杆+导轨模型1
(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) 物理模型动态分析 设运动过程中某时刻棒的速度为v ，加速度为a ＝F m －错误!，a 、v 同向，随v 的增加,a 减小，当a ＝0时，v 最大，I ＝错误!恒定收尾状态 运动形式 匀速直线运动力学特征 a ＝0，v 最大，v m ＝错误! (根据F=F 安推出，因为匀速运动，受力平衡）电学特征I 恒定注：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 ，I=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）物理模型动态分析 棒释放后下滑，此时a ＝g sin α，速度v ↑E＝BLv↑I＝错误!↑错误!F＝BIL↑错误!a↓，当安培力F＝mg sin α时，a＝0，v最大注：棒刚释放时,速度为0，所以只受到重力和支持力,合力为mgsin α收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征a＝0，v最大，v m＝错误!（根据F=F安推出）电学特征I恒定【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。
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。
1.7 电磁感应中的杆-导轨模型
电磁感应中的杆-导轨模型精讲年级：高中科目：物理类型：选考制作人：黄海辉知识点：电磁感应中的杆-导轨模型一、电磁感应中的杆＋导轨模型这类问题的实质是不同形式的能量的转化过程，从功和能的观点入手，弄清导体切割磁感线运动过程中的能量转化关系，处理这类问题有三种观点，即：①力学观点；②图像观点；③能量观点。
单杆模型中常见的四种情况：模型一(v0≠0)模型二(v0＝0)模型三(v0＝0)模型四(v0＝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＝ER＝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S闭合，ab杆受安培力F＝BLEr，此时a＝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，且开始时a＝Fm，杆ab速度v↑⇒感应电动势E＝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＝FRB2L2开始时a＝Fm，杆ab速度v↑⇒感应电动势E＝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)＝F做的功一部分F做的功一部分【例1】如图947所示，“U”形金属框架固定在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中。
ab棒以水平初速度v0向右运动，下列说法正确的是()图947A．ab棒做匀减速运动B．回路中电流均匀减小C．a点电势比b点电势低D．ab棒受到水平向左的安培力[解析] 棒具有向右的初速度，根据右手定则，产生b指向a的电流，则a点的电势比b 点的电势高。
微专题-模型系列 电磁感应中的“杆+导轨”模型
模型系列
电磁感应中的“杆＋导轨”模型 试题
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典例
解析
(1)因为杆b静止，所以有 F2－B2IL＝mgtan 37°， 而F2＝0.75＋0.2t(N)， 解得I＝0.4t(A)． 整个电路中的电动势由杆a运动产生，故 E＝I(Ra＋Rb)，E＝B1Lv， 解得v＝4t(m/s) 所以杆a做加速度为a＝4 m/s2的匀加速运动． 1 (2)杆 a 在 1 s 内运动的距离 d＝ at2＝2 m. 2
模型系列
电磁感应中的“杆＋导轨”模型 试题
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典例
解析
【典例2】 如图所示，足够长的光滑平行金属导轨cd和ef 水平放置，在其左端连接倾角为θ＝37°的光滑金属导轨 ge、hc，导轨间距均为L＝1 m，在水平导轨和倾斜导轨上， 各放一根与导轨垂直的金属杆，金属杆与导轨接触良好．金 属杆a、b质量均为m＝0.1 kg，电阻Ra＝2 Ω、Rb＝3 Ω，其 余电阻不计．在水平导轨和斜面导轨区域分别有竖直向上和 竖直向下的匀强磁场B1、B2，且B1＝B2＝0.5 T．已知从t＝0 时刻起，杆a在外力F1作用下由静止开始水平向右运动，杆b 在水平向右的外力F2作用下始终保持静止状态，且F2＝0.75 ＋0.2t(N)．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
模型系列
电磁感应中的“杆＋导轨”模型 试题
