高考物理 专题48 电磁感应中的杆 导轨模型问题小题狂刷

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。

ʏ河南省郑州市第三十一高级中学 董卫刚 王梦娜电磁感应现象中的杆+导轨 模型是近几年高考中的常见考点之一,比如2020年高考全国Ⅰ卷第21题㊁全国Ⅲ卷第24题,2021年高考全国乙卷第25题㊁北京卷第7题,2022年高考全国甲卷第20题㊁辽宁卷第15题,2023年高考全国甲卷第25题㊁湖南卷第14题㊁辽宁卷第10题等㊂涉及杆+导轨 模型的物理试题几乎涵盖了高中物理所有的核心内容,综合性较强,区分度较高㊂下面将涉及 杆+导轨 模型的物理试题进行系统梳理,总结求解此类问题的思路和方法,为同学们的复习备考提供参考㊂一㊁电磁感应核心知识梳理1.感应电流方向的判断方法:2.感应电动势大小的求法:法拉第电磁感应定律的三种表达式分别为E =n ΔΦΔt ,E =n ΔBΔt S (面积不变,磁感应强度变化),E =n BΔS Δt (磁感应强度不变,面积变化)㊂如图1所示,当一段直导线(等效直导线)垂直磁场做切割磁感线运动时,产生的感应电动势E =B l v ㊂如图2所示,当绕一端转动的一段导体棒在磁场内做切割磁感线运动时,产生的感应电动势E =12B l 2ω㊂如图3所示,当绕与磁场方向垂直的轴转动的导线框在磁场中做切割磁感线运动产生交变电流时,从图示时刻开始计时产生的感应电动势E =n B S ωc o s ωt㊂图1 图2 图33.感应电荷量的计算:因磁通量变化而产生的感应电荷量q =I Δt =E R Δt =n ΔΦR Δt Δt =nΔΦR ,说明感应电荷量q 仅由回路电阻R 和磁通量的变化量ΔΦ决定㊂4.动量定理在 杆+导轨 模型中的应用:对单根导体棒应用动量定理得m v -m v 0=-B I L ㊃Δt =-B L q ㊂二㊁ 杆+导轨 模型梳理模型一:单杆,无电源,受恒定外力图4如图4所示,金属杆MN 放在水平放置的光滑导轨上,空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场,金属杆MN 受到恒定的外力作用㊂以金属杆MN 为研究对象,根据牛顿第二定律得F -B 2L 2v R =m a ,解得a =F m -B 2L2m R v ,因此随着速度v 的增大,加速度a 逐渐减小,当a =0的时候,金属杆MN 达到平衡状态,以恒定的速度做匀速直线运动㊂上述规律不仅适用于水平面内的运动,竖直平面内的运动或斜面上的运动也适用,只不过是将恒力稍微变化了一下㊂例1 如图5所示,两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为L ,顶端接阻值为R 的电阻㊂匀强磁场方向垂直于导轨所在平面解题篇 经典题突破方法 高考理化 2023年11月图5(纸面)向里,磁感应强度为B ,质量为m ㊁电阻为r 的金属棒在距磁场上边界某处由静止释放,金属棒和导轨始终接触良好㊂不计导轨的电阻,重力加速度为g ,则下列说法中正确的是( )㊂A.金属棒在磁场中运动时,通过电阻R 的电流方向为a ңbB .金属棒刚进入磁场时一定做加速运动C .金属棒的速度为v 时,金属棒所受的安培力大小为B 2L 2vR D .金属棒以稳定的速度下滑时,电阻R 的热功率为m g B L2R思路点拨:金属棒进入磁场后,产生的感应电动势E =B L v ,回路中的感应电流I =E R +r =B L v R +r ,通过电阻R 的电流方向为b ңa ,金属棒所受的安培力大小F =B I L =B 2L 2vR +r,当金属棒稳定下滑时,F =m g ,电阻R 的热功率P =B L v R +r 2R ,解得P =m g B L2R ㊂答案:D模型二:单杆,无电源,有初速度如图6所示,给金属杆e f 一个初速度图6(初始冲量),让金属杆e f 运动起来,金属杆e f 切割磁感线,在回路c b e f 中产生感应电流,金属杆e f 相当于电源,此时金属杆e f 受到一个与运动方向相反的安培力,阻碍金属杆e f 的运动,金属杆e f 做减速运动,速度减小会让安培力随着减小,加速度就跟着减小,因此金属杆e f 做加速度减小的减速运动,直到速度减为零,停止运动㊂若导轨是光滑的,则金属杆e f 的初动能全部转化为电阻R 产生的焦耳热,即Q =12m v 20,金属杆e f 通过克服安培力做功把机械能转化为了电能㊂同时还可以根据动量定理得-B I L Δt =0-m v 0,又有q =I ㊃Δt ,求出在此过程中通过电阻R 的电荷量q =m v 0B L㊂图7例2 (2021年高考北京卷)如图7所示,在竖直向下的匀强磁场中,水平U 型导体框左端连接一阻值为R 的定值电阻,质量为m ㊁电阻为r 的导体棒a b 置于导体框上㊂不计导体框的电阻㊁导体棒与框间的摩擦㊂导体棒以水平向右的初速度v 0开始运动,最终停在导体框上㊂在此过程中( )㊂A.