《电磁感应中的“单杆”模型》
电磁感应中的单杆模型
一、 单杆模型【破解策略】 单杆问题是电磁感应与电路、力学、能量综合应用的体现，因此相关问题应从以下几个角度去分析思考：(1)力电角度：与“导体单棒”组成的闭合回路中的磁通量发生变化→导体棒产生感应电动势→感应电流→导体棒受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→……，循环结束时加速度等于零，导体棒达到稳定运动状态。
(2)电学角度：判断产生电磁感应现象的那一部分导体(电源)→利用t NE ∆∆=φ或BLv E =求感应动电动势的大小→利用右手定则或楞次定律判断电流方向→分析电路结构→画等效电路图。
(3)力能角度：电磁感应现象中，当外力克服安培力做功时，就有其他形式的能转化为电能；当安培力做正功时，就有电能转化为其他形式的能。
00≠v 00=v示意图单杆ab 以一定初速度0v 在光滑水平轨道上滑动，质量为m ，电阻不计，杆长为L轨道水平、光滑，单杆ab 质量为m ，电阻不计，杆长为L轨道水平光滑，杆ab 质量为m ，电阻不计，杆长为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BLv E =，电流R BLvR E I ==，安培力RvL B BIL F 22==，做减速运动：↓↓⇒a v ，当0=v 时，0=F ，0=a ，杆保持静止S 闭合，ab 杆受安培力R BLE F =，此时mR BLE a =，杆ab 速度↑⇒v 感应电动势↓⇒↑⇒I BLv 安培力↓⇒=BIL F 加速度↓a ，当E E =感时，v 最大，且2222L B BLIR L B FR v m ==BL E=开始时m F a =，杆ab 速度↑⇒v 感应电动势↑⇒↑⇒=I BLv E 安培力↑=BIL F 安由a F F m =-安知↓a ，当0=a 时，v 最大，22L B FR v m =图 像 观 点能 量 观 点动能全部转化为内能： 2021mv Q = 电能转化为动能 221m mv W 电 F 做的功中的一部分转化为杆的动能，一部分产热：221m F mv Q W += 1．如图12—2一l2所示，abcd 是一个固定的U 形金属框架，ab 和cd 边都很长，bc 长为l ，框架的电阻不计，ef 是放置在框架上与bc 平行的导体杆，它可在框架上自由滑动(摩擦可忽略)，它的电阻为R ，现沿垂直于框架平面的方向加一恒定的匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里，已知当以恒力F 向右拉导体杆ef 时，导体杆最后匀速滑动，求匀速滑动时的速度．2.两根光滑的足够长的直金属导轨MN 、''N M 平行置于竖直面内，导轨间距为L ，导轨上端接有阻值为Ｒ的电阻，如图１所示。
电磁感应中的单双杆模型
电磁感应中的单双杆问题一、单杆问题（一）与动力学相结合的问题1、水平放置的光滑金属轨道上静止一根质量为m的金属棒MN，电阻为R，左端连接一电动势为E，内阻为r的电源，其他部分及连接处电阻不计，试求：金属棒在轨道上的最大速度？2、水平放置的光滑金属轨道上静止一根质量为m的金属棒MN，电阻为R，左端连接一电阻为R，MN在恒力F的作用下从静止开始运动，其他部分及连接处电阻不计，试求：金属棒在轨道上的最大速度？3、金属导轨左端接电容器，电容为C，轨道上静止一长度为L的金属棒cd，整个装置处于垂直纸面磁感应强度为B的匀强磁场当中，现在给金属棒一初速度v，试求金属棒的最大速度？（二）与能量相结合的题型1、倾斜轨道与水平面夹角为 ，整个装置处于与轨道相垂直的匀强磁场当中，导轨顶端连有一电阻R，金属杆的电阻也为R其他电阻可忽略，让金属杆由静止释放，经过一段时V，且在此过程中电阻上生成的热量为Q。
间后达到最大速度m求：（1）金属杆达到最大速度时安培力的大小（2）磁感应强度B为多少（3）求从静止开始到达到最大速度杆下落的高度2．（20分）如图所示，竖直平面内有一半径为r、内阻为R1、粗细均匀的光滑半圆形金属环，在M、N处与相距为2r、电阻不计的平行光滑金属轨道ME、NF相接，EF之间接有电阻R2，已知R1＝12R，R2＝4R。
