电磁感应中导轨+杆模型
电磁感应定律的综合应用——杆模型
2、已知轨道 NMPQ 水平放置,间距为 l，电阻不计，磁感应 强度为 B 的匀强磁场方向竖直向上。定值电阻为 R，杆 ab 质量为 m，电阻为 r，在恒力 F 作用下由静止开始运动。摩 擦不计，接触良好。求： （1）、杆做什么运动？并画 v-t 图像。 （2）、写出 a 与 v 的关系式，画出 a-v 图像。 （3）、杆 ab 最大速度。 （4） 、若杆 ab 在加速阶段的时间为 t0，则通过 R 电量， 杆 ab 的位移分别为多少。
模 型 三 双杆
栏目导航
5．如图所示，两根质量均为 m＝2 kg 的金属棒垂直放在光滑的水 平导轨上，左右两部分导轨间距之比为 1∶2，导轨间有大小相等 但左、右两部分方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比， 不计导轨电阻。现用 250 N 的水平拉力 F 向右拉 CD 棒，CD 棒运 动 s＝0.5 m 时其上产生的焦耳热为 Q2＝30 J，此时两棒速率之比 为 vA∶vC＝1∶2，现立即撤去拉力 F，设导轨足够长且两棒始终 在不同磁场中运动，求： (1)在 CD 棒运动 0.5 m 的过程中，AB 棒上产生的焦耳热； (2)撤去拉力 F 瞬间，两棒的速度大小 vA 和 vC； (3)撤去拉力 F 后，两棒最终匀速运动的速度大小 vA′和 vC′。
强度为 B 的匀强磁场方向竖直向上。定值电阻为 R，杆 ab
V0
质量为 m，电阻为 r，以初速度 V0 向右沿轨道运动，摩擦
不计，接触良好。求：
（1）、杆做什么运动？并画 v-t 图像。
（2）、写出 a 与 v 的关系式，画出 a-v 图像。
（3）、通过 R 的电量。
（4）、杆 ab 的位移。
（5） 、杆 ab 产生的热量。
栏目导航
高考热点 分层突破
(含答案)应用动力学和能量观点解决电磁感应中的“导轨 杆”模要点
应用动力学和能量观点解决电磁感应中的“导轨＋杆”模型问题一、基础知识1、模型概述“导轨＋杆”模型是电磁感应问题在高考命题中的“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．“导轨＋杆”模型又分为“单杆”型和“双杆”型；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运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等等，情景复杂，形式多变．2、常见模型类型“电—动—电”型“动—电—动”型示意图已知量棒ab长L，质量m，电阻R；导轨光滑水平，电阻不计棒ab长L，质量m，电阻R；导轨光滑，电阻不计过程分S闭合，棒ab受安培力F＝，此时加速度a＝，棒ab速度v↑→感应电动势E′＝BL v↑→电流I↓→安培力F＝BIL↓→加速度a↓，当安培力F＝0时，a＝0，v最大，最后匀速运动棒ab释放后下滑，此时加速度a＝gsin α，棒ab速度v↑→感应电动势E＝BL v↑→电流I＝↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，当安培力F＝mgsin α时，a＝0，v最大，最后匀速运动析能量转化通过安培力做功，把电能转化为动能克服安培力做功，把重力势能转化为内能运动形式变加速运动变加速运动最终状态匀速运动，vm＝vm＝匀速运动二、练习1、如图解析(1设甲在磁场区域abcd内运动时间为t1，乙从开始运动到ab位置的时间为t2，则由运动学公式得L＝·2gsin θ·t，L＝gsin θ·t解得t1＝，t2＝ (1分因为t1<t2，所以甲离开磁场时，乙还没有进入磁场．(1分设乙进入磁场时的速度为v1，乙中产生的感应电动势为E1，回路中的电流为I1，则m v＝mgLsin θ(1分E1＝Bd v1(1分I1＝E1/2R(1分mgsin θ＝BI1d(1分解得R＝ (1分(2从释放金属杆开始计时，设经过时间t，甲的速度为v，甲中产生的感应电动势为E，回路中的电流为I，外力为F，则v＝at(1分E＝Bd v(1分I＝E/2R(1分F＋mgsin θ－BId＝ma(1分a＝2gsin θ联立以上各式解得F＝mgsin θ＋mgsin θ ·t(0≤t≤ (1分方向垂直于杆平行于导轨向下．