2019届二轮复习专项1模型6导体棒+导轨模型学案(全国通用)

模型6 导体棒+导轨模型[模型统计][1．导体棒＋导轨模型的特点导体棒＋导轨模型是高考命题的热点模型之一，命题思路主要是通过导体棒切割磁感线产生感应电动势，综合考查电学、动力学以及能量等知识．导体棒的运动过程通常比较复杂，故该模型综合性比较强．2．导体棒＋导轨模型常见的问题(1)单棒＋导轨，解决此类问题通常综合牛顿第二定律分析导体棒的加速度以及速度的变化过程，解决此类问题往往要抓住导体棒的临界条件，即导体棒的加速度为零；(2)双棒＋导轨，解决此类问题的核心是要明确导体棒的受力情况和运动情况，明确等效电源，必要时要将电磁感应现象与牛顿运动定律、能量守恒定律、动量守恒定律等知识综合起来进行处理．[模型突破]考向1 单棒＋电阻＋导轨模型[典例1] (多选)(2018·宣城二次调研)如图1甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨间距d ＝0.5 m ，导轨右端连接一阻值为4 Ω的小灯泡L ，在CDEF 矩形区域内有竖直向上的匀强磁场．磁感应强度B 随时间 t 变化如图乙所示，CF 长为2 m ．在t ＝0时，金属棒ab 从图中位置由静止在恒力F 作用下向右运动，t ＝4 s 时进入磁场，并恰好以v ＝1 m/s 的速度在磁场中匀速运动到EF 位置．已知ab 金属棒电阻为1 Ω.下列分析正确的是( )图1A ．0～4 s 内小灯泡的功率为0.04 WB ．恒力F 的大小为0.2 NC ．金属棒的质量为0.8 kgD ．金属棒进入磁场后小灯泡的功率为0.06 WABC [金属棒未进入磁场，电路总电阻为：R 总＝R L ＋R ab ＝5 Ω 回路中感应电动势为：E 1＝ΔΦΔt ＝ΔBS Δt ＝24×2×0.5＝0.5 V 灯泡中的电流强度为：I ＝E 1R 总＝0.55A ＝0.1 A 小灯泡的功率为P L ＝I 2R L ＝0.04 W ，选项A 正确； 因金属棒在磁场中匀速运动，则F ＝BI ′d 又：I ′＝BdvR 总＝0.2 A 代入数据解得：F ＝0.2 N ，选项B 正确；金属棒未进入磁场的加速度为：a ＝v t ＝14＝0.25 m/s 2金属棒的质量：m ＝F a ＝0.20.25kg ＝0.8 kg ，选项C 正确；金属棒进入磁场后小灯泡的功率为P L ′＝I ′2R L ＝0.22×4 W＝0.16 W ，选项D 错误．](多选)(2018·东莞模拟)如图甲所示，倾斜放置的平行光滑轨道间距为L ，导轨与水平面的夹角为θ＝30°，导轨上端连有阻值为R ＝1 Ω的定值电阻，在导轨平面上的abdc 、cdfe 间分别有垂直导轨平面向上和向下的匀强磁场，磁感应强度分别为B 1＝1 T 和B 2＝ 2 T ，两磁场的宽度也均为L .一长为L 的导体棒从导轨某位置静止释放，导体棒在滑动过程中始终与导轨接触良好，导体棒在磁场中运动的速度—时间图象如图乙所示．不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )甲 乙A ．导体棒的质量为m ＝0.2 kgB ．导体棒穿过整个磁场时通过电阻R 的电量为(2－1)C C ．导体棒穿过磁场B 2的时间为2 sD ．导体棒穿过整个磁场时电阻R 产生的焦耳热为2 JAB [由图可知，导体棒在上面的磁场中做匀速运动，由速度—时间图象可知，在1 s 内以1 m/s 的速度经过磁场，则L ＝1 m ，由平衡知识可知：mg sin 30°＝F 安＝B 2L 2v R ，解得m ＝0.2 kg ，选项A 正确．根据q ＝ΔΦR ＝BL2R可知，穿过上面磁场时流过R 的电量为q 1＝B 1L 2R ＝1 C ；穿过下面磁场时流过R 的电量为q 2＝B 2L 2R＝ 2 C ；因穿过两磁场时电流方向相反，则导体棒穿过整个磁场时通过电阻R 的电量为(2－1)C ，选项B 正确．由v ­t 图象可知，导体棒穿过磁场B 2时平均速度大于0.5 m/s ，则导体棒穿过磁场B 2的时间小于2 s ，选项C 错误．导体棒穿过整个磁场时电阻R 产生的焦耳热等于导体棒的机械能减小量，则Q ＝mg ·2L sin 30°＋ΔE k ＝2＋ΔE k ＞2 J ，选项D 错误．]考向2 双棒＋导轨模型[典例2] (2018·淮滨中学仿真)如图2甲所示，光滑导体轨道PMN 和P ′M ′N ′是两个完全一样的轨道，都是由半径为r 的四分之一圆弧轨道和水平轨道组成，圆弧轨道与水平轨道在M 和M ′点相切，两轨道并列平行放置，MN 和M ′N ′位于同一水平面上，两轨道之间的距离为L ，PP ′之间有一个阻值为R 的电阻，开关S 是一个感应开关(开始时开关是断开的)，MNN ′M ′是一个矩形区域内有竖直向上的磁感应强度为B 的匀强磁场，水平轨道MN 离水平地面的高度为h ，其截面图如图乙所示．金属棒a 和b 质量均为m 、电阻均为R .在水平轨道某位置放上金属棒b ，静止不动，a 棒从圆弧顶端由静止释放后，沿圆弧轨道下滑，若两导体棒在运动中始终不接触，当两棒的速度稳定时，两棒距离x ＝m 2grR2B 2L2，两棒速度稳定之后，再经过一段时间，b 棒离开轨道做平抛运动，在b 棒离开轨道瞬间，开关S 闭合．