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典例
解析
(1)求ab棒的加速度大小； (2)求磁感应强度B的大小； (1)1 m/s2 (2)2 T (3)18 J (4)5 s (3)若已知在前2 s内F做功W＝30 J，求前2 s内电路产生的焦 耳热； (4)求cd棒达到最大速度所需的时间． 答案
核心素养微专题6 电磁感应中的“杆+导轨”模型
(1)若涉及变力作用下运动问题，可选用动量守恒和能量守恒的方法解决。
(2)若涉及恒力或恒定加速度，一般选用动力学的观点。若涉及运动时间
问题也可选用动量定理求解。
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二轮 ·物理
[示例3] 如图所示，在大小为B的匀强磁场区域内跟磁场方向垂直的水 平面中有两根固定的足够长的金属平行导轨，在导轨上面平放着两根导 体棒ab和cd，两棒彼此平行，构成一矩形回路。导轨间距为l，导体棒的 质量都为m，电阻都为R，导轨部分电阻可忽略不计。设导体棒可在导 轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速v0，求： (1)当cd棒速度减为0.8v0时的加速度大小； (2)从开始运动到最终稳定，电路中产生的电能； (3)两棒之间距离增加量Δx的上限。
×mgsin θ＝ma，解得加速度大小为 2.5 m/s2，B 正确；金属杆滑至底端
的整个过程中，整个回路中产生的焦耳热为 mgh－12mv2m，电阻 R 产生的
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二轮 ·物理
焦耳热一定小于 mgh－21mvm2 ，C 错误；金属杆达到最大速度后，根据受 力平衡可得 mgsin θ＝F 安＝BIL，得 I＝mgBsiLn θ＝neSv－，得v－＝ρgnseiBn θ， 其中 n 为单位体积的电子数，ρ 为金属杆的密度，所以杆中定向运动的 电荷沿杆长度方向的平均速度与杆的粗细无关，D 正确。 [答案] BD
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二轮 ·物理
⑦ ⑧
二轮 ·物理
2．单杆“倾斜导轨”模型 匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为 B，导轨间距 L，导体棒 质量 m，电阻 R，导轨光滑，电阻不计(如图)
物理 模型
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二轮 ·物理
棒 ab 由静止释放后下滑，此时 a＝gsin α，棒 ab 速度 v↑→
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。
电磁感应中的“杆+导轨”模型
永寿中学2020-2021学年度高（三）年级第二学期教学设计科课题课型课时主备人执教者物理电磁感应中的“杆＋导轨”模型复习 1 王涛教学目标知识与技能“杆＋导轨”模型电磁感应中的应用过程与方法“杆＋导轨”模型情感、态度、价值观物理建模教学重点电磁感应中的“单杆＋导轨”模型教学难点电磁感应中的“双杆＋导轨”模型教学方法归纳总结，分析讲授学法指导物理建模解题教学过程教师活动学生活动二次备写检查学生自主学习情况：提问：1安培力方向的判断2安培力做功的性质评价学生的回答。
1．单杆“水平导轨”模型（1）、建模（2）、动态分析（3）、收尾状态分析a.运动形式b.力学特征c.电学特征例1：(示例1)1、引导学生分析受力、运动及电磁感应2、查看、评价学生习作情况2．单杆“倾斜导轨”模型（1）、建模（2）、动态分析（3）、收尾状态思考并回答老师提问在老师的引导下进行建模并归纳总结解题的方法根据建模，在老师指导下分析解答问题在老师的引导下进行建模并归纳总结解题的方法。
教学过程教师活动学生活动二次备写a.运动形式b.力学特征c.电学特征例2 （示例2）1、引导学生分析物体受力和运动2、查看、评价学生习作情况3.电磁感应中的“双杆＋导轨”模型（1）、建模（2）、力学观点分析（3）、动量观点分析（4）、能量观点分析两种情况(1)一杆切割、一杆静止时，分析同单杆类似。
(2)两杆同时切割时，感应电动势由两杆共同决定，E＝ΔΦΔt＝Bl|v1－v2|。
例3 （示例3）1、引导学生分析物体受力、运动动情况、动量和能量。
2、启发学生选择解题方法形成思路3、规范书写解题过程课堂练习（应用提升练题2）指导学生的练习、查看并评价布置自主复习任务：《光电效应原子结构原子核》根据建模，在老师指导下分析解答问题在老师的引导下进行建模并归纳总结解题的方法在老师的引导下进行方法的归纳总结根据建模，在老师指导下分析解答问题学生思考并完成练习作业布置“题组专练”14、15、18教学反思。
物理：电磁感应中杆——导轨模型专题教案
-7-
