电磁感应中的单双杆模型

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电磁感应中的单双杆模型通法

电磁感应中的单双杆模型通法作者：杜浩天来源：《科技风》2018年第33期摘要：电磁感应中单，双杆模型是高考物理解答题中的一种重要模型。

具有题干简单，思维巧妙，需要综合运动学与动力学，能量关系的特点。

笔者从物理意义出发，解释了两类问题共同的物理背景，采用不同的数学方法总结了这类问题的通用思路与解法关键词：电磁感应；单杆模型；双杆模型电场与磁场在是能量的两种不同的表现形式，通过观察电子的微观运动，在固定的参照系中，可以看到带电粒子受到洛伦兹力的影响，而当导体处于磁场中时，带电粒子由于运动受限，表现为有序运动，宏观对外体现为电流，并使导体收到了安培力，通过计算处在磁场中的单一带电导体，以及一对带电导体，并进行对照分析，可以从一个角度解释两种效应的联系和差别，以及外力与做功及能量的转化形式。

实际上，同一个电荷产生的电场相对于静止和运动的观察者来说，一个观察到了静电场，而另一个观察到了电磁场。

换言之，磁场部分的特性相对于静止的观察者是不绝对的，取决于运动的观察者的相对运动关系，即磁场也是是一种典型的矢量，参照系的选取对矢量的观察存在惯性参考系的矢量叠加原则。

本文在地球与磁场相对静止的参考系中进行计算与分析，以简化讨论的范畴，突出其物理意义。

本文讨论了不同的两种模型，分为单杆模型与双杆模型，这里的杆实际上其定义等价为带电导体，其在磁场中运动切割磁力线，并受电磁感应力的影响，运动过程较为复杂，可以同时从力的角度与能量的角度分析同意物理过程；从力的角度更清楚的观察分析过程，从功能的角度可以更清楚的计算结果及稳态响应。

1 单杆模型在水平桌面上，有电阻大小为R，金属杆长为L质量为m不计电阻，导轨光滑不计电阻，在导轨内部有大小为B方向垂直纸面向外的匀强磁场，初始状态如图。

现在给金属杆一个大小V的初速度，使其向右运动，直至停止时。

讨论如下几问：（1）全程发热多少？（2）通过R的电荷量时多少？（3）通过路程有多长？①对杆而言，在外力给予一个冲量，获得一定的初速度后，杆切割磁力线，本身会引起杆内的自由电子定向移动，于是正负电荷向两端富集，而金属感在与滑轨形成闭合回路后，富集的过程变成在回路中的电流行为，这个电流让杆在磁场的影响下形成安培力反过来作用于杆，物理过程是变速运动，宏观的结果是杆慢慢减速，逐渐停止。

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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⑦ ⑧
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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↑→

高中物理-电磁感应中的“双杆模型”