不计一切摩擦和导轨电阻，已知重力加速度为g .求：图2(1)两棒速度稳定时，两棒的速度； (2)两棒落到地面后的距离； (3)整个过程中，两棒产生的焦耳热．【解析】 (1)a 棒沿圆弧轨道运动到最低点M 时，由机械能守恒定律得：mgr ＝12mv 20解得a 棒沿圆弧轨道最低点M 时的速度v 0＝2gra 棒向b 棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量变小，产生感应电流．a 棒受到与其运动方向相反的安培力而做减速运动，b 棒则在安培力的作用下向右做加速运动．只要a 棒的速度大于b 棒的速度，回路总有感应电流，a 棒继续减速，b 棒继续加速，直到两棒速度相同后，回路面积保持不变，不产生感应电流，两棒以相同的速度做匀速运动．从a 棒进入水平轨道开始到两棒达到相同速度的过程中，两棒在水平方向受到的安培力总是大小相等，方向相反，所以两棒的总动量守恒．由动量守恒定律得：mv 0＝2mv 1解得两棒以相同的速度做匀速运动的速度v 1＝v 02＝2gr2.(2)经过一段时间，b 棒离开轨道后，a 棒与电阻R 组成回路，从b 棒离开轨道到a 棒离开轨道过程中a 棒受到安培力的冲量I A ＝I LBt ＝BL ΔΦ2Rt t ＝B 2L 2x2R取向右为正方向，对a 棒由动量定理：－I A ＝mv 2－mv 1 解得v 2＝2gr 4由平抛运动规律得：两棒落到地面后的距离Δx ＝(v 1－v 2)2hg＝rh2.(3)b 棒离开轨道前，两棒通过的电流大小总是相等，两棒产生的焦耳热相等Q a ＝Q b 由能量守恒定律可知：Q a ＋Q b ＝12mv 20－12(2m )v 21解得：Q a ＝Q b ＝14mgrb 棒离开轨道后，a 棒与电阻R 通过的电流大小总是相等，两棒产生的焦耳热相等由能量守恒定律可知：2Q a ′＝12mv 21－12mv 22解得：Q a ′＝332mgr所以整个过程中，a 棒产生的焦耳热Q ＝Q a ＋Q a ′＝1132mgr .【答案】 (1)2gr 2 (2)rh 2 (3)b 棒产生的焦耳热为14mgr ，a 棒产生的焦耳热为1132mgr(2018·蓉城名校联考)两平行且电阻不计的金属导轨相距L ＝1 m ，金属导轨由水平和倾斜两部分(均足够长)良好对接，倾斜部分与水平方向的夹角为37°，整个装置处在竖直向上、磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场中．长度也为1 m 的金属棒ab 和cd 垂直导轨跨搁，且与导轨良好接触，质量均为0.2 kg ，电阻分别为R 1＝2 Ω，R 2＝4 Ω. ab 置于导轨的水平部分，与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5，cd 置于导轨的倾斜部分，导轨倾斜部分光滑．从t ＝0时刻起， ab 棒在水平且垂直于ab 棒的外力F 1的作用下由静止开始向右做匀加速直线运动，金属棒cd 在力F 2的作用下保持静止， F 2平行于倾斜导轨平面且垂直于金属杆cd .当t 1＝4 s 时， ab 棒消耗的电功率为2.88 W ．已知sin 37°＝0.6, cos 37°＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1) ab 棒做匀加速直线运动的加速度大小； (2)求t 2＝8 s 时作用在cd 棒上的力F 2；(3)改变F 1的作用规律，使ab 棒运动的位移x 与速度v 满足： x ＝2v ，要求cd 仍然要保持静止状态．求ab 棒从静止开始运动x ＝4 m 的过程中，作用在ab 棒上的力F 1所做的功(结果可用分数表示)．【解析】 (1)当t ＝4 s 时，ab 消耗的电功率为2.88 W ，有：P ab ＝I 21R 1 代入数据得I 1＝1.2 A ① 回路中的电动势E 1＝I 1(R 1＋R 2)②由法拉第电磁感应定律知E 1＝BLv 1 ③ 导体棒ab 做匀加速直线运动，v 1＝at 1 ④ 由①②③④得，a ＝0.9 m/s 2.⑤ (2)当t 2＝8 s 时，导体棒ab 的速度v 2＝at 2 ⑥ 回路中的电流I 2＝E 2R 1＋R 2＝BLv 2R 1＋R 2＝2.4 A ⑦ 导体棒cd 所受安培力F 2安＝BI 2L ＝4.8 N⑧ 设导体棒cd 所受的F 2沿斜面向下，有：F 2＋mg sin θ＝F 2安cos θ ⑨ 由⑧⑨得F 2＝2.64 N ，故假设成立，所以F 2的方向沿斜面向下. ⑩ (3)设ab 棒的速度为v 时，回路中的电流为I ＝ER 1＋R 2＝BLvR 1＋R 2⑪ 此时金属棒ab 所受安培力大小为：F 安＝BIL ⑫ 由题意知ab 棒运动的位移x 与速度v 的关系：x ＝2v ⑬联立⑪⑫⑬，并代入数据得F 安＝x3⑭ab 棒从静止开始运动x ＝4 m 的过程中，克服安培力所做的功为：W 克安＝F 安·x ＝0＋x32x ＝83 J对金属棒ab ，由动能定理有：W 拉－W 克安－μmgx ＝12mv2⑯ 由⑭⑮⑯得W 拉＝10615J ．