1、电磁感应中的“杆导轨”模型科 学 思 维“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”模型和“双杆”模型。模型一：电磁感应中的“单杆导轨”模型1单杆“水平导轨”模型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刻棒的速度为v，由牛顿第二定律知棒ab的加速度为aFmB2L2vmR，a、v同向，随速度的增加，棒的加速度a减小，当a0时，v最大，IBLvR 恒定运动形式匀速
2、直线运动力学特征a0，v恒定不变收尾状态电学特征I恒定示例1 如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为。重力加速度大小为g。求：(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值。解析(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得maFmg设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，
3、由运动学公式有vat0当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为EBlv联立式可得EBlt0(Fmg)(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律得IER式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为FABlI因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得FmgFA0联立式得RB2l2t0m答案(1)Blt0(Fmg)(2)B2l2t0m2单杆“倾斜导轨”模型物理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)动态分析棒ab由静止释放后下滑，此时agsin ，棒ab速度v感应电动势EBLv电流IER安培力F
4、BIL加速度a，当安培力Fmgsin 时，a0，v最大运动形式匀速直线运动力学特征a0，v最大，vmmgRsin B2L2收尾状态电学特征I恒定示例2(多选)如图所示，两平行光滑的金属导轨相距L0.5 m，导轨的上端连接一阻值为R1 的电阻，导轨平面与水平面间的夹角30，导轨处于磁感应强度大小为B1 T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。一粗细均匀、质量为m0.5 kg的金属杆ab，从高为h处由静止释放，下滑过程始终保持与导轨垂直且接触良好，金属杆的电阻为r0.1。经过一段时间后，金属杆达到最大速度vm。导轨的电阻和空气阻力均可忽略，重力加速度g取10 m/s2。下列结论正确的是()A金属杆
5、的最大速度vm等于10 m/sB金属杆的速度为12vm时的加速度大小为2.5 m/s2C金属杆滑至底端的整个过程中电阻R产生的焦耳热为mgh12mv2mD金属杆达到最大速度后，杆中定向运动的电荷沿杆长度方向的平均速度v与杆的粗细无关解析 金属杆达到最大速度时，所受合力为零，则mgsin F安BILB2L2vmRr，则最大速度vmmgsin（Rr）B2L20.510sin 30（10.1）120.52 m/s11 m/s，A错误；金属杆的速度为12vm时，根据牛顿第二定律可得mgsin 12B2L2vmRr ma，即mgsin 12mgsin ma，解得加速度大小为2.5 m/s2，B正确；金属
6、杆滑至底端的整个过程中，整个回路中产生的焦耳热为mgh12mv2m，电阻R产生的焦耳热一定小于mgh12mv2m，C错误；金属杆达到最大速度后，根据受力平衡可得mgsin F安BIL，得I mgsin BLneS v，得 v gsin neB，其中n为单位体积的电子数，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模型二：电磁感应中的“双杆导轨”模型1模型对比示意图力学观点导体棒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，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动开始时两棒做变加速运动，最后两棒以相同的加速度做匀
7、加速直线运动动量观点系统动量守恒系统动量不守恒能量观点棒1动能的减少量棒2动能的增加量焦耳热外力做的功棒1的动能棒2的动能焦耳热2.两种情况(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，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E t Bl|v1v2|。3解题要点(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。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
8、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x的上限。解析(1)设当cd棒速度减为0.8v0时ab棒的速度为v，由动量守恒定律有mv00.8mv0mv解得v0.2v0此时回路的电流是IBl（0.80.2）v02Rcd棒的加速度为aBIlm解得a3B2l2v010mR。(2)设两棒稳定时共同的末速度为v，根据动量守恒定律有mv0(mm)v得v12v0Q12mv201
9、2(mm)v214mv20。(3)由法拉第电磁感应定律得，电路中产生的感应电动势Et Blxt这段时间内回路的电流为I E2R对ab棒由动量定理得BIltmv由解得xmRv0B2l2。答案(1)3B2l2v010mR (2)14mv20(3)mRv0B2l2应用提升练1(多选)(2020湖南五市十校联考)如图所示，两平行的光滑导轨固定在同一水平面内，两导轨间距离为L，金属棒ab垂直于导轨，金属棒两端与导轨接触良好，在导轨左端接入阻值为R的定值电阻，整个装置处于竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中。与R相连的导线、导轨和金属棒的电阻均可忽略不计。用平行于导轨向右的大小为F的力拉金属棒，使金属棒以
10、大小为v的速度向右匀速运动，则()A金属棒ab相当于电源，其a端相当于电源负极B拉力FB2L2vRC回路中的感应电流沿顺时针方向流动D定值电阻消耗的电功率PFvBD 解析：根据楞次定律可得金属棒ab中电流从b到a，a端相当于正极，回路中感应电流方向为逆时针方向，A、C错误；产生的感应电动势EBLv，导体棒受到的安培力F安BILBBLvR LB2L2vR，由于导体棒做匀速直线运动，所以F B2L2vR，B正确；由于金属棒ab的速度不变，所以拉力做的功转化为电阻产生的内能，故定值电阻消耗的电功率PFv，D正确。2(多选)如图所示，平行导轨放在斜面上，匀强磁场垂直于斜面向上，恒力F拉动金属杆ab从静