（ 2）将右面的半圆环 OL2O’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 L1、 L2 是串联的．
区域内，存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场。现对
a
棒施以平行导轨斜向上的拉力，使它沿导轨匀速向上运
图 13
动，此时放在导轨下端的 b 棒恰好静止。当 a 棒运动到磁场的上边界 PQ 处时，撤
去拉力， a 棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动， 此时 b 棒已滑离导
轨。当 a 棒再次滑回到磁场上边界 PQ 处时，又恰能沿导轨匀速向下运动。已知 a
F=IaLB+magsin θ （2 分） 又： IbLB=mgsin θ （1 分） 解得： F=3.5mgsin θ。 （1 分）
2 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 E n
n (BS) ,常见的题型有：
t
t
1．B 变化， S 不变
（ 1） B 均匀变化
R总
BLv =
3 sin（ 5
t）（A）
R总 4
3
L=2sin（ x）（m）且 x=vt， 3
电磁感应与力学综合题的解题策略 解决此类问题首先要建立“动→电→动”的思维顺序，可概括总结为：
(1) 找”电源”，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解电动势的大小和方向； (2) 画出等效电路图，求解回路中的电流的大小及方向； (3) 分析安培力对导体棒运动速度、加速度的动态过程，最后确定导体棒的最终运 动情况； (4) 列出牛顿第二定律或平衡方程求解．
a g sin 解得
B 2 L2v m(R r )
（1 分）
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。
高分策略之电磁感应中的杆导轨模型
一、单棒问题基本模型运动特点最终特征阻尼式a逐渐减小的减速运动静止I=0电动式匀速a逐渐减小的加速运动I=0 (或恒定)匀速发电式a逐渐减小的加速运动I 恒定二、含容式单棒问题基本模型运动特点最终特征放电式a逐渐减小的加速运动匀速运动I＝0 无外力充电式a逐渐减小的减速运动匀速运动I＝0 有外力充电式匀加速运动匀加速运动I 恒定三、无外力双棒问题基本模型运动特点最终特征无外力等距式杆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、有外力双棒问题基本模型运动特点最终特征有外力等距式杆1做a渐大的加速运动杆2做a渐小的加速运动a1=a2，Δv 恒定I恒定有外力不等距式杆1做a渐小的加速运动杆2做a渐大的加速运动a1≠a2，a1、a2恒定I 恒定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。
2．安培力的特点：安培力为阻力，并随速度减小而减小。
F B =BIl=3．加速度特点：加速度随速度减小而减小,a= =4．运动特点：速度如图所示。
a 减小的减速运动5．最终状态:静止 6．三个规律 (1)能量关系：-0 = Q , =(2)动量关系： 00BIl t mv -⋅∆=-q =, q ==(3)瞬时加速度：a= =【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，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）那么（ ）A. 完全进入磁场中时线圈的速度大于（v0+v）/2B. 安全进入磁场中时线圈的速度等于（v0+v）/2C. 完全进入磁场中时线圈的速度小于（v0+v）/2D. 以上情况A、B均有可能，而C是不可能的【答案】B【解析】设线圈完全进入磁场中时的速度为v x。
线圈在穿过磁场的过程中所受合外力为安培力。
高二物理：电磁感应中的“杆+导轨”模型
转到解析
3.规律方法
解决此类问题的分析要抓住三点 (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。
(1)电阻R消耗的功率； (2)水平外力的大小。
答案
B2l2v2 (1)
B2 (2)
l2v＋μmg
R
R
转到解析
【思维训练2】(2016·泰州一模)如图13甲，MN、PQ两条平行的光滑 金属轨道与水平面成θ＝37°角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在 空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B＝ 0.5 T。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为 r。现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm。改变电阻箱的阻值R，得 到vm与R的关系如图乙所示。已知轨距为L＝2 m，重力加速度g取10 m/s2，轨道足够长且电阻不计。求：(1)杆ab下滑过程中感应电流的方 向及R＝0时最大感应电动势E的大小；