高中物理-电磁感应中的“双杆模型”“双杆”模型分为两类：一类是“一动一静”，甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件：甲杆静止、受力平衡．另一种情况是两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减．一、平行导轨：不受其他外力作用光滑平行导轨光滑不等距导轨示意图质量m1＝m2 电阻r1＝r2 长度L1＝L2质量m1＝m2电阻r1＝r2长度L1＝2L2规律分析杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为1∶2(2015·高考四川卷)如图所示，金属导轨MNC和PQD，MN与PQ平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为α，N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为R的电阻；光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角都为锐角θ.均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L，ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合；ef 棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ(μ较小)，由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止．空间有方向竖直的匀强磁场(图中未画出)．两金属棒与导轨保持良好接触，不计所有导轨和ab棒的电阻，ef棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g.(1)若磁感应强度大小为B，给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef棒始终静止，求此过程ef棒上产生的热量；(2)在(1)问过程中，ab棒滑行距离为d，求通过ab棒某横截面的电量；(3)若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒始终静止．求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离．[解析](1)设ab棒的初动能为E k，ef棒和电阻R在此过程产生的热量分别为W和W1，有W＋W1＝E k①且W＝W1②由题意有E k＝12m v21③得W＝14m v21.④(2)设在题设过程中，ab棒滑行时间为Δt，扫过的导轨间的面积为ΔS，通过ΔS的磁通量为ΔΦ，ab棒产生的电动势平均值为E，ab棒中的电流为I，通过ab棒某横截面的电荷量为q，则甲E＝ΔΦΔt⑤且ΔΦ＝BΔS⑥I＝qΔt⑦又有I＝2ER⑧由图甲所示ΔS＝d(L－d cot θ)⑨联立⑤～⑨，解得q＝2Bd(L－d cot θ)R.⑩(3)ab棒滑行距离为x时，ab棒在导轨间的棒长L x为L x＝L－2x cot θ⑪此时，ab棒产生的电动势E x为E x＝B v2L x⑫流过ef棒的电流I x为I x＝E xR⑬ef棒所受安培力F x为F x＝BI x L⑭联立⑪～⑭，解得F x＝B2v2LR(L－2x cot θ)⑮由⑮式可得，F x在x＝0和B为最大值B m时有最大值F1.由题知，ab棒所受安培力方向必水平向左，ef棒所受安培力方向必水平向右，使F1为最大值的受力分析如图乙所示，图中f m为最大静摩擦力，有F1cos α＝mg sin α＋μ(mg cos α＋F1sin α)⑯联立⑮⑯，得B m＝1Lmg(sin α＋μcos α)R(cos α－μsin α)v2⑰⑰式就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小，该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下．乙丙由⑮式可知，B为B m时，F x随x增大而减小，x为最大x m时，F x为最小值F2，如图丙可知F2cos α＋μ(mg cos α＋F2sin α)＝mg sin α⑱联立⑮⑰⑱，得x m ＝μL tan θ(1＋μ2)sin αcos α＋μ.[答案]见解析二、平行导轨：一杆受恒定水平外力作用光滑平行导轨不光滑平行导轨示意图质量m1＝m2电阻r1＝r2长度L1＝L2摩擦力F f1＝F f2＝F f 质量m1＝m2电阻r1＝r2长度L1＝L2规律分析开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀变速运动开始时，若F f<F≤2F f，则PQ杆先变加速后匀速，MN杆一直静止；若F>2F f，PQ杆先变加速，MN后做变加速最后两杆做匀速运动如图所示，两条平行的金属导轨相距L＝1 m，水平部分处在竖直向下的匀强磁场B1中，倾斜部分与水平方向的夹角为37°，处于垂直于斜面的匀强磁场B1中，B1＝B2＝0.5 T．金属棒MN和PQ的质量均为m＝0.2 kg，电阻R MN＝0.5 Ω、R PQ＝1.5 Ω.MN置于水平导轨上，PQ置于倾斜导轨上，刚好不下滑．两根金属棒均与导轨垂直且接触良好．从t＝0时刻起，MN棒在水平外力F的作用下由静止开始向右运动，MN棒的速度v与位移x满足关系v＝0.4x.不计导轨的电阻，MN始终在水平导轨上运动，MN与水平导轨间的动摩擦因数μ＝0.5.(1)问当MN棒运动的位移为多少时PQ刚要滑动？(2)求从t＝0到PQ刚要滑动的过程中通过PQ棒的电荷量；(3)定性画出MN受的安培力随位移变化的图象，并求出MN从开始到位移x1＝5 m的过程中外力F做的功．[解析](1)开始PQ刚好不下滑时，PQ受沿倾斜导轨向上的最大静摩擦力F fm，则F fm＝mg sin 37°设PQ刚好要向上滑动时，MN棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律E＝B1L v设电路中的感应电流为I，由闭合电路的欧姆定律得I＝ER MN＋R PQ设PQ所受安培力为F A，有F A＝B2IL此时PQ受沿倾斜导轨向下的最大静摩擦力，由力的平衡条件有：F A＝F fm＋mg sin 37°又由v＝0.4x，联立解得x＝48 m.(2)在从t＝0到PQ刚要滑动的过程中，穿过回路MNQP的磁通量的变化量ΔΦ＝B1Lx＝0.5×1×48 Wb＝24 Wb通过PQ棒的电荷量q＝I·t＝ER MN＋R PQ·t＝ΔΦR MN＋R PQ＝240.5＋1.5C＝12 C.(3)回路中的电流I＝B1L vR MN＋R PQ，MN受到的安培力F A＝B1IL，又v＝0.4x，故推出F A＝0.4xB21L2R MN＋R PQ因此MN受的安培力与位移x成正比，故画出如图所示的安培力—位移图象.考虑到MN受的安培力与位移方向相反，故安培力与位移图象包围的面积等于克服安培力做的功，故安培力对MN做功W A＝－12·0.4x1B21L2R MN＋R PQx1＝－0.625 J当x1＝5 m时，速度v1＝0.4x1＝0.4×5 m/s＝2 m/s对MN棒由动能定理：W F－μmgx1＋W A＝12m v21－0故W F＝12m v21＋μmgx1－W A＝⎝⎛⎭⎫12×0.2×22＋0.5×0.2×10×5＋0.625J＝6.025 J.[答案](1)48 m(2)12 C(3)6.025 J三、倾斜导轨：两杆不受外力作用注意双杆之间的制约关系，即“主动杆”与“被动杆”之间的关系，因为两杆都有可能产生感应电动势，相当于两个电源，并且最终两杆的收尾状态的确定是分析问题的关键．(2014·高考天津卷)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m 1＝0.1 kg ，电阻R 1＝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m 2＝0.4 kg ，电阻R 2＝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/s 2.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．[审题点睛] (1)ab 刚好不下滑，隐含F fm ＝mg sin θ，方向沿斜面向上，ab 刚要向上滑动时，隐含F 安＝F fm ＋mg sin θ，摩擦力方向沿斜面向下．(2)由于ab 中的电流变化，产生的热量要用功能关系(能量守恒)结合电路知识求解．[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 ＝m 1g 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 ＝BL v ② 设电路中的感应电流为I ，由闭合电路欧姆定律有 I ＝ER 1＋R 2③ 设ab 所受安培力为F 安，有F 安＝BIL ④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＝m 1g sin θ＋F max ⑤ 综合①②③④⑤式，代入数据解得v ＝5 m/s.(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＋12m 2v 2又Q ＝R 1R 1＋R 2Q 总解得Q ＝1.3 J.[答案] (1)由a 流向b (2)5 m/s (3)1.3 J 四、倾斜导轨：一杆受到外力作用(2016·浙江金华高三质检)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 间距为l ＝0.5 m ，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角．完全相同的两金属棒ab 、cd 分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为m ＝0.02 kg ，电阻均为R ＝0.1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.2 T ，棒ab 在平行于导轨向上的力F 作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd 恰好能够保持静止，取g ＝10 m/s 2，问：(1)通过棒cd 的电流I 是多少，方向如何？ (2)棒ab 受到的力F 多大？(3)棒cd 每产生Q ＝0.1 J 的热量，力F 做的功W 是多少？[解析] (1)棒cd 受到的安培力F cd ＝IlB棒cd 在共点力作用下受力平衡，则F cd ＝mg sin 30° 代入数据解得I ＝1 A根据楞次定律可知，棒cd 中的电流方向由d 至c . (2)棒ab 与棒cd 受到的安培力大小相等，F ab ＝F cd 对棒ab ，由受力平衡知F ＝mg sin 30°＋IlB 代入数据解得F ＝0.2 N.