(1分(3甲在磁场运动过程中，乙没有进入磁场，设甲离开磁场时速度为v0，甲、乙产生的热量相同，均设为Q1，则v＝2aL(1分W＋mgLsin θ＝2Q1＋m v(2分解得W＝2Q1＋mgLsin θ乙在磁场运动过程中，甲、乙产生相同的热量，均设为Q2，则2Q2＝mgLsin θ(2分根据题意有Q＝Q1＋Q2(1分解得W＝2Q(1分答案(1(2F＝mgsin θ＋mgsin θ ·t(0≤t≤ ，方向垂直于杆平行于导轨向下(32Q2、如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L＝1 m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R＝0.40 Ω的电阻，质量为m＝0.01 kg、电阻为r＝0.30 Ω的金属棒ab紧贴在导轨上．现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g＝10 m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响，求：甲乙(1磁感应强度B的大小；(2金属棒ab在开始运动的1.5 s内，通过电阻R的电荷量；(3金属棒ab在开始运动的1.5 s内，电阻R上产生的热量．答案(10.1 T(20.67 C(30.26 J解析(1金属棒在AB段匀速运动，由题中图象乙得：v＝＝7 m/sI＝，mg＝BIL解得B＝0.1 T(2q＝Δt＝ΔΦ＝B解得：q＝0.67 C(3Q＝mgx－mv2解得Q＝0.455 J从而QR＝Q＝0.26 J3、如图所示，足够长的光滑平行金属导轨cd和ef水平放置，在其左端连接倾角为θ＝37°的光滑金属导轨ge、hc，导轨间距均为L＝1 m，在水平导轨和倾斜导轨上，各放一根与导轨垂直的金属杆，金属杆与导轨接触良好．金属杆a、b质量均为m＝0.1 kg，电阻R a＝2 Ω、R b＝3 Ω，其余电阻不计．在水平导轨和斜面导轨区域分别有竖直向上和竖直向下的匀强磁场B1、B2，且B1＝B2＝0.5 T．已知从t＝0时刻起，杆a在外力F1作用下由静止开始水平向右运动，杆b在水平向右的外力F2作用下始终保持静止状态，且F2＝0.75＋0.2t (N．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2(1通过计算判断杆a的运动情况；(2从t＝0时刻起，求1 s内通过杆b的电荷量；(3若t＝0时刻起，2 s内作用在杆a上的外力F1做功为13.2 J，则这段时间内杆b上产生的热量为多少？答案(1以4 m/s2的加速度做匀加速运动(20.2 C(36 J解析(1因为杆b静止，所以有F2－B2IL＝mg tan 37°而F2＝0.75＋0.2t(N解得I＝0.4t (A整个电路中的电动势由杆a运动产生，故E＝I(Ra＋RbE＝B1Lv解得v＝4t所以，杆a做加速度为a＝4 m/s2的匀加速运动．(2杆a在1 s内运动的距离d＝at2＝2 mq＝Δt＝E＝＝q＝＝＝0.2 C即1 s内通过杆b的电荷量为0.2 C(3设整个电路中产生的热量为Q，由能量守恒定律得W1－Q＝mvv1＝at＝8 m/s解得Q＝10 J 从而Qb＝Q＝6 J4、(2012·山东理综·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＝2mgv sin θB．P＝3mgv sin θC．当导体棒速度达到时加速度大小为sin 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答案AC解析根据I＝＝，导体棒由静止释放，速度达到v时，回路中的电流为I，则根据共点力的平衡条件，有mg sin θ＝BIL.对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，使其以2v的速度匀速运动时，则回路中的电流为2I，则根据平衡条件，有F＋mg sin θ＝B·2IL，所以拉力F＝mg sin θ，拉力的功率P＝F×2v＝2mgv sin θ，故选项A正确，选项B错误；当导体棒的速度达到时，回路中的电流为，根据牛顿第二定律，得mg sin θ－BL＝ma，解得a＝sin θ，选项C正确；当导体棒以2v的速度匀速运动时，根据能量守恒定律知，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．。