导体棒做匀减速直线运动B .导体棒中感应电流的方向为a ңbC .电阻R 消耗的总电能为m v 2R 2(R +r )D .导体棒克服安培力做的总功小于12m v 20思路点拨:导体棒做加速度减小的减速运动,导体棒中感应电流的方向为b ңa ㊂安培力的变化会引起加速度的变化,根据能量守恒定律和动能定理可知,电阻R 消耗的总电能为m v 2R 2(R +r ),导体棒克服安培力做的总功等于12m v 20㊂答案:C模型三:单杆,有电容,受恒定外力如图8所示,水平放置的光滑平行导轨左侧接电容为C 的电容器,空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场,金属棒MN 和导图8轨的电阻忽略不计,摩擦力不计,金属棒MN 在水平向右的恒定拉力F 的作用下,由静止开始做加速运动,持续对电容器充电,则存在充电电流时,有F -B I l =m a ,I =ΔQ Δt,ΔQ =C ΔU ,ΔU =ΔE =B l Δv ,整理得F -C B 2l 2ΔvΔt=m a ,其中解题篇 经典题突破方法 高考理化 2023年11月Δv Δt =a ,解得a =Fm +C B 2l 2,因此金属棒MN 做加速度恒定的匀加速直线运动㊂从能量的角度分析,存在功能关系W F =12m v 2+E 电㊂例3 如图9所示,间距为L的金属导图9轨竖直平行放置,空间存在垂直于导轨所在平面向里的匀强磁场,磁感应强度为B ,在导轨上端接一电容为C 的电容器,一质量为m 的金属棒与导轨始终保持良好接触㊂将金属棒距地面高度为h 处由静止开始释放,已知重力加速度为g ,一切摩擦及电阻均不计㊂在金属棒下滑至地面的过程中,下列说法正确的是( )㊂A.若h 足够大,则金属棒最终匀速下落B .金属棒下滑至地面时,电容器储存的电势能为m gh C .金属棒做匀加速直线运动,加速度为m gm g +C 2B 2L2D .金属棒下滑至地面时,电容器储存的电势能为m g h C B 2L 2m +C B 2L2思路点拨:根据牛顿第二定律得m g -B I L =m a ,又有B L v =QC,v =a t ,Q =I t ,解得a =m g m +C B 2L 2,金属棒在下降过程中做匀加速直线运动,金属棒下滑至地面时的动能E k =12m v 2,又有v 2=2a h =2m g h m +C B 2L 2,根据能量守恒定律得电容器储存的电势能E =m g h -12m v 2=m g h C B 2L 2m +C B 2L2㊂答案:D模型四:双杆,等长,有初速度图10如图10所示,光滑导轨上放置两根导体棒,给导体棒1一个初速度,导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动,导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动,最后两导体棒以相同的速度做匀速直线运动,对两导体棒运用动量守恒定律可以求出最终的共同速度㊂从能量的角度分析,导体棒1动能的减少量=导体棒2动能的增加量+焦耳热㊂例4 如图11所示,两根足够长的平图11行光滑导轨固定在绝缘水平面上,所在空间存在方向垂直于水平面㊁磁感应强度为B ㊁范围足够大的匀强磁场,导轨的间距为L ,电阻不计;导轨上静置两根有效长度均为L 的导体棒P Q 和MN ,其中导体棒P Q 的质量为2m ㊁阻值为R ,导体棒MN 的质量为m ㊁阻值为2R ㊂若在t =0时刻给导体棒P Q 一个平行于导轨向右的初速度v 0,不计运动过程中两导体棒的相互作用,则( )㊂A.t =0时刻,两导体棒的加速度大小相等B .t =0时刻,导体棒P Q 两端的电压为23B L v 0C .导体棒P Q 匀速运动时的速率为13v 0D .