高中物理《电磁感应中的“杆+导轨”模型》精品课件
(2)设闭合开关 S 时金属棒的速度为 v， BLv－E 此时电流 I″＝ R＋r F－FA″ 由牛顿第二定律得 a″＝ m F BLF LB 若加速度大小为m，则m－ ＝m R ＋ r m
E E 2FR＋r 解得速度v1＝BL，v2＝BL＋ B2L2 F 未闭合开关S前金属棒的加速度一直为a0＝m 解得恒力F作用时间 v1 mE v2 mE 2mR＋r t1＝ ＝FBL或t2＝ ＝FBL＋ a0 a0 B2L2 E F FR＋r E 答案：(1) LB＋m ＋BL B2L2 R＋rm
(1)求匀速运动时的速度v的大小； (2)求导体棒在MN和PQ间运动过程中R的发热量Q. B2L2v 解析：(1)匀速时合力为零，所以F＝F安＝BIL＝ R
FR 得v＝ 2 2＝0.5 m/s BL
(2)设导体棒从出发到匀速的过程安培力做功为WA，根据动 1 2 能定理有F· 2d＋WA＝ mv 2 7 得WA＝－ J 8 R的发热量即为导体棒克服安培力做的功， 7 即Q＝|WA|＝ J 8
mgR＋rsin θ A．导体棒匀速运动时速度大小为 B2d2 mgR＋rsin θ B．匀速运动时导体棒两端电压为 Bd Bsd C．导体棒下滑距离为s时，通过R的总电荷量为 R D．重力和安培力对导体棒所做的功大于导体棒获得的动能
解析：选A.导体棒下滑过程中受到沿斜面向下重力的分力和 沿斜面向上的安培力，当匀速运动时，有mgsin θ＝BId，根据欧 E 姆定律可得I＝ ，根据法拉第电磁感应定律可得E＝Bdv，联 R＋r mgR＋r mgR＋r 立解得v＝ sin θ，E＝ Bd sin θ，故导体棒两端的电 B2d2 E mgR 压为U＝ R＝ Bd sin θ，A正确，B错误．根据法拉第电磁感 r＋ R ΔΦ BΔS Bds E Bsd 应定律E＝ ＝ ＝ ，故q＝IΔt＝ Δt＝ ，根据动 Δt Δt Δt R＋r R＋r 能定理可得重力和安培力对导体棒所做的功等于导体棒获得的动 能，C、D错误．
(1)若闭合开关S的同时对金属棒施加水平向右恒力F，求棒 即将运动时的加速度和运动过程中的最大速度； (2)若开关S开始是断开的，现对静止的金属棒施加水平向右 的恒力F，一段时间后再闭合开关S；要使开关S闭合瞬间棒的加 F 速度大小为m，则F需作用多长时间．
E 解析：(1)闭合开关S的瞬间回路电流I＝ R＋r 金属棒所受安培力水平向右，其大小FA＝ILB FA＋F 由牛顿第二定律得a＝ m E F 整理可得a＝ LB＋m R＋rm
考点一
单杆水平式模型
1．如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框 abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中．一接入电 路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑 动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ 从靠近ad处向bc滑动的过程中( A．PQ中电流先增大后减小 B．PQ两端电压先减小后增大 C．PQ上拉力的功率先减小后增大 D．线框消耗的电功率先减小后增大 )
2
R，小于导体棒PQ的电阻，所以滑动过程中线框消耗的电功率先 增大后减小，选项D错误．
2．U形光滑金属导轨水平放置，如图所示为俯视图，导轨右 端接入电阻R＝0.36 Ω，其他部分无电阻，导轨间距为L＝0.6 2 T．导体棒
m，界线MN右侧有匀强磁场，磁感应强度为B＝
ab电阻为零，质量m＝1 kg.导体棒与导轨始终垂直且接触良好， 在距离界线MN为d＝0.5 m处受恒力F＝1 N作用从静止开始向右 运动，到达界线PQ时恰好匀速，界线PQ与MN间距也为d.