2.典例剖析
【思维训练1】(2015·海南单科，13)如图12，两平行金属导轨位于同 一水平面上，相距l，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中， 磁感应强度大小为B，方向竖直向下。一质量为m的导体棒置于导轨上 ，在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动，滑动过程中始终保 持与导轨垂直并接触良好。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重 力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略。求
目录页
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物理建模：电磁感应 中的“杆＋导轨”模型
电磁感应中的杆轨道模型
设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安
培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡如图：
mg sin mg cos F 0
N
fF
此时金属棒克服安培力做功的功率
mg
等于电路中电阻R消耗的电功率 P Fv
解得：v 10m / s
第10页
高考调研 ·二轮重点讲练 ·物理
(3)在上问中，若R=2Ω，金属棒中的电流方向 由a到b，求磁感应强度的大小与方向？(g取10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8) 由 P I 2R 有: I P 8 A 2A
C(d)
b(a)
B
第13页
高考调研 ·二轮重点讲练 ·物理
（2）cd棒运动的最大速度?
分析可知：当ab、cd共速时，速度最大
由动量守恒定律：mv0 2mv共
得：v共
v0 2
4m / s
F安
F
安
C(d)
V b(a)
B
第14页
高考调研 ·二轮重点讲练 ·物理
（3）cd棒上产生的热量？
由能量的转化和守恒知：系统的动能转化 为焦耳热
由 F BIL可知 F I
所以有:
F2
I2 I1
F1
3 40 N 2
60 N
第7页
高考调研 ·二轮重点讲练 ·物理
二、单杆在磁场中变速运动
例二、如图所示，处于匀强磁场中的两根足 够长电阻不计的平行金属导轨相距1 m，导轨 平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为 R的电阻。匀强磁场方向与导轨平面垂直，质 量为0.2 kg、电阻不计的金属棒放在两导轨 上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之 间的动摩擦因数为0.25。
第12页
电磁感应中的导轨模型
无外力不等距式
1．电路特点棒 1 相当于电源;棒 2 受安培力而加 速起动,运动后产生反电动势.
2．电流特点随着棒 1 的减速、棒 2 的加速，最终当 Bl1v1=Bl2v2 时,电
流为零,两棒都做匀速运动
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 做加速度变小的减速运动，最终匀速;棒 2 做加速度变小的 加速运动，最终匀速; 4．最终特征回路B中l1v电1 流B为l2v零2 5．能量转化规律系统动能电能内能 两棒产生焦耳热之比： 6．流过某一截面的电量
3．加速度特点加速度随速度减小而减小 a FB B2l2v
v0
m m(R r)
4．运动特点 a 减小的减速运动
5．最终状态静止
6．三个规律 (1)能量关系：
1 2
mv02
0
Q
(2)动量关系： BIl t 0 mv0
q mv0 Bl
(3)瞬时加速度： a FB B2l2v m m(R r)
电容有外力充电式
1．电路特点导体棒为发电棒；电容器被充电。
2．三个基本关系
FB BIl
导体棒受到的安培力为： a F FB m
导体棒加速度可表示为：
回路中的电流可表示为：
3．四个重要结论： (1)导体棒做初速度为零匀加速运动：
a
m
mg CB2L2
(2)回路中的电流恒定：
I
CBlmg mg CB2l 2
4．运动特点 a 减小的加速运动
5．最终特征匀速运动
6．两个极值
am
F
mg m
(1)v=0 时,有最大加速度：
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
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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