(3)设在时间t 内棒cd 产生Q ＝0.1 J 的热量，由焦耳定律知Q ＝I 2Rt设棒ab 匀速运动的速度大小为v ，其产生的感应电动势E ＝Bl v ，由闭合电路欧姆定律知，I ＝E2R由运动学公式知在时间t 内，棒ab 沿导轨的位移 x ＝v t力F 做的功W ＝Fx综合上述各式，代入数据解得W ＝0.4 J. [答案] (1)1 A 方向由d 至c (2)0.2 N (3)0.4 J 五、竖直导轨如图是一种电磁驱动电梯的原理图，竖直平面上有两根很长的平行竖直轨道，轨道间有垂直轨道平面的匀强磁场B 1和B 2，B 1＝B 2＝1 T ，且B 1和B 2的方向相反，两磁场始终竖直向上做匀速运动．电梯桥厢(未在图中画出)固定在一个用超导材料制成的金属框abdc 内，并且与之绝缘．电梯载人时的总质量为5×103 kg ，所受阻力f ＝500 N ，金属框垂直轨道的边长L cd ＝2m ，两磁场沿轨道的宽度均与金属框的竖直边长L ac 相同，金属框整个回路的电阻R ＝9.5×10－4Ω，若设计要求电梯以v 1＝10 m/s 的速度向上匀速运动，取g ＝10 m/s 2，那么 (1)磁场向上运动速度v 0应该为多大？(2)在电梯向上做匀速运动时，为维持它的运动，外界对系统提供的总功率为多少？(保留三位有效数字)[解析] (1)当电梯向上做匀速运动时，安培力等于重力和阻力之和，所以 F A ＝mg ＋f ＝50 500 N金属框中感应电流大小为 I ＝2B 1L cd (v 0－v 1)R金属框所受安培力F A ＝2B 1IL cd 解得v 0＝13 m/s.(2)当电梯向上做匀速运动时，由第(1)问中的I ＝2B 1L cd (v 0－v 1)R ，求出金属框中感应电流I ＝1.263×104 A金属框中的焦耳热功率P 1＝I 2R ＝1.51×105 W 有用功率为克服电梯重力的功率 P 2＝mg v 1＝5×105 W阻力的功率为P 3＝f v 1＝5×103W电梯向上运动时，外界提供的能量，一部分转变为金属框内的焦耳热，另一部分克服电梯的重力和阻力做功．因而外界对系统提供的总功率P 总＝P 1＋P 2＋P 3＝6.56×105W. [答案] (1)13 m/s (2)6.56×105 W1．(多选)如图所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab 、cd 与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab 、cd 的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F 水平向右拉金属棒cd ，经过足够长时间以后( )A ．金属棒ab 、cd 都做匀速运动B ．金属棒ab 上的电流方向是由b 向aC ．金属棒cd 所受安培力的大小等于2F /3D ．两金属棒间距离保持不变解析：选BC.对两金属棒ab 、cd 进行受力分析和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab 速度小于金属棒cd 速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab 上的电流方向由b 到a ，A 、D 错误，B 正确；以两金属棒整体为研究对象有：F ＝3ma ，隔离金属棒cd 分析其受力，则有：F －F 安＝ma ，可求得金属棒cd 所受安培力的大小F 安＝23F ，C 正确．2.(多选)(2016·唐山模拟)如图所示，水平传送带带动两金属杆a 、b 匀速向右运动，传送带右侧与两光滑平行金属导轨平滑连接，导轨与水平面间夹角为30°，两虚线EF 、GH 之间有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B ，磁场宽度为L ，两金属杆的长度和两导轨的间距均为d ，两金属杆质量均为m ，两杆与导轨接触良好．当金属杆a 进入磁场后恰好做匀速直线运动，当金属杆a 离开磁场时，金属杆b 恰好进入磁场，则( )A ．金属杆b 进入磁场后做加速运动B ．金属杆b 进入磁场后做匀速运动C ．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgLD ．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL2解析：选BC.两杆从导轨顶端进入磁场过程中，均只有重力做功，故进入磁场时速度大小相等，金属杆a 进入磁场后匀速运动，b 进入磁场后，a 离开磁场，金属杆b 受力与金属杆a 受力情况相同，故也做匀速运动，A 项错，B 项正确；两杆匀速穿过磁场，减少的重力势能转化为回路的电热，即Q ＝2mgL sin 30°＝mgL ，C 项正确，D 项错．3．(多选)如图所示，光滑平行的金属导轨宽度为L ，与水平方向成θ角倾斜固定，导轨之间充满了垂直于导轨平面的足够大的匀强磁场，磁感应强度为B ，在导轨上垂直导轨放置着质量均为m 、电阻均为R 的金属棒a 、b ，二者都被垂直于导轨的挡板挡住保持静止，金属导轨电阻不计，现对b 棒施加一垂直于棒且平行于导轨平面向上的牵引力F ，并在极短的时间内将牵引力的功率从零调为恒定的功率P .为了使a 棒沿导轨向上运动，P 的取值可能为(重力加速度为g )( )A.2m 2g 2RB 2L 2·sin 2θB ．3m 2g 2RB 2L 2·sin 2θC.7m 2g 2RB 2L2·sin 2θ D ．5m 2g 2RB 2L2·sin 2θ解析：选CD.以b 棒为研究对象，由牛顿第二定律可知F －mg sin θ－BL v2R BL ＝ma ，以a 棒为研究对象，由牛顿第二定律可知BL v 2R BL －mg sin θ＝ma ′，则F >2mg sin θ，v >2Rmg sin θB 2L 2，故P ＝F v >4m 2g 2R B 2L 2sin 2θ，由此可得选项C 、D 正确，选项A 、B 错误．4.如图所示，竖直平面内有平行放置的光滑导轨，导轨间距为l ＝0.2 m ，电阻不计，导轨间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝2 T ，方向如图所示，有两根质量均为m ＝0.1 kg ，长度均为l ＝0.2 m ，电阻均为R ＝0.4 Ω的导体棒ab 和cd 与导轨接触良好，当用竖直向上的力F 使ab 棒向上做匀速运动时，cd 棒刚好能静止不动，则下列说法正确的是(g 取10m/s 2)( )A ．ab 棒运动的速度是5 m/sB ．力F 的大小为1 NC ．在1 s 内，力F 做的功为5 JD ．在1 s 内，cd 棒产生的电热为5 J解析：选A.对导体棒cd 由B Bl v2R l ＝mg ，得到v ＝5 m/s ，选项A 正确；再由F ＝mg ＋F 安＝2 N 知选项B 错误；在1 s 内，力F 做的功W ＝F v t ＝10 J ，选项C 错误；在1 s 内，cd 棒产生的电热Q ＝⎝⎛⎭⎫Bl v2R 2Rt ＝2.5 J ，选项D 错误．5．(2016·合肥一中高三检测)如图所示，间距l ＝0.3 m 的平行金属导轨a 1b 1c 1和a 2b 2c 2分别固定在两个竖直面内．在水平面a 1b 1b 2a 2区域内和倾角θ＝37°的斜面c 1b 1b 2c 2区域内分别有磁感应强度B 1＝0.4 T 、方向竖直向上和B 2＝1 T 、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻R ＝0.3 Ω、质量m 1＝0.1 kg 、长为l 的相同导体杆K 、S 、Q 分别放置在导轨上，S 杆的两端固定在b 1、b 2点，K 、Q 杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好．一端系于K 杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m 2＝0.05 kg 的小环．已知小环以a ＝6 m/s 2的加速度沿绳下滑．K 杆保持静止，Q 杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F 作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小环所受摩擦力的大小； (2)Q 杆所受拉力的瞬时功率．解析：(1)设小环受到的摩擦力大小为F f ，由牛顿第二定律，有m 2g －F f ＝m 2a 代入数据，得F f ＝0.2 N.(2)设通过K 杆的电流为I 1，K 杆受力平衡，有F f ＝B 1I 1l设回路总电流为I ，总电阻为R 总，有I ＝2I 1 R 总＝32R设Q 杆下滑速度大小为v ，产生的感应电动势为E ，有I ＝ER 总E ＝B 2l vF ＋m 1g sin θ＝B 2Il拉力的瞬时功率为P ＝F v联立以上方程，代入数据得P ＝2 W. 答案：(1)0.2 N (2)2 W6.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 间有一方向垂直于导轨所在平面向下、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.导体棒a 、b 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，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：(1)在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)在整个运动过程中，产生的总焦耳热．解析：(1)由q 总＝I Δt ，I ＝E R 总，E ＝ΔΦΔt ，得q 总＝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＝8 Ω 通过R 的电荷量为q Rb ＝13q 总1＝13·ΔΦR 总1同理，a 在磁场中匀速运动时，R 总2＝6 Ω，通过R 的电荷量为q Ra ＝12q 总2＝12·ΔΦR 总2，可得q Ra ∶q Rb ＝2∶1.(2)设a 、b 穿越磁场的过程中的速度分别为v a 和v b ，则b 中的电流I b ＝BL v 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 B 2L 2v aR 总2＝m a g sin 53°，解得v a ∶v b ＝3∶1.(3)设b 在磁场中穿越的时间为t ，由题意得： v a ＝v b ＋gt sin 53°，d ＝v b t因为v 2a －v 2b ＝2gL 0sin 53°，v a ∶v b ＝3∶1所以d ＝0.25 m.(4)a 穿越磁场时所受安培力F 安＝m a g sin 53° 克服安培力所做的功W a ＝m a gd sin 53°＝0.8 J 同理，b 穿越磁场时克服安培力所做的功 W b ＝m b gd sin 53°＝0.2 J由功能关系得，在整个过程中，电路中产生的总焦耳热Q ＝W a ＋W b ＝1 J. 答案：(1)2∶1 (2)3∶1 (3)0.25 m (4)1 J。