答案：(1)0.5 m/s
7 (2) J 8
3．(2017· 湖南邵阳二模)如图所示，一对足够长的平行光滑 金属导轨固定在水平面上，两导轨间距为L，左端接一电源，其 电动势为E、内阻为r，有一质量为m、长度也为L的金属棒置于 导轨上，且与导轨垂直，金属棒的电阻为R，导轨电阻可忽略不 计，整个装置处于磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场 中．
金属棒向右运动的过程中，切割磁感线产生与电源正负极相 反的感应电动势，回路中电流减小，安培力减小，金属棒做加速 度逐渐减小的加速运动，匀速运动时速度最大，此时由平衡条件 得FA′＝F 由安培力公式得FA′＝I′LB BLvm－E 由闭合电路欧姆定律得I′＝ R＋r FR＋r E 联立求得vm＝ 2 2 ＋BL BL
第4节 电磁感应中的“杆＋导轨”模型
“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”型和“双杆”型(“单杆”型为重点)；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、匀变 速、非匀变速运动等．
mE mE 2mR＋r (2)FBL或FBL＋ B2L2
考点二
单杆倾斜式模型
1.
(2017· 河南安阳检测)如图所示，平行金属导轨宽度为d，
一部分轨道水平，左端接电阻R，倾斜部分与水平面成θ角，且置 于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，现将一质量为 m、长度也为d的导体棒从导轨顶端由静止释放，直至滑到水平 部分(导体棒下滑到水平部分之前已经匀速，滑动过程中与导轨 保持良好接触，重力加速度为g)．不计一切摩擦力，导体棒接入 回路电阻为r，则整个下滑过程中( )
解析：选C.PQ在运动过程中切割磁感线产生感应电动势， 相当于电源，线框左右两端电阻并联，当PQ运动到中间时并联 电阻最大，流经PQ的电流最小，因此在滑动过程中，PQ中的电 流先减小后增大，选项A错误；由于外接电阻先增大后减小，因 此PQ两端的电压即路端电压先增大后减小，选项B错误；
由能量守恒得拉力功率等于线框和导体棒的电功率，因此拉 E2 BLv 力功率为P＝ ＝ ，由于电路总电阻先增大后减小，因此 R总 R总 拉力功率先减小后增大，选项C正确；矩形线框abcd总电阻为 3R，当PQ滑动到ab中点时，线框并联总电阻最大，最大值为 3 4
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精选课件-2020年高考物理一轮复习第11章电磁感应热点专题七第55讲电磁感应中的“杆+轨”模型课件
mg－BIL＝ma。又I＝
ΔQ Δt
＝
CΔU Δt
，又ΔU＝ΔE＝BLΔv，
CBLa，解得a＝
mg m＋CB2L2
，可见杆的加速度不变，做匀
B、C正确。
2. (2018·辽宁盘锦月考)(多选)如图中MN和PQ为竖直方 长的光滑金属导轨，间距为L，电阻不计。导轨所在平面与 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 为m、电阻为R的金属杆ab始终垂直于导轨，并与其保持良 静止开始下滑，在下滑过程中最大的速度为v，整个电路消 为P，则( )
2mv1＝2mv1′＋mv2′② 两棒离开导轨做平抛运动的时间相等，由水平位移x＝ v2′＝x1∶x2＝1∶3③
联立①②③解得v1′＝25 2gR，v2′＝65 2gR。
(2)ab棒刚进入水平导轨时，cd棒受到的安培力最大， 大，回路的感应电动势为
E＝BLv1④ I＝2Er⑤ cd棒受到的安培力为：Fcd＝BIL⑥ cd棒有最大加速度为a＝Fmcd⑦ 联立①④⑤⑥⑦解得：a＝B2L22mr2gR。
(3)根据能量守恒定律，两棒在轨道上运动过程产生的 Q＝12×2mv21－12×2mv1′2＋21mv2′2⑧ 联立①⑧并代入v1′和v2′ 解得Q＝265mgR。
答案
2 (1)5 2gR
6 (3)25mgR
6 5 2gR
B2L2 2gR (2) 2mr
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， 棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力， 量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律。