⑰【答案】 (1)0.9 m/s 2(2)2.64 N ，方向沿斜面向下 (3)10615J考向3 单棒＋电容器＋导轨模型[典例3] (多选)如图3甲所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN 和PQ ，两导轨间距为l ，电阻均可忽略不计．在M 和P 之间接有阻值为R 的定值电阻，导体杆ab 质量为m 、电阻为r ，并与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中．现给杆ab 一个初速度v 0，使杆向右运动．则( )图3A ．当杆ab 刚具有初速度v 0时，杆ab 两端的电压U ＝Blv 0RR ＋r，且a 点电势高于b 点电势 B ．通过电阻R 的电流I 随时间t 的变化率的绝对值逐渐增大C ．若将M 和P 之间的电阻R 改为接一电容为C 的电容器，如图乙所示，同样给杆ab 一个初速度v 0，使杆向右运动，则杆ab 稳定后的速度为v ＝mv 0m ＋B 2l 2CD ．在C 选项中，杆稳定后a 点电势高于b 点电势ACD [当杆ab 刚具有初速度v 0时，其切割磁感线产生的感应电动势E ＝Blv 0，根据闭合电路欧姆定律得，杆ab 两端的电压U ＝ER R ＋r ＝Blv 0RR ＋r，根据右手定则知，感应电流的方向为b 到a ，a 相当于电源的正极，则a 点电势高于b 点电势，A 正确；通过电阻R 的电流I ＝BlvR ＋r，由于杆ab 速度减小，则电流减小，安培力减小，所以杆ab 做加速逐渐减小的减速运动，速度v 随时间t 的变化率的绝对值逐渐减小，则通过电阻R 的电流I 随时间t 的变化率的绝对值逐渐减小，B 错误；当杆ab 以初速度v 0开始切割磁感线时，会产生感应电动势，电路开始给电容器充电，有电流通过杆ab ，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小，杆做加速度逐渐减小的减速运动．当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动，电容器两端的电压U ＝Blv ，根据电容器电容C ＝Q U，以杆ab 为研究对象，在很短的一段时间Δt 内，杆受到的冲量大小为BIl ·Δt ，从杆ab 开始运动至速度达到稳定的过程中，根据动量定理有∑(－BIl ·Δt )＝－BlQ ＝mv －mv 0，联立可得v ＝mv 0m ＋B 2l 2C，C 正确；稳定后，不再充电，回路中没有电流，根据右手定则知，a 点的电势高于b 点电势，D 正确．](多选)(2018·太原五中一模)图中直流电源电动势为E ＝1 V ，电容器的电容为C ＝1 F ．两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l ＝1 m ，电阻不计．一质量为m ＝1 kg 、电阻为R ＝1 Ω的金属棒MN ，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S 接1，使电容器完全充电．然后将S 接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B ＝1 T 的匀强磁场(图中未画出)，MN 开始向右加速运动．当MN 达到最大速度时离开导轨，则( )A ．磁感应强度垂直纸面向上B ．MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量0.5C C ．MN 的最大速度为1 m/sD ．MN 刚开始运动时加速度大小为1 m/s 2BD [电容器上端带正电，通过MN 的电流方向向下，由于MN 向右运动，根据左手定则知，磁场方向垂直于导轨平面向下，A 错误；电容器完全充电后，两极板间电压为E ，当开关S 接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN 的电流为I ，有I ＝E R①，设MN 受到的安培力为F ，有：F ＝BIl ②，由牛顿第二定律有：F ＝ma ③，联立①②③式：得a ＝BEl mR ＝1×1×11×1＝1 m/s 2④，当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q 0，有：Q 0＝CE ⑤，开关S 接2后，MN 开始向右加速运动，速度达到最大值v max 时，设MN 上的感应电动势为E ′，有：E ′＝Blv max ⑥，设MN 离开导轨时电容器上剩余的电荷量为Q ，依题意有E ′＝QC⑦，设在此过程中MN 的平均电流为I ，MN 上受到的平均安培力为F ，有F ＝B I l ⑧，由动量定理，有F Δt ＝mv max －0⑨，又I Δt ＝Q 0－Q ⑩，联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得：Q ＝B 2l 2C 2Em ＋B 2l 2C＝0.5 C ，v max ＝0.5 m/s ，C 错误，B 、D 正确．]。