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。

2023一线高考(新教材)二轮物理(山东专版)素养提升课04 电磁感应中的单、双杆模型(wd无答案)

2023一线高考（新教材）二轮物理（山东专版）素养提升课04电磁感应中的单、双杆模型(wd无答案)一、解答题(★★★) 1. 如图所示，宽度L＝1.0m的足够长的U形金属导轨水平放置，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1.0T，导轨上放一根质量m＝0.2kg、电阻R＝1.0 的金属棒ab，棒与导轨间的动摩擦因数＝0.5，现牵引力F以恒定功率P使棒从静止开始沿导轨运动（棒始终与导轨垂直且接触良好），当棒的电阻R产生热量Q＝7.0J时获得稳定速度，速度大小为3.0m/s，此过程中通过棒的电荷量q＝4.1C，导轨电阻不计，g取10m/s 2。

求：（1）当棒的速度稳定时，棒所受的安培力的大小和方向；（2）牵引力F的恒定功率P为多大？（3）棒从静止开始运动到获得稳定速度所需的时间为多少？(★★★) 2. 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。

二、多选题(★★) 3. 如图所示，水平放置的粗糙U形框架上连接一个阻值为R0的电阻，处于垂直框架平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。

一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC置于框架上，在水平向右的恒定拉力F作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，A、C端始终与框架良好接触，半圆形硬导体AC的电阻为r，框架电阻不计。

下列说法正确的是（）A．A点的电势高于C点的电势B．此时AC两端电压为U AC=C．此过程中电路产生的电热为Q=Fd－mv2D．此过程中通过电阻R0的电荷量为q=三、单选题(★★★) 4. 如图所示，一平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道宽为L，上端用一电阻R相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上。

高考复习专题九—电磁感应中的“双杆模型”(解析版)

