电磁感应定律——单杆+导轨模型(含思路分析)
电磁感应中的单杆模型
一、 单杆模型【破解策略】 单杆问题是电磁感应与电路、力学、能量综合应用的体现，因此相关问题应从以下几个角度去分析思考：(1)力电角度：与“导体单棒”组成的闭合回路中的磁通量发生变化→导体棒产生感应电动势→感应电流→导体棒受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→……，循环结束时加速度等于零，导体棒达到稳定运动状态。
(2)电学角度：判断产生电磁感应现象的那一部分导体(电源)→利用t NE ∆∆=φ或BLv E =求感应动电动势的大小→利用右手定则或楞次定律判断电流方向→分析电路结构→画等效电路图。
(3)力能角度：电磁感应现象中，当外力克服安培力做功时，就有其他形式的能转化为电能；当安培力做正功时，就有电能转化为其他形式的能。
00≠v 00=v示意图单杆ab 以一定初速度0v 在光滑水平轨道上滑动，质量为m ，电阻不计，杆长为L轨道水平、光滑，单杆ab 质量为m ，电阻不计，杆长为L轨道水平光滑，杆ab 质量为m ，电阻不计，杆长为L ，拉力F 恒定力 学 观 点导体杆以速度v 切割磁感线产生感应电动势BLv E =，电流R BLvR E I ==，安培力RvL B BIL F 22==，做减速运动：↓↓⇒a v ，当0=v 时，0=F ，0=a ，杆保持静止S 闭合，ab 杆受安培力R BLE F =，此时mR BLE a =，杆ab 速度↑⇒v 感应电动势↓⇒↑⇒I BLv 安培力↓⇒=BIL F 加速度↓a ，当E E =感时，v 最大，且2222L B BLIR L B FR v m ==BL E=开始时m F a =，杆ab 速度↑⇒v 感应电动势↑⇒↑⇒=I BLv E 安培力↑=BIL F 安由a F F m =-安知↓a ，当0=a 时，v 最大，22L B FR v m =图 像 观 点能 量 观 点动能全部转化为内能： 2021mv Q = 电能转化为动能 221m mv W 电 F 做的功中的一部分转化为杆的动能，一部分产热：221m F mv Q W += 1．如图12—2一l2所示，abcd 是一个固定的U 形金属框架，ab 和cd 边都很长，bc 长为l ，框架的电阻不计，ef 是放置在框架上与bc 平行的导体杆，它可在框架上自由滑动(摩擦可忽略)，它的电阻为R ，现沿垂直于框架平面的方向加一恒定的匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里，已知当以恒力F 向右拉导体杆ef 时，导体杆最后匀速滑动，求匀速滑动时的速度．2.两根光滑的足够长的直金属导轨MN 、''N M 平行置于竖直面内，导轨间距为L ，导轨上端接有阻值为Ｒ的电阻，如图１所示。
电磁感应中的“杆+导轨”类问题(3大模型)(解析版)
电磁感应中的“杆＋导轨”类问题(3大模型)电磁感应“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：模型一 单杆＋电阻＋导轨模型[初建模型][母题] 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。
[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 ＝BL v ，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 2v2R＝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 2L 2，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 sin θ＝Q 总＋12m v m 2又Q 杆＝12Q 总，所以Q 杆＝12mgx sin θ－m 3g 2R 2sin 2θB 4L 4。
[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[内化模型]单杆＋电阻＋导轨四种题型剖析开始时a ＝g sin α，B L[变式] 此题若已知金属杆与导轨之间的动摩擦因数为μ。
现用沿导轨平面向上的恒定外力F 作用在金属杆cd 上，使cd 由静止开始沿导轨向上运动，求cd 的最大加速度和最大速度。
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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二轮 ·物理
⑦ ⑧
二轮 ·物理
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↑→