从t =0时刻到导体棒P Q 匀速运动的过程中,导体棒MN 中产生的焦耳热为29m v 20思路点拨:导体棒P Q 向右运动,产生的感应电动势E =B L v 0,此时路端电压为23B L v 0,回路中的感应电流I =ER +2R,两导体棒受到的安培力大小均为F =B I L ,则a MN =F m ,a P Q =F2m ,因此t =0时刻,两导体棒的加速度大小不相等,受到的安培力大小相等,方向相反,两导体棒在运动过程中满足动量守恒定律,则2m v 0=(m +2m )v 共,最终两导体棒以速度v 共=23v 0做匀速直线运动㊂两导体棒中的电流相等,产生的焦耳热分别为Q MN =2I 2有R t ,Q P Q =I 2有R t ,则Q MN ʒ 解题篇 经典题突破方法 高考理化 2023年11月Q P Q =2ʒ1㊂根据能量守恒定律可知,在整个运动过程中产生的总热量等于系统总动能的减少量,即Q =12ˑ2m v 20-12ˑ(m +2m )v 2共,解得Q MN =29m v 20㊂答案:B D模型五:双杆,等长,受恒定外力如图12所示,足够长的光滑导轨上放置图12两根导体棒,导体棒1受到一个恒定的力F 的作用,导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动,导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动,最终两导体棒以相同的加速度做匀加速直线运动,两导体棒的速度差恒定,回路中存在恒定的感应电流,两导体棒受到的安培力大小相等,对整体有F =(m 1+m 2)a ,对导体棒2有B 2L 2(v 1-v 2)R 1+R 2=m 2a ,联立以上两式可以求出两导体棒的速度差值㊂从能量的角度分析,外力做的功=导体棒1的动能+导体棒2的动能+焦耳热㊂例5 (2020年高考全国Ⅰ卷)如图13所示,U 型光滑金属框a b c d置于水平绝缘平图13台上,a b 边和d c 边平行,和b c 边垂直㊂a b ㊁d c 边足够长,整个金属框的电阻可忽略㊂一根具有一定电阻的导体棒MN 置于金属框上,用水平恒力F 向右拉动金属框,运动过程中,装置始终处于竖直向下的匀强磁场中,导体棒与金属框保持良好接触,且与b c 边保持平行㊂经过一段时间后( )㊂A.金属框的速度大小趋于恒定值B .金属框的加速度大小趋于恒定值C .导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D .导体棒到金属框b c 边的距离趋于恒定值思路点拨:金属框向右的加速度与导体棒的加速度不同,同一时刻两者速度也不同,设金属框的质量为m 1,速度为v 1,导体棒的质量为m 2,速度为v 2,则回路中的感应电流i =B l (v 1-v 2)R ,感应电流从0开始增大,导体棒的加速度a 2从零开始增大,金属框的加速度a 1从F m 1开始减小,二者的加速度差值减小,当a 1=a 2时,有F =(m 1+m 2)a ,则a =Fm 1+m 2恒定,根据F 安=m 2a 可知,安培力不再变化,感应电流不再变化,金属框与导体棒的速度差保持不变,但导体棒的速度小于金属框的速度,则导体棒到金属框b c 边的距离越来越大㊂答案:B C模型六:双杆,不等长,有初速度如图14所示,光滑导轨水平放置,匀强磁场垂直于水平面向下,左侧导轨间距为L ,图14右侧导轨间距为2L ,且两侧导轨均足够长㊂现给金属杆c d 一水平向右的初速度v 0,金属杆c d 做切割磁感线运动,产生感应电流,金属杆c d 受到的安培力阻碍它的运动,金属杆a b 受到的安培力使它做加速运动,两金属杆长度不同,所受安培力大小不相等,系统动量不守恒,一旦金属杆a b 开始运动,金属杆a b 也要做切割磁感线运动,产生一个反电动势,使得回路中的感应电流减小,当感应电流为零时,两金属杆均做匀速运动,此时两金属杆的速度关系为v a b =2v c d ,分别对两金属杆应用动量定理可以求出最终的速度㊂例6 如图15所示,光滑导轨水平放置,匀强磁场垂直于水平面向下,磁感应强度图15为B ,左侧导轨间距为L ,右侧导轨间距为2L ,且两侧导轨均足够长㊂质量为m 的导体棒a b 和质量为2m 的导体棒c d 均垂直于导轨放置,处于静止状态㊂导体棒a b 接入电路的电阻(下转第45页)点左侧与感光板相切,则此切点P 1就是α粒子能打中的左侧最远点㊂为定出P 1点的位置,可作平行于感光板的直线c d ,直线c d 到感光板的距离为R ,以S 为圆心,R 为半径作弧,交直线c d 于Q 点,过Q 点作感光板的垂线,它与感光板的交点即为P 1㊂根据几何关系得N P 1=R 2-(l -R )2=8c m ㊂再考虑N 点的右侧,任何α粒子在运动中到S 点的距离不可能超过2R ,以2R 为半径,S 为圆心作圆,交感光板于N 点右侧的P 2点,P 2点就是α粒子能打中的右侧最远点㊂根据几何关系得N P 2=(2R )2-l 2=12c m ㊂因此P 1P 2=N P 1+N P 2=20c m ㊂12.