(好)电磁感应中的导轨类问题
电磁感应中的“杆导轨”类问题(3大模型)解题技巧
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。
【思路点拨】：【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【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 ＝BLv 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 2v 2R＝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 2L2，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 sinθ＝Q总＋12mv m2又Q杆＝12Q总，所以Q杆＝12mgx sin θ－m3g2R2sin2θB4L4。
【内化模型】单杆+电阻+导轨四种题型剖析题型一(v0≠0)题型二(v0＝0)题型三(v0＝0)题型四(v0＝0)说明杆cd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，杆cd质量为m，电阻不计，两导轨间距为L，拉力F恒定倾斜轨道光滑，倾角为α，杆cd质量为m，两导轨间距为L竖直轨道光滑，杆cd质量为m，两导轨间距为L示意图力学观点杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，电流I＝BLvR，安培力F＝BIL＝B2L2vR。
电磁感应现象中的导轨问题(平衡与动力学)优质课
电磁感应现象中的力学问题（平衡与动力学方程）导学者——桐庐中学郭金华学习目标：（一）知识与技能：1、熟知法拉第电磁感应定律、右手定则，安培力公式、左手定则，牛顿第二定律2、能解决电磁感应现象中导轨上的力电综合问题（平衡与动力学方程应用）。
（二）过程与方法：通过自主学习，合作交流等行为获得一条解决电磁感应现象中力学问题的方法。
（三）情感态度与价值观：提高自主学习的能力，合作交流的热情，养成在学习过程中注重寻找方法的意识。
学习重点：解决电磁感应现象中力学问题的方法得出。
学习难点：综合问题的分析能力，灵活的思维能力，方法意识的提高。
课堂学习：[自主学习-合作交流]例1：如图：水平面上有两根相距为L=0.5m 的足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ,它们的电阻可忽略不计,在M和P之间接有阻值为R=3.0Ω的定值电阻,导体棒ab的电阻为r=1.0Ω质量m=0.5kg,与导轨接触良好.整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应器强度B=2T，问：（1）若导体棒在水平拉力作用下以8m/s的速度向右匀速直线运动，求该水平拉力多大？（2）第（1）题中若某时刻，该水平拉力突然变成3N，导体棒接下去将做什么运动？求出该导体棒的最终速度?当该导体棒速度达到最大速度10m/s时，求此时导体棒的加速度。
不平衡情况下的动态分析：（3）写出导体棒最终速度v m 与所加水平外力F 的关系式，画出v m -F 拉图像（4）若要该导体棒由静止开始做a=2m/s 2的匀加速直线运动，写出所需水平拉力F 拉与时间的关系式方法总结：[条件变式-自主学习-合作交流] 例2：如图水平面上两根足够长平行金属导轨，间距为L=0.5m ，一端接电阻R=0.5Ω；导轨上静止放置一质量m=0.5kg 的金属杆（电阻不计），匀强磁场竖直向下，B=1T 。
若金属杆在水平恒力作用下最终做8m/s 的匀速直线运动，已知动摩擦因数 =0.4，重力加速度g=10m/s 2，求：（1）该水平恒力F 大小（2）当金属杆速度为4m/s 时的加速度a （3）写出导体棒最终速度v 与水平恒力F 的关系式，作出v-F 关系图。
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。
电磁感应现象习题综合题附答案
