感应定律解题，如例4.[例4] （2001·上海·22）如图4所示，半径为a 的圆形区域内有均匀磁场，磁感强度为B ＝0.2T ，磁场方向垂直纸面向里，半径为b 的金属圆环与磁场同心地放置，磁场与环面垂直，其中a ＝0.4m ，b ＝0.6m ，金属环上分别接有灯L 1、L 2，两灯的电阻均为R 0＝2Ω，一金属棒MN 与金属环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计（1）若棒以v 0＝5m/s 的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO ’的瞬时（如图所示），MN 中的电动势和流过灯L 1的电流．（2）撤去中间的金属棒MN 将右面的半圆环OL 2O ’以OO ’为轴向上翻转90º，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为π4=∆∆t B （T/s ），求L 1的功率． 解析：（1）当棒滑过圆环直径OO ’的瞬时，棒的有效长度为2a ，灯L 1、L 2是并联的． E 1＝B 2av ＝0.2×0.8×5 ＝0.8（V ）4.028.011===R E I （A ） （2）将右面的半圆环OL 2O ’以OO ’为轴向上翻转90º后，圆环的有效面积为半圆．其中B 随时间是均匀变化的，注意此时灯L 1、L 2是串联的．32.0222=⨯∆∆=∆∆Φ=a t B t E π （V ）RE P 221)2(=＝1.28×102（W ） 另外还可在S 不规则变化上做文章，如金属棒旋转、导轨呈三角形等等． 3. “双杆+导轨”模型[例5]足够长的光滑金属导轨E F ，P Q 水平放置，质量为m 电阻为R 的相同金属棒ab ，cd 与导轨垂直且接触良好，磁感强度为B 的匀强磁场垂直导轨平面向里如图5所示。
电磁感应中的杆轨模型
根据能量转化和守恒定律，得
Q
总
＝
1 2
m(v02
－
va
′
b
′
2)
－
mglsin37°＝QR1＋QR2 由 Q＝UR2t，得QQRR21＝RR21，
代入数据可求，得 QR1＝0.15 J
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高考调研 ·高三总复习·物理
(2)由焦耳定律 QR1＝I12R1t 可知：电流表读数 I1＝ QRR1t1＝ 0.1 A
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例 1 在倾角为 θ＝37°的斜面 内，放置 MN 和 PQ 两根不等间距的光 滑金属导轨，该装置放置在垂直斜面向 下的匀强磁场中．导轨 M、P 端间接入 阻值 R1＝30 Ω的电阻和理想电流表， N、Q 端间接阻值为 R2＝6 Ω的电阻．质量为 m＝0.6 kg、长为 L＝1.5 m 的金属棒放在导轨上以 v0＝5 m/s 的初速度从 ab 处向
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直导线 ab 中的电流由 b 到 a，根据左手定则，磁场对 ab 有 水平向左的安培力作用，大小为 F′＝BlI′＝0.8×0.5×1.5 N＝ 0.6 N
所以要使 ab 以恒定速度 v＝7.5 m/s 向右运动，必须有水平 向右的恒力 F＝0.6 N 作用于 ab.上述物理过程的能量转化情况， 可以概括为下列三点：
(1)此过程中电阻 R1 上产生的热量； (2)此过程中电流表上的读数； (3)匀强磁场的磁感应强度．
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【答案】 (1)0.15 J (2)0.1 A (3)0.75 T
【解析】 (1)因电流表的读数始终保持不变，即感应电动势
不变，故 BLabv0＝BLa′b′va′b′，代入数据可得 va′b′＝4 m/s，
(完整版)高分策略之电磁感应中的杆+导轨模型
电磁感应现象中的杆4导轨模型一、单棒问题、含容式单棒问题三、无外力双棒问题竇力愣况分析动力学观点 *动量现点 运动情况伽能冒观点 牛輛定律 平衡羞件动能定理〕 幡■守恒无外力等距式1¥杆1做a渐小的加速运动杆2做a渐小的减速运动V1=V2I = 0无外力不等距式» 1杆1做a渐小的减速运动杆2做a渐小的加速运动a= 0I = 0L1V1 = L2V2四、有外力双棒问题题型一阻尼式单棒模型如图。
1 •电路特点：导体棒相当于电源。
4.运动特点：速度如图所示。
a减小的减速运动基本模型运动特点有外力等距式i厂F12杆1做a渐大的加速运动杆2做a渐小的加速运动有外力不等距式杆1做a渐小的加速运动杆2做a渐大的加速运动最终特征a i=a2, A v 恒定I恒定a i M a2, a i、a2恒定I恒定2•安培力的特点：安培力为阻力，并随速度减小而减小。