(1)金属棒MN 滑过圆环直径O O '的瞬时,切割磁感线的有效长度为2ɑ,金属棒MN 中的感应电动势E 1=B ㊃2ɑ㊃v 0=0.8V ,流过灯泡L 1的电流I 1=E 1R 0=0.4A ㊂(2)撤去金属棒MN ,将右侧半圆环以直径O O '为轴向上翻转90ʎ,根据法拉第电磁感应定律得E 2=ΔФΔt =πa 22㊃ΔB Δt=0.32V ,则灯泡L 1的电功率P =E 222R 0=1.28ˑ10-2W ㊂13.(1)设金属棒甲向右运动的最大速度为v m a x ,对应电流为I ,金属棒甲受到的安培力为F 安,则F =F 安=B I L ,I =B L v m a xR +2R ,解得v m a x =3R FB 2L 2㊂金属棒甲中产生焦耳热的功率的最大值P m a x =13F 安v m a x =F 2RB 2L2㊂(2)当力F 作用时间为t 时,设金属棒甲和乙的速度大小分别为v 1和v 2,对金属棒甲应用动量定理得F t -B I L t =m v 1,对金属棒乙应用动量定理得2B I L t =2m v 2,此时回路中的感应电流I =B L v 1-2B L v 2R +2R ,对金属棒甲应用牛顿第二定律得F -B I L =m a ,解得v 2=F t3m -(F -m a )RB 2L2㊂(责任编辑 张 巧)(上接第39页)为R ,导体棒c d 接入电路的电阻为2R ,两导体棒始终在对应的导轨部分上运动,并始终与导轨垂直且接触良好,导轨电阻不计㊂现瞬间给导体棒c d 一水平向右的初速度v 0,则对此后的运动过程,下列说法中正确的是( )㊂A.两导体棒组成的系统动量守恒B .导体棒c d 最终的速度为23v 0C .整个过程中,通过导体棒c d 的电荷量为2m v 03B LD .从导体棒c d 获得初速度到二者稳定运动的过程中,系统产生的焦耳热为23m v 20思路点拨:因为导体棒a b 和c d 的长度不同,所以受到的安培力大小不相等,两导体棒组成的系统动量不守恒㊂当导体棒a b 和c d 产生的感应电动势大小相等时,两导体棒都做匀速直线运动,则B L v a b =B ㊃2L v c d ,对两导体棒分别应用动量定理得B I ㊃L Δt =m v a b ,-B I ㊃2L Δt =2m v c d -2m v 0,解得v c d =v 03,v a b =2v 03㊂结合q =I Δt ,解得q =2m v 03B L ㊂根据能量守恒定律得整个过程中系统产生的焦耳热Q =12ˑ2m v 20-12ˑ2m v 2c d -12m v 2a b ,解得Q =23m v 20㊂答案:C D总结: 杆+导轨 是一个经典的模型,涉及知识点比较多㊂在以 杆+导轨 模型为素材的电磁感应问题中,若满足动量守恒条件,则应优先选用动量守恒定律列式求解;若已知位移,则需结合动能定理列式求解;若已知时间,则需结合动量定理列式求解;若需要求电荷量,则需要应用安培力的冲量I 安=B L q ,并结合能量守恒定律列式求解㊂总之,求解以 杆+导轨 模型为素材的电磁感应问题时,需要充分挖掘题目隐含条件,使复杂的问题简单化,将难点逐个突破㊂(责任编辑 张 巧)。

高中物理-电磁感应中的“杆＋导轨”模型练习“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．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,因此拉力功率为P ＝E 2R 总＝BLv 2R 总,由于电路总电阻先增大后减小,因此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34R ,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 m,界线MN 右侧有匀强磁场,磁感应强度为B ＝ 2 T ．导体棒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 .