电磁感应中的“杆—轨”模型
第 3页
高考调研 ·高三总复习 ·物理
题 型 透 析
第 4页
高考调研 ·高三总复习 ·物理
电磁感应中的“单杆”模型 【基本模型】 如图，金属导轨水平光 滑，导轨间距为 L，导体棒的质量为 m， 回路总电阻为 R.导体棒在水平力 F 的作用 下运动，进入磁场时的速度为 v0，导体棒 在磁场中的运动情况分析如下：
(3)棒由 EF 处向右移动 2 s 的过程中，通过导体横截面的磁 通量为： ΔФ′＝ EΔ t′＝ 12 Wb ΔΦ′ 棒扫过的面积为：ΔS′＝ ＝ 24 m2 B 1 2 2 s 的过程棒移动了 x′，则Δ S′＝ Lx′＋ x′ 2 x′＝ 4 m 此时电动势不变，为： E＝B研 ·高三总复习 ·物理
例 2
(2017· 泉州二模 ) 如图，水平面内有一光滑金属导轨
QPMN，MP 边长度为 d＝ 3 m、阻值为 R＝ 1.5 Ω ，且 MP 与 PQ 垂直，与 MN 的夹角为 135°，MN、 PQ 边的电阻不计．将 质量 m＝ 2 kg、电阻不计的足够长直导体棒搁在导轨上，并与 MP 平行，棒与 MN、 PQ 交点 E、 F 间的距离 L＝ 4 m，整个空 间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度 B＝ 0.5 T．在外 力作用下，棒由 EF 处以初速度 v0＝3 m/s 向右做直线运动，运 动过程中回路的电流强度始终不变．求：
第 5页
高考调研 ·高三总复习 ·物理
运动条件 B2L2v0 F＝ R F为 恒力 B2L2v0 F> R B2L2v0 F< R F 随时间 t 按一定线 性规律变化
运动情况分析 合力为零，做匀速运动 v ↑⇒BLv ↑⇒I↑ ⇒BIL↑ ⇒a↓ ⇒a＝0 ，匀速运动． v↓ ⇒ BLv↓ ⇒ I↓ ⇒ BIL ↓ ⇒ a ↓⇒ a＝ 0，匀速运动
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。
完整版电磁感应定律单杆导轨模型含思路分析
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 ,匸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）BLv T【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二1.0 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約金属杆的电阻r 二1.0約其余部分电阻不计。
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尸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/s2。
求：（1）水平恒力F的大小；⑵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1=吕R+ rB2I2v安培力F = BIL =R+ r根据牛顿运动定律有F —F '―卩m= 0解得 F = 0.75 N o过金JI杆p的电荷量厂"二磊^甘十）；△型BLx所以尸驚qa为尸的位移）设第一个2 s內金属杆P的位移为Xi ；第二个肚内P的位移为助则二号g，又由于如：血=3 : 5麻立解得«=8mj IL=<8m前4 s内由能量守恒定律得其中 Q r : Q R = r : R = 1 : 3解得 Q R = 1.8 J o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=l2Rt ，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。
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。
(完整版)电磁感应导棒-导轨模型
电磁感应“导棒-导轨”问题专题一、“单棒”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E N t∆Φ=∆或E BLv =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。