F B=BII= B+r3.加速度特点：加速度随速度减小而减小,a==5 •最终状态：静止 6.三个规律（1）能量关系：「'• ■ , -0 = Q ,=【典例1】如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为 L 的区域内,那么（【答案】B由上述二式可得' ,- •，即B 选项正确。
【典例2】如图所示，AB 杆受一冲量作用后以初速度 V 0=4m/s 沿水平面内的固定轨道运动，经一段时间后而停止. AB 的质量为m=5g 导轨宽为L=0.4m ，电阻为R=2Q ，其余的电阻不计，磁 感强度B=0.5T ,棒和导轨间的动摩擦因数为卩=0.4 ,测得杆从运动到停止的过程中通过导线的（2）动量关系:BII t 0 mv 0（3）瞬时加速度: a ==-有一个边长为a （ a<L ）的正方形闭合线圈以初速V 0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为V （ V<V 0）A. 完全进入磁场中时线圈的速度大于（ v o +v ) /2B. 安全进入磁场中时线圈的速度等于（ V o +V ) /2C. 完全进入磁场中时线圈的速度小于（V o +V ) /2D. 以上情况A B 均有可能，而C 是不可能的【解析】设线圈完全进入磁场中时的速度为对于线圈进入磁场的过程，据动量定理可得:对于线圈穿出磁场的过程，据动量定理可得:V x 。
电磁感应中的杆和导轨问题
电磁感应中的杆+导轨问题“杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是各种考试的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景富于变化，是我们学习中的重点和难点。
导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；轨道可能光滑，也可能粗糙；杆可能有电阻也可能没有电阻；杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等等，多种情景组合复杂，题目形式多变。
下面是几种最基本的模型及分析，有兴趣（无兴趣可以无视）的同学可以学习、体会、研究。
需要注意的是：模型中的结论是基于表中所述的基本模型而言，不一定有普遍性，物理情景有变化，结论可能不同，但分析的方法是相同的、有普遍性的。
1．单杆水平式物理模型匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，棒ab长为L，质量为m，初速度为零，拉力恒为F，水平导轨光滑，除电阻R外，其他电阻不计动态分析设运动过程中某时测得的速度为v，由牛顿第二定律知棒ab的加速度为a＝Fm －=B2L2vmR，a、v同向，随速度的增加，棒的加速度a减小，当a＝0时，v最大，电流I＝BLv mR不再变化收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征受力平衡，a＝0 电学特征I不再变化2．单杆倾斜式物理模型匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，导轨间距为L，导体棒质量为m，电阻为R，导轨光滑，电阻不计动态分析棒ab刚释放时a＝g sin α，棒ab的速度v↑→感应电动势E＝BLv↑→电流I＝ER↑→安培力F ＝BIL↑→加速度a↓，当安培力F＝mg sin α时，a＝0，速度达到最大v m＝mgR sin αB2L2收运动形式匀速直线运动尾状态力学特征 受力平衡，a ＝0电学特征I 不再变化3、有初速度的单杆物理模型杆cd 以一定初速度v 0在光滑水平轨道上滑动，质量为m ，电阻不计，两导轨间距为L动态分析杆以速度v 切割磁感线产生感应电动势E ＝BLv ，电流I ＝BLv R ，安培力F ＝BIL ＝B 2L 2vR.杆做减速运动：v ↓?F ↓?a ↓，当v ＝0时，a ＝0，杆保持静止能量转化情况动能全部转化为内能：Q ＝12mv 24、含有电容器的单杆物理模型轨道水平光滑，单杆ab 质量为m ，电阻不计，两导轨间距为L ，拉力F 恒定动态分析开始时a＝Fm，杆ab速度v?感应电动势E＝BLv，经过时间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＝CE′－C E＝CBLΔv电流I＝ΔqΔt＝CBLΔvΔt＝CBLa （所以电流的大小恒定）安培力F安＝BLI＝CB2L2a（所以安培力的大小恒定）F－F安＝ma，a＝Fm＋B2L2C，所以杆以恒定的加速度匀加速运动能量转化情况F做的功使其它形式的能E其它一部分转化为动能，一部分转化为电场能E电场能：W F＝E其它=12mv2＋E电场能5、含有电源时的单杆物理模型轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两导轨间距为L。