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 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 行。
2021届高考物理二轮复习核心素养微专题6电磁感应中的“杆+导轨”模型课件202103302375
此时回路中的感应电动势和感应电流分别为 E＝(43v0－v′)Bl，I＝2ER 此时棒 cd 所受的安培力 F＝BIl＝B42lR2v0 由牛顿第二定律可得棒 cd 的加速度大小为 a＝mF＝B42ml2Rv0，方向水平向右。 答案：(1)41mv02 (2)B42ml2Rv0
5．如图所示，倾角θ＝37°、间距l＝0.1 m的足够长金属导轨底端接有 阻值R＝0.1 Ω的电阻，质量m＝0.1 kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨 间的动摩擦因数μ＝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 m≤x≤0.8 m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场。从t＝0时 刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x＝0处由静止开始沿斜面 向上运动，其速度v与位移x满足v＝kx(可导出a＝kv)，k＝5 s－1。当棒 ab运动至x1＝0.2 m处时，电阻R消耗的电功率P＝0.12 W，运动至x2＝ 0.8 m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x＝0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 37°＝0.6)
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 ΔEk，电路中产生的焦耳热为Q，ab杆重力势能增加量为ΔEp，则( CD) A．W＝Q＋W1＋W2＋ΔEk＋ΔEp B．W＝Q＋W1＋W2＋ΔEk C．W＝Q＋ΔEk＋ΔEp D．W2＝Q，W1＝ΔEp
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 物理模型 R 外，其他电阻不计
新版高考物理 第十章 电磁感应 10-3-3 电磁感应中的“杆+导轨”模型课件.ppt
转到解析
规律总结
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，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。
规律总结
解决电磁感应综合问题的一般思路
分离出电路中由电磁感应所产生的电源， 求出电源参数E和r
外力做的功＝棒1的动 能＋棒2的动能＋焦耳
热
题组剖析 例1(单杆水平式) 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/s2。求： (1)水平恒力F的大小； (2)前4 s内电阻R上产生的热量。
I 恒定
课堂互动
Ⅱ.单杆倾斜式(导轨光滑)
物理 模型
动态 棒释放后下滑,此时 a＝gsin α,速度 v↑→E＝BLv↑→I＝
分析 E/R↑→F＝BIL↑→a↓,当安培力 F＝mgsin α 时,a＝0,v 最大
运动形式 收尾
力学特征 状态
电学特征
匀速直线运动 a＝0 v 最大 vm＝mgBR2sLi2n α
转到解析
题组剖析
例2 (“双杆＋导轨”模型) 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 它部分的电阻可不计。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：
规律总结
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，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。
规律总结
解决电磁感应综合问题的一般思路
分离出电路中由电磁感应所产生的电源， 求出电源参数E和r
外力做的功＝棒1的动 能＋棒2的动能＋焦耳
热