专题14 电磁导轨模型（1）模型界定本模型是指导体棒在导轨上相对磁场滑动以及磁场变化时所涉及的各类问题.具体来说,从导体棒的数目上来划分,包括单棒与双棒;从导体棒受力情况来划分,包括除安培力外不受其它力的、其它力为恒力的、其它力为变力的;从导体棒的运动性质来划分,包括匀速运动的、匀变速运动的、变加速运动的;从组成回路的器材来划分,包括电阻与导体棒、电源与导体棒、电容与导体棒;从导轨的位置划分,包括水平放置、倾斜放置与竖直放置;从导轨形状来划分,包括平行等间距直导轨、平行不等间距直导轨及其它形状导轨;从磁场情况来划分,包括恒定的静止磁场、恒定的运动磁场、随时间变化的磁场、随空间变化的磁场等. 模型破解 1.三个考查角度 (i)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或恒定，导体棒达到稳定运动状态。

(ii)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 Nt=∆Φ∆或E B L v =求感应电动势的大小→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 (iii)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。

2.五类方程 (i)动力学方程ma BiL F =+其它(此式是矢量表达式,注意方向) (ii)电学方程 闭合电路欧姆定律:rR E i +=感动E E E ±=BLv E =动S tB E ∆∆=感对于电容器:tU C t q i ∆∆=∆∆=(iii)电量方程t I q ∆=(要求I 是平均值)rR nq +∆=φ(要求电路中无外加电源也无电容) rR BLx q +=(要求回路中只有导体棒切割产生的动生电动势) (iv)动量方程 动量定理:BqL t F v m +∆=∆其它(替代方程:v t a ∆=∆⋅)动量守恒:2211v m v m ∆-=∆(替代方程:11v t a ∆=∆⋅与22v t a ∆=∆⋅)(v)能量方程 焦耳定律:Rt I Q2=(要求I 是有效值)功能关系:电安培力E W ∆=-能量守恒:k E Q W ∆+=其它其中(i)(ii)类方程常用来联立分析滑杆的收尾速度，某一速度下的加速度或某一加速的速度,临界状态及条件.(iii)(iv)(v)类方程能将位移、时间相联系，可用来求解电量、能量、时间、位移等问题,收尾速度也可从稳定状态下能量转化与守恒的角度求解.例1.(电阻电容与电源)在下图甲、乙、丙中，除导体棒ab 可动外，其余部分均固定不动，甲图中的电容器C 原来不带电.设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于垂直水平面方向（即纸面）向下的匀强磁场中，导轨足够长.现给导体棒ab 一个向右的初速度v 0，在甲、乙、丙三种情形下导体棒ab 的最终运动状态是A.三种情形下导体棒ab 最终都做匀速运动B.甲、丙中，ab 棒最终将以不同速度做匀速运动；乙中，ab 棒最终静止C.甲、丙中，ab 棒最终将以相同速度做匀速运动；乙中，ab 棒最终静止D.三种情形下导体棒ab 最终都静止 【答案】B例2.(恒力与电容)如图所示，整个装置处于匀强磁场中，竖起框架之间接有一电容器C ，金属棒AD 水平放置，框架及棒的电阻不计，框架足够长，在金属棒紧贴框架下滑过程中（金属校友会下滑过程中始终与框架接触良好），下列说法正确的是例1题图例2题图A ．金属棒AD 最终做匀速运动B ．金属棒AD 一直做匀加速运动C ．金属棒AD 下滑的加速度为重力加速度g D. 金属棒AD 下滑的加速度小于重力加速度g 【答案】BD例3.如图所示，de 和fg 是两根足够长且固定在竖直方向上的光滑金属导轨，导轨间距离为L 、电阻忽略不计。

模型6导体棒＋导轨模型(对应学生用书第93页)[模型统计]1．导体棒＋导轨模型的特点导体棒＋导轨模型是高考命题的热点模型之一，命题思路主要是通过导体棒切割磁感线产生感应电动势，综合考查电学、动力学以及能量等知识．导体棒的运动过程通常比较复杂，故该模型综合性比较强．2．导体棒＋导轨模型常见的问题(1)单棒＋导轨，解决此类问题通常综合牛顿第二定律分析导体棒的加速度以及速度的变化过程，解决此类问题往往要抓住导体棒的临界条件，即导体棒的加速度为零；(2)双棒＋导轨，解决此类问题的核心是要明确导体棒的受力情况和运动情况，明确等效电源，必要时要将电磁感应现象与牛顿运动定律、能量守恒定律、动量守恒定律等知识综合起来进行处理．[模型突破]考向1 单棒＋电阻＋导轨模型[典例1] (多选)(2018·宣城二次调研)如图1甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨间距d ＝0.5 m ，导轨右端连接一阻值为4 Ω的小灯泡L ，在CDEF 矩形区域内有竖直向上的匀强磁场．磁感应强度B 随时间 t 变化如图乙所示，CF 长为2 m ．在t ＝0时，金属棒ab 从图中位置由静止在恒力F 作用下向右运动，t ＝4 s 时进入磁场，并恰好以v ＝1 m/s 的速度在磁场中匀速运动到EF 位置．已知ab 金属棒电阻为1 Ω.下列分析正确的是( )图1A ．0～4 s 内小灯泡的功率为0.04 WB ．恒力F 的大小为0.2 NC ．