2020年高考物理一轮复习文档：第11章 电磁感应 热点专题(七) 第55讲 含答案

第55讲电磁感应中的“杆＋轨”模型热点概述电磁感应“杆轨模型”中的杆有“单杆”和“双杆”等，有的回路中还接有电容器；电磁感应“杆轨模型”中的轨有“直轨”和“折轨”等，导轨有竖直的，也有水平的，还有放在斜面上的等各种情况。

分析这类问题重在结合电动势的变化情况分析清楚其中的动力学过程，处理问题时经常涉及力学和电磁学中的几乎所有规律，综合性较强。

热点一单杆模型单杆模型的常见情况[例1](2018·广州毕业综合测试(一))如图甲，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为1.0 m，左端连接阻值R＝4.0 Ω的电阻；匀强磁场磁感应强度B＝0.5 T、方向垂直导轨所在平面向下；质量m＝0.2 kg、长度l＝1.0 m、电阻r ＝1.0 Ω的金属杆置于导轨上，向右运动并与导轨始终保持垂直且接触良好。

t＝0时对杆施加一平行于导轨方向的外力F，杆运动的v-t图象如图乙所示。

其余电阻不计。

求：(1)从t＝0开始，金属杆运动距离为5 m时电阻R两端的电压；(2)在0～3.0 s内，外力F大小随时间t变化的关系式。

解析(1)根据v-t图象可知金属杆做匀减速直线运动时间Δt＝3 s，t＝0时杆的速度为v0＝6 m/s，由运动学公式得其加速度大小a＝v0－0Δt，①设杆运动了s1＝5 m时速度为v1，则v21－v20＝－2as1，②此时，金属杆产生的感应电动势E1＝Bl v1，③回路中产生的电流I1＝E1R＋r，④电阻R两端的电压U＝I1R，⑤联立①～⑤式解得U＝1.6 V。

⑥(2)由t＝0时BIl＜ma，可分析判断出外力F的方向与v0反向。

金属杆做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有F＋BIl＝ma，⑦设在t时刻金属杆的速度为v，杆的电动势为E，回路电流为I，则v＝v0－at，⑧又E＝Bl v，⑨I＝ER＋r，⑩联立①⑦⑧⑨⑩式解得F＝0.1＋0.1t。

答案(1)1.6 V(2)F＝0.1＋0.1t方法感悟(1)若杆上施加的力为恒力，对杆做动力学分析可得出，其运动形式为变加速运动或匀速运动。

(2)若使杆做匀变速运动，在杆上施加的力与时间成一次函数关系才行。

[例2](2018·衡阳模拟)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨CD、EF倾斜放置，其所在平面与水平面间的夹角为θ＝30°，两导轨间距为L，导轨下端分别连着电容为C 的电容器和阻值R＝2r的电阻。

一根质量为m，电阻为r的金属棒放在导轨上，金属棒与导轨始终垂直并接触良好，一根不可伸长的绝缘轻绳一端拴在金属棒中间、另一端跨过定滑轮与质量M＝4m的重物相连。

金属棒与定滑轮之间的轻绳始终在两导轨所在平面内且与两导轨平行，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨电阻不计，初始状态用手托住重物使轻绳恰处于伸长状态，由静止释放重物，求：(重力加速度大小为g，不计滑轮阻力)(1)若S1闭合、S2断开，重物的最大速度。

(2)若S1和S2均闭合，电容器的最大带电量。

(3)若S1断开、S2闭合，重物的速度v随时间t变化的关系式。

解析(1)S1闭合，S2断开时，M由静止释放后拉动金属棒沿导轨向上做加速运动，金属棒受到沿导轨向下的安培力作用，设最大速度为v m，根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势E＝BL v m根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流I＝ER＋r ＝BL v m3r当金属棒速度最大时有：Mg＝mg sin30°＋BIL解得：v m＝3r(4m－0.5m)gB2L2＝21mgr2B2L2。

(2)S1，S2均闭合时，电容器两板间的最大电压U＝U R＝IR＝7mgr BL电容器的最大带电量Q＝CU＝7mgrC BL。

(3)S1断开、S2闭合时，设从释放M开始经时间t金属棒的速度大小为v，加速度大小为a，通过金属棒的电流为i，金属棒受到的安培力F＝BiL，方向沿导轨向下，设在时间t到(t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，ΔQ也是平行板电容器在t到(t＋Δt)内增加的电荷量，ΔQ＝CBL·Δv，根据运动学公式可得Δv＝aΔt，则i＝ΔQΔt＝CBLa，设绳中拉力为T，由牛顿第二定律，对金属棒有：T－mg sin30°－BiL＝ma对M有：Mg－T＝Ma解得：a＝7mg10m＋2CB2L2可知M做初速度为零的匀加速直线运动v＝at＝7mg10m＋2CB2L2·t答案(1)21mgr2B2L2(2)7mgrCBL(3)v＝7mg10m＋2CB2L2·t方法感悟单杆＋电容器＋恒力模型可用微元法或动量定理分析，其运动形式恰好为匀变速直线运动，不同于其他单杆模型。

1. (多选)如图所示，间距为L的两根平行光滑导轨竖直放置，导轨间接有电容C，处于垂直轨道平面的匀强磁场B中，质量为m、电阻为R的金属杆ab接在两导轨之间并静止释放，ab下落过程中始终保持与导轨接触良好，设导轨足够长，电阻不计，下列说法正确的是()A．ab做自由落体运动B．ab做匀加速运动，且加速度为a＝mgm＋CB2L2C．ab做匀加速运动，若加速度为a，则回路的电流为I＝CBLaD．ab做加速度减小的变加速运动，最后匀速运动，最大速度为v m＝mgR B2L2答案BC解析金属杆ab下落过程中产生感应电动势，电容器充电，电路中有充电电流，ab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－BIL＝ma。