电磁感应现象习题综合题附答案一、高中物理解题方法：电磁感应现象的两类情况1．如图所示，光滑的长平行金属导轨宽度d=50cm ，导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，导轨上端电阻R=0.8Ω，其他电阻不计．导轨放在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T ．金属棒ab 从上端由静止开始下滑，金属棒ab 的质量m=0.1kg ．（sin37°=0.6，g=10m/s 2）（1）求导体棒下滑的最大速度；（2）求当速度达到5m/s 时导体棒的加速度；（3）若经过时间t ，导体棒下滑的垂直距离为s ，速度为v ．若在同一时间内，电阻产生的热与一恒定电流I 0在该电阻上产生的热相同，求恒定电流I 0的表达式（各物理量全部用字母表示）．【答案】（1）18.75m/s （2）a=4.4m/s 2（3222mgs mv Rt【解析】【分析】根据感应电动势大小与安培力大小表达式，结合闭合电路欧姆定律与受力平衡方程，即可求解；根据牛顿第二定律，由受力分析，列出方程，即可求解；根据能量守恒求解；解：（1）当物体达到平衡时，导体棒有最大速度，有：sin cos mg F θθ= ， 根据安培力公式有： F BIL =， 根据欧姆定律有： cos E BLv I R Rθ==， 解得： 222sin 18.75cos mgR v B L θθ==； （2）由牛顿第二定律有：sin cos mg F ma θθ-= ，cos 1BLv I A Rθ==， 0.2F BIL N ==， 24.4/a m s =；（3）根据能量守恒有：22012mgs mv I Rt =+ ， 解得： 202mgs mv I Rt -=2．如图甲所示，MN 、PQ 两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ = 30°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 = 1T ．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v m ．改变电阻箱的阻值R ，得到v m 与R 的关系如图乙所示．已知轨距为L = 2m ，重力加速度g 取l0m/s 2，轨道足够长且电阻不计．求：(1)杆ab 下滑过程中流过R 的感应电流的方向及R =0时最大感应电动势E 的大小； (2)金属杆的质量m 和阻值r ；(3)当R =4Ω时，求回路瞬时电功率每增加2W 的过程中合外力对杆做的功W ． 【答案】(1)电流方向从M 流到P ，E =4V (2)m =0.8kg ，r =2Ω (3)W =1.2J 【解析】本题考查电磁感应中的单棒问题，涉及动生电动势、闭合电路欧姆定律、动能定理等知识．(1)由右手定则可得，流过R 的电流方向从M 流到P 据乙图可得，R=0时，最大速度为2m/s ，则E m = BLv = 4V (2)设最大速度为v ，杆切割磁感线产生的感应电动势 E = BLv 由闭合电路的欧姆定律EI R r=+ 杆达到最大速度时0mgsin BIL θ-= 得 2222sin sin B L mg mg v R r B Lθθ=+ 结合函数图像解得：m = 0.8kg 、r = 2Ω(3)由题意：由感应电动势E = BLv 和功率关系2E P R r =+得222B L V P R r=+则22222221B L V B L V P R r R r∆=-++ 再由动能定理22211122W mV mV =- 得22()1.22m R r W P J B L +=∆=3．图中装置在水平面内且处于竖直向下的匀强磁场中，足够长的光滑导轨固定不动。
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。
电磁感应中导轨问题的分类及应用
电磁感应中导轨问题的分类及应用一、单动式导轨的基本特点和规律如图所示，间距为l的平行导轨与电阻R相连，整个装置处在大小为B、垂直导轨平面向上的匀强磁场中。
质量为m、电阻为r的导体从静止开始沿导轨滑下，已知导体与导轨的动摩擦因数为μ。
1.电路特点导体为发电边，与电源等效。
当导体速度为v时，其电动势为E=Blv。
2.安培力特点安培力为运动阻力，并随速度按正比规律增大F B=Blv=B2l2v/(R+r)∝v3.加速度特点加速度随速度增大而减小，导体做加速度减小的加速运动ma=mgsinθ-μmgcosθ-B2l2v/(R+r)4.两个极值的规律当v=0时，F B =0，加速度最大为a=gsinθ-μgcosθ当a=0时，F合=0，速度最大。
根据平衡条件有mgsinθ=-μmgcosθ+B2l2v/(R+r)所以最大速度为v m=mg(sinθ-μcosθ)(R+r)/(B2l2)5.匀速运动时能量转化规律当导体以最大速度匀速运动时，重力的机械功率等于安培力功率（即电功率）和摩擦力功率之和，并均达到最大值。