在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场I和II，磁感应强度大小均为B。
现有质量为m、电阻不计的导体棒ab，从半圆环的最高点A处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，两平行轨道中够长。
已知导体棒ab下落r/2时的速度大小为v1，下落到MN处的速度大小为v2。
（1）求导体棒ab从A下落r/2时的加速度大小。
（2）若导体棒ab进入磁场II后棒中电流大小始终不变，求磁场I和II之间的距离h 和R2上的电功率P2。
（3）当导体棒进入磁场II时，施加一竖直向上的恒定外力F=mg的作用，求导体棒ab 从开始进入磁场II到停止运动所通过的距离和电阻R2上所产生的热量。
高考物理复习 电磁感应杆模型
5．最大速度vm 电容器充电量： Q0 CE
放电结束时电量： Q CU CBlvm
电容器放电电量： Q Q0 Q CE CBlvm
对杆应用动量定理：mvm BIl t BlQ
vm
m
BlCE B2l2C
题型五 电容放电式：
6．达最大速度过程中 的两个关系
v1=0时：电流最大，
Im
Blv0 R1 R2
v2=v1时：电流 I＝0
3．两棒的运动情况
安培力大小：
两棒的相对速度变小,感应电 流变小,安培力变小.棒1做加 速度变小的加速运动，棒2做
加速度变小的减速运动，最 终两棒具有共同速度。
随着棒2的减速、棒1的加速，两棒 的相对速度v2-v1变小，回路中电流 也变小。
4．变化
(1)两棒都受外力作用
(2)外力提供方式变化
题型五 电容放电式：
4．最终特征：匀速运 动，但此时电容器带 电量不为零
1．电路特点 电容器放电，相当于电源；导体棒受安 培力而运动。
2．电流的特点 电容器放电时，导体棒在安培力作用下
开始运动，同时产生阻碍放电的反电动
势，导致电流减小，直至电流为零，此 时UC=Blv 3．运动特点 a渐小的加速运动，最终做匀速运动。
1．电路特点：导体棒相当于电源。
6、三个规律
2．安培力的特点：安培力为阻力， 并随速度减小而减小。
(1)能量关系：
1 2
mv02
0
Q,
QR Qr
F BIL B2l2v Rr
(2)动量关系：BIl t 0 mv0 q n Bl s
R r
电磁感应中单杆模型的特点与规律
电磁感应中单杆模型的特点与规律
（1）动力学观点：
单杆受到水平方向只受向左的安培力，与速度方向相反，因此安培力对杆的运动起到阻碍作用，因此叫阻尼式单杆。
算一下安培力表达式：
安＝＝F安=BIL＝BERL＝BBLvRL=B2L2vR
则杆的加速度表达式为：
安a=F安m=B2L2vmR 且方向和速度方向相反
由于加速度方向与速度方向相反，所以杆的速度减小，速度减小那么加速度就减小，直到杆停下来。
因此杆做加速度减小减速运动。
（2）能量观点：
杆的动能全部转化为热能，即 Q=12mv02
(3) 动量观点：
根据动量定理，安培力的冲量等于杆动量的变化量。
即：
BI¯LΔt=0−mv0
其中 I¯Δt=q
因此，可以联立以上两个方程可以求出电荷量。
《电磁感应中的“单杆”模型》教学设计
1、体会方法的实用性，加深理解。
2、培养应用和解题能力。
五、真题演练、检测效果：通过解答高考真题，检测教师授课效果和学生的学习效果。
学生独立完成，教师适时纠错。
在检测课堂教、学效果的同时，树立解决高考试题的信心。
六、课堂总结：
七、布置作业：
2011年海南高考物理试卷第16题
板书设计
教学设计
课题
“单杆”模型---电磁感应综合问题的分析方法
教者
课型
高三复习课
课时安排
对电磁感应现象相关知识的考查，尤其是以“单杆”模型为载体的电磁感应现象的综合问题更是高频考点中的热点。本节课的内容是以“单杆”模型为例，引导学生探究电磁感应综合问题的分析方法，并在探究的过程中让学生体会“大化小”、“难化易”、“繁化简”的思想，进而提高学生分析问题、解决问题的综合能力。