电磁感应中的“杆导轨”类问答解题技巧窍门
辅导23:电磁感应中的“杆+导轨”类问题(3大模型)解题技巧电磁感应中的杆+导轨模型的实质是不同形式的能量的转化过程，处理这类问题要从功 和能的观点入手，弄清导体棒切割磁感线过程中的能量转化关系，现从力学、图像、能量三 种观点出发，分角度讨论如下：类型一：单杆+电阻+导轨模型类【初建模型】【例题1】(2017淮安模拟)如图所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨 MN 、 PQ 与水平面的夹角为9, N 、Q 两点间接有阻值为R 的电阻。
整个 装置处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向 下。
将质量为m 、阻值也为R 的金属杆cd 垂直放在导轨上，杆cd 由静止释放，下滑距离x 时达到最大速度。
重力加速度为g ，导轨电 阻不计，杆与导轨接触良好。
求：(1) 杆cd 下滑的最大加速度和最大速度； (2) 上述过程中，杆上产生的热量。
【思路点拨】：5 K fl 受 申力化庄 下滑根据牛顿第二定律有mgs in 9- B 2R V当速度v =0时，杆的加速度最大，最大加速度 1⑵杆cd 从开始运动到达到最大速度过程中，根据能量守恒定律得mgxsin A Q 总+ qmv m 211.m 3g 2^sin 2 9乂 Q 杆=qQ 总，所以 Q 杆=qmgxsin 9—B 4[4。
1) 金厲杆覺重 力化用下滑 产生实应电 动势厲受安 焙力合外 力$ft【答案】：(1)gsin 9,方向沿导轨平面向下；'m^g^sin 29B 4L4【解析】：(1)设杆cd 下滑到某位置时速度为 回路中的感应电流1= R +R 杆所受的安培力F =2m B R 2n 9,方向沿导轨平面向下；(2)*mgxsin 9v ， 则杆产生的感应电动势 E = BLva = gsin 9,方向沿导轨平面向下 V m =警胃9方向沿导轨平面向下。
当杆的加速度a = 0时，速度最大，最大速度产生 感应 电逬由牛顿皆一亠 律列式 分析单杆+电阻+导轨四种题型剖析【应用模型】【变式】：此题若已知金属杆与导轨之间的动摩擦因数为 2现用沿导轨平面向上的恒定 外力F 作用在金属杆cd 上,使cd 由静止开始沿导轨向上运动，求cd 的最大加速度和最大速 度。
4.8专题：电磁感应现象中“杆+导轨”模型
(2)电阻R上产生热量Q=I2Rt=0.075 J
答案：(1)2 T (2)0.075 J
探究三 倾斜轨道
两根足够长的直金属导轨平行放置在倾角为 α 的绝缘斜面上，导轨间距为 L，导轨间连接一电 阻R ，质量为m，电阻为r的金属棒 ab与导轨垂直 并接触良好，其余部分电阻不计，整套装置处 于磁感应强度为 B的匀强磁场中，磁场方向垂直 斜面向下。不计它们之间的摩擦，重力加速度 为g 。
光滑水平放置的金属导轨间距为 L，导轨间连接 一电阻 R，质量为 m，电阻为 r的金属棒ab与导轨 接触良好，其余部分电阻不计。平面内有垂直 纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B
问题3：施加恒定外力 F 后，能量如何变化？能不能 从能量的视角求ab棒的最大速度？
能量角度分析：
v
a
F安
v
E BLv
问题1：施加恒定外力F后，ab棒的加速度 a，速度v 如何变化？
动力学角度分析：
v
a
F安
v
E BLv
E I= Rr
F安 BIL
a
F F安 m
a、v同向
当F安=F时，a=0,速度达到最大vm匀速
解：运动特征：加速度减小的 加速运动，最终匀速。 F=F安=BIL=B2L2Vm/（R+r) 可得：vm=F(R+r)/B2L2
示。(g取10 m/s2)求：
(1)磁感应强度B;
(2)杆在磁场中下落0.1 s的
过程中电阻R产生的热量。
【规范解答】(1)由图像知,杆自由下落0.1 s进入磁场以v= 1.0 m/s做匀速运动产生的电动势E=BLv 杆中的电流I=
E Rr
杆所受安培力F安=BIL 由平衡条件得mg=F安 代入数据得B=2 T
高考物理 专题48 电磁感应中的“杆 导轨”模型问题小题狂刷