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 2v2R ＝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 2L 2，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 sin θ＝Q 总＋12mv m 2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【变式】：此题若已知金属杆与导轨之间的动摩擦因数为μ。
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。
高二物理：电磁感应中的“杆+导轨”模型
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3.规律方法
解决此类问题的分析要抓住三点 (1)杆的稳定状态一般是匀速运动(达到最大速度或最小速度，此时合力 为零)； (2)整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功； (3)电磁感应现象遵从能量守恒定律。
(1)电阻R消耗的功率； (2)水平外力的大小。
答案
B2l2v2 (1)
B2 (2)
l2v＋μmg
R
R
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【思维训练2】(2016·泰州一模)如图13甲，MN、PQ两条平行的光滑 金属轨道与水平面成θ＝37°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＝ 0.5 T。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vm。改变电阻箱的阻值R，得 到vm与R的关系如图乙所示。已知轨距为L＝2 m，重力加速度g取10 m/s2，轨道足够长且电阻不计。求：(1)杆ab下滑过程中感应电流的方 向及R＝0时最大感应电动势E的大小；
2.典例剖析
【思维训练1】(2015·海南单科，13)如图12，两平行金属导轨位于同 一水平面上，相距l，左端与一电阻R相连；整个系统置于匀强磁场中， 磁感应强度大小为B，方向竖直向下。一质量为m的导体棒置于导轨上 ，在水平外力作用下沿导轨以速率v匀速向右滑动，滑动过程中始终保 持与导轨垂直并接触良好。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重 力加速度大小为g，导轨和导体棒的电阻均可忽略。求
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物理建模：电磁感应 中的“杆＋导轨”模型
(完整版)高分策略之电磁感应中的杆+导轨模型
电磁感应现象中的杆4导轨模型一、单棒问题、含容式单棒问题三、无外力双棒问题竇力愣况分析动力学观点 *动量现点 运动情况伽能冒观点 牛輛定律 平衡羞件动能定理〕 幡■守恒无外力等距式1¥杆1做a渐小的加速运动杆2做a渐小的减速运动V1=V2I = 0无外力不等距式» 1杆1做a渐小的减速运动杆2做a渐小的加速运动a= 0I = 0L1V1 = L2V2四、有外力双棒问题题型一阻尼式单棒模型如图。
1 •电路特点：导体棒相当于电源。
4.运动特点：速度如图所示。
a减小的减速运动基本模型运动特点有外力等距式i厂F12杆1做a渐大的加速运动杆2做a渐小的加速运动有外力不等距式杆1做a渐小的加速运动杆2做a渐大的加速运动最终特征a i=a2, A v 恒定I恒定a i M a2, a i、a2恒定I恒定2•安培力的特点：安培力为阻力，并随速度减小而减小。
F B=BII= B+r3.加速度特点：加速度随速度减小而减小,a==5 •最终状态：静止 6.三个规律（1）能量关系：「'• ■ , -0 = Q ,=【典例1】如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为 L 的区域内,那么（【答案】B由上述二式可得' ,- •，即B 选项正确。
【典例2】如图所示，AB 杆受一冲量作用后以初速度 V 0=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=2Q ，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卩=0.4 ,测得杆从运动到停止的过程中通过导线的（2）动量关系:BII t 0 mv 0（3）瞬时加速度: a ==-有一个边长为a （ a<L ）的正方形闭合线圈以初速V 0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为V （ V<V 0）A. 完全进入磁场中时线圈的速度大于（ v o +v ) /2B. 安全进入磁场中时线圈的速度等于（ V o +V ) /2C. 完全进入磁场中时线圈的速度小于（V o +V ) /2D. 以上情况A B 均有可能，而C 是不可能的【解析】设线圈完全进入磁场中时的速度为对于线圈进入磁场的过程，据动量定理可得:对于线圈穿出磁场的过程，据动量定理可得:V x 。