(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 .解析：(1)匀速时合力为零,所以F ＝F 安＝BIL ＝B 2L 2vR得v ＝FRB 2L 2＝0.5 m/s (2)设导体棒从出发到匀速的过程安培力做功为W A ,根据动能定理有F ·2d ＋W A ＝12mv2得W A＝－78JR的发热量即为导体棒克服安培力做的功,即Q＝|W A|＝78J答案：(1)0.5 m/s (2)78J3．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．(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闭合瞬间棒的加速度大小为Fm,则F需作用多长时间．解析：(1)闭合开关S的瞬间回路电流I＝E R＋r金属棒所受安培力水平向右,其大小F A＝ILB由牛顿第二定律得a＝FA＋F m整理可得a＝ER＋r mLB＋Fm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F A′＝F由安培力公式得F A′＝I′LB由闭合电路欧姆定律得I′＝BLvm－E R＋r联立求得v m＝F R＋rB2L2＋EBL(2)设闭合开关S时金属棒的速度为v,此时电流I″＝BLv－E R＋r由牛顿第二定律得a″＝F－FA″m所以加速度a″＝Fm－BLv－ER＋r mLB若加速度大小为Fm,则⎪⎪⎪⎪⎪⎪Fm－BLv－ER＋r mLB＝Fm解得速度v1＝EBL,v2＝EBL＋2F R＋rB2L2未闭合开关S前金属棒的加速度一直为a0＝F m解得恒力F作用时间t 1＝v1a＝mEFBL或t2＝v2a＝mEFBL＋2m R＋rB2L2答案：(1)ER＋r mLB＋FmF R＋rB2L2＋EBL(2)mEFBL或mEFBL＋2m R＋rB2L2考点二单杆倾斜式模型1.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( )A．导体棒匀速运动时速度大小为mg R＋r sin θB2d2B．匀速运动时导体棒两端电压为mg R＋r sin θBdC．导体棒下滑距离为s时,通过R的总电荷量为Bsd RD．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mg sin θ＝BId,根据欧姆定律可得I＝ER＋r,根据法拉第电磁感应定律可得E＝Bdv,联立解得v＝mg R＋rB2d2sin θ,E＝mg R＋rBdsinθ,故导体棒两端的电压为U＝Er＋RR＝mgRBdsin θ,A正确,B错误．根据法拉第电磁感应定律E＝ΔΦΔt＝BΔSΔt＝BdsΔt,故q＝IΔt＝ER＋rΔt＝BsdR＋r,根据动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．2．如图所示,两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上,顶部接有一阻值R＝3 Ω的定值电阻,下端开口,轨道间距L＝1 m．整个装置处于磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中,磁场方向垂直斜面向上．质量m＝1 kg 的金属棒ab置于导轨上,ab在导轨之间的电阻r＝1 Ω,电路中其余电阻不计．金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨,且与导轨接触良好．不计空气阻力影响．已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数μ＝0.5,sin 37°＝0.6,cos 37°＝0.8,取g＝10 m/s2.(1)求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度v m；(2)求金属棒ab沿导轨向下运动过程中,电阻R上的最大电功率P R；(3)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中,电阻R上产生的焦耳热总共为1.5 J,求流过电阻R的总电荷量q.解析：(1)金属棒由静止释放后,沿斜面做变加速运动,加速度不断减小,当加速度为零时有最大速度v m.