微讲座(九)——电磁感应中的“双杆模型”一、“单杆切割”类常见情况是一杆静止、另一杆做切割磁感线运动，其实质是单杆问题．解决该问题的思路是：对静止的杆用平衡条件列方程，对运动杆用E ＝Bl v 求感应电动势，进而求电流、安培力等．(2014·高考天津卷)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m 1＝0.1 kg ，电阻R 1＝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m 2＝0.4 kg ，电阻R 2＝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/s 2.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．[审题突破] (1)ab 刚好不下滑，隐含F fm ＝mg sin θ，方向沿斜面向上，ab 刚要向上滑动时，隐含F 安＝F fm ＋mg sin θ，摩擦力方向沿斜面向下．(2)由于ab 中的电流变化，产生的热量要用功能关系(能量守恒)结合电路知识求解． [解析] (1)由右手定则可知cd 中的电流方向由d 到c ，故ab 中的电流由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 fm ，有F fm ＝m 1g 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 ＝BL v ② 设电路中的感应电流为I ，由闭合电路欧姆定律有I ＝E R 1＋R 2③ 设ab 所受安培力为F 安，有F 安＝BIL ④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＝m 1g sin θ＋F fm 综合①②③④式，代入数据解得v ＝5 m/s.(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＋12m 2v 2 又Q ＝R 1R 1＋R 2Q 总解得Q ＝1.3 J.[答案](1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J二、“双杆切割”类1．初速度不为零，不受其他水平外力的作用光滑的平行导轨光滑不等距导轨装置图运动规律杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，两杆以不同的速度做匀速运动2.初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用光滑的平行导轨不光滑平行导轨装置图运动规律开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动开始时，若f QP<F≤f QP＋f MN，则PQ杆先做变加速运动后做匀速运动；MN杆静止．若F>f QP＋F MN，PQ杆先做变加速运动后做匀加速运动，MN杆先静止后做变加速运动最后和PQ杆同时做匀加速运动，且加速度相同如图，ab和cd是两条竖直放置的光滑金属导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m.竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，两杆的总电阻为R，导轨间距为l.整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与两导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略，重力加速度为g.在t＝0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好，且两金属杆始终水平．求：(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；(2)两杆分别达到的最大速度．[解析](1)设某时刻MN和M′N′速度分别为v1、v2细线烧断前，对整体有F＝3mg细线烧断后，对MN有F－mg－F安＝ma1对M′N′有2mg－F安＝2ma2得a 1a 2＝2，又v ＝a Δt 得v 1∶v 2＝2∶1.①(2)当MN 和M ′N ′的加速度为零时，速度最大对M ′N ′受力平衡：BIl ＝2mg ② 又I ＝E R ③E ＝Bl v 1＋Bl v 2④由①②③④得v 1＝4mgR 3B 2l 2，v 2＝2mgR3B 2l 2.[答案] (1)2∶1 (2)4mgR 3B 2l 2 2mgR3B 2l 2两杆同时做切割磁感线运动时，产生两个感应电动势，回路中的电流是由这两个电动势共同决定．因此弄清回路中的总电动势是等于两电势之和，还是等于两电动势之差，是解决问题的关键.1．(多选)(2016·唐山模拟)如图所示，水平传送带带动两金属杆a 、b 匀速向右运动，传送带右侧与两光滑平行金属导轨平滑连接，导轨与水平面间夹角为30°，两虚线EF 、GH 之间有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B ，磁场宽度为L ，两金属杆的长度和两导轨的间距均为d ，两金属杆质量均为m ，两杆与导轨接触良好．当金属杆a 进入磁场后恰好做匀速直线运动，当金属杆a 离开磁场时，金属杆b 恰好进入磁场，则( )A ．金属杆b 进入磁场后做加速运动B ．金属杆b 进入磁场后做匀速运动C ．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgLD ．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL2解析：选BC.两杆从导轨顶端进入磁场过程中，均只有重力做功，故进入磁场时速度大小相等，金属杆a 进入磁场后做匀速运动，b 进入磁场后，a 离开磁场，金属杆b 受力与金属杆a 受力情况相同，故也做匀速运动，A 项错误、B 项正确；两杆匀速穿过磁场，减少的重力势能转化为回路的电热，即Q ＝2mgL sin 30°＝mgL ，C 项正确、D 项错误．2．(多选)如图所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab 、cd 与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab 、cd 的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F 水平向右拉金属棒cd ，经过足够长时间以后( )A ．金属棒ab 、cd 都做匀速运动B ．金属棒ab 上的电流方向是由b 向aC ．金属棒cd 所受安培力的大小等于2F3D ．两金属棒间距离保持不变解析：选BC.对两金属棒ab 、cd 进行受力分析和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab 速度小于金属棒cd 速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab 上的电流方向由b 到a ，A 、D 错误，B 正确；以两金属棒整体为研究对象有：F ＝3ma ，隔离金属棒cd 分析其受力，则有：F －F 安＝ma ，可求得金属棒cd 所受安培力的大小F 安＝23F ，C 正确．3.(2016·泸州模拟)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向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向向下．在导体棒EF 以初速度v 0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 上产生的焦耳热为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．解析：(1)EF 获得向上的初速度v 0时，感应电动势 E ＝BL v 0电路中电流为I ，由闭合电路欧姆定律得I ＝E 2R此时对导体棒MN 进行受力分析，由平衡条件得 F A ＋mg sin θ＝F f F A ＝BIL解得F f ＝B 2L 2v 02R＋mg sin θ.(2)导体棒EF 上升过程中MN 一直静止，对系统，由能的转化和守恒定律，有 12m v 2＝mgh ＋2Q ，解得h ＝m v 20－4Q2mg.答案：(1)B 2L 2v 02R ＋mg sin θ (2)m v 20－4Q2mg4．(2016·德阳市二诊)如图所示，质量均为m 的物体A 、B 之间用劲度系数为k 的轻弹簧连接，静止于倾角为θ的光滑斜面上，物体A 与挡板接触而不粘连．物体B 用平行于斜面的轻质细线绕过光滑的滑轮与水平导轨上的金属杆ab 连接．金属杆ab 、cd 的质量都为m 0，电阻都为R .金属杆长度及导轨的宽度均为d ，金属杆与导轨的接触良好，水平导轨足够长且光滑，电阻不计，导轨间有垂直于导轨平面向上的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度为B .开始时整个系统处于静止状态，与杆连接的细线水平，细线刚好拉直而无作用力．现用恒定的水平力作用于cd 杆的中点，使杆cd 由静止开始向右运动，当杆cd 开始匀速运动时，物体A 恰好与挡板间无弹力．求：(1)从杆cd 开始运动到匀速运动过程中物体B 运动的距离L ； (2)cd 杆匀速运动的速度大小v ；(3)从cd 杆开始运动到匀速运动过程中，cd 杆产生的焦耳热为Q ，水平恒力做的功W 为多大？解析：(1)弹簧开始压缩量x 1＝mg sin θk挡板对物体A 恰无弹力时弹簧伸长量x 2＝mg sin θkB 移动距离L ＝x 1＋x 2＝2mg sin θk .(2)cd 杆匀速运动时有F ＝F A ＝2mg sin θ F A ＝BIL I ＝BL v2R得v ＝4mgR sin θB 2L 2.(3)由功能关系得W ＝12m 0v 2＋mgL sin θ＋Q 热Q 热＝2QW ＝8m 0m 2g 2R 2sin 2 θB 4L 4＋2m 2g 2sin 2θk ＋2Q .答案：(1)2mg sin θk (2)4mgR sin θB 2L 2(3)8m 0m 2g 2R 2sin 2 θB 4L 4＋2m 2g 2sin 2θk＋2Q5．如图甲，电阻不计的轨道MON 与PRQ 平行放置，ON 及RQ 与水平面的倾角θ＝53°，MO 及PR 部分的匀强磁场竖直向下，ON 及RQ 部分的磁场平行轨道向下，磁场的磁感应强度大小相同，两根相同的导体棒ab 和cd 分别放置在导轨上，与导轨垂直并始终接触良好．棒的质量m ＝1.0 kg ，R ＝1.0 Ω，长度L ＝1.0 m 与导轨间距相同，棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，现对ab 棒施加一个方向水平向右，按图乙规律变化的力F ，同时由静止释放cd 棒，则ab 棒做初速度为零的匀加速直线运动，g 取10 m/s 2.(1)求ab 棒的加速度大小； (2)求磁感应强度B 的大小；(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．解析：(1)对ab 棒：F f ＝μmg v ＝atF －BIL －F f ＝ma F ＝m (μg ＋a )＋B 2L 2at2R由题图信息，代入数据解得：a ＝1 m/s 2. (2)当t 1＝2 s 时，F ＝10 N ，由(1)知 B 2L 2at2R＝F －m (μg ＋a )，得B ＝2 T. (3)0～2 s 过程中，对ab 棒，x ＝12at 21＝2 mv 2＝at 1＝2 m/s由动能定理知：W －μmgx －Q ＝12m v 22代入数据解得Q ＝18 J.(4)设当时间为t ′时，cd 棒达到最大速度， F N ′＝BIL ＋mg cos 53° F f ′＝μF N ′mg sin 53°＝F f ′mg sin 53°＝μ⎝⎛⎭⎫B 2L 2at ′2R ＋mg cos 53° 解得t ′＝5 s.答案：(1)1 m/s 2 (2)2 T (3)18 J (4)5 s 6．(2016·安徽蚌埠三县联谊校联考)如图所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨所在平面与水平面成α＝53°角，导轨间接一阻值为3 Ω的电阻R ，导轨电阻忽略不计．在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁场区域的宽度为d ＝0.5 m ．导体棒a 的质量为m 1＝0.1 kg 、电阻为R 1＝6 Ω；导体棒b 的质量为m 2＝0.2 kg 、电阻为R 2＝3 Ω，它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好．现从图中的M 、N 处同时将a 、b 由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，且当a 刚出磁场时b 正好进入磁场．(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g 取10 m/s 2，a 、b 电流间的相互作用不计)，求：(1)在b 穿越磁场的过程中a 、b 两导体棒上产生的热量之比；(2)在a 、b 两导体棒穿过磁场区域的整个过程中，装置上产生的热量； (3)M 、N 两点之间的距离．解析：(1)在b 穿越磁场的过程中，b 相当于电源，a 与R 是外电路，则有I b ＝I a ＋I R . a 与R 是并联关系，则有I a R 1＝I R R ，a 产生的热量为Q a ＝I 2a R 1t ，b 产生的热量为Q b ＝I 2b R 2t . 则Q a ∶Q b ＝I 2a R 1∶I 2b R 2，代入数据可解得Q a ∶Q b ＝2∶9. (2)a 、b 穿过磁场区域的整个过程中，由能量守恒可得， Q ＝m 1g sin α·d ＋m 2g sin α·d ，代入数据解得Q ＝1.2 J. (3)设a 进入磁场的速度大小为v 1，此时电路中的总电阻R 总1＝R 1＋RR 2R ＋R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫6＋3×33＋3 Ω＝7.5 Ω设b 进入磁场的速度大小为v 2，此时电路中的总电阻R 总2＝R 2＋R 1R R 1＋R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋6×36＋3 Ω＝5 Ω由m 1g sin α＝B 2L 2v 1R 总1和m 2g sin α＝B 2L 2v 2R 总2，可得v 1v 2＝m 1R 总1m 2R 总2＝34.设a 匀速运动时，m 2g sin α＝m 2a 0，v 2＝v 1＋a 0d v 1，联立并代入数据解得v 21＝12 m 2/s 2，则v 22＝169v 21. M 、N 两点之间的距离Δs ＝v 222a 0－v 212a 0＝712 m.答案：(1)2∶9 (2)1.2 J (3)712 m。