金属棒的质量为0.8 kgD ．金属棒进入磁场后小灯泡的功率为0.06 WABC [金属棒未进入磁场，电路总电阻为：R 总＝R L ＋R ab ＝5 Ω回路中感应电动势为：E 1＝ΔΦΔt ＝ΔBS Δt ＝24×2×0.5＝0.5 V灯泡中的电流强度为：I ＝E 1R 总＝0.55A ＝0.1 A 小灯泡的功率为P L ＝I 2R L ＝0.04 W ，选项A 正确；因金属棒在磁场中匀速运动，则F ＝BI ′d又：I ′＝Bd v R 总＝0.2 A 代入数据解得：F ＝0.2 N ，选项B 正确；金属棒未进入磁场的加速度为：a ＝v t ＝14＝0.25 m/s 2金属棒的质量：m ＝F a ＝0.20.25 kg ＝0.8 kg ，选项C 正确；金属棒进入磁场后小灯泡的功率为P L ′＝I ′2R L ＝0.22×4 W ＝0.16 W ，选项D 错误．](多选)(2018·东莞模拟)如图甲所示，倾斜放置的平行光滑轨道间距为L ，导轨与水平面的夹角为θ＝30°，导轨上端连有阻值为R ＝1 Ω的定值电阻，在导轨平面上的abdc 、cdfe 间分别有垂直导轨平面向上和向下的匀强磁场，磁感应强度分别为B 1＝1 T 和B 2＝ 2 T ，两磁场的宽度也均为L .一长为L 的导体棒从导轨某位置静止释放，导体棒在滑动过程中始终与导轨接触良好，导体棒在磁场中运动的速度—时间图象如图乙所示．不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )甲 乙A ．导体棒的质量为m ＝0.2 kgB ．导体棒穿过整个磁场时通过电阻R 的电量为(2－1)CC ．导体棒穿过磁场B 2的时间为2 sD ．导体棒穿过整个磁场时电阻R 产生的焦耳热为2 JAB [由图可知，导体棒在上面的磁场中做匀速运动，由速度—时间图象可知，在1 s 内以1 m/s 的速度经过磁场，则L ＝1 m ，由平衡知识可知：mg sin 30°＝F 安＝B 2L 2v R ，解得m ＝0.2 kg ，选项A 正确．根据q ＝ΔΦR ＝BL 2R 可知，穿过上面磁场时流过R 的电量为q 1＝B 1L 2R ＝1 C ；穿过下面磁场时流过R 的电量为q 2＝B 2L 2R＝ 2 C；因穿过两磁场时电流方向相反，则导体棒穿过整个磁场时通过电阻R 的电量为(2－1)C，选项B正确．由v-t图象可知，导体棒穿过磁场B2时平均速度大于0.5 m/s，则导体棒穿过磁场B2的时间小于2 s，选项C错误．导体棒穿过整个磁场时电阻R产生的焦耳热等于导体棒的机械能减小量，则Q＝mg·2L sin 30°＋ΔE k＝2＋ΔE k＞2 J，选项D错误．]考向2双棒＋导轨模型[典例2](2018·淮滨中学仿真)如图2甲所示，光滑导体轨道PMN和P′M′N′是两个完全一样的轨道，都是由半径为r的四分之一圆弧轨道和水平轨道组成，圆弧轨道与水平轨道在M和M′点相切，两轨道并列平行放置，MN 和M′N′位于同一水平面上，两轨道之间的距离为L，PP′之间有一个阻值为R的电阻，开关S是一个感应开关(开始时开关是断开的)，MNN′M′是一个矩形区域内有竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场，水平轨道MN离水平地面的高度为h，其截面图如图乙所示．金属棒a和b质量均为m、电阻均为R.在水平轨道某位置放上金属棒b，静止不动，a棒从圆弧顶端由静止释放后，沿圆弧轨道下滑，若两导体棒在运动中始终不接触，当两棒的速度稳定时，两棒距离x＝m2grR2B2L2，两棒速度稳定之后，再经过一段时间，b棒离开轨道做平抛运动，在b棒离开轨道瞬间，开关S闭合．不计一切摩擦和导轨电阻，已知重力加速度为g.求：图2(1)两棒速度稳定时，两棒的速度；(2)两棒落到地面后的距离；(3)整个过程中，两棒产生的焦耳热．【解析】(1)a棒沿圆弧轨道运动到最低点M时，由机械能守恒定律得：mgr＝12m v2解得a 棒沿圆弧轨道最低点M 时的速度v 0＝2gra 棒向b 棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量变小，产生感应电流．a 棒受到与其运动方向相反的安培力而做减速运动，b 棒则在安培力的作用下向右做加速运动．只要a 棒的速度大于b 棒的速度，回路总有感应电流，a 棒继续减速，b 棒继续加速，直到两棒速度相同后，回路面积保持不变，不产生感应电流，两棒以相同的速度做匀速运动．从a 棒进入水平轨道开始到两棒达到相同速度的过程中，两棒在水平方向受到的安培力总是大小相等，方向相反，所以两棒的总动量守恒．由动量守恒定律得：m v 0＝2m v 1解得两棒以相同的速度做匀速运动的速度v 1＝v 02＝2gr 2.(2)经过一段时间，b 棒离开轨道后，a 棒与电阻R 组成回路，从b 棒离开轨道到a 棒离开轨道过程中a 棒受到安培力的冲量 I A ＝I LBt ＝BL ΔΦ2Rt t ＝B 2L 2x 2R取向右为正方向，对a 棒由动量定理：－I A ＝m v 2－m v 1解得v 2＝2gr 4由平抛运动规律得：两棒落到地面后的距离Δx ＝(v 1－v 2)2h g ＝rh 2.