电磁感应中的导轨模型
电磁感应中的导轨模型(总7页)-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1-CAL-本页仅作为文档封面，使用请直接删除电磁感应中的“杆+导轨”模型一、单棒模型阻尼式1．电路特点 导体棒相当于电源 2．安培力的特点 安培力为阻力，并随速度减小而减小。
3．加速度特点 加速度随速度减小而减小 4．运动特点 a 减小的减速运动 5．最终状态 静止 6．三个规律 (1)能量关系：(2)动量关系： (3)瞬时加速度： 7．变化 (1)有摩擦 (2)磁场方向不沿竖直方向电动式1．电路特点导体为电动棒，运动后产生反电动势（等效于电机）2．安培力的特点 安培力为运动动力，并随速度增大而减小。
3．加速度特点 加速度随速度增大而减小 4．运动特点 a 减小的加速运动 5．最终特征 匀速运动 6．两个极值(1)最大加速度： v=0时,E 反=0,电流、加速度最大 (2)最大速度： 稳定时，速度最大，电流最小7．稳定后的能量转化规律 8．起动过程中的三个规律v 022B B l v F BIl R r ==+22()B F B l va m m R r ==+20102mv Q -=00BIl t mv -⋅∆=-0mv q Bl=Bl sq nR r R rφ∆⋅∆==++22()B F B l v a m m R r ==+(E E B lR r -=+反）m EI R r=+m m F mga mμ-=,m m F BI l =min min ()2min mI E I E I R r mgv μ=+++反0m BLq mgt mv μ-=-(1)动量关系： (2)能量关系：(3)瞬时加速度： 发电式1．电路特点 导体棒相当于电源，当速度为v 时，电动势E ＝Blv 2．安培力的特点 安培力为阻力，并随速度增大而增大 3．加速度特点 加速度随速度增大而减小 4．运动特点 a 减小的加速运动 5．最终特征 匀速运动 6．两个极值(1) v=0时,有最大加速度：(2) a=0时,有最大速度： 7．稳定后的能量转化规律8．起动过程中的三个规律(1)动量关系： (2)能量关系：(3)瞬时加速度： 电容放电式：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。
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例3、光滑 M 形导轨， 竖直放置在垂直于纸面向里的匀强 磁场中，已知导轨宽L=0.5m，磁感应强度B=0.2T．有阻 值为0.5 Ω的导体棒AB紧挨导轨，沿着导轨由静止开始下 落，如图所示，设串联在导轨中的电阻R阻值为2 Ω ，其 他部分的电阻及接触电阻均不计．问： (1)导体棒AB在下落过程中，产生的感应电流的方向和 AB棒受到的磁场力的方向． (2)当导体棒AB的速度为5m/s(设并未达到最大速度)时， 其感应电动势和感应电流的大小各是多少?
例7、两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内， 两导轨间的距离为L。导轨上面横放着两根导体棒ab和cd， 构成矩形回路，如图所示．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．设两导体棒 均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3/4时，cd棒的加速度是多少？
例4、光滑U型金属框架宽为L，足够长，其上放一质量 为m的金属棒ab，左端连接有一电容为C的电容器，现 给棒一个初速v0，使棒始终垂直框架并沿框架运动，如 图所示。求导体棒的最终速度。
a
C
v0
b
例5、如图所示, 竖直放置的光滑平行金属导轨, 相距l , 导轨一端接有一个电容器, 电容量为C, 匀强磁场垂直 纸面向里, 磁感应强度为B, 质量为m的金属棒ab可紧 贴导轨自由滑动. 现让ab由静止下滑, 不考虑空气阻力, 也不考虑任何部分的电阻和自感作用. 问金属棒做什 么运动？棒落地时的速度为多大？
mv ，
q It
。
BLx mv q It 3 3 BL R R 2 2
，∴
3平面成37°角，宽L=0.4 m， 上、下两端各有一个电阻R0＝1 Ω，框架的其他部分电阻不计， 框架足够长.垂直于框平面的方向存在向上的匀强磁场，磁感应 强度B＝2T.ab为金属杆，其长度为L＝0.4 m，质量m＝0.8 kg， 电阻r＝0.5Ω，棒与框架的动摩擦因数μ＝0.5.由静止开始下滑， 直到速度达到最大的过程中，上端电阻R0产生的热量Q0＝0.375J (已知sin37°＝0.6，cos37°=0.8；g取10m／s2)求： (1)杆ab的最大速度； (2)从开始到速度最大的过程中ab杆沿斜面下滑的距离； 在该过程中通过ab的电荷量.