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。

电磁感应中的常见模型

电磁感应中的常见模型一、单杆模型1．如图水平放置的光滑平行轨道左端与一电容器C 相连，导体棒ab 的电阻为R ，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，开始时导体棒ab 向右做匀速运动；若由于外力作用使棒的速度突然变为零，则下列结论的有（ BD )A ．此后ab 棒将先加速后减速B ．ab 棒的速度将逐渐增大到某一数值C ．电容C 带电量将逐渐减小到零D ．此后磁场力将对ab 棒做正功 2．如图两个粗细不同的铜导线，各绕制一单匝矩形线框，线框面积相等，让线框平面与磁感线方向垂直,从磁场外同一高度开始同时下落，则（ A )A ．两线框同时落地B ．粗线框先着地C ．细线框先着地D ．线框下落过程中损失的机械能相同3．如图所示，在竖直向上磁感强度为B 的匀强磁场中，放置着一个宽度为L 的金属框架，框架的右端接有电阻R 。

一根质量为m ，电阻忽略不计的金属棒受到外力冲击后，以速度v 沿框架向左运动。

已知棒与框架间的摩擦系数为μ，在整个运动过程中，通过电阻R 的电量为q ，求：(设框架足够长）(1)棒运动的最大距离; (2)电阻R 上产生的热量。

答案:(1）S=qR /BL 。

（2）Q =mv 2/2—μmgqR /BL 。

4．如图固定在水平桌面上的金属框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地滑动,此时构成一个边长为L 的正方形，棒的电阻为r ,其余部分电阻不计,开始时磁感应强度为B⑴若从t =0时刻起,磁感应强度均匀增加，每秒增量为k ，同时保持棒静止，求棒中的感应电流，在图上标出感应电流的方向；⑵在上述情况中，始终保持静止,当t =t 1s 末时需加的垂直于棒的水平拉力为多大？⑶若从t =0时刻起，磁感应强度逐渐减小，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,则磁感应强度应怎样随时间变化（写出B 与t 的关系式)？答案:r kL 2 b →a,（B+kt 1）r kL 3，vtL BL + 5．如图电容为C 的电容器与竖直放置的金属导轨EFGH 相连,一起置于垂直纸面向里，磁感应强度为B 的匀强磁场中，金属棒ab 因受约束被垂直固定于金属导轨上，且金属棒ab 的质量为m 、电阻为R ，金属导轨的宽度为L ,现解除约束让金属棒ab 从静止开始沿导轨下滑，不计金属棒与金属导轨间的摩擦,求金属棒下落的加速度．答案:222L B C m mg + d a ce bf B 0B Cab B6．如图，电动机用轻绳牵引一根原来静止的长l =1m,质量m =0.1kg 的导体棒AB ，导体棒的电阻R =1Ω，导体棒与竖直“∏”型金属框架有良好的接触，框架处在图示方向的磁感应强度为B =1T 的匀强磁场中，且足够长，已知在电动机牵引导体棒时，电路中的电流表和电压表的读数分别稳定在I=1A 和U =10V ，电动机自身内阻r =1Ω，不计框架电阻及一切摩擦,取g=10m/s 2，求：导体棒到达的稳定速度？答案：4.5m/s二、双杆1．如图所示，两金属杆ab 和cd 长均为L ，电阻均为R ，质量分别为M 和m 。

完整版电磁感应中的单双杆模型

电磁感应中的单双杆问题-、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-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，电容为整个装置处于垂直纸面磁感应强度为速度v ,试求金属棒的最大速度？C ,轨道上静止一长度为 L 的金属棒cd ， B 的匀强磁场当中，现在给金属棒一初_P< X X ~p< X X1 (k 乂(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，经过一段时求: 间后达到最大速度V m ，且在此过程中电阻上生成的热量为 (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R i 、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 R 2,已知R i = 12R , R 2MNATCDB[xR■ ■ ■ ■ *=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 W ，下落到MN 处的速度大小为 V 2。

电磁感应中的双杆类问题(适合各年级使用) ppt课件

1
2
2．电流特点 I Blv2 Blv1 Bl( v2 v1 )
R1 R2
R1 R2
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。
v1=0时：电流最大
Im

Blv0 R1 R2
v2=v1时：电流 I＝0
ppt课件
21
无外力等距双棒
3．两棒的运动情况
在着垂直轨道平面向上的匀强磁场（图中未画出），
磁感应强度 B 的大小相同．让a’, b’固定不动，将金属
棒ab 由静止释放，当 ab 下滑速度达到稳定时，整个
回路消耗的电功率为 8W ．求 ( 1 ) ab 达到的最大速
度多大？ ( 2 ) ab 下落了 30m 高度时，其下滑速度已
经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量 Q 多大？
安培力对导体棒做的功：
W安

1 2
mvm2

m(BlCE)2 2(m B2l 2C)
易错点：认为电容器最终带电量为零
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17
电容放电式：
7．几种变化 (1)导轨不光滑
(2)光滑但磁场与导轨不垂直
ppt课件
18
电容无外力充电式
1．电路特点导体棒相当于电源;电容器被充电.
v0
2．电流的特点
Q1 R1 Q2 R2
8．流过某一截面的电量
Bl2q m2v2 0
ppt课件
28
无外力不等距双棒
9．几种变化
(1)两棒都有初速度
(2)两棒位于不同磁场中
v1
v2
2 1
ppt课件
29
有外力等距双棒

法拉第电磁感应定律——单双杆模型

法拉第电磁感应定律——单双杆模型单双杆模型一、知识点扫描1.无力单杆（阻尼式）整个回路仅有电阻，导体棒以一定初速度垂直切割磁感线，除安培力外不受其他外力。

根据右手定则确定电流方向，左手定则确定安培力方向，画出受力分析图。

这种情况下安培力方向与速度方向相反。

某时刻下导体棒的速度为v，则感应电动势E=BLv，感应电流I= E/ (R+r)，安培力大小F=BLI。

根据牛顿定律，可知导体棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终减速到零。

根据牛顿定律，整个过程中通过任一横截面的电荷量q=BLmv/(R+r)。

实际上也可通过牛顿定律求解电荷量：BLq=mv。

从能量守恒的角度出发，即导体棒减少的动能转化成整个回路产生的热量。

2.___单杆（发电式）整个回路仅有电阻，导体棒在恒力F作用下从静止出发垂直切割磁感线。

根据右手定则确定电流方向，左手定则确定安培力方向，画出受力分析图。

这种情况下安培力方向与速度方向相反。

某时刻下导体棒的速度为v，则感应电动势E=BLv，感应电流I=E/ (R+r)，安培力大小F=BLI。

根据牛顿定律，可知导体棒做加速度逐渐减小的加速运动，当a=0时有最大速度，v_max=FL/(B^2L^2r)。

这种情况下仍有q=BLmv/ (R+r)。

电磁感应实验是物理学中的重要实验之一，通过实验可以研究电磁感应现象。

本文将介绍三种不同的电磁感应实验，分别是不含容单杆、含容单杆和含源单杆实验。

1.不含容单杆实验在不含容单杆实验中，电、电阻和导体棒通过光滑导轨连接成回路，导体棒以一定的初速度垂直切割磁感线，除安培力外不受其他外力。

当导体棒向右运动时，切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则知回路存在逆时针的充电电流，电两端电压逐渐增大。