(3)b 棒离开轨道前，两棒通过的电流大小总是相等，两棒产生的焦耳热相等Q a ＝Q b由能量守恒定律可知：Q a ＋Q b ＝12m v 20－12(2m )v 21解得：Q a ＝Q b ＝14mgrb 棒离开轨道后，a 棒与电阻R 通过的电流大小总是相等，两棒产生的焦耳热相等由能量守恒定律可知：2Q a ′＝12m v 21－12m v 22解得：Q a ′＝332mgr所以整个过程中，a棒产生的焦耳热Q＝Q a＋Q a′＝1132mgr.【答案】(1)2gr2(2)rh2(3)b棒产生的焦耳热为14mgr，a棒产生的焦耳热为1132mgr(2018·蓉城名校联考)两平行且电阻不计的金属导轨相距L＝1 m，金属导轨由水平和倾斜两部分(均足够长)良好对接，倾斜部分与水平方向的夹角为37°，整个装置处在竖直向上、磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中．长度也为1 m的金属棒ab和cd垂直导轨跨搁，且与导轨良好接触，质量均为0.2 kg，电阻分别为R1＝2 Ω，R2＝4 Ω. ab置于导轨的水平部分，与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5，cd置于导轨的倾斜部分，导轨倾斜部分光滑．从t＝0时刻起，ab棒在水平且垂直于ab棒的外力F1的作用下由静止开始向右做匀加速直线运动，金属棒cd在力F2的作用下保持静止，F2平行于倾斜导轨平面且垂直于金属杆cd.当t1＝4 s时，ab棒消耗的电功率为2.88 W．已知sin 37°＝0.6, cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1) ab棒做匀加速直线运动的加速度大小；(2)求t2＝8 s时作用在cd棒上的力F2；(3)改变F1的作用规律，使ab棒运动的位移x与速度v满足：x＝2v，要求cd仍然要保持静止状态．求ab棒从静止开始运动x＝4 m的过程中，作用在ab 棒上的力F1所做的功(结果可用分数表示)．【解析】(1)当t＝4 s时，ab消耗的电功率为2.88 W，有：P ab＝I21R1代入数据得I1＝1.2 A ①回路中的电动势E1＝I1(R1＋R2) ②由法拉第电磁感应定律知E1＝BL v1 ③导体棒ab做匀加速直线运动，v1＝at1④由①②③④得，a＝0.9 m/s2. ⑤(2)当t2＝8 s时，导体棒ab的速度v2＝at2⑥回路中的电流I2＝E2R1＋R2＝BL v2R1＋R2＝2.4 A ⑦导体棒cd所受安培力F2安＝BI2L＝4.8 N ⑧设导体棒cd所受的F2沿斜面向下，有：F2＋mg sin θ＝F2安cos θ⑨由⑧⑨得F2＝2.64 N，故假设成立，所以F2的方向沿斜面向下. ⑩(3)设ab棒的速度为v时，回路中的电流为I＝ER1＋R2＝BL vR1＋R2⑪此时金属棒ab所受安培力大小为：F安＝BIL ⑫由题意知ab棒运动的位移x与速度v的关系：x＝2v ⑬联立⑪⑫⑬，并代入数据得F安＝x3⑭ab棒从静止开始运动x＝4 m的过程中，克服安培力所做的功为：W克安＝F安·x＝0＋x32x＝83J ⑮对金属棒ab，由动能定理有：W拉－W克安－μmgx＝12m v2 ⑯由⑭⑮⑯得W拉＝10615J．⑰【答案】(1)0.9 m/s2(2)2.64 N，方向沿斜面向下(3)106 15J考向3单棒＋电容器＋导轨模型[典例3](多选)如图3甲所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为l，电阻均可忽略不计．在M和P之间接有阻值为R 的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻为r，并与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动．则()图3A．当杆ab刚具有初速度v0时，杆ab两端的电压U＝Bl v0RR＋r，且a点电势高于b点电势B．通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐增大C．若将M和P之间的电阻R改为接一电容为C的电容器，如图乙所示，同样给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动，则杆ab稳定后的速度为v＝m v0m＋B2l2CD．在C选项中，杆稳定后a点电势高于b点电势ACD[当杆ab刚具有初速度v0时，其切割磁感线产生的感应电动势E＝Bl v0，根据闭合电路欧姆定律得，杆ab两端的电压U＝ERR＋r ＝Bl v0RR＋r，根据右手定则知，感应电流的方向为b到a，a相当于电源的正极，则a点电势高于b点电势，A正确；通过电阻R的电流I＝Bl vR＋r，由于杆ab速度减小，则电流减小，安培力减小，所以杆ab做加速逐渐减小的减速运动，速度v随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，则通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，B错误；当杆ab以初速度v0开始切割磁感线时，会产生感应电动势，电路开始给电容器充电，有电流通过杆ab，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小，杆做加速度逐渐减小的减速运动．