1、电磁感应中的“杆导轨”模型 科科 学学 思思 维维 “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 物理模型物理模型 匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为 B，棒，棒 ab 长为长为 L，质，质 量为量为 m，初速度为零，拉力恒为，初速度为零，拉力恒为 F，水平导轨光滑，除电阻，水平导轨光滑，除电阻 R 外，其他电阻不计外，其他电阻不计 动态分析动态分析 设运动过
2、程中某时刻棒的速度为设运动过程中某时刻棒的速度为 v， 由牛顿第二定律知棒， 由牛顿第二定律知棒 ab 的加速度为的加速度为 a F m B 2L2v mR ，a、v 同向，随速度的增加，棒同向，随速度的增加，棒 的加速度的加速度 a 减小，当减小，当 a0 时，时，v 最大，最大，IBLv R 恒定恒定 运动形式运动形式 匀速直线运动匀速直线运动 力学特征力学特征 a0，v 恒定不变恒定不变 收尾状态收尾状态 电学特征电学特征 I 恒定恒定 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。t 0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用
3、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。 解析解析 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为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，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设金属杆到达磁场左边界时的速度为 v，由运动学公式有，由运动学公式有 vat0 当金属杆以速度当金属杆以速度 v 在磁场中运动时，由法拉
4、第电磁感应定律，杆中的电在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电 动势为动势为 EBlv 联立联立式可得式可得 EBlt0(F m g) (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为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，根据欧姆 定律得定律得 IE R 式中式中 R 为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为 FABlI 因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得 FmgFA0 联立联立式得式得 RB 2l2t 0 m 答案答案 (1)Blt0(F m g) (2)B 2l2t 0 m 2单杆“倾
5、斜导轨”模型 物理物理 模型模型 匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为 B，导轨间距，导轨间距 L，导体棒，导体棒 质量质量 m，电阻，电阻 R，导轨光滑，电阻不计，导轨光滑，电阻不计(如图如图) 动态动态 分析分析 棒棒 ab 由静止释放后下滑，此时由静止释放后下滑，此时 agsin ，棒，棒 ab 速度速度 v 感应电动势感应电动势 EBLv电流电流 IE R 安培力安培力 FBIL加加 速度速度 a，当安培力，当安培力 Fmgsin 时，时，a0，v 最大最大 运动形式运动形式 匀速直线运动匀速直线运动 力学特征力学特征 a0，v 最大，最大，vmmgRsin
6、 B2L2 收尾收尾 状态状态 电学特征电学特征 I 恒定恒定 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R 1 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r 0.1 。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金属杆的最大速度金属杆的最大速度 vm等于等于 10 m/s B
7、金属杆的速度为金属杆的速度为1 2vm 时的加速度大小为时的加速度大小为 2.5 m/s2 C金属杆滑至底端的整个过程中电阻金属杆滑至底端的整个过程中电阻 R 产生的焦耳热为产生的焦耳热为 mgh1 2mv 2 m D 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 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 度度v 与杆的粗细无关 与杆的粗细无关 解析解析 金属杆达到最大速度时， 所受合力为零， 则金属杆达到最大速度时， 所受合力为零， 则 mgsin F 安安BIL B2L2vm Rr ，则最大速度，则最大速度vm mgsin （Rr） B2L2 0.5
8、10sin 30 （10.1） 120.52 m/s11 m/s， A 错误； 金属杆的速度为错误； 金属杆的速度为1 2vm 时，根据牛顿第二定律可得时，根据牛顿第二定律可得 mgsin 1 2 B2L2vm Rr ma，即，即 mgsin 1 2 mgsin ma，解得加速度大小为，解得加速度大小为 2.5 m/s2，B 正确；金属杆滑至底端正确；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的整个过程中，整个回路中产生的焦耳热为 mgh1 2mv 2 m，电阻 ，电阻 R 产生的产生的 焦耳热一定小于焦耳热一定小于 mgh1 2mv 2 m， ，C 错误错误；金属杆达到最大速度后