P G=P F+Pμ P G=mgv m sinθ Pμ=μmgv m cosθP F=F m v m=I m E m=E m2/(R+r)=I m2(R+r)当μ=0时，重力的机械功率就等于安培力功率，也等于电功率，这就是发电导轨在匀速运动过程中最基本的能量转化和守恒定律mgv m sinθ= F m v m=I m E m=E m2/(R+r)=I m2(R+r)二、双动式导轨的基本问题和规律如图所示，间距为l的光滑平行导轨水平放置，处在大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，质量均为m、电阻均为r的两根导体分别在平行于导轨方向的两个大小相等、方向相反的水平拉力F作用下，以速度v向左右两侧反向匀速运动。
1.电路特点两导体反方向（相向或背向）运动，均为发电边，与两个同样的电源串联等效。
2.回路中电动势和电流的计算根据欧姆定律，电动势和电流分别为E合=2E=2BlvI= E合/R=2Blv/(2r)=Blv/r3.拉力和安培力的特点和计算拉力为动力，安培力为阻力；在匀速运动的条件下，两者为平衡力。
电磁感应中的导体棒导线框问题(教师版)
专题十六电磁感应中的导体棒、导线框问题考点一单杆问题导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，杆ab初速度为v0，质量为m，电阻不计导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，杆ab初速度为v0，质量为m，电阻不计，，(根据q＝CU、U＝BLv m、－B I L·Δt＝mv m－mv0、q＝IΔt，可得v m＝mv0m＋B2L2C)导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，单杆ab 质量为m，电阻不计导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，单杆ab质量为m，电阻不计，拉力F恒定最大，导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，单杆ab 质量为m，电阻为R (根据Δq＝q0－q ＝CE－CBLv m、B I LL·Δt＝mv m－0、Δq＝IΔt，可得v m＝BLCEm＋B2L2C)导轨水平光滑，间距为L，电阻不计，单杆ab 质量为m，电阻不计，拉力F恒定(2022·山东省菏泽市高三下二模)如图所示，倾角为θ的斜面上固定两根足够长的平行光滑导轨，将定值电阻、电容器和电源在导轨上端分别通过开关S 1、S 2、S 3与导轨连接，匀强磁场垂直斜面向下，初始时刻导体棒垂直导轨静止，不计导轨和导体棒的电阻，下列叙述正确的是( ) A .S 1闭合，S 2、S 3断开，由静止释放导体棒，导体棒的a t 图像如图1 B .S 2闭合，S 1、S 3断开，由静止释放导体棒，导体棒的a t 图像如图2C .S 1、S 2、S 3断开，由静止释放导体棒Δt 后闭合开关S 1，导体棒的v t 图像可能如图3D .S 1、S 2、S 3断开，由静止释放导体棒Δt 后闭合开关S 3，导体棒的v t 图像一定如图4CS 1闭合，S 2、S 3断开，由静止释放导体棒，导体棒与电阻构成回路，根据E ＝BLv ，I ＝ER ，F 安＝BIL ，可得F 安＝B 2L 2v R ，根据牛顿第二定律可得导体棒的加速度为a ＝mg sin θ－F 安m ＝g sin θ－B 2L 2vmR ，可知随着导体棒速度的增加，导体棒的加速度逐渐减小，A 错误；S 2闭合，S 1、S 3断开，由静止释放导体棒，导体棒与电容器构成回路，则有E ＝BLv ，电容器极板所带电荷量为Q ＝CE ＝CBLv ，电路中电流为I ＝ΔQ Δt ＝CBL ΔvΔt ＝CBLa ，导体棒受到的安培力为F 安＝BIL ＝CB 2L 2a ，根据牛顿第二定律可得mg sin θ－F 安＝ma ，解得a ＝mg sin θm ＋CB 2L 2，可知导体棒的加速度保持不变，B 错误；S 1、S 2、S 3断开，由静止释放导体棒Δt 后闭合开关S 1，可知闭合开关S 1瞬间导体棒的速度为v ＝g sin θ·Δt ，导体棒受到的安培力大小为F 安＝B 2L 2v R ＝B 2L 2g sin θ·ΔtR ，若F 安＝B 2L 2g sin θ·ΔtR <mg sin