而又根据左手定则知导体棒受向左的安培力，因此导体棒做减速运动，又因E=BLv可知产生的感应电动势逐渐减小，当感应电动势减小至与电两端相同时，不再向电充电，充电电流为零，导体不受安培力，做匀速直线运动。

电磁感应中的双杆问题

匀速运动，v
m＝m
gRsin B2L2
α
(2)双杆模型 ①模型特点 a.一杆切割时，分析同单杆类似。 b.两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E＝ΔΔΦt ＝Bl(v1－v2)。
a.初速度不为零，不受其他水平外力的作用光滑的平行导轨
光滑不等距导轨
示意图
质量m1＝m2电阻r1＝r2长度L1＝ L2
第四章电磁感应
电磁感应中的双杆问题
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
轨道水平光滑，单杆 ab 质量为 m，电阻
轨道水平光滑，单杆 ab 质量为 m，电阻不计，两导轨
轨道水平光滑，单杆 aห้องสมุดไป่ตู้ 质量为 m，电阻不计，两导
E ＝ BLv↑ ⇒ I↑⇒安培力 F 安＝BIL↑，由 F －F 安＝ma 知 a↓ ，当 a ＝ 0
⇒感应电动势 E＝BLv↑，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)＝CBLΔv，电流 I＝ΔΔqt ＝ CBLΔΔvt ＝CBLa，安培力 F 安
⑵整个运动过程中感应电流
最多产生了多少热量；
⑶当杆A2与杆A1的速度比为 1∶3时，A2受到的安培力大小。
3.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？

专题13 电磁感应中的单杆、双杆和导体框问题(讲义)原卷版-【高频考点解密】2024年高考物理二轮

专题13电磁感应中的单杆、双杆、导线框问题01专题网络.思维脑图 (1)02考情分析.解密高考 (2)03高频考点.以考定法 (2) (2) (5) (7)考向1：导体棒平动切割磁感应线的综合问题 (7)考向2：导体棒旋转切割磁感应线的综合问题 (8)考向3：线框进出磁场类问题的综合应用 (9)考向4：双杆在导轨上运动的综合应用 (10)04核心素养.难点突破 (11)05创新好题.轻松练 (16)新情境1：航空航天类 (16)新情境2：航洋科技类 (18)新情境3：生产生活相关类 (19)一、电磁感应中的单杆模型1．单杆模型的常见情况质量为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F 做的功一部分转化2．在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量。

(1)求电荷量或速度：B I LΔt ＝mv 2－mv 1，q ＝I Δt 。

(2)求位移：－B 2L 2v ΔtR 总＝0－mv 0，x ＝v̅Δt 。

(3)求时间：⇒－B I LΔt ＋F 其他·Δt ＝mv 2－mv 1，即－BLq ＋F 其他·Δt ＝mv 2－mv 1 已知电荷量q ，F 其他为恒力，可求出变加速运动的时间。

⇒－B 2L 2v ΔtR 总＋F 其他·Δt ＝mv 2－mv 1，v̅Δt ＝x已知位移x ，F 其他为恒力，也可求出变加速运动的时间。

二、电磁感应中的双杆模型1．双杆模型的常见情况(1)初速度不为零，不受其他水平外力的作用质量m b＝m a；电阻r b＝r a；长度L b＝L a质量m b＝m a；电阻r b＝r a；长度L b＝2L a杆b受安培力做变减速运动，杆a受安培力能量质量m b＝m a；电阻r b＝r a；长度L b＝L a摩擦力F fb＝F fa；质量m b＝m a；电阻r b＝r a；长度L b＝L a 开始时，两杆受安培力做变加速运动；开始时，若F<F≤2F，则a杆先变加速后匀速运动；b杆F做的功转化为两杆的动能和内能：F做的功转化为两杆的动能和内能(包括电热和摩擦热)：进行解决。

电磁感应中的导轨模型

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 6.达杆应最用大动速量度定过理程: 中m的v两m 个B关Il系 t BlQ
vm
BlCE m B2l2C
安培力对导体棒的冲量
I安
mvm
mBlCE m B2l2C
安培力对导体棒做的功:
5.最终状态静止
6(((7123..三变)))能动瞬个化量量时规关关加律系系速(1)::度有:摩擦12BmaIv(l202)磁Fmt0B场0方Qm向B(mR2vl不02vr沿) 竖直q 方 m向Bvl0
q n Bl s Rr Rr
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)
g
0
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。
4.最终特征匀速运动 ,但此时电容器带电量不为零
5.最大速度 vm
4.运动特点 5.最终特征
a 减小a的加F速运F动Bm mg
匀速运动
F B2l2v g m m(R r)
6.两个极值 (1) v=0 时,有最大加速度:
am
F
mg m
(2) a=0 时,有最大速度: 7.稳定后的能量转化规律a
F FB mg F B2l 2v
Fvm
m
(
BLvm
)2
qBELqaQEFmBgtmgmSmgvm12=m0Bvm2(E

2025高考物理总复习电磁感应中的“杆—轨道”模型

图2
解析设导轨间距为 L，释放后电容器充电，电路中有充电电流 i，棒受到向上的安培力，设瞬时加速度为 a，根据牛顿第二定律得 mg－iLB＝ma，i＝ΔΔQt ＝C·ΔΔtU＝C·BΔLtΔv＝CBLa，由此得 mg－BL·CBLa＝ma，解得 a＝m＋mBg2L2C，可见棒的加速度不变，做匀加速直线运动，v＝at，Uab＝BLv＝BLat，故 A、C 错误；Ek＝21mv2＝12m×2ax，故 B 正确；q＝CUab＝BCLat，与时间成正比，而棒做匀加速运动，故与位移不是正比关系，故 D 错误。
加速运动，稳定时，两杆的加速变加速运动，稳定时，两杆的
度均为零，以相等的速度做匀速加速度均为零，两杆的速度之
运动
比为1∶2
2.初速度为零，一杆受到恒定水平外力光滑的平行导轨
不光滑平行导轨
示意质量m1＝m2 图电阻r1＝r2
长度L1＝L2
摩擦力Ff1＝Ff2 质量m1＝m2 电阻r1＝r2 长度L1＝L2
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
当 a＝0 时，v 最大， F－F
vm＝BF2RL2
安＝ma，a＝m＋BF2L2C，所以杆
以恒定的加速度做匀加速运动
第十一章电磁感应
增分微点10 电磁感应中的“杆—轨道”模型
一、“单杆＋导轨”模型 “单杆＋导轨”模型的四种典型情况(不计单杆的电阻)
v0≠0、轨道水平光滑
示意图
v0＝0、轨道水平光滑
运动分
导体杆以速度 v 切割磁