教学过程
教学内容和环节
师、生活动
设计意图
一、引入课题：关注热点、链接高考。
教师介绍电磁感应现象在高考中的出现频率，题目特点，以此引入课题。
引导学生对该类问题的重视，提高学生对本节课的参与度。
二、复习回顾：该类问题所涉及到的知识点。
教师提问，学生回答。
为本节课的教学顺畅进行扫除知识环节的障碍。
三、体会真题、探究方法：以2015年一道高考试题为例，让学生体会并归纳出解答该类问题的方法和思路。
学情分析
学生对本节课所涉及到的电磁感应、牛顿运动定律、电路等基础知识等已经进行了学习和复习，但本部分内容综合性强、分析环节多，对基础较薄弱的学生而言难度较大。
教学目标
物理观念
1.通过对历年高考试题的统计，知道电磁感应是高考中的高频考点。
高考物理双基突破二专题电磁感应中的单杆模型精讲.doc
专题32 电磁感应中的“单杆”模型单杆模型是电磁感应中常见的物理模型，此类题目所给的物理情景一般是导体棒垂直切割磁感线，在安培力、重力、拉力作用下的变加速直线运动或匀速直线运动，所涉及的知识有牛顿运动定律、功能关系、能量守恒定律等。
1．此类题目的分析要抓住三点：（1）杆的稳定状态一般是匀速运动（达到最大速度或最小速度，此时合力为零）。
（2）整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功。
（3）电磁感应现象遵从能量守恒定律。
如图甲，导体棒ab 从磁场上方h 处自由释放，当进入磁场后，其速度随时间的可能变化情况有三种，如图乙，全过程其能量转化情况是重力势能转化为动能和电能，电能再进一步转化为导体棒和电阻R 的内能。
2．单杆模型中常见的情况及处理方法： （1）单杆水平式开始时a ＝Fm ，杆ab 速度v ⇒感应电动势E ＝开始时a ＝Fm ，杆ab 速度v ⇒感应电动势E ＝BLv ，经过Δt 速度为v ＋Δv ，此时感应＝Blv R，安培力F ＝BIL＝B2L2v R ，做减速运动：v ⇒F ⇒a，当v ＝0时，F ＝0，a ＝0，杆保持静止此时a ＝BLEmr，杆ab 速度v ⇒感应电动势BLv ⇒I ⇒安培力F ＝BIL ⇒加速度a ，当E感＝E 时，v 最大，且v m ＝E BLBLv ⇒I ⇒安培力F 安＝BIL ，由F －F 安＝ma 知a ，当a ＝0时，v 最大，v m ＝FRB2L2【题1】如图所示，间距为L ，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R 的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m ，电阻也为R 的金属棒，金属棒与导轨接触良好。
整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v 0沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q 。
下列说法正确的是A ．金属棒在导轨上做匀减速运动B ．整个过程中电阻R 上产生的焦耳热为mv202C ．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为qRBLD ．整个过程中金属棒克服安培力做功为mv202【答案】D【题2】如图所示，足够长的平行金属导轨内有垂直纸面向里的匀强磁场，金属杆ab 与导轨垂直且接触良好，导轨右端与电路连接．已知导轨相距为L ，磁场的磁感应强度为B ，R 1、R 2和ab 杆的电阻值均为r ，其余电阻不计，板间距为d 、板长为4d ，重力加速度为g ，不计空气阻力．如果ab 杆以某一速度向左匀速运动时，沿两板中心线水平射入质量为m 、带电荷量为＋q 的微粒恰能沿两板中心线射出，如果ab 杆以同样大小的速度向右匀速运动时，该微粒将射到B 板距其左端为d 的C 处。
电磁感应中杆切割磁场问题.