9、，根据受；金属杆达到最大速度后，根据受 力平衡可得力平衡可得 mgsin F 安安BIL，得，得 Imgsin BL neSv ，得 ，得v gsin neB ， 其中其中 n 为单位体积的电子数，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，电荷沿杆长度方向的平均速度与杆的粗细无关，D 正确。正确。 答案 BD 模型二：电磁感应中的模型二：电磁感应中的“双杆导轨双杆导轨”模型模型 1模型对比模型对比 示意示意 图图 力学力学 观点观点 导体棒导体棒1受安培力的作用做加速度减小受安培力的作用做加速度减小 的
10、减速运动，导体棒的减速运动，导体棒2受安培力的作用受安培力的作用 做加速度减小的加速运动，最后两棒以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相同的速度做匀速直线运动 开始时两棒做变加速运开始时两棒做变加速运 动，最后两棒以相同的动，最后两棒以相同的 加速度做匀加速直线运加速度做匀加速直线运 动动 动量动量 观点观点 系统动量守恒系统动量守恒 系统动量不守恒系统动量不守恒 能量能量 观点观点 棒棒1动能的减少量棒动能的减少量棒2动能的增加量动能的增加量 焦耳热焦耳热 外力做的功棒外力做的功棒1的动能的动能 棒棒2的动能焦耳热的动能焦耳热 2.两种情况两种情况 (1)一杆切割、
11、一杆静止时，一杆切割、一杆静止时，分析同单杆类似。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，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。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。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
12、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x的上限。 解析解析 (1)设当设当 cd 棒速度减为棒速度减为 0.8v0时时 ab 棒的速度为棒的速度为 v，由动量守恒定，由动量守恒定 律有律有 mv00.8mv0mv 解得解得 v0.2v0 此时回
13、路此时回路的电流是的电流是 IBl（ （0.80.2）v0 2R cd 棒的加速度为棒的加速度为 aBIl m 解得解得 a3B 2l2v 0 10mR 。 (2)设两棒稳定时共同的末速度为设两棒稳定时共同的末速度为 v，根据动量守恒定律有，根据动量守恒定律有 mv0(mm)v 得得 v1 2v0 Q1 2mv 2 0 1 2(m m)v21 4mv 2 0。 。 (3)由法拉第电磁感应定律得，电路中产生的由法拉第电磁感应定律得，电路中产生的感应电动势感应电动势 E t Blx t 这段时间内回路的电流为这段时间内回路的电流为I E 2R 对对 ab 棒由动量定理得棒由动量定理得 BI lt
14、mv 由由解得解得 xmRv0 B2l2 。 答案答案 (1)3B 2l2v 0 10mR (2)1 4mv 2 0 (3)mRv 0 B2l2 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，使金属棒以大小为v的速度向右匀速运动，则( ) A金属棒金属棒 ab 相当于电源，其相当于电源，其 a 端相当
15、于电源端相当于电源负极负极 B拉力拉力 FB 2L2v R C回路中的感应电流沿顺时针方向流动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定值电阻消耗的电功率 PFv 解析：解析：根据楞次定律可得金属棒根据楞次定律可得金属棒 ab 中电流从中电流从 b 到到 a，a 端相当于正极，端相当于正极， 回路中感应电流方向为逆时针方向，回路中感应电流方向为逆时针方向，A、C 错误；产生的感应电动势错误；产生的感应电动势 E BLv，导体棒受到的安培力，导体棒受到的安培力 F 安安BILB BLv R LB 2L2v R ，由于导体棒，由于导体棒 做匀速直线运动，所以做匀速直线运动，所以 F
16、B 2L2v R ，B 正确；由于金属棒正确；由于金属棒 ab 的速度不变，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消耗的电功率 P Fv，D 正确。正确。 答案：BD 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( ) AWQW1W
17、2EkEp BWQW1W2Ek CWQEkEp DW2Q，W1Ep CD 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W1 Ep，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
18、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：解析：(1)初始时刻，导初始时刻，导体棒受到竖直向下的重力体棒受到竖直向下的重力 mg 及拉力及拉力 F，由牛顿，由牛顿 第二定律得第二定律得 Fmgma 解得解得 aF mg m 。 (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，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，设此时当加速度为零时，达到稳定状态即做匀速运动，此时电流恒定，设
19、此时 速度为速度为 v， 导体棒产生的电动势为导体棒产生的电动势为 EBLv 受到的安培力为受到的安培力为 F 安安BIL 稳定时的电流为稳定时的电流为 IE R 由平衡条件得由平衡条件得 FmgF 安安0 以上联立解得以上联立解得 v（ （Fmg）R B2L2 。 答案：答案：(1)F mg m (2)（ （Fmg）R B2L2 4.两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 为为 l。导轨上面横放着两根导体棒。导轨上面横放着两根导体棒 ab 和和 cd，构成矩形回路，如图所示。，构成矩形回路，如图所示。