狂刷48 电磁感应中的“杆+导轨”模型问题1．倾角为α的光滑导电轨道间接有电源，轨道间距为L，轨道上放一根质量为m的金属杆ab，金属杆中的电流为I，现加一垂直金属杆ab的匀强磁场，如图所示，ab杆保持静止，则磁感应强度方向和大小可能为A．方向垂直轨道平面向上时，磁感应强度最小，大小为sin mgILαB．z正向，大小为mg ILC．x正向，大小为mg ILD．z正向，大小为tan mgILθ【答案】ACD【名师点睛】受力分析后，根据平衡条件，写出平衡方程，结合安培力公式，并根据左手定则，即可求解。
2．如图所示，一根通电的直导线放在倾斜的粗糙导轨上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态.现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是A ．一直增大B ．先减小后增大C ．先增大后减小D ．始终为零【答案】AB【名师点睛】考查左手定则及学会对物体进行受力分析，并根据受力情况来确定静摩擦力。
值得注意的是此处的静摩擦力方向是具有确定性，从而导致答案的不唯一性。
3．如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R 1和R 2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面。
有一导体棒ab ，质量为m ，导体棒的电阻与固定电阻R 1和R 2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab 沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v 时，受到安培力的大小为F 。
此时A ．电阻R 1消耗的热功率为Fv /3B ．电阻R 2消耗的热功率为Fv /6C ．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgv cos θD ．整个装置消耗的机械功率为(F +μmg cos θ)v 【答案】BCD【解析】设ab 长度为L ，磁感应强度为B ，电阻R 1=R 2=R 。
电路中感应电动势E =BLv ，ab 中感应电流为：232EBLvI R R R ==+，ab 所受安培力为： 2223B L v F BIL R ==①，电阻R 1消耗的热功率为：2222129I B L v P R R ⎛⎫== ⎪⎝⎭②，由①②得116P Fv =，电阻R 1和R 2阻值相等，它们消耗的电功率相等，则1216P P Fv ==，故A 错误、B 正确。
2019届高考物理一轮复习热点题型专题4.8电磁感应中的“杆+导轨”模型学案
专题4.8 电磁感应中的“杆＋导轨”模型题型1 “单杆＋导轨”模型1. 单杆水平式(导轨光滑)2.单杆倾斜式(导轨光滑)↑mg最大【典例1】如图所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度L＝1.0 m，导轨上放有垂直导轨的金属杆P，金属杆质量为m＝0.1 kg，空间存在磁感应强度B＝0.5 T、竖直向下的匀强磁场。
连接在导轨左端的电阻R＝3.0 Ω，金属杆的电阻r＝1.0 Ω，其余部分电阻不计。
某时刻给金属杆一个水平向右的恒力F，金属杆P由静止开始运动，图乙是金属杆P运动过程的v－t图象，导轨与金属杆间的动摩擦因数μ＝0.5。
在金属杆P 运动的过程中，第一个2 s 内通过金属杆P 的电荷量与第二个2 s 内通过P 的电荷量之比为3∶5。
g 取10 m/s 2。
求：(1)水平恒力F 的大小；(2)前4 s 内电阻R 上产生的热量。
【答案】 (1)0.75 N (2)1.8 J【解析】 (1)由图乙可知金属杆P 先做加速度减小的加速运动，2 s 后做匀速直线运动当t ＝2 s 时，v ＝4 m/s ，此时感应电动势E ＝BLv感应电流I ＝ER ＋r安培力F ′＝BIL ＝B 2L 2v R ＋r根据牛顿运动定律有F －F ′－μmg ＝0解得F ＝0.75 N 。
前4 s 内由能量守恒定律得F (x 1＋x 2)＝12mv 2＋μmg (x 1＋x 2)＋Q r ＋Q R其中Q r ∶Q R ＝r ∶R ＝1∶3解得Q R ＝1.8 J 。
【典例2】如图所示，MN 、PQ 是间距l 为0.5 m 的足够长的平行导轨，NQ ⊥MN ，导轨的电阻均不计．导轨。
热点专题系列(六) 电磁感应中的“杆和导轨”模型
热点专题系列(六) 电磁感应中的“杆和导轨”模型热点概述：电磁感应中的“杆－轨”运动模型，是导体切割磁感线运动过程中动力学与电磁学知识的综合应用，此类问题是高考命题的重点。