当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动，电容器两端的电压U＝Bl v，根据电容器电容C＝QU，以杆ab为研究对象，在很短的一段时间Δt内，杆受到的冲量大小为BIl·Δt，从杆ab开始运动至速度达到稳定的过程中，根据动量定理有∑(－BIl·Δt)＝－BlQ＝m v－m v0，联立可得v＝m v0m＋B2l2C，C正确；稳定后，不再充电，回路中没有电流，根据右手定则知，a 点的电势高于b点电势，D正确．](多选)(2018·太原五中一模)图中直流电源电动势为E＝1 V，电容器的电容为C＝1 F．两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l＝1 m，电阻不计．一质量为m＝1 kg、电阻为R＝1 Ω的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S接1，使电容器完全充电．然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B＝1 T的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动．当MN达到最大速度时离开导轨，则()A．磁感应强度垂直纸面向上B．MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量0.5 CC．MN的最大速度为1 m/sD．MN刚开始运动时加速度大小为1 m/s2BD[电容器上端带正电，通过MN的电流方向向下，由于MN向右运动，根据左手定则知，磁场方向垂直于导轨平面向下，A错误；电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I＝ER①，设MN受到的安培力为F，有：F＝BIl②，由牛顿第二定律有：F＝ma③，联立①②③式：得a＝BElmR＝1×1×11×1＝1 m/s2④，当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有：Q0＝CE⑤，开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值v max时，设MN上的感应电动势为E′，有：E′＝Bl v max⑥，设MN离开导轨时电容器上剩余的电荷量为Q，依题意有E′＝QC⑦，设在此过程中MN的平均电流为I，MN上受到的平均安培力为F，有F＝B I l⑧，由动量定理，有FΔt＝m v max－0⑨，又IΔt＝Q0－Q⑩，联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得：Q＝B2l2C2Em＋B2l2C＝0.5 C，v max＝0.5 m/s，C错误，B、D正确．]。

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。

模型6 导体棒+导轨模型[模型统计]1．导体棒＋导轨模型的特点导体棒＋导轨模型是高考命题的热点模型之一，命题思路主要是通过导体棒切割磁感线产生感应电动势，综合考查电学、动力学以及能量等知识．导体棒的运动过程通常比较复杂，故该模型综合性比较强．2．导体棒＋导轨模型常见的问题(1)单棒＋导轨，解决此类问题通常综合牛顿第二定律分析导体棒的加速度以及速度的变化过程，解决此类问题往往要抓住导体棒的临界条件，即导体棒的加速度为零；(2)双棒＋导轨，解决此类问题的核心是要明确导体棒的受力情况和运动情况，明确等效电源，必要时要将电磁感应现象与牛顿运动定律、能量守恒定律、动量守恒定律等知识综合起来进行处理．[模型突破]考向1 单棒＋电阻＋导轨模型[典例1] (多选)(2018·宣城二次调研)如图1甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨间距d ＝0.5 m ，导轨右端连接一阻值为4 Ω的小灯泡L ，在CDEF 矩形区域内有竖直向上的匀强磁场．磁感应强度B 随时间 t 变化如图乙所示，CF 长为2 m ．在t ＝0时，金属棒ab 从图中位置由静止在恒力F 作用下向右运动，t ＝4 s 时进入磁场，并恰好以v ＝1 m/s 的速度在磁场中匀速运动到EF 位置．已知ab 金属棒电阻为1 Ω.下列分析正确的是( )图1A ．0～4 s 内小灯泡的功率为0.04 WB ．恒力F 的大小为0.2 NC ．金属棒的质量为0.8 kgD ．