题组剖析 例1(单杆水平式) 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/s2。求： (1)水平恒力F的大小； (2)前4 s内电阻R上产生的热量。
I 恒定
课堂互动
Ⅱ.单杆倾斜式(导轨光滑)
物理 模型
动态 棒释放后下滑,此时 a＝gsin α,速度 v↑→E＝BLv↑→I＝
分析 E/R↑→F＝BIL↑→a↓,当安培力 F＝mgsin α 时,a＝0,v 最大
运动形式 收尾
力学特征 状态
电学特征
匀速直线运动 a＝0 v 最大 vm＝mgBR2sLi2n α
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题组剖析
例2 (“双杆＋导轨”模型) 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 它部分的电阻可不计。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：
微专题 电磁感应中的“杆+导轨”模型
(2)0～4 s 内磁场均匀变化，产生的感应电动势 E1＝ΔΔBt L1L2＝0.5 V 由闭合电路欧姆定律得 I1＝RE＋1 r＝0.1 A 0～4 s 内小灯泡上产生的焦耳热 Q1＝I12Rt1＝0.16 J
4～5 s 内导体棒在磁场中匀速运动，导体棒运动的位移 x＝vt2＝1 m<L2， 导体棒没有出磁场，小灯泡上产生的焦耳热 Q2＝I22Rt2＝0.16 J 0～5 s 内小灯泡上产生的焦耳热 Q＝Q1＋Q2＝0.32 J. [答案] (1)0.8 kg 0.2 N (2)0.32 J
Q 总＝－W 安＝mgxsin θ－12mv2＝2 J
QR＝R＋R rQ 总＝1.5 J. 答案：(1)1 A b→a (2)1 N 平行于导轨平面向上 (3)1.5 J
3．如图所示，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为 θ， 导轨间距为 l，所在平面的正方形区域 abcd 内存在有界匀强磁场，磁感 应强度大小为 B，方向垂直于斜面向上．将阻值相同、质量均为 m 的相 同甲、乙两金属杆放置在导轨上，甲金属杆处在磁场的上边界，甲、乙 相距 l.从静止释放两金属杆的同时，在金属杆甲上施加一个沿着导轨的 外力，使甲金属杆在运动过程中始终沿导轨向下做匀加速直线运动，且 加速度大小为 a＝gsin θ，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动．
[典例 3] 如图所示，两根足够长的平行金属导轨固 定在倾角 θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距 L＝ 0.4 m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边 界与斜面的交线为 MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜 面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场 的磁感应强度大小均为 B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量为 m1＝0.1 kg、电阻为 R1＝0.1 Ω 的金属条 ab 放在导轨上，ab 刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量 为 m2＝0.4 kg、电阻为 R2＝0.1 Ω 的光滑导体棒 cd 置于导轨上，由静止开始下 滑．cd 在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd 始终与导轨垂直且两端 与导轨保持良好接触，取 g＝10 m/s2.求：
高三物理电磁感应导轨PPT课件
m bv0(m bm c)v
解得c棒的最大速度为：
vmbm bmcv01 2v05ms
B
N M
-
c
b
23
5．几种变化：
(1)初速度的提供方式不同
m
B
M
m
FB
h
(2)磁场方向与导轨不垂直
v0
1
2
(3)两棒都有初速度
v1
v2
1
2
(4)两棒位于不同磁场中
e
O1 c
v0
B2
B1
-
f
O2 d
24
例2:如图所示,两根间距为l的光滑金属导轨(不计电 阻),由一段圆弧部分与一段无限长的水平段部分组 成.其水平段加有竖直向下方向的匀强磁场,其磁感 应强度为B,导轨水平段上静止放置一金属棒cd,质量 为2m,电阻为2r.另一质量为m,电阻为r的金属棒ab, 从圆弧段M处由静止释放下滑至N处进入水平段,圆 弧段MN半径为R,所对圆心角为60°,求：