由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ－F安＝0F安＝BIL,I＝BLvmR＋r,解得v m＝2.0 m/s(2)金属棒以最大速度v m匀速运动时,电阻R上的电功率最大,此时P R＝I2R,解得P R＝3 W(3)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中,沿导轨下滑距离为x,由能量守恒定律得mgx sin θ＝μmgx cos θ＋QR ＋Q r＋12mv2m根据焦耳定律QRQr＝Rr,解得x＝2.0 m根据q＝IΔt,I＝E R＋rE＝ΔΦΔt＝BLxΔt,解得q＝1.0 C答案：(1)2 m/s (2)3 W (3)1.0 C3．如图所示,两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距L,导轨平面与水平面的夹角θ＝30°,导轨电阻不计,磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上．长为L的金属棒垂直于MN、PQ放置在导轨上,且始终与导轨接触良好,金属棒的质量为m、电阻为R.两金属导轨的上端连接一个灯泡,灯泡的电阻也为R.现闭合开关K,给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为F＝2mg的恒力,使金属棒由静止开始运动,当金属棒达到最大速度时,灯泡恰能达到它的额定功率．重力加速度为g,求：(1)金属棒能达到的最大速度v m；(2)灯泡的额定功率P L；(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.解析：(1)金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动,当加速度为零时,金属棒达到最大速度,此后开始做匀速直线运动,设最大速度为v m,则速度达到最大时有E＝BLvm ,I＝E2R,F＝BIL＋mg sin θ,解得vm ＝3mgRB2L2,(2)P L＝I2R,解得P L＝9m2g2R 4B2L2.(3)设整个电路放出的电热为Q,由能量守恒定律有F·2s＝Q＋mg sin θ·2s＋12mv2m,由题意可知Q1＝Q2,解得Q1＝32mgs－9m3g2R24B4L4.答案：(1)3mgRB2L2(2)9m2g2R4B2L2(3)32mgs－9m3g2R24B4L4考点三双杆模型1. 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m1＝0.1 kg,电阻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m2＝0.4 kg、电阻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.问：(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.(2)开始放置ab刚好不下滑时,ab所受摩擦力为最大静摩擦力,设其为F max,有F max＝m1g sin θ①设ab刚要上滑时,cd棒的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律有E＝BLv ②设电路中的感应电流为I,由闭合电路欧姆定律有I＝ER1＋R2③设ab所受安培力为F安,有F安＝BIL④此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下,由平衡条件有F安＝m1g sin θ＋F max⑤综合①②③④⑤式,代入数据解得v＝5 m/s⑥(3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总,由能量守恒定律有m 2gx sin θ＝Q总＋12m2v2⑦又Q＝R1R1＋R2Q总⑧解得Q＝1.3 J⑨答案：(1)由a流向b(2)5 m/s (3)1.3 J2．如图所示,两根足够长且平行的光滑金属导轨与水平面成53°角固定放置,导轨间连接一阻值为6 Ω的电阻R,导轨电阻忽略不计．在两平行虚线m、n 间有一与导轨所在平面垂直、磁感应强度为B的匀强磁场．导体棒a的质量为m a ＝0.4 kg,电阻R a ＝3 Ω；导体棒b 的质量为m b ＝0.1 kg,电阻R b ＝6 Ω；它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好．