θ，可知导体棒继续向下加速，随着速度的增加，安培力增大，加速度减小，当安培力与重力沿导轨向下的分力平衡时，导体棒做匀速直线运动，故导体棒的v t 图像可能如图3，C 正确；S 1、S 2、S 3断开，由静止释放导体棒Δt 后闭合开关S 3，可知闭合开关S 3瞬间导体棒的速度为v ＝g sin θ·Δt ，导体棒切割磁感线产生的电动势为E 动＝BLv ＝BLg sin θ·Δt ，根据右手定则可知动生电动势E 动的方向与电源的电动势E 0方向相反，若E 动＝BLg sin θ·Δt >E 0，则回路的电流为I ＝E 动－E 0r ＝BLg sin θ·Δt －E 0r ，安培力方向沿导轨向上，大小为F 安＝BIL ＝BL ·BLg sin θ·Δt －E 0r ，若刚好满足F 安＝BL ·BLg sin θ·Δt －E 0r ＝mg sin θ，则导体棒向下做匀速直线运动，D 错误。
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。
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无外力 等距式
1
v0
杆1做a渐小 的加速运动
v1=v2
2
杆2做a渐小 的减速运动
I＝0
无外力 不等距式
v0
2
1
杆1做a渐小 的减速运动
杆2做a渐小 的加速运动
a＝0 I＝0
L1v1=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
1
杆1做a渐大 F 的加速运动
a1=a2
杆2做a渐小 Δv 恒定
v0
4．运动特点 a减小的减速运动
5．最终状态 静止
O
t
阻尼式单棒
6．三个规律 (1)能量关系：
1 2
mv02
0
Q
v0
QR Qr R r
(2)动量关系： BIl t 0 mv0
q mv0 Bl
q n Bl s
Rr Rr
(3)瞬时加速度： a FB B2l2v
m m(R r)
P
受的安培力。
Q
解析：用a表示金属杆的加速度，在t时刻，金属
杆与初始位置的距离：L 1 at2
2
此时杆的速度： v at
这时，杆与导轨构成的回路的面积：s Ll
回路中的电动势：E S B Blv SK Blv 回路总电阻：R 2Lr0 t
回路电流： I E
R
作用于杆的作用力：F BIl 解得： F 3k2l2 t
2r0
解析 磁通量的变化是由磁场和回路面积同时变化引起 的，两种因素产生的感应电动势的方向是一致的．用a表示金 属杆运动的加速度，在t时刻，金属杆与初始位置的距离 x＝ 1 at2，此时杆的速度v＝at，这时杆与导轨构成的回路的
2
面积S＝xL．回路中的感应电动势E＝E1＋E2＝S·ΔΔBt ＋BtLv.
P
b
N
右手定则
B
匀速运动 F
Q
FA
ILB
P Fv FAv
P I2R
变式训练1 如 图 32 － 5 所 示 ， 两 根 平 行 金 属 导 轨 固 定 在 水 平 桌 面 上，每米导轨的电阻r0＝0.10 Ω，导轨的端点P、Q用电阻可 忽略的导线相连，两导轨间的距离L＝0.20 m．有一随时间 变化的匀强磁场垂直于桌面(图中未画出)，已知磁感应强度B 与时间t的关系为B＝kt，比例系数k＝0.020 T/s．一电阻不计 的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导 轨垂直．在t＝0时刻，金属杆紧靠在PQ端，在外力作用下， 杆以恒定的加速度由静止开始向导轨的另一端滑动，求在t＝ 6.0 s时金属杆所受的安培力．
7．变化
(1)有摩擦 (2)磁场方向不沿竖直方向
练习：AB杆受一冲量作用后以初速度 v0=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=2Ω，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μ=0.4，测得杆从运动到停止的过程中通过导线 的电量q=10－2C，求：上述过程中 (g取10m/s2)
而Bt＝kt，则
ΔB Δt
k(t Δt ) kt Δt
k
得：E＝1 at2·L·k＋kt·L·at＝3 akLt2
2
2
回路中的总电阻R＝2Lr0，回路中的感应电流I＝
E R
，作
用于杆的安培力F＝BIL
解得：F＝3k2L2 t＝1.44×10－3 N． 2r0
答案 1.44×10－3 N 点评 若磁通量的变化是由磁场和回路面积同时变化引
起的,则由法拉第电磁感应定律可知E＝ Δ ＝B·ΔS ＋S·ΔB .