例6、如图所示，长平行导轨PQ、MN光滑，相距L=0.5m， 处在同一水平面中，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场竖 直向下穿过导轨面．横跨在导轨上的直导线ab的质量 m =0.1kg、电阻R =0.8Ω，导轨电阻不计．导轨间通 过开关S将电动势E =1.5V、内电阻r =0.2Ω的电池接 在M、P两端，试计算分析： （1）在开关S刚闭合的初始时刻，导线ab的加速度多大？ 随后ab的加速度、速度如何变化？ （2）在闭合开关S后，怎样才能使ab以恒定的速度 υ =7.5m/s沿导轨向右运动？试描述这时电路中的能 量转化情况（通过具体的数据计算说明）．
b B d
L v0 a c
例8、如图所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上， 磁感应强度B=0.50T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的 电阻很小，可忽略不计。导轨间的距离l=0.20m。两根质量均 为m=0.10kg的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动， 滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R=0.50Ω。 在t=0时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行、大小 为0.20N的恒力F作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动。 经过t=5.0s，金属杆甲的加速度为a=1.37m/s2，问此时两金 属杆的速度各为多少？
一、“单杆”滑切割磁感线型 1、杆与电阻连接组成回路 2、杆与电源连接组成回路 3、杆与电容器连接组成回路 二、“双杆”滑切割磁感线型 1、双杆所在轨道宽度相同——常用动量守恒求稳定速度 2、双杆所在轨道宽度不同——常用动量定理找速度关系 3、磁场方向与导轨平面不垂直 三、轨道滑模型
例1、如图所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨， 置于磁感强度为B、方向垂直导轨所在平面向里的匀 强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻．一根与导 轨接触良好、阻值为R／2的金属导线ab垂直导轨放置 （1）若在外力作用下以速度v向右匀速滑动，试求ab 两点间的电势差。 （2）若无外力作用，以初速度v向右滑动，试求运动 过程中产生的热量、通过ab电量以及ab发生的位移x。
电磁感应现象中的“杆+导轨”模型问 题
电磁感应中“滑轨”问题，最后要探讨的问题不外乎以下几种： 1、运动分析：稳定运动的性质（可能为静止、匀速运动、 匀加速运动）、求出稳定的速度或加速度、求达到稳定的 过程中发生的位移或相对位移等 2、分析运动过程中产生的感应电流、讨论某两点间的电势差等 3、分析有关能量转化的问题：如产生的电热、机械功率等 4、求通过回路的电量 解题的方法、思路通常是首先进行受力分析和运动分析。 然后运用动量守恒或动量定理以及能量守恒建立方程。 按照不同的情景模型，分成单杆滑、双杆滑以及轨道滑 三种情况举例分析。
乙 甲
F
例9、如图所示，abcd和a/b/c/d/为水平放置的光滑 平行导轨，区域内充满方向竖直向上的匀强磁场。 ab、a/b/间的宽度是cd、c/d/间宽度的2倍。设导轨 足够长，导体棒ef的质量是棒gh的质量的2倍。现给 导体棒ef一个初速度v0，沿导轨向左运动，当两棒的 速度稳定时，两棒的速度分别是多少？
解析：（1）ab运动切割磁感线产生感应电动势E，所以ab相当于 电源，与外电阻R构成回路。
∴Uab=
（2）若无外力作用则ab在安培力作用下做减速运动，最终静止。 动能全部转化为电热。 Q 1 mv 2 由动量定理得：Ft mv 即 BILt
∴
R 2 BLV BLV 3 RR 2
2
mv q BL