[热点透析]单杆模型初态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恒定续表初态v0≠0v0＝0运动分析导体杆做加速度越来越小的减速运动，最终杆静止当E感＝E时，v最大，且v m＝EBL，最后以v m匀速运动当a＝0时，v最大，v m＝FRB2L2，杆开始匀速运动Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝CBLΔv电流I＝ΔqΔt＝CBLΔvΔt＝CBLa安培力F安＝BLI＝CB2L2a F－F安＝ma，a ＝Fm＋B2L2C，所以杆以恒定的加速度匀加速运动能量分析动能转化为内能，12m v2＝Q电能转化为动能和内能，E电＝12m v2m＋Q外力做功转化为动能和内能，W F＝12m v2m＋Q外力做功转化为电能和动能，W F＝E电＋12m v2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。
(2020·山东省聊城市一模)(多选)如图所示，宽为L的水平光滑金属轨道上放置一根质量为m的导体棒MN，轨道左端通过一个单刀双掷开关与一个电容器和一个阻值为R的电阻连接，匀强磁场的方向垂直于轨道平面向里，磁感应强度大小为B，电容器的电容为C，金属轨道和导体棒的电阻不计。
现将开关拨向“1”，导体棒MN在水平向右的恒力F作用下由静止开始运动，经时间t0后，将开关S拨向“2”，再经时间t，导体棒MN恰好开始匀速向右运动。
专项练习48 电磁感应中的“杆导轨”模型问题(无答案)-高三物理一轮复习小题专项练习
专题十一 电磁感应必刷48 电磁感应中的“杆导轨”模型问题1．（2020·四川省资中县球溪高级中学高二月考）如图所示,在倾角为30°的斜面上固定一电阻不计的光滑平行金属导轨,间距为L ,下端接有阻值为R 的电阻,导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B ,方向与斜面垂直(图中未面出),质量为m 、电阻不计的金属棒ab 与固定在斜面上方的绝缘弹簧相连,弹簧处于原长并被锁定。
现解除锁定金属棒由静止开始向下运动距离x 到达最低位置,此过程中金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触,弹簧始终在弹性限度内,重力加速度为g ，则（ ）A ．开始运动时金属棒的加速度小于g/2B ．金属棒的速度为v 时,所受的安培力22F 2B L v RC ．此过程中,通过电阻R 的总电荷量为2BLxRD ．此过程的减速阶段,回路中的焦耳热小于金属棒重力势能的减少2．（2020·沙坪坝·重庆一中高三月考）如图甲所示，水平放置的光滑平行金属导轨一端接有 R =2Ω的定值电阻，导轨间距 L =0.5m ，金属棒与导轨接触良好并始终垂直，棒与导轨的电阻均不计。
整个装置放在磁感应强度 B =2T 的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在外力作用下由静止开始加速向右运动，其速度 v 随位移 x 的变化关系如图乙所示，则金属棒在 0～1m 过程中克服安培力做功（）A．0.5J B．0.75J C．1J D．2J3．（2020·安徽高三月考）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨间距为0.5m，导轨所在平面与水平面成37°角，其上端接一电阻为1Ω的小灯泡。
匀强磁场的方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为0.8T。
质量为0.2kg接入电路的电阻为1Ω的金属棒放在两导轨上，与导轨间的动摩擦因数为0.5。
已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度为g取10m/s2，sin37°=0.6。
高考物理总复习重要考点专项强化(含详解)：电磁感应中的“导轨+杆”
电磁感应中的“导轨+杆”1.电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S=1.15m，两导轨间距L=0.75 m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R=1.5Ω的电阻，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上。
阻值r=0.5Ω，质量m=0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热。
(取)求：(1)金属棒在此过程中克服安培力的功；(2)金属棒下滑速度时的加速度．(3)为求金属棒下滑的最大速度，有同学解答如下：由动能定理，……。