又I＝ΔQΔt＝CΔUΔt，又ΔU＝ΔE＝BLΔv，得I＝CBL·ΔvΔt＝CBLa，解得a＝mgm＋CB2L2，可见杆的加速度不变，做匀加速直线运动，故B、C正确。

2. (2018·辽宁盘锦月考)(多选)如图中MN和PQ为竖直方向的两平行足够长的光滑金属导轨，间距为L，电阻不计。

导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，两端分别接阻值为2R的电阻R1和电容为C的电容器。

质量为m、电阻为R的金属杆ab始终垂直于导轨，并与其保持良好接触。

杆ab由静止开始下滑，在下滑过程中最大的速度为v，整个电路消耗的最大电功率为P，则()A．电容器左极板带正电B．电容器的最大带电量为2CBL v3C．杆ab的最大速度v＝P mgD．杆ab所受安培力的最大功率为2P 3答案BC解析根据右手定则，感应电动势的方向为a→b，故电容器右极板带正电荷，故A错误；当金属杆的速度达到最大时，感应电动势最大，感应电动势的最大值为：E m＝BL v m＝BL v，路端电压的最大值为：U＝2R2R＋RE m＝23BL v，故电容器的带电量最大为：Q＝CU＝2CBL v3，故B正确；杆ab所受安培力的最大功率即为整个电路消耗的最大电功率P，当杆ab的速度最大时F安＝mg，所以v＝PF安＝Pmg，故C正确，D错误。

3．(2018·河南第二次仿真模拟考试) 如图所示，足够长的U形光滑导轨固定在倾角为30°的斜面上，导轨的宽度L＝0.5 m，其下端与R＝1 Ω的电阻连接，质量为m＝0.2 kg的导体棒(长度也为L)与导轨接触良好，导体棒及导轨电阻均不计。

磁感应强度B＝2 T的匀强磁场垂直于导轨所在的平面，用一根与斜面平行的不可伸长的轻绳跨过定滑轮将导体棒和质量为M＝0.4 kg的重物相连，重物离地面足够高。

使导体棒从静止开始沿导轨上滑，当导体棒沿导轨上滑t＝1 s时，其速度达到最大。

求：(取g＝10 m/s2)(1)导体棒的最大速度v m；(2)导体棒从静止开始沿轨道上滑时间t＝1 s的过程中，电阻R上产生的焦耳热是多少？答案(1)3 m/s(2)0.9 J解析(1)速度最大时导体棒切割磁感线产生感应电动势E＝BL v m感应电流I＝E R安培力F A＝BIL导体棒达到最大速度时由平衡条件得Mg＝mg sin30°＋F A联立解得v m＝3 m/s。

(2)设轻绳的拉力大小为F，由动量定理得Mgt－F t＝M v m－0F t－mg sin30°·t－B I Lt＝m v m－0则Mgt－mg sin30°·t－B I Lt＝(M＋m)v m－0 即Mgt－mg sin30°·t－BLq＝(M＋m)v m－0 解得1 s内流过导体棒的电荷量q＝1.2 C电量q＝ΔΦR＝BLxR解得1 s内导体棒上滑位移x＝1.2 m，由能量守恒定律得Mgx＝mgx sin30°＋12(M＋m)v2m＋Q解得Q＝0.9 J。

热点二双杆模型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(2)初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用[例1] 如图所示，电阻不计的两光滑金属导轨相距L ，放在水平绝缘桌面上，半径为R 的14圆弧部分处在竖直平面内，水平直导轨部分处在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐。

两金属棒ab 、cd 垂直于两导轨且与导轨接触良好，棒ab 质量为2m 、电阻为r ，棒cd 的质量为m 、电阻为r ，重力加速度为g 。

开始时棒cd 静止在水平直导轨上，棒ab 从圆弧顶端无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd 始终没有接触并一直向右运动，最后两棒都离开导轨落到地面上。

棒ab 与棒cd 落地点到桌面边缘的水平距离之比为1∶3。

求：(1)棒ab 和棒cd 离开导轨时的速度大小； (2)棒cd 在水平导轨上的最大加速度； (3)两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热。

解析 (1)设ab 棒进入水平导轨的速度为v 1，ab 棒从圆弧导轨滑下，由机械能守恒定律得2mgR ＝12×2m v 21①离开导轨时，设ab 棒的速度为v 1′，cd 棒的速度为v 2′，ab 棒与cd 棒在水平导轨上运动，由动量守恒得2m v 1＝2m v 1′＋m v 2′②两棒离开导轨做平抛运动的时间相等，由水平位移x ＝v t 可知：v 1′∶v 2′＝x 1∶x 2＝1∶3③联立①②③解得v 1′＝252gR ，v 2′＝652gR 。

(2)ab 棒刚进入水平导轨时，cd 棒受到的安培力最大，它的加速度最大，回路的感应电动势为E ＝BL v 1④ I ＝E 2r ⑤cd 棒受到的安培力为：F cd ＝BIL ⑥cd棒有最大加速度为a＝F cd m⑦联立①④⑤⑥⑦解得：a＝B2L22gR2mr。

(3)根据能量守恒定律，两棒在轨道上运动过程产生的焦耳热为：Q＝12×2m v21－⎝⎛⎭⎪⎫12×2m v1′2＋12m v2′2⑧联立①⑧并代入v1′和v2′解得Q＝625mgR。

答案(1)252gR652gR(2)B2L22gR2mr(3)625mgR方法感悟在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律。