电磁感应中杆切割磁场问题1.单杆模型（1）单杆AB以一定的初速度v0在光滑的水平轨道上滑动，质量为m,电阻不计。
杆长为L杆减速最终静止。
(2)轨道水平光滑，单杆AB质量为m电阻不计，杆长为L.AB 杆作加速度减小的加速运动，当E 感=E 时，以最大的速度Vm 运动。
Vm=22L B FR =BL E若电路中的电源换成充了电的电容，充电电容与电源作用效果相似。
(3)轨道水平光滑，杆AB 质量为，电阻不计，杆长为L,拉力F 恒定。
AB 杆作加速度减小的加速运动，最终以最大的速度Vm=22L B FR匀速运动。
（4）轨道水平光滑，杆AB 质量为m ，电阻不计，杆长为L,拉力F 恒定。
对杆用动量定理，Ft-BLq=mv-mv 0 , q=CBLv V=CL B m F 22+t 由此式可知杆作匀加速度a=mL CB F +22的匀加速运动。
当F=0时，杆匀速运动。
（5）轨道水平光滑，杆AB 质量为，电阻不计，杆长为L,拉力F 与时间成一次关系（线性）。
导轨接电阻。
F-r R at v L B ++)(022=ma,即F=r R v L B +022+ma+rR L B +22at ，杆受F=Kt,杆做匀加速度运动。
F=K ，则杆最终以0ν匀速运动。
2.双杆模型（1）初速度不为零，不受其他水平外力作用。
①m 1=m 2 L 1=L 2MN作减速运动，PQ加速运动。
最终v1=v2匀速运动。
②m1=m2，L1=2L2MN减速运动，PQ加速。
最终以的速度。
v2=2v1③m1=m2 L1=L2PQ 先减速，MN 杆先减速到零后反向加速，最终二者以共同的速度匀速运动。
（2）初速度为零，受其他水平力作用。
①轨道光滑，质量m 1=m 2，电阻r 1=r 2，长度L 1=L 2开始PQ 作加速度减小的加速运动，MN 作加速度增大的加速运动，后来PQ 和MN 以共同的加速度作匀加速运动。
a=21m m F +,v p -v q =恒量。
完整版电磁感应定律单杆导轨模型含思路分析
单杆+导轨”模型1.单杆水平式（导轨光滑）注：加速度a的推导，a=F合/m （牛顿第二定律），F合=F-F安，F安=BIL ,匸E/R 整合一下即可得到答案。
v变大之后，根据上面得到的a的表达式，就能推出a变小这里要注意，虽然加速度变小，但是只要和v同向，就是加速运动，是a减小的加速运动（也就是速度增加的越来越慢，比如1s末速度是1, 2s末是5, 3s末是6, 4s末是6.1，每秒钟速度的增加量都是在变小的）2.单杆倾斜式（导轨光滑）BLv T【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二1.0 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約金属杆的电阻r 二1.0約其余部分电阻不计。
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尸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/s2。
求：（1）水平恒力F的大小；⑵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1=吕R+ rB2I2v安培力F = BIL =R+ r根据牛顿运动定律有F —F '―卩m= 0解得 F = 0.75 N o过金JI杆p的电荷量厂"二磊^甘十）；△型BLx所以尸驚qa为尸的位移）设第一个2 s內金属杆P的位移为Xi ；第二个肚内P的位移为助则二号g，又由于如：血=3 : 5麻立解得«=8mj IL=<8m前4 s内由能量守恒定律得其中 Q r : Q R = r : R = 1 : 3解得 Q R = 1.8 J o注：第二问的思路分析，要求 R 上产生的热量，就是焦耳热，首先想到的是公式Q=l2Rt ，但是在这里，前2s 的运动过程中，I 是变化的，而且也没办法求出I 的有效值来（电荷量对应的是电流的平均值，求焦耳热要用有效值，两者不一样）， 所以这个思路行不通。
第87讲 电磁感应中的单杆模型(解析版)
第87讲电磁感应中的单杆模型1．（2022•上海）宽L＝0.75m的导轨固定，导轨间存在着垂直于纸面且磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场。
虚线框Ⅰ、Ⅱ中有定值电阻R0和最大阻值为20Ω的滑动变阻器R。
一根与导轨等宽的金属杆以恒定速率向右运动，图甲和图乙分别为变阻器全部接入和一半接入时沿abcda方向电势变化的图像。
求：（1）匀强磁场的方向；（2）分析并说明定值电阻R0在Ⅰ还是Ⅱ中，并且R0大小为多少：（3）金属杆运动时的速率；（4）滑动变阻器阻值为多少时变阻器的功率最大？并求出该最大功率P m。