由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答。
2. 半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下，在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻（图中未画出）．直导体棒在水平外力作用下以速度ω绕O逆时针匀速转动、转动过程中始终与导轨保持良好接触，设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略，重力加速度大小为g．求：（1）通过电阻R的感应电流的方向和大小；（2）外力的功率．3.如图，光滑平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为θ，两导轨上端用阻值为R的电阻相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面。
质量为m的金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置。
在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好，不计ab和导轨的电阻及空气阻力。
（1）求ab开始运动时的加速度a；（2）分析并说明ab在整个运动过程中速度、加速度的变化情况；（3）分析并比较ab上滑时间和下滑时间的长短。
4.如图，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。
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狂刷48 电磁感应中的“杆+导轨”模型问题1．倾角为α的光滑导电轨道间接有电源，轨道间距为L，轨道上放一根质量为m的金属杆ab，金属杆中的电流为I，现加一垂直金属杆ab的匀强磁场，如图所示，ab杆保持静止，则磁感应强度方向和大小可能为A．方向垂直轨道平面向上时，磁感应强度最小，大小为sin mgILαB．z正向，大小为mg ILC．x正向，大小为mg ILD．z正向，大小为tan mgILθ【答案】ACD【名师点睛】受力分析后，根据平衡条件，写出平衡方程，结合安培力公式，并根据左手定则，即可求解。
2．如图所示，一根通电的直导线放在倾斜的粗糙导轨上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态.现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是A ．一直增大B ．先减小后增大C ．先增大后减小D ．始终为零【答案】AB【名师点睛】考查左手定则及学会对物体进行受力分析，并根据受力情况来确定静摩擦力。
值得注意的是此处的静摩擦力方向是具有确定性，从而导致答案的不唯一性。
3．如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R 1和R 2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面。
有一导体棒ab ，质量为m ，导体棒的电阻与固定电阻R 1和R 2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab 沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v 时，受到安培力的大小为F 。
此时A ．电阻R 1消耗的热功率为Fv /3B ．电阻R 2消耗的热功率为Fv /6C ．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgv cos θD ．整个装置消耗的机械功率为(F +μmg cos θ)v 【答案】BCD【解析】设ab 长度为L ，磁感应强度为B ，电阻R 1=R 2=R 。
电路中感应电动势E =BLv ，ab 中感应电流为：232EBLvI R R R ==+，ab 所受安培力为： 2223B L v F BIL R ==①，电阻R 1消耗的热功率为：2222129I B L v P R R ⎛⎫== ⎪⎝⎭②，由①②得116P Fv =，电阻R 1和R 2阻值相等，它们消耗的电功率相等，则1216P P Fv ==，故A 错误、B 正确。
整个装置因摩擦而消耗的热功率为：P f =fv =μmg cos α·v =μmgv cos α，故C 正确；整个装置消耗的机械功率为：P 3=Fv +P f =(F +μmg cos α)v ，故D 正确。