Δt
Δt
Δt
值得注意的是：先根据两个感应电动势的方向确定其正负，
再进行求和．
（2003广东物理，18）如图所示，两根平行金属导轨固 定在水平桌面上，每根导轨每米的电阻为r0=0.10Ω/m， 导轨的端点P、Q用电阻可以忽略的导线相连，两导轨间 的距离l=0.20m。有随时间变化的匀强磁场垂直于桌面， 已知磁感应强度B与时间t的关系为B=kt，比例系数 k=0.020T/s。一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦低 滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直。在t=0时刻，金属 杆紧靠在P、Q端，在外力作用下，杆以恒定的加速度从 静止开始向导轨的另一端滑动，求在t=6.0s时金属杆所
θ
B
v
(mg
sin
mg
B 2 L2
cos
)R
例2、如图B=0.2T，金属棒ab向右匀速运动，v=5m/s，L=40cm，
电阻R=0.5Ω,其余电阻不计，摩擦也不计，试求：
①感应电动势的大小 ②感应电流的大小和方向
③使金属棒匀速运动所需的拉力 ④感应电流的功率
⑤拉力的功率
E BLv
M
a
R
mr F
(1)AB杆运动的距离；
(2)AB杆运动的时间；
(3)当杆速度为2m/s时其
A
加速度为多大？
v0
R
B
B
发电式单棒
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
FB
BIl
B Blv l ＝ B2l2v Rr Rr
v
3．加速度特点
v
2
的加速运动 I 恒定
有外力
F
不等距式
2
1
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
阻尼式单棒
1．电路特点
v0
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
FB
BIl
B2l 2v Rr
加速度随速度减小而减小
v
a FB B2l 2v m m(R r)
② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦
R B2L2 (F mg)t0 B2L2t0
m(F mg)
m
2016（全国新课标I卷，24）（14分）如图，两固定的绝缘斜 面倾角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab（仅标出a端）和cd（ 仅标出c端）长度均为L质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔 软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的 两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面 上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上。 已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面 间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。已知金属棒ab匀 速下滑。求 (1)作用在金属棒ab上的安培力的大小； (2)金属棒运动速度的大小。
m m(R r)
vm
(F
mg)(R
B2l2
r)
发电式单棒
7．稳定后的能量转化规律
F
Fvm
(BLvm )2 Rr
mgvm
8．起动过程中的三个规律
(1)动量关系： Ft BLq mgt mvm 0
(2)能量关系：
Fs
QE
mgS
1 2
mvm2
(3)瞬时加速度：a F FB mg F B2l2v g 0
【解析】（1）导体切割磁感线运动产生的电动势为 E BLv
，
根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为
电阻R消耗的功率为 P I 2R
IE R
联立可得
P B2 L2v2 R
（2）对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦
力，向右的外力，三力平衡，故有 F安 mg F
F安
BIl
B
Blv R
l
而Bt＝kt，则
ΔB Δt
k(t Δt ) kt Δt
k
得：E＝1 at2·L·k＋kt·L·at＝3 akLt2
2
2
回路中的总电阻R＝2Lr0，回路中的感应电流I＝
E R
，作
用于杆的安培力F＝BIL
解得：F＝3k2L2 t＝1.44×10－3 N． 2r0
答案 1.44×10－3 N 点评 若磁通量的变化是由磁场和回路面积同时变化引
解：（1）设金属杆进入磁场前加速度为a，进入磁场时速度大
小为v
根据牛顿第二定律：F mg ma ①
根据运动学公式： v at0
电动势： E BLv
①②③联立： E BLt0 (F （2）导棒中电流： I E
mg)
m
R
安培力： F安 BIL
匀速时： F =F安 +mg
④⑤⑥⑦联立得：
图32－5
解析 磁通量的变化是由磁场和回路面积同时变化引起 的，两种因素产生的感应电动势的方向是一致的．用a表示金 属杆运动的加速度，在t时刻，金属杆与初始位置的距离 x＝ 1 at2，此时杆的速度v＝at，这时杆与导轨构成的回路的
2
面积S＝xL．回路中的感应电动势E＝E1＋E2＝S·ΔΔBt ＋BtLv.
联立可得： T mg cos mg sin
选ab为研究对象，受力分析如图：
其沿斜面方向受力平衡： T ' fab F安 Gab sin
垂直于斜面方向受力平衡： Nab Gab cos 且 fab Nab T与T′为作用力与反作用力：T ' T 联立可得：F安 mg sin 3mg cos①
m
m m(R r)
问： q n Bl s
Rr Rr
是否成立？
发电式单棒
9．几种变化 (1) 电路变化
F
(2)磁场方向变化
B
F
(3)拉力变化
(4) 导轨面变化（竖直或倾斜）
B
加沿斜面恒力
F
M
N
通过定滑轮挂