【解答】解：（1）a点电势比d点电势高，说明导体棒上端为电源正极，导体棒切割磁感线产生感应电流向上，根据右手定则判断得出匀强磁场的方向垂直纸面向里（2）滑动变阻器从全部接入到一半接入电路，回路里电流变大，定值电阻R0上电压变大，图甲的U cd小于图乙的U cd，可以推理得定值电阻在Ⅰ内，滑动变阻器在Ⅱ根据欧姆定律得：甲图中回路电流I甲=1.2R=1.220A=0.06A，乙图中回路电流I乙=1.0R2=1.010A=0.1A甲图中定值电阻R0上电压φ0﹣1.2＝0.06R乙图中定值电阻R0上电压φ0﹣1.0＝0.1R联立解得：R＝5Ω，φ0＝1.5V（3）金属杆产生的感应电动势E＝BLv，E＝φ0联立解得v=φ0BL= 1.50.4×0.75m/s=5m/s（4）根据甲乙两图可知导体棒电阻不计，由闭合电路欧姆定律得I=E R0+R滑动变阻器上的功率p＝I2R=E2R(R0+R)2= 2.2525R+R+10，当R＝5Ω时，滑动变阻器有最大功率P m＝0.1125W答：（1）匀强磁场的方向垂直纸面向里（2）定值电阻R0在Ⅰ中，定值电阻R0＝5Ω（3）金属杆运动时的速率为5m/s（4）滑动变阻器阻值为5Ω时变阻器的功率最大，最大功率为0.1125W一.知识回顾1.力学对象和电学对象的相互关系2.能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化其他形式的能量――→克服安培力做功电能――→电流做功焦耳热或其他形式的能量(2)求解焦耳热Q的三种方法(纯电阻电路)3.单杆模型质量为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＝IlB＝CB2l2aF－F安＝ma，a＝Fm＋B2l2C，所以杆以恒定的加速度匀加速运动电能转化为动能外力做功转化为外力做功转化为二.例题精析题型一：单杆+电阻模型之动态分析（多选）例1．如图所示，MN和PQ是两根互相平行、竖直放置的足够长的光滑金属导轨，电阻不计，匀强磁场垂直导轨平面向里。
2020年高考物理双基突破：专题32-电磁感应中的“单杆”模型(精讲)
单杆模型是电磁感应中常见的物理模型，此类题目所给的物理情景一般是导体棒垂直切割磁感线，在安培力、重力、拉力作用下的变加速直线运动或匀速直线运动，所涉及的知识有牛顿运动定律、功能关系、能量守恒定律等。
1．此类题目的分析要抓住三点：（1）杆的稳定状态一般是匀速运动（达到最大速度或最小速度，此时合力为零）。
（2）整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功。
（3）电磁感应现象遵从能量守恒定律。
如图甲，导体棒ab从磁场上方h处自由释放，当进入磁场后，其速度随时间的可能变化情况有三种，如图乙，全过程其能量转化情况是重力势能转化为动能和电能，电能再进一步转化为导体棒和电阻R的内能。
2．单杆模型中常见的情况及处理方法：（1）单杆水平式v≠0v0＝0示意图单杆ab以一定初速度v0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轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两导轨间距为L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恒定力学导体杆以速度v切割磁感线产生感应电动S闭合，ab杆受安培力F＝BLEr，开始时a＝Fm，杆ab速度v⇒感开始时a＝Fm，杆ab速度v⇒感应电动势E＝BLv，经过Δt观点势E ＝BLv，电流I＝ER＝BlvR，安培力F＝BIL＝B2L2vR，做减速运动：v⇒F⇒a，当v＝0时，F＝0，a＝0，杆保持静止此时a＝BLEmr，杆ab速度v⇒感应电动势BLv⇒I⇒安培力F＝BIL⇒加速度a，当E感＝E时，v最大，且v m＝EBL应电动势E＝BLv⇒I⇒安培力F安＝BIL，由F－F安＝ma知a，当a＝0时，v最大，v m＝FRB2L2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＝CB2L2a F－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＝12mv2电源输出的电能转化为动能W电＝12mv2mF做的功一部分转化为杆的动能，一部分产生电热：W F＝Q＋12mv2mF做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：W F＝12mv2＋E C【题1】如图所示，间距为L，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m，电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好。
电磁感应中的“杆+导轨”模型
电磁感应中的“杆+导轨”模型电磁感应中的“杆+导轨”模型一、单棒模型阻尼式：在单棒模型中，导体棒相当于电源，根据洛伦兹力的公式，可以得到安培力的特点为阻力，并随速度减小而减小，加速度随速度减小而减小，最终状态为静止。
根据能量关系、动量关系和瞬时加速度，可以得到公式B2l2v R rF和q mv/Bl，其中q表示流过导体棒的电荷量。
需要注意的是，当有摩擦或者磁场方向不沿竖直方向时，模型的变化会受到影响。
举例来说，如果在电阻不计的光滑平行金属导轨固定在水平面上，间距为L、导轨左端连接一阻值为R的电阻，整个导轨平面处于竖直向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一质量为m的导体棒垂直于导轨放置，a、b之间的导体棒阻值为2R，零时刻沿导轨方向给导体棒一个初速度v，一段时间后导体棒静止，则零时刻导体棒的加速度为0，零时刻导体棒ab两端的电压为BLv，全过程中流过电阻R的电荷量为mv/Bl，全过程中导体棒上产生的焦耳热为0.二、发电式在发电式中，导体棒同样相当于电源，当速度为v时，电动势E＝Blv。