【名师点睛】解决本题是根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安培力与速度的表达式，结合功率公式和功能关系进行分析。
4．如图所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R ，导轨自身的电阻可忽略不计。
斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上。
质量为m 、电阻可以不计的金属棒ab ，在沿着斜面与棒垂直的恒力F 作用下沿导轨匀速上滑，并上升h 高度，在这一过程中A ．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B ．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh 与电阻R 上产生的焦耳热之和C ．恒力F 与重力的合力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热D ．恒力F 与安培力的合力所做的功等于零 【答案】AC5．如图所示，电阻不计间距为L 的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左端接有阻值为R 的电阻连接，以导轨的左端为原点，沿导轨方向建立x 轴，导轨处于竖直向下的磁感应强度大小为B 的匀强磁场中。
一根电阻也为R ，质量为m 的金属杆垂直于导轨放置于0x 处，不计金属杆与轨道间的接触电阻，现给金属杆沿x 轴正方向的初速度0v ，金属杆刚好能运动到20x 处，在金属杆运动过程中A．通过电阻RBCD．金属杆运动到【答案】ABD【名师点睛】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
6．如图所示，MN、PQ是与水平面成θ角的两条平行光滑且足够长的金属轨道，其电阻忽略不计。
空间存在着垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。
导体棒ab、cd垂直于轨道放置，且与轨道接触良好，每根导体棒的质量均为m，电阻均为r，轨道宽度为L，与轨道平行的绝缘细线一端固定，另一端与ab棒中点连接，细线承受的最大拉力T m=2mg sin θ。
今将cd棒由静止释放，则细线被拉断时，cd棒的A ．速度大小是222sin mgr B L θ B ．速度大小是22sin mgr B L θC ．加速度大小是2g sin θD ．加速度大小是0 【答案】AD【名师点睛】细线被拉断时，拉力达到最大值m 2sin T mg θ=，根据平衡条件和安培力的表达式，求出此时cd 棒的速度大小，根据牛顿第二定律求解加速度的大小。
7．在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ 、MN ，相距为L ，导轨处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。
有两根质量均为m 的金属棒a 、b ，先将a 棒垂直导轨放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块c 连接，连接a 棒的细线平行于导轨，由静止释放c ，此后某时刻将b 也垂直导轨放置，a 、c 此刻起做匀速运动，b 棒刚好能静止在导轨上。
a 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计。
则下列说法正确的A ．物块c 的质量是2sin m θB．b棒放上导轨前，物块c减少的重力势能等于a、c增加的动能C．b棒放上导轨后，物块c减少的重力势能等于回路消耗的电能D．b棒放上导轨后，a【答案】AD【名师点睛】从导体棒的平衡展开处理可得各力的大小，从能量守恒角度分析能量的变化是关键，能量转化问题从排除法的角度处理更简捷。
8．如图，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻R。
Ox轴平行于金属导轨，在0≤x≤4 m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度B随坐标x（以m为单位）的分布规律为B=0.8–0.2x (T)。
金属棒ab在外力作用下从x=0处沿导轨运动，ab始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻。