<1> 单棒基本型00≠v 00=v示 意 图（阻尼式）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（电动式）轨道水平、光滑，单杆ab 质量为m ，电阻不计，杆长为L （发电式）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R vL 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 BLEa =，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mFa =，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W 电212mmv = 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 += 运动 状态变减速运动，最终静止变加速运动，最终匀直变加速运动，最终匀直<2> 单棒模型变形类型“发电式”有摩擦“发电式”斜轨变形示意图已知量棒ab长L，质量m，电阻R；导轨不光滑且水平，电阻不计棒ab长L，质量m，电阻R；导轨光滑，电阻不计过程分析导体棒相当于电源，当速度为v时，电动势E＝Blv；安培力为阻力，并随速度增大而增大22BB l vF BIl vR==∝加速度随速度增大而减小22--==--BF F mg F B l va gm m mRμμ(1) v=0时,有最大加速度mF mgamμ-=(2) a=0时,有最大速度22-=()mF mg RvB lμ棒ab释放后下滑，此时加速度a＝singα，棒ab速度v↑→感应电动势E＝BLv↑→电流I＝ER↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，当安培力F＝sinmgα时，a＝0，v最大，最后匀速运动能量转化212E mFs Q mgS mvμ=++克服安培力做功，把重力势能转化为内能运动形式变加速运动变加速运动最终状态匀速运动22-=()mF mg RvB lμ匀速运动22vmmgRsinB Lα=二、“双棒”模型类型等间距水平光滑导轨无水平外力不等间距水平光滑导轨无水平外力等间距水平光滑导轨受水平外力竖直导轨示意图终态分析两导体棒以相同的速度做匀速运动若两杆m，r，L全相同，末速度为02v两导体棒以不同的速度做匀速运动若两杆m，r全相同，122l l=末速度为212v v=两导体棒以不同的速度做加速度相同的匀加速运动两导体棒以相同的速度做加速度相同的匀加速运动速度图象解题策略动量守恒定律，能量守恒定律及电磁学、运动学知识动量定理，能量守恒定律及电磁学、运动学知识动量定理,能量守恒定律及电磁学、运动学知识动量定理,能量守恒定律及电磁学、运动学知识变形等间距水平不光滑导轨；受水平外力示意图速度图象F>2f2F f≤三、“电容”式单棒模型类型电容放电型电容无外力充电型电容有外力充电型示意图力学观点电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
电磁感应中导轨+杆模型
摘要: 电磁感应现象部分的知识历来是高考的重点、热点，出题时可将力学、电磁学等知识溶于一体．通过近年高考题的研究，此部分每年都有“杆+导轨”模型的高考题出现。
关键词：安培力，稳定速度，安培力做的功和热量
解决电磁感应电路问题的关键就是借鉴或利用相似原型来启发理解和变换物理模型，即把电磁感应的问题等效转换成稳恒直流电路。
电磁感应和我们以前所学的力学，电学等知识有机的结合在一起能很好地考查学生的理解、推理、分析综合及应用数学处理物理问题的能力，其中导轨+杆的模型更是历次考试的重点和难点。
下面我就具体给大家总结一下此类问题。
一模型特点
1导轨+杆模型分为单杆型和双杆型；放置的方式可分为水平，竖直和倾斜。
2导体棒在导轨上切割磁感线运动，发生电磁感应现象
3导体棒受到的安培力为变力，在安培力的作用下做变加速运动
4当安培力与其他力平衡时，导体棒速度达到稳定，称为收尾速度
二解题思路
1涉及瞬时速度问题，用牛顿第二定律求解
2求解导体棒稳定速度，用平衡条件求解
3涉及能量问题，用动能定理或者功能关系求解.