根据安培力的特点，可以得到公式22Blv/l＝Blv/(R＋r)。
加速度随速度增大而减小，最终特征为匀速运动。
在稳定后的能量转化规律中，F-BIl-μmg=m*a，根据公式可以得到a=-(F-μmg)/m、v=0时，有最大加速度，a=0时，有最大速度。
需要注意的是，当电路中产生的焦耳热为mgh时，电阻R中产生的焦耳热也为mgh。
1.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。
2024高考物理单杆模型
高考专题：电磁感应中的单双杆模型1.常见单杆情景及解题思路单杆阻尼式单杆发电式(v0＝0)含“源”电动式(v0＝0)含“容”无外力充电式含“容”有外力充电式(v0＝0)1.如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B。
电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计。
现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右做匀速运动时( )A.电容器两端的电压为零B.电阻两端的电压为BLvC.电容器所带电荷量为CBLvD.为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为B 2L2v R2.如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，用导线与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面。
有一导体棒ab，质量为m，两导轨间距为L，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值相等，都等于R，导体棒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，有( )A.导体棒中感应电流的方向由a到bB.导体棒所受安培力的大小为B 2L2v 3RC.导体棒两端的电压为BLv3D.导体棒动能的减少量等于其重力势能的增加量与电路上产生的电热之和3.如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1Ω。
一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2kg，接入电路的电阻为1Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5。
在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8T。
将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6)( )A.2.5 m/s，1 WB.5 m/s，1 WC.7.5 m/s，9 WD.15 m/s，9 W4.如图所示，足够长的两平行光滑水平直导轨的间距为L，导轨电阻不计，垂直于导轨平面有磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；导轨左端接有电容为C的电容器、开关S和定值电阻R；质量为m的金属棒垂直于导轨静止放置，两导轨间金属棒的电阻为r。
电磁感应单双杆模型总结表格
双杆模型（两金属杆垂直且等长）
感应电流I
I=Bdv/R
6
双杆模型（两金属杆垂直且不等长）
感应电流I
I=B(d1v1-d2v2)/R
以上为电磁感应单双杆模型的总结表格，涵盖了各种不同的情况下的物理量和表达式。这些模型在物理教学中具有重要意义，有助于学生深入理解电磁感应现象和相关物理规律。
电磁感应单双杆模型总结表格
序号
模型名称
物理量
表达式
1
单杆模型（闭合电路切割磁感线）
感应电动势E
E=BLv
2
单杆模型（部分导体切割磁感线）
感应电动势E
E）
感应电流I
I=BLv/R
4
双杆模型（两金属杆平行且不等长）
感应电流I
I=B(L1v1-L2v2)/R
高二物理《电磁感应定律-单杆模型》练习题(教师版)
3.3、电磁感应定律--单杆模型Ⅰ、无动力典型例题1：如图所示，除导体棒ab 可动外，其余部分均固定不动。
设导体棒、导轨的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计。
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，导轨足够长。
今给导体棒ab 一个向右的初速度v 0，分析导体棒ab 的最终运动状态感应电路中的功能关系分析①安培力的特点：22B L vF BIL R==②功是能量转化的量度：“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．同理，安培力做功的过程是电能转化为其他形式的能的过程，安培力做多少功就有多少电能转化为其他形式的能． Ⅱ、恒力驱动典型例题2：如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L ，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B 。