20、两根导体棒的质量皆为两根导体棒的质量皆为 m，电阻皆为，电阻皆为 R，回路中其他部分的电阻可不计。，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。设两导 体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒 cd 静止，棒静止，棒 ab 有指向棒有指向棒 cd 的初速度的初速度 v0。若两导体棒在运动中始终不接触，求：。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？在运动中产生的焦耳热最多是多少？ (2)当棒当棒 ab 的速度变为初速度的的速
21、度变为初速度的3 4时，棒 时，棒 cd 的加速度是多大？的加速度是多大？ 解析：解析：(1)从开始到两棒达到相同速度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，的过程中，两棒的总动量守恒， 有有 mv02mv 根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热 Q1 2mv 2 0 1 2 2mv 2 1 4mv 2 0。 。 (2)设棒设棒 ab 的速度变为的速度变为3 4v0 时，时，cd 棒的速度为棒的速度为 v， 则由动量守恒定律可知则由动量守恒定律可知 mv03 4mv0 mv 得得 v1 4v0 此时回路中的感应电动势此时回路中的感应电
22、动势和感应电流分别为和感应电流分别为 E(3 4v0 v)Bl，I E 2R 此时棒此时棒 cd 所受的安培力所受的安培力 FBIlB 2l2v 0 4R 由牛顿第二定律可得棒由牛顿第二定律可得棒 cd 的加速度大小为的加速度大小为 a F m B 2l2v 0 4mR ，方向水平向右。，方向水平向右。 答案：答案：(1)1 4mv 2 0 (2)B 2l2v 0 4mR 5如图所示，倾角37、间距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
23、 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”代表力F做的功，sin 370.6) (1)磁感应强度磁感应强度 B 的大小；的大小； (2)外力外力 F 随位移随位移 x 变化的关系式；变化的关系式； (3)在棒在棒 ab 整个运动过程中，
24、电阻整个运动过程中，电阻 R 产生的焦耳热产生的焦耳热 Q。 解析：解析：(1)在在 x10.2 m 处时，电阻处时，电阻 R 消耗的电功率消耗的电功率 P（ （Blv1）2 R 此时此时 v1kx11 m/s 解得解得 B PR （lv1）2 30 5 T (2)在无磁场区间在无磁场区间 0 x0.2 m 内，有内，有 a5 s 1 v25 s 2 x F25 s 2 xmmgcos mgsin (0.962.5x)(N) 在有磁场区间在有磁场区间 0.2 mx0.8 m 内，有内，有 FA（ （Bl）2v R 0.6x(N) F(0.962.5x0.6x)N(0.963.1x)(N) (3
25、)上升过程中克服安培力做的功上升过程中克服安培力做的功(FA- x 图像中的梯形面积图像中的梯形面积) WA10.6 2 (x1x2)(x2x1)0.18 J 撤去外力后， 设棒撤去外力后， 设棒 ab 上升的最大距离为上升的最大距离为 s， 再次进入磁场时的速度为， 再次进入磁场时的速度为 v， 由动能定理有由动能定理有 (mgsin mgcos )s1 2mv 2 2 (mgsin mgcos )s1 2mv 2 其中其中 v2kx24 m/s 解得解得 v2 m/s 由于由于 mgsin mgcos （ （Bl）2v R 0 故棒故棒 ab 再次进入磁场后做匀速运动再次进入磁场后做匀速运
26、动 下降过程中克服安培力做的功下降过程中克服安培力做的功 WA2（ （Bl）2v R (x2x1)0.144 J QWA1WA20.324 J。 答案：答案：(1) 30 5 T (2)见解析见解析 (3)0.324 J 6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
27、，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：解析：(1)设线圈中的感应电动势为设线圈中的感应电动势为 E，由法拉第电磁感应定律，由法拉第电磁感应定律 E t 得得 Ek 设设 PQ 与与 MN 并联的电阻为并联的电阻为 R 并并，有，有 R并并R 2 闭合闭合 S 时，设线圈中的电流为时，设线圈中的电流为 I，根据闭合电路欧姆定律，根据闭合电路欧姆定律得得 I E R并 并R 设设 PQ 中的电流为中的电流为 IPQ，有，有 IPQ1 2I 设设
28、PQ 受到的安培力为受到的安培力为 F 安安，有，有 F安安BIPQl 保持保持 PQ 静止，由受力平衡，有静止，由受力平衡，有 FF 安安 联立联立式得式得 FBkl 3R 方向水平向右。方向水平向右。 (2)设设 PQ 由静止开始到速度大小为由静止开始到速度大小为 v 的加速过程中，的加速过程中， PQ 运动的位移为运动的位移为 x， 所用时间为所用时间为 t，回路中的磁通量变化量为，回路中的磁通量变化量为 ，平均感应电动势为，平均感应电动势为E ，有，有 E t 其中其中 Blx 设设 PQ 中的平均电流为中的平均电流为I ，有 ，有I E 2R 根据电流的定义得根据电流的定义得I q t 由动能定理，有由动能定理，有 FxW1 2mv 2 0 联立联立式得式得 W1 2mv 2 2 3kq 答案：答案：(1)Bkl 3R 方向水方向水平向右平向右 (2)1 2mv 2 2 3kq