-
8
例3.如图所示，竖直平面内的平行导轨，间距l=20cm，金属
导体ab可以在导轨上无摩檫的向下滑动，金属导体ab的质量 为0.2 g，电阻为0.4Ω，导轨电阻不计，水平方向的匀强磁场 的磁感应强度为0.1T，当金属导体ab从静止自由下落0.8s时， 突然接通电键K。（设导轨足够长，g取10m/s2）求： （1）电键K接通前后，金属导体ab的运动情况 （2）金属导体ab棒的最大速度和最终速度的大小。
（1）若安培力F <G：
则ab棒先做变加速运动，再做匀速直线运动
（2）若安培力F >G： 则ab棒先做变减速运动，再做匀速直线运动
（3）若安培力F =G：
则ab棒始终做匀速直线运动
解得c棒的最大速度为：
vmbm bmcv01 2v05ms
B
N M
-
c
b
23
5．几种变化：
(1)初速度的提供方式不同
m
B
M
m
FB
h
(2)磁场方向与导轨不垂直
v0
1
2
(3)两棒都有初速度
v1
v2
1
2
(4)两棒位于不同磁场中
e
O1 c
v0
B2
B1
-
f
O2 d
24
例2:如图所示,两根间距为l的光滑金属导轨(不计电 阻),由一段圆弧部分与一段无限长的水平段部分组 成.其水平段加有竖直向下方向的匀强磁场,其磁感 应强度为B,导轨水平段上静止放置一金属棒cd,质量 为2m,电阻为2r.另一质量为m,电阻为r的金属棒ab, 从圆弧段M处由静止释放下滑至N处进入水平段,圆 弧段MN半径为R,所对圆心角为60°,求：
-
8
例3.如图所示，竖直平面内的平行导轨，间距l=20cm，金属
导体ab可以在导轨上无摩檫的向下滑动，金属导体ab的质量 为0.2 g，电阻为0.4Ω，导轨电阻不计，水平方向的匀强磁场 的磁感应强度为0.1T，当金属导体ab从静止自由下落0.8s时， 突然接通电键K。（设导轨足够长，g取10m/s2）求： （1）电键K接通前后，金属导体ab的运动情况 （2）金属导体ab棒的最大速度和最终速度的大小。
（1）若安培力F <G：
则ab棒先做变加速运动，再做匀速直线运动
（2）若安培力F >G： 则ab棒先做变减速运动，再做匀速直线运动
（3）若安培力F =G：
则ab棒始终做匀速直线运动
高考物理大复习电磁感应第节微专题电磁感应中的“杆导轨”模型课件
(1)cd 下滑的过程中，ab 中的电流方向； (2)ab 刚要向上滑动时，cd 的速度 v 多大； (3)从 cd 开始下滑到 ab 刚要向上滑动的过程中，cd 滑动的距 离 x＝3.8 m，此过程中 ab 上产生的热量 Q 是多少．
解析：(1)由右手定则可判断出 cd 中的电流方向为由 d 到 c， 则 ab 中电流方向为由 a 流向 b.
答案：(1)3Bm2LgR2
9m2g2R (2) 4B2L2
(3)32mgs－94mB3g4L2R4 2
考点三 双杆模型
物 理 模 型
“双杆”模型分为两类：一类是“一动一静”，甲杆静 止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意 问题包含着一个条件：甲杆静止，受力平衡．另一种 情况是两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切 割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减．
第4节 微专题4 电磁感应中的“杆＋导轨”模型
“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”型和“双杆”型(“单杆”型为重点)；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、匀变 速、非匀变速运动等．
E＝BLvm，I＝2ER， F＝BIL＋mgsin θ，解得 vm＝3Bm2LgR2 ，
(2)PL＝I2R，解得 PL＝94mB22gL2R2 . (3)设整个电路放出的电热为 Q，由能量守恒定律有 F·2s＝Q＋mgsin θ·2s＋12mv2m， 由题意可知 Q1＝Q2 ，解得 Q1＝32mgs－9m4B3g4L2R4 2.
(1)金属棒能达到的最大速度 vm； (2)灯泡的额定功率 PL； (3)若金属棒上滑距离为 s 时速度恰达到最大，求金属棒由静 止开始上滑 2s 的过程中，金属棒上产生的电热 Q1.