其中导体棒切割磁感线克服安培力做功→焦耳热等于克服安培力做
的功:Q=W
三两类常见的模型
例1：如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L ，导轨电阻不计，上端a 、b 间接有阻值为R 的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。
质量为m 、电阻为r 的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上。
初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0。
整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。
已知弹簧的劲度系数为k ，弹簧的中心轴线与导轨平行。
⑴求初始时刻通过电阻R 的电流I 的大小和方向； 类型
“电—动—电”型 “动—电—动”型 示
意
图
已知 棒ab 长L ，质量m ，电阻R ；导轨光滑水平，电阻不计 棒ab 长L ，质量m ，电阻R ；导轨光滑，电阻不计
分 析 S 闭合，棒ab 受安培力F ＝BLE R
，此时a ＝BLE mR
，棒ab 速度v ↑→感应电动势BLv ↑→电流I ↓→安培
力F ＝BIL ↓→加速度a ↓，当安培
力F ＝0时，a ＝0，v 最大，最后匀
速
棒ab 释放后下滑，此时a ＝g sin α，棒ab 速度v ↑→感应电动势E ＝BLv ↑→电流I ＝E R ↑→安培力F ＝BIL ↑→加速度a ↓，当安培力F ＝mg sin α时，a ＝0，v 最大，最后匀速 运动
形式
变加速运动 变加速运动 最终
状态 匀速运动v m ＝E BL 匀速运动 v m ＝mgR sin αB 2L
2
⑵当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v ，求此时导体棒的加速度大小a ；
⑶导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep ，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q 。
【答案】⑴棒产生的感应电动势01BLv E =
通过R 的电流大小r R BLv r R E I +=+=011 电流方向为b→a
⑵棒产生的感应电动势为BLv E =2 感应电流
r R BLv r R E I +=+=22 棒受到的安培力大小
r R v L B BIL F +==22，方向沿斜面向上 根据牛顿第二定律 有 ma F mg =-θsin
解得 )(sin 22r R m v L B g a +-=θ
⑶导体棒最终静止，有 kx mg =θsin 压缩量k mg x θ
sin = 设整个
过程回路产生的焦耳热为Q 0，根据能量守恒定律 有
2001sin 2P mv mgx E Q θ+=+ 22001(sin )2P mg Q mv E k θ=+-
电阻R 上产生的焦耳热2
2001(sin )[]2P R R mg Q Q mv E R r R r k θ==+-++
例:2：如图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为θ的绝缘斜面上（两导轨与水平面的夹角也为θ），导轨上端连接一个定值电阻。
导体棒a 和b 放在导轨上，与导轨垂直并良好接触。
斜面上水平虚线PQ 以下区域，存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场。
现对a 棒施以平行导轨斜向上的拉力，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导
轨下端的b 棒恰好静止。
当a 棒运动到磁场的上边界PQ 处时，撤去拉力，a 棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动，此时b 棒已滑离导轨。
当a 棒再次滑回到磁场上边界PQ 处时，又恰能沿导轨匀速向下运动。
已知a 棒、b 棒和定值电阻的
阻值均为R ，b 棒的质量为m ，重力加速度为g ，
导轨电阻不计。
求：
⑴a 棒的质量m a ；
⑵a 棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉
力F 。
解 ⑴a 棒在PQ 上方运动的过程中只有重力做功，机械能守恒，故可知a 棒在磁场中沿导轨向上匀速运动和向下匀速运动的速度大小相等，进一步结合法拉第电磁感应定律可知，在这两个过程中，a 棒因切割磁感线而产生的感应电动势的大小相等，设为E 。
a 棒在磁场中沿导轨向上匀速运动时，b 棒中的电流为：1322
b E I R =⨯ 此时，b 棒恰好静止，有：I b LB =mg sin θ 。
a 棒在磁场中沿导轨向下匀速运动时，设a 棒中的电流为I a ′，有：´2a E I R
= I a ′LB =m a g sin θ 解得：m a =1.5m 。
⑵a 棒在磁场中沿导轨向上运动时，设a 棒中的电流为I a ，有：I a =2I b ，处于磁场中的a 棒在平行导轨斜向上的拉力F 作用下沿导轨匀速向上运动，有：
F =I a LB +m a g sin θ 又：I b LB =mg sin θ 解得：F =3.5mg sin θ。