一质量为m 、有效电阻为R 的导体棒在距磁场上边界h 处静止释放。
导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐变化，最终稳定。
整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻。
分析导体棒可能的运动过程变式题：如图所示，水平放置的两平行导轨左侧连接电阻，其它电阻不计。
导轨MN 放在导轨上，在水平恒力F 的作用下，沿导轨向右运动，并将穿过方向竖直向下的有界匀强磁场，磁场边界PQ 与MN 平行，从MN 进入磁场开始计时，通过MN 的感应电流i 随时间t 的变化可能是下图中的：ACD× × × × × ×RbV 0Bai A 0 i B 0tiDt i CN R M PQFⅢ、恒定电源驱动典型例题3：如图所示，除导体棒ab 可动外，其余部分均固定不动。
设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计。
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，导轨足够长。
今给导体棒ab 一个向右的初速度v 0，分析导体棒ab 的最终运动状态变式题：如图所示，两平行光滑金属导轨间的距离L =0.40m ，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T 、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E =4.5V 、内阻r =0.50Ω的直流电源．现把一个质量m =0.04kg 、电阻R 0=2.5Ω的导体棒ab 放在金属导轨上，由静止释放．导体棒与金属导轨垂直、且接触良好，导体棒与金属导轨接触点间的电阻、金属导轨电阻均不计，g 取10m/s 2．已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，求导体棒最终稳定时的速度大小和方向． 解：最终稳定时mg sinα=BIL解得：I =1.2A4.5/IR E BLv v m s =-⇒= 沿斜面向上 Ⅳ、含容电路典型例题4（无动力时的情况）：如图所示，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。
电磁感应中的“杆—轨道”模型
速度 图像
F 做的功一部分转 F 做的功一部分转
动 能 全 部 转 化 电源输出的电能
能量 为内能
化为杆的动能，一 化为动能，一部分 转化为杆的动能
分析 Q＝12mv20
W 电＝12mv2m
部分产生焦耳热 WF＝Q＋12mv2m
转化为电场能 WF＝12mv2＋EC
例 1 (多选)如图 1 所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为 L，两导轨间 存在磁感应强度大小为 B、方向竖直向下的匀强磁场。一质量为 m、电阻为 R、 长度恰好等于导轨间宽度的导体棒 ab 垂直于导轨放置。闭合开关 S，导体棒 ab 由静止开始运动，经过一段时间后达到最大速度。已知电源电动势为 E、内阻为
01 02 03 04 05 06
教师备选用题
而做加速运动，由于两者的速度差逐渐减小，可知 感应电流逐渐减小，安培力逐渐减小，可知 cd 向右 做加速度减小的加速运动，故 B 正确；ab 从释放到 刚进入磁场过程，由动能定理得 mgR＝21mv20，对 ab 和 cd 系统，合外力为零，则由动量守恒定律有 mv0 ＝m·2vcd＋2m·vcd，解得 vcd＝14v0＝41 2gR，对 cd 由动量定理有 B－IL·Δt＝2m·vcd， 其中 q＝－I·Δt，解得 q＝m2B2LgR，故 C 正确；从 ab 由静止释放，至 cd 刚离开磁 场过程，由能量守恒定律得 mgR＝21m2vcd2＋12×2mv2cd＋Q，又 Qcd＝32Q，解得 Qcd＝152mgR，故 D 错误。
析 v↓⇒F↓⇒a↓，当 v＝0 速度 a↓，当 E 感＝ －F 安＝ma 知 a↓， 安培力 F 安＝ILB＝CB2L2a
时，F＝0，a＝0，杆保 持静止
E 时，v 最大，且 vm ＝BEL
电磁感应专题-单杆模型
电磁感应中的“单杆＋电阻（电容，电源）+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，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× × × × × × × × ×× × × ×× × × × ×× ×v θ cdabM Nl1、[母题] (2020·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）、速度为v （小于最大速度）时的加速度 (3)上述过程中，杆上产生的热量。
（4）[变式] 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。
2、如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l ＝0.5 m ，左端接有阻值R ＝0.3 Ω的电阻。
一质量m ＝0.1 kg 、电阻r ＝0.1 Ω的金属棒MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B ＝0.4 T 。