a 、b 从开始相距L 0＝0.5 m 处同时由静止开始释放,运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域,当b 刚穿出磁场时,a 正好进入磁场(g 取10 m/s 2,不计a 、b 之间电流的相互作用)．求：(1)当a 、b 分别穿越磁场的过程中,通过R 的电荷量之比； (2)在穿越磁场的过程中,a 、b 两导体棒匀速运动的速度大小之比； (3)磁场区域沿导轨方向的宽度d ； (4)在整个过程中产生的总焦耳热． 解析：(1)由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt, 平均电流I ＝E R 总,通过导体棒的总电荷量q 总＝I Δt ＝ΔΦR 总.在b 穿越磁场的过程中,b 是电源,a 与R 是外电路,电路的总电阻R 总1＝R b ＋RR aR ＋R a＝8 Ω. 则通过R 的电荷量为q Rb ＝13q 总＝13·ΔΦR 总1.同理,a 穿越磁场的过程中,R 总2＝R a ＋RR b R ＋R b ＝6 Ω,通过R 的电荷量为q Ra ＝12q 总＝12·ΔΦR 总2.解得q Ra ∶q Rb ＝2∶1.(2)设b 在磁场中匀速运动的速度大小为v b ,则b 中的电流I b ＝BLv bR 总1.由平衡条件得B 2L 2v bR 总1＝m b g sin 53°.同理,a在磁场中匀速运动时有B2L2vaR总2＝m a g sin 53°.联立可得v a∶v b＝3∶1.(3)设a、b穿越磁场的过程中的速度分别为v a和v b.由题意得v a＝v b＋gt sin 53°,d＝v b t,因v2a－v2b＝2gL0sin 53°,解得d＝0.25 m.(4)由F安a＝m a g sin 53°,故W a＝m a gd sin 53°＝0.8 J,同理W b＝m b gd sin 53°＝0.2 J.在整个过程中,电路中共产生焦耳热为Q＝Wa＋W b＝1 J.答案：(1)2∶1 (2)3∶1 (3)0.25 m (4)1 J11。

电磁感应现象中的"轨道一导棒"模型问题解决电磁感应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，把产生感应电动势的那部分导体等效为内电路，感应电动势的大小相当于电源电动势。

其余部分相当于外电路，并画出等效电路图。

此时，处理问题的方法与闭合电路求解基本一致，惟一要注意的是电磁感应现象中，有时导体两端有电压，但没有电流流过，这类似电源两端有电势差但没有接入电路时电流为零。

变换物理模型，是将陌生的物理模型与熟悉的物理模型相比较，分析异同并从中挖掘其内在联系，从而建立起熟悉模型与未知现象之间相互关系的一种特殊解题方法。

巧妙地运用“类同”变换，“类似”变换，“类异”变换，可使复杂、陌生、抽象的问题变成简单、熟悉、具体的题型，从而使问题大为简化。

命题演变“轨道+导棒”模型类试题命题的“基本道具”：导轨、金属棒、磁场，其变化点有：Ⅰ．导轨（1）轨道的形状：常见轨道的形状为U形，还可以为圆形、三角形、三角函数图形等；（2）轨道的闭合性：轨道本身可以不闭合，也可闭合；（3）轨道电阻：不计、均匀分布或部分有电阻、串上外电阻；（4）轨道的放置：水平、竖直、倾斜放置等等．视角一：轨道的摆放与形状一. 双轨道——单导棒单导棒在运动过程中切割磁感应线产生感应电动势，因此单导棒在电路中相当于电源，与轨道构成一个回路。

1. 轨道水平放置例1.水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接；导轨上放一质量为m的金属杆（如图所示），金属杆与导轨的电阻忽略不计。

均匀磁场竖直向下，用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动。

当改变拉力的大小时，相对应的匀速运动速度υ也会变化，υ和F的关系如图所示（取重力加速度2sg/=）10m（1）金属杆在匀速运动之前做什么运动？（2）若Ωm.5kg.，，，则磁感应强度B为多大？L.===55mR（3）由Fυ图线的截距可求得什么物理量？其值为多少？—2. 轨道倾斜放置例2.如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L。