物理建模-10.电磁感应中的“杆+导轨”模型

物理建模10.电磁感应中的“杆＋导轨”模型模型构建“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．模型分类及特点1．单杆水平式F B2L2vE解决电磁感应中综合问题的一般思路是“先电后力再能量”．【典例】图9－2－13(2013·安徽卷，16)如图9－2－13所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37 °，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，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0.8 T．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10 m/s2，sin 37°＝0.6)()．A．2.5 m/s 1 W B．5 m/s 1 WC．7.5 m/s9 W D．15 m/s9 W解析导体棒MN匀速下滑时受力如图所示，由平衡条件可得F安＋μmg cos θ＝mg sin θ，所以F安＝mg(sin θ－μcos θ)＝0.4 N，由F安＝BIL得I＝F安BL＝1 A，所以E＝I(R灯＋R MN)＝2 V，导体棒的运动速度v＝EBL＝5 m/s，小灯泡消耗的电功率为P灯＝I2R灯＝1 W．正确选项为B.答案 B图9－2－14即学即练如图9－2－14所示，质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.3 Ω，长度l＝0.4 m 的导体棒ab横放在U型金属框架上．框架质量m2＝0.2 kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.相距0.4 m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R2＝0.1 Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T．垂直于ab施加F＝2 N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM ′、NN ′保持良好接触．当ab 运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2. (1)求框架开始运动时ab 速度v 的大小；(2)从ab 开始运动到框架开始运动的过程中，MN 上产生的热量Q ＝0.1 J ，求该过程ab 位移x 的大小．解析 (1)ab 对框架的压力，F 1＝m 1g ① 框架受水平面的支持力，F N ＝m 2g ＋F 1②依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力，F 2＝μF N ③ ab 中的感应电动势，E ＝Bl v ④ MN 中电流，I ＝ER 1＋R 2⑤ MN 受到的安培力，F 安＝IlB ⑥ 框架开始运动时，F 安＝F 2⑦由上述各式代入数据解得，v ＝6 m/s ⑧ (2)闭合回路中产生的总热量，Q 总＝R 1＋R 2R 2Q ⑨ 由能量守恒定律，得，Fx ＝12m 1v 2＋Q 总⑩代入数据解得x ＝1.1 m 答案 (1)6 m/s (2)1.1 m附：对应高考题组(PPT 课件文本，见教师用书)1．(2011·北京理综，19)某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L 、小灯泡A 、开关S 和电池组E ，用导线将它们连接成如图所示的电路．检查电路后，闭合开关S ，小灯泡发光；再断开开关S ，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )．A ．电源的内阻较大B ．小灯泡电阻偏大C ．线圈电阻偏大D ．线圈的自感系数较大解析由自感规律可知在开关断开的瞬间造成灯泡闪亮以及延时的原因是在线圈中产生了与原电流同向的自感电流且大于稳定时通过灯泡的原电流．由题图可知灯泡和线圈构成闭合的自感回路，与电源无关，故A 错误；造成不闪亮的原因是自感电流不大于稳定时通过灯泡的原电流，当线圈电阻小于灯泡电阻时才会出现闪亮现象，故B 错误，C 正确；自感系数越大，则产生的自感电流越大，灯泡更亮，故D 错误．答案C2．(2012·课标全国，19)如图所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔBΔt 的大小应为( )．A.4ωB 0π B.2ωB 0π C.ωB 0π D.ωB 02π解析当线框绕过圆心O 的转动轴以角速度ω匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动势，从而产生感应电流．设半圆的半径为r ，导线框的电阻为R ，即I 1＝E R ＝ΔΦR Δt ＝B 0ΔS R Δt ＝12πr 2B 0R πω＝B 0r 2ω2R 当线框不动，磁感应强度变化时，I 2＝E R ＝ΔΦR Δt＝ΔBS R Δt ＝ΔB πr 22R Δt ，因I 1＝I 2，可得ΔB Δt ＝ωB 0π，C 选项正确．答案 C3．(2012·四川理综，20)半径为a 、右端开小口的导体圆环和长为2a 的导体直杆，单位长度电阻均为R 0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .直杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，直杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开始，直杆的位置由θ确定，如图所示．则( )．A ．θ＝0时，直杆产生的电动势为2Ba vB ．θ＝π3时，直杆产生的电动势为3Ba vC ．θ＝0时，直杆受的安培力大小为2B 2a v(π＋2)R 0D ．θ＝π3时，直杆受的安培力大小为3B 2a v(5π＋3)R 0解析当θ＝0时，直杆切割磁感线的有效长度l 1＝2a ，所以直杆产生的电动势E 1＝Bl 1v ＝2Ba v ，选项A 正确．此时直杆上的电流I 1＝E 1(πa ＋2a )R 0＝2B v(π＋2)R 0，直杆受到的安培力大小F 1＝BI 1l 1＝4B 2a v (π＋2)R 0，选项C 错误．当θ＝π3时，直杆切割磁感线的有效长度l 2＝2a cos π3＝a ，直杆产生的电动势E 2＝Bl 2v ＝Ba v ，选项B错误．此时直杆上的电流I 2＝E 2⎝ ⎛⎭⎪⎫2πa －2πa 6＋a R 0＝3B v(5π＋3)R 0，直杆受到的安培力大小F 2＝BI 2l 2＝3B 2a v(5π＋3)R 0，选项D 正确．答案AD4．(2012·山东卷，20)如图所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .下列选项正确的是( )． A ．P ＝2mg v sin θ B ．P ＝3mg v sin θC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g2sin θD ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功解析导体棒由静止释放，速度达到v 时，回路中的电流为I ，则根据平衡条件，有mg sin θ＝BIL .对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，以2v 的速度匀速运动时，则回路中的电流为2I ，有F ＋mg sin θ＝2BIL ，所以拉力F ＝mg sin θ，拉力的功率P ＝F 2v ＝2mg v sin θ，故选项A 正确、选项B 错误；当导体棒的速度达到v2时，回路中的电流为I 2，根据牛顿第二定律，得mg sin θ－B I 2L ＝ma ，解得a ＝g2sin θ，选项C 正确；当导体棒以2v 的速度匀速运动时，根据能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R 上产生的焦耳热，故选项D 错误．答案 AC5．(2012·广东理综，35)如图所示，质量为M 的导体棒ab ，垂直放在相距为l 的平行光滑金属导轨上．导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d 的平行金属板．R 和R x 分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻． (1)调节R x ＝R ，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I 及棒的速率v .(2)改变R x ，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m 、带电量为＋q 的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的R x .解析 (1)导体棒匀速下滑时，Mg sin θ＝BIl ① I ＝Mg sin θBl②设导体棒产生的感应电动势为E 0，E 0＝Bl v ③ 由闭合电路欧姆定律得：I ＝E 0R ＋R x④ 联立②③④，得v ＝2MgR sin θB 2l 2⑤(2)改变R x ，由②式可知电流不变．设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U ，电场强度大小为E U ＝IR x ⑥ E ＝U d ⑦mg ＝qE ⑧联立②⑥⑦⑧，得R x ＝mldBMq sin θ⑨答案 (1)Mg sin θBl 2MgR sin θB 2l 2 (2)mldBMq sin θ。