设在金属棒从x1=1 m经x2=2 m到x3=3 m的过程中，R的电功率保持不变，则金属棒A．在x1与x3处的电动势之比为1:3B．在x1与x3处受到磁场B的作用力大小之比为3:1C．从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量之比为5:3D．从x1到x2与从x2到x3的过程中R产生的焦耳热之比为5:3【答案】BCD【名师点睛】本题的难点在于没有一个对比度，导体棒ab在随x的增大而减小的磁场中在外力作用下切割磁感线，而巧妙的是在某一路段R上的电功率相同，预示着电路的电流和R上电压相同，则安培力正比于磁感应强度，均匀减小。
克服安培力的功转化为焦耳热，所以F–x图象与坐标轴围成的面积就是功。
虽然不知外力怎么变化，但它与解决问题无多大关联。
9．如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为，导轨电阻不计，与阻值为R的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B。
有一质量为m长为l的导体棒从ab位置获得平行于斜面的，大小为v的初速度向上运动，最远到达a′b′的位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ。
则A．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为22 B l v RB ．上滑过程中电流做功发出的热量为12mv 2–mgs (sin θ+μcos θ) C ．上滑过程中导体棒克服安培力做的功为12mv 2D ．上滑过程中导体棒损失的机械能为12mv 2–mgs sin θ【答案】BD10．如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L ，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B 。
垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。
从t =0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交流电流I ，周期为T ，最大值为I m ，图1中I 所示方向为电流正方向。
则金属棒A ．一直先向右后向左移动B ．速度随时间周期性变化C ．受到的安培力随时间周期性变化D ．受到的安培力在一个周期内做正功 【答案】BC【解析】根据左手定则知，导体棒开始所受的安培力方向水平向右，根据F BIL =知，安培力在第一个2T 内做匀加速直线运动，在第二个2T内，安培力方向水平向左，大小不变，做匀减速直线运动，根据运动的对称性知，一个周期末速度为零，金属棒的速度方向未变，金属棒一直向右移动，先向右做匀加速直线运动，再向右做匀减速运动，速度随时间周期性变化，故A 错误，B 正确；因为电流周期性变化，根据F BIL =，则安培力也周期性变化，故C 正确；在一个周期内，动能的变化量为零，则安培力在一个周期内做功为零，故D 错误。
【名师点睛】解决本题关键先根据左手定则判断安培力的方向，导体棒在安培力作用下，先做匀加速直线运动，由于电流方向变化，所以安培力方向也是变化即与原来相反，故导体棒再在安培力作用下匀减速直线运动，根据电流周期性变化，安培力也周期性变化，速度也周期变化。
11．如图所示，金属杆ab 、cd 置于足够长的平行轨道MN 、PQ 上，可沿轨道滑动，轨道所在的空间有竖直向上匀强磁场，导轨电阻不计。
则下面说法中正确的是A ．若轨道光滑，给ab 一初速度v 0，则最终ab 、cd 一定做匀速运动且速度大小均为0.5v 0B ．若轨道光滑，给ab 施加一个垂直于ab 的恒定外力作用，则最终二者一定做匀加速运动，且速度差恒定C ．若轨道粗糙，给ab 施加一个垂直于ab 的恒定外力作用，则最终二者一定做匀加速运动，且速度差恒定D ．若将cd 换成固定于MN 、PQ 间的一电容器，且轨道光滑，给ab 施加一个垂直于ab 的恒定外力，则最终ab 一定做匀加速直线运动 【答案】BD感应电流恒定不变，且不为零，B 正确；轨道粗糙，当ab cd F f f >+时，ab 、cd 杆从整体上看所受合外力()0ab cd F F f f =-+>合，此时ab 、cd 杆均向右运动，其速度分别为v 1、v 2，当a b c d F f f =+时两杆最终做匀速运动，稳定时两杆速度差也是恒定的，当ab cd F f f >+时，两杆最终具有相同的加速度，具有恒定速度差，C 错误；将cd 换成固定于MN 、PQ 间的一电容器时，由牛顿第二定律得：F BIL ma -=，对电容器：ΔΔQC U=，且ΔQ It =，21ΔU BLv BLv =-，联立求解得：22Fa m B L C=+，与速度无关，最终ab 将做匀加速运动，D 正确。