棒在水平向右的外力作用下由静止开始以a ＝2 m/s 2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x ＝9 m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1。
电磁场中的单杆模型
R
v0 B
d
O
x
解 : （1）金属杆在导轨上先是向右做加速度为a 的匀减速直 线运动，到导轨右方最远处速度为零，后又沿导轨向左做 加速度为a 的匀加速直线运动．当过了y 轴后，由于已离 开了磁场区，故回路不再有感应电流．
以t1表示金属杆做匀减速运动的时间，有 t1 ＝ v0 / a ．
从而，回路中感应电流持续的时间 T＝2t１＝2v0／ a ．
➢ [06上海物理卷.12] 如图所示，平行金属导轨与水平
面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2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R1和 R2的阻值均相等，与导轨
B
a
R1
θ
之间的动摩擦因数为μ，
R2
导体棒ab沿导轨向上滑动，
b θ
当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F．此时
解后小结
➢→与“导体单棒”组成的闭合回路 中 的磁通量发生变化
➢→导体棒产生感应电动势 ➢→感应电流 ➢→导体棒受安培力 ➢→合外力 ➢→加速度
三、单杆在磁场中变速运动
倾 角 为 30° 的 斜 面 上 ， 有 一 导 体 框 架 ， 宽 为
1m，不计电阻，垂直斜面的匀强磁场磁感应
强 度 为 0.2T ， 置 于 框 架 上 的 金 属 杆 ab ， 质 量
向左运动时F－f＝ma
F＝ma＋f＝0.22（牛） 方向与x轴相反 ④
（3）开始时 v＝v0， f＝ImB l＝B2l 2v0/R
F＋f＝ma， F＝ma－f＝ma－B2l 2v0/R
∴ 当v0＜maR/B2l 2＝10米/秒 时，
F＞0 方向与x轴相反 ⑥
am
电磁感应中的“单杆”模型(精讲)高考物理双基突破练习
单杆模型是电磁感应中常见的物理模型，此类题目所给的物理情景一般是导体棒垂直切割磁感线，在安培力、重力、拉力作用下的变加速直线运动或匀速直线运动，所涉及的知识有牛顿运动定律、功能关系、能量守恒定律等。
1．此类题目的分析要抓住三点：（1）杆的稳定状态一般是匀速运动（达到最大速度或最小速度，此时合力为零）。
（2）整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功。
（3）电磁感应现象遵从能量守恒定律。
如图甲，导体棒ab从磁场上方h处自由释放，当进入磁场后，其速度随时间的可能变化情况有三种，如图乙，全过程其能量转化情况是重力势能转化为动能和电能，电能再进一步转化为导体棒和电阻R的内能。
2．单杆模型中常见的情况及处理方法：（1）单杆水平式v 0≠0v0＝0示意图单杆ab以一定初速度v0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轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两导轨间距为L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恒定力学导体杆以速度v切割磁感线产生感应电动S闭合，ab杆受安培力F＝BLEr，开始时a＝Fm，杆ab速度v⇒感开始时a＝Fm，杆ab速度v⇒感应电动势E＝BLv，经过Δt观 点势E ＝BLv ，电流I ＝ER ＝Blv R ，安培力F ＝BIL ＝B 2L 2vR，做减速运动：v ⇒F ⇒a ，当v ＝0时，F ＝0，a ＝0，杆保持静止此时a ＝BLEmr ，杆ab 速度v ⇒感应电动势BLv ⇒I ⇒安培力F ＝BIL ⇒加速度a ，当E感＝E 时，v 最大，且v m ＝E BL应电动势E ＝BLv ⇒I ⇒安培力F 安＝BIL ，由F －F安＝ma 知a ，当a ＝0时，v 最大，v m ＝FRB 2L 2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 ＝C ΔU ＝C （E ′－E ）＝ CBL Δv 电流I ＝Δq Δt ＝CBL ΔvΔt ＝CBLa 安培力F 安＝BLI ＝CB 2L 2a F －F安＝ma ，a ＝Fm ＋B 2L 2C ，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 ＝12mv 2电源输出的电能转化为动能W 电＝12mv 2mF 做的功一部分转化为杆的动能，一部分产生电热：W F ＝Q ＋12mv 2mF 做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：W F ＝12mv 2＋E C【题1】如图所示，间距为L ，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R 的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m ，电阻也为R 的金属棒，金属棒与导轨接触良好。