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“单杆＋导轨”模型
1. 单杆水平式(导轨光滑)
注：加速度a的推导，a=F
合/m（牛顿第二定律），F
合
=F-F
安
，F
安
=BIL，I=E/R
整合一下即可得到答案。
v变大之后，根据上面得到的a的表达式，就能推出a变小
这里要注意，虽然加速度变小，但是只要和v同向，就是加速运动，是a减小的加速运动（也就是速度增加的越来越慢，比如1s末速度是1，2s末是5，3s末是6，4s末是6.1 ，每秒钟速度的增加量都是在变小的）
2.单杆倾斜式(导轨光滑)
mg
最大
【典例1】如图所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度L ＝1.0 m ，导轨上放有垂直导轨的金属杆P ，金属杆质量为m ＝0.1 kg ，空间存在磁感应强度B ＝0.5 T 、竖直向下的匀强磁场。
连接在导轨左端的电阻R ＝3.0 Ω，金属杆的电阻r ＝1.0 Ω，其余部分电阻不计。
某时刻给金属杆一个水平向右的恒力F ，金属杆P 由静止开始运动，图乙是金属杆P 运动过程的v －t 图象，导轨与金属杆间的动摩擦因数μ＝0.5。
在金属杆P 运动的过程中，第一个2 s 内通过金属杆P 的电荷量与第二个2 s 内通过P 的电荷量之比为3∶5。
g 取10 m/s 2。
求：
(1)水平恒力F 的大小；
(2)前4 s 内电阻R 上产生的热量。
【答案】 (1)0.75 N (2)1.8 J
【解析】 (1)由图乙可知金属杆P 先做加速度减小的加速运动，2 s 后做匀速直线运动
当t ＝2 s 时，v ＝4 m/s ，此时感应电动势E ＝BLv
感应电流I ＝
E R ＋r
安培力F ′＝BIL ＝B 2L 2v R ＋r 根据牛顿运动定律有F －F ′－μmg ＝0
解得F ＝0.75 N 。
前4 s内由能量守恒定律得
F(x1＋x2)＝1
2mv
2＋μmg(x
1
＋x2)＋Q r＋Q R
其中Q r∶Q R＝r∶R＝1∶3
解得Q R＝1.8 J。
注：第二问的思路分析，要求R上产生的热量，就是焦耳热，首先想到的是公式Q=I2Rt，但是在这里，前2s的运动过程中，I是变化的，而且也没办法求出I 的有效值来（电荷量对应的是电流的平均值，求焦耳热要用有效值，两者不一样），所以这个思路行不通。
焦耳热本身也是一种能量，直接用公式求不出来，就应该用能量转化的方式分析，也就是动能定理，能量守恒之类的，解析里用的就是能量守恒，F对这个系统做的功转化为了系统的能量，包括动能和热能，热能分焦耳热和摩擦生热，焦耳热Q就是电阻上产生的热量（电流做功），摩擦生热对应摩擦力做功。
即可列式
F(x1＋x2)＝1
2mv
2＋μmg(x
1
＋x2)＋Q r＋Q R
其中Q r∶Q R＝r∶R＝1∶3
这时候会发现位移X是不知道的，此时发现还有电荷量那个条件没有用到，肯定所有条件都是有用的，所以就写一下电荷量表达式，应该就能够推导到位移上去
q=>磁通量变化量BS=>由S=长✖宽=>位移
这就是基本的思路，基本上在这类题目里出现求焦耳热的，都是利用能量的方式，肯定就要求做功，因为功能是直接关联的嘛，而如果此时题目条件里有电荷量q 的话，就是通过转化来求位移x的，这是目前常见的考查方式，下面斜面上的题目，和这道题分析是类似的，可以练习一下。
【典例2】如图所示，MN、PQ是间距l为0.5 m的足够长的平行导轨，NQ⊥MN，导轨的电阻均不计．导轨平面与水平面间的夹角θ为37°，NQ间连接有一个R为4 Ω的电阻．有一匀强磁场垂直于导轨平面且方向向上，磁感应强度B0为1 T．将一根质量m为0.05 kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好．现由静止释放金属棒，当金属棒滑行至cd处时达到稳定速度，已知在此过程中通过金属棒截面的电荷量q为0.2 C，且金属棒的加速度a与速度v 的关系如图所示，设金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行．求：
(1)金属棒与导轨间的动摩擦因数μ；
(2)cd离NQ的距离x；
(3)金属棒滑行至cd处的过程中，电阻R上产生的热量．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.g取10 m/s2)
【答案】(1)0.5（2）2m（3）0.08J
【解析】
（1）由乙图知，当v=0时，a=2m/s2．由牛顿第二定律得：
mgsinθ﹣μmgcosθ=ma
代入数据解得：μ=0.5
稳定时金属棒做匀速运动，受力平衡，可得：mgsinθ=F A+μmgcosθ代入数据解得：r=1Ω
在此过程中通过金属棒截面的电量为：
又磁通量的变化量为：△Φ=B0L•s
代入数据解得：s=2m
（3）棒下滑的过程中重力、摩擦力与安培力做功，得：
mgh﹣μmgs•cos37°﹣W F=mv m2﹣0
=W F；
回路中产生的总焦耳热为：Q
总
电阻R上产生的热量为：Q R=Q总；
代入数据得：Q R=0.08J----1分。