11、止开始沿导轨向上滑动，接触良好，导轨光滑。从静止开始到ab杆达到最大速度的过程中，恒力F做的功为W，ab杆克服重力做的功为W1，ab杆克服安培力做的功为W2，ab杆动能的增加量为Ek，电路中产生的焦耳热为Q，ab杆重力势能增加量为Ep，则()AWQW1W2EkEpBWQW1W2EkCWQEkEpDW2Q，W1EpCD解析：功是能量转化的量度，做功的过程就是能量转化的过程。力F做的功导致内能的增加、杆动能和重力势能的增加，所以有WQEkEp，选项A、B错误，C正确；克服重力做的功等于杆重力势能的增加量，即W1Ep，克服安培力做的功等于电路产生的焦耳热，即W2Q，选项D正确。3.(2020四川乐山
12、调研)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨竖直放置，相距为L，电阻R与两导轨相连，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直，一质量为m、电阻不计的导体棒MN，在竖直向上、大小为F的恒力作用下，由静止开始沿导轨向上运动。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，求：(1)初始时刻导体棒的加速度大小；(2)当流过电阻R的电流恒定时，求导体棒的速度大小。解析：(1)初始时刻，导体棒受到竖直向下的重力mg及拉力F，由牛顿第二定律得Fmgma解得aFmgm。(2)导体棒在拉力、重力和安培力的作用下，做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，达到稳定状态即做匀速运动，此时电流恒定
13、，设此时速度为v，导体棒产生的电动势为EBLv受到的安培力为F安BIL稳定时的电流为IER由平衡条件得FmgF安0以上联立解得v（Fmg）RB2L2。答案：(1)Fmgm(2)（Fmg）RB2L24.两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，回路中其他部分的电阻可不计。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
14、多少？(2)当棒ab的速度变为初速度的34时，棒cd的加速度是多大？解析：(1)从开始到两棒达到相同速度v的过程中，两棒的总动量守恒，有mv02mv根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热Q12mv20122mv214mv20。(2)设棒ab的速度变为34v0时，cd棒的速度为v，则由动量守恒定律可知mv034mv0mv得v14v0此时回路中的感应电动势和感应电流分别为E(34v0v)Bl，I E2R此时棒cd所受的安培力FBIlB2l2v04R由牛顿第二定律可得棒cd的加速度大小为aFmB2l2v04mR，方向水平向右。答案：(1)14mv20(2)B2l2v04mR5如图所示，倾角37、间
15、距l0.1 m的足够长金属导轨底端接有阻值R0.1 的电阻，质量m0.1 kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数0.45。建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x，在0.2 mx0.8 m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场。从t0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x满足vkx(可导出akv)，k5 s1。当棒ab运动至x10.2 m处时，电阻R消耗的电功率P0.12 W，运动至x20.8 m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x0处。棒ab始终保持与导轨垂直，不计其他电阻，求：(提示：可以用Fx图像下的“面积”代
16、表力F做的功，sin 370.6)(1)磁感应强度B的大小；(2)外力F随位移x变化的关系式；(3)在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q。解析：(1)在x10.2 m处时，电阻R消耗的电功率P（Blv1）2R此时v1kx11 m/s解得BPR（lv1）2 305 T(2)在无磁场区间0 x0.2 m内，有a5 s1v25 s2xF25 s2xmmgcos mgsin(0.962.5x)(N)在有磁场区间0.2 mx0.8 m内，有FA（Bl）2vR0.6x(N)F(0.962.5x0.6x)N(0.963.1x)(N)(3)上升过程中克服安培力做的功(FA-x图像中的梯形面积)WA10
17、.62(x1x2)(x2x1)0.18 J撤去外力后，设棒ab上升的最大距离为s，再次进入磁场时的速度为v，由动能定理有(mgsin mgcos)s12mv22(mgsin mgcos)s12mv2其中v2kx24 m/s解得v2 m/s由于mgsin mgcos（Bl）2vR0故棒ab再次进入磁场后做匀速运动下降过程中克服安培力做的功WA2（Bl）2vR(x2x1)0.144 JQWA1WA20.324 J。答案：(1)305 T(2)见解析(3)0.324 J6如图所示，间距为l的两条平行光滑金属导轨固定在水平面上，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终
18、接触良好。MN两端通过开关S与电阻也为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长，电阻忽略不计。(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。解析：(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律Et 得Ek设PQ与MN并联的电阻为R并，有R并R2闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得IER并R 设PQ中的电流为IPQ，有IPQ12I设PQ受到的安培力为F安，有F安BIPQl保持PQ静止，由受力平衡，有FF安联立式得FBkl3R方向水平向右。(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为t，回路中的磁通量变化量为，平均感应电动势为E，有Et其中Blx设PQ中的平均电流为I，有I E2R根据电流的定义得I qt由动能定理，有FxW12mv20联立式得W12mv223kq答案：(1)Bkl3R 方向水平向右(2)12mv223kq