高考物理一轮总复习 第十章 电磁感应 专题强化8 电磁感应中的“杆——轨”模型课件 新人教版
内有垂直于斜面的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B；
在时区间域t变Ⅱ化内的有规垂律直如于图斜乙面所向示下。的t＝匀0强时磁刻场在，轨其道磁上感端应的强金度属大细小棒Bab1随从
图示位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd也从
位于区域Ⅰ内的导轨上由静止释放。在ab棒运动到区域Ⅱ的下边界
(3)经分析可知，ab 棒的质量也为 m，ab 棒在区域Ⅱ中运动的整个过程中， 由能量守恒定律有
Q2＝mg·2Lsinθ 经分析可知，ab 棒在区域Ⅱ中的运动时间与其进入区域Ⅱ前的运动时间相 同，即 t1＝t2＝2vLx ，全过程中电流不变，故 ab 棒在进入区域Ⅱ前回路产生的热量 为 Q1＝Q2 又 Q＝Q1＋Q2 联立解得 Q＝4mgLsinθ
[解析] (1)由楞次定律可知，ab 棒在区域Ⅱ内运动的过程中，通过 cd 棒的 电流方向由 d→c，由于 cd 棒保持静止，结合左手定则可以判断，区域Ⅰ内磁场 的方向垂直于斜面向上，
F 安＝BIL，F 安＝mgsinθ 又 P＝I2R 解得 P＝m2gB2R2Ls2in2θ (2)对 ab 棒，由法拉第电磁感应定律有2Bt－x B·(L×2L)＝BLtxgsinθ，ab 棒开 始下滑的位置到区域Ⅱ的上边界的距离为 x1＝12gsinθ·t2x，又 x＝x1＋2L 解得 x＝3L
• ①作用于ab的恒力(F)的功率： • P＝Fv＝0.6×7.5W＝4.5W • ②电阻(R＋r)产生焦耳热的功率： • P′＝I′2(R＋r)＝1.52×(0.8＋0.2)W＝2.25W • ③逆时针方向的电流I′，从电池的正极流入，负极流出，电池处于
“充电”状态，吸收能量，以化学能的形式储存起来。电池吸收能 量的功率：P″＝I′E＝1.5×1.5W＝2.25W。 • 答案：(1)6m/s2 3.75m/s (2)0.6N 见解析
电磁感应中的“杆—轨道”模型
速度 图像
F 做的功一部分转 F 做的功一部分转
动 能 全 部 转 化 电源输出的电能
能量 为内能
化为杆的动能，一 化为动能，一部分 转化为杆的动能
分析 Q＝12mv20
W 电＝12mv2m
部分产生焦耳热 WF＝Q＋12mv2m
转化为电场能 WF＝12mv2＋EC
例 1 (多选)如图 1 所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为 L，两导轨间 存在磁感应强度大小为 B、方向竖直向下的匀强磁场。一质量为 m、电阻为 R、 长度恰好等于导轨间宽度的导体棒 ab 垂直于导轨放置。闭合开关 S，导体棒 ab 由静止开始运动，经过一段时间后达到最大速度。已知电源电动势为 E、内阻为
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教师备选用题
而做加速运动，由于两者的速度差逐渐减小，可知 感应电流逐渐减小，安培力逐渐减小，可知 cd 向右 做加速度减小的加速运动，故 B 正确；ab 从释放到 刚进入磁场过程，由动能定理得 mgR＝21mv20，对 ab 和 cd 系统，合外力为零，则由动量守恒定律有 mv0 ＝m·2vcd＋2m·vcd，解得 vcd＝14v0＝41 2gR，对 cd 由动量定理有 B－IL·Δt＝2m·vcd， 其中 q＝－I·Δt，解得 q＝m2B2LgR，故 C 正确；从 ab 由静止释放，至 cd 刚离开磁 场过程，由能量守恒定律得 mgR＝21m2vcd2＋12×2mv2cd＋Q，又 Qcd＝32Q，解得 Qcd＝152mgR，故 D 错误。
析 v↓⇒F↓⇒a↓，当 v＝0 速度 a↓，当 E 感＝ －F 安＝ma 知 a↓， 安培力 F 安＝ILB＝CB2L2a
时，F＝0，a＝0，杆保 持静止
E 时，v 最大，且 vm ＝BEL