金属棒进入磁场后小灯泡的功率为0.06 WABC [金属棒未进入磁场，电路总电阻为：R 总＝R L ＋R ab ＝5 Ω 回路中感应电动势为：E 1＝ΔΦΔt ＝ΔBS Δt ＝24×2×0.5＝0.5 V 灯泡中的电流强度为：I ＝E 1R 总＝0.55A ＝0.1 A 小灯泡的功率为P L ＝I 2R L ＝0.04 W ，选项A 正确； 因金属棒在磁场中匀速运动，则F ＝BI ′d 又：I ′＝BdvR 总＝0.2 A 代入数据解得：F ＝0.2 N ，选项B 正确；金属棒未进入磁场的加速度为：a ＝v t ＝14＝0.25 m/s 2金属棒的质量：m ＝F a ＝0.20.25kg ＝0.8 kg ，选项C 正确；金属棒进入磁场后小灯泡的功率为P L ′＝I ′2R L ＝0.22×4 W＝0.16 W ，选项D 错误．](多选)(2018·东莞模拟)如图甲所示，倾斜放置的平行光滑轨道间距为L ，导轨与水平面的夹角为θ＝30°，导轨上端连有阻值为R ＝1 Ω的定值电阻，在导轨平面上的abdc 、cdfe 间分别有垂直导轨平面向上和向下的匀强磁场，磁感应强度分别为B 1＝1 T 和B 2＝ 2 T ，两磁场的宽度也均为L .一长为L 的导体棒从导轨某位置静止释放，导体棒在滑动过程中始终与导轨接触良好，导体棒在磁场中运动的速度—时间图象如图乙所示．不计。

模型突破训练(六) 导体棒＋导轨模型(限时：20分钟)1. (2018·永州三次模拟)如图4所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd 均通过棒两端的环套在金属导轨上，棒与金属导轨接触良好．虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小均为B.ab、cd棒与导轨间动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R，导轨电阻不计．开始两棒静止在图示位置，当cd棒无初速度释放时，对ab棒施加竖直向上的力F，使其沿导轨向上做匀加速运动．则( )图4A．ab棒中的电流方向由a到bB．cd棒先加速运动后匀速运动C．cd棒所受摩擦力的最大值大于cd棒的重力D．力F做的功等于两棒产生的电热与ab棒增加的机械能之和C[ab棒竖直向上运动，切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断可知，ab棒中的感应电流方向为b→a，故A错误．cd棒中感应电流由c到d，其所在的区域有向下磁场，所受的安培力向里，cd棒所受的摩擦力向上；ab棒做匀加速直线运动，速度增大，产生的感应电流增加，cd棒所受的安培力增大，对导轨的压力增大，则滑动摩擦力增大，摩擦力先小于重力，后大于重力，所以cd棒先加速运动后减速运动，最后停止运动，故B错误．因安培力增加，cd棒受摩擦力的作用一直增加，根据B项的分析可知，最大值会大于重力，故C正确；根据功能关系可知，力F所做的功应等于两棒产生的电热、摩擦生热与增加的机械能之和，故D错误．]2.如图5所示，水平桌面上放着一对平行的金属导轨，左端与一电源相连，中间还串有一开关K，导轨上放着一根金属棒ab，空间存在着垂直于导轨平面向下的匀强磁场．已知两导轨间距为d，电源电动势为E，导轨电阻及电源内阻均不计，ab棒的电阻为R，质量为m，棒与导轨间摩擦不计．闭合开关K，ab棒向右运动并从桌边水平飞出，已知桌面离地高度为h，金属棒落地点的水平位移为s.下面的结论中正确的是( )图5A ．开始时ab 棒离导轨右端的距离L ＝mgRs 24hB 2d 2Evt ，2，联＝msR BEd，两4m 电阻不计的金属棒的中点．将金属棒从PQ 位置静止释放，金属棒将沿导轨下滑，金属棒与导轨接触良好，重力加速度为g ＝10 m/s 2，求：(导轨电阻忽略不计)图6(1)金属棒在匀速运动时的速度大小v 0；(2)若从金属棒达到速度v 0时开始计时，此时金属棒离导轨底端的距离为s (s 足够大)，从t ＝0时刻开始，磁场的磁感应强度大小B 随时间t 发生变化，此过程中，无电流通过电阻R ，请写出磁感应强度大小B 随时间t 变化的关系式．(结果可含有s )【解析】 (1)金属棒匀速运动时， 对金属棒由平衡条件有：4mg sin 30°＝F T ＋F 安 其中F T ＝mg ，F 安＝B 0IL 由欧姆定律有：I ＝ER由法拉第电磁感应定律有：E ＝B 0Lv 0 联立解得：v 0＝1.0 m/s.(2)对金属棒和木块组成的系统， 由牛顿第二定律有：4mg sin 30°－mg ＝5ma 解得：a ＝2.0 m/s 2依题应满足： B 0Ls ＝BL ⎣⎢⎡⎦⎥⎤s －⎝ ⎛⎭⎪⎫v 0t ＋12at 2 解得：B ＝ss －t －t 2(T)．【答案】 (1)1.0 m/s (2)B ＝ss －t －t 2(T)4. (2018·江淮十校联考)如图7所示，MN 、PQ 为两条平行的光滑金属直轨道，导轨平面与水平面成θ＝30°角，M 、P 之间接有电阻箱R ，导轨所在空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B .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 ，现从静止释放金属杆ab ，测得最后的最大速度为v 1，已知轨道间距为L ，重力加速度取g ，轨道足够长且电阻不计．求：图7(1)电阻箱接入电路的电阻多大？(2)若当金属棒下滑的距离为s 时，金属棒的加速度大小为a ，则此时金属棒运动的时间为多少？(3)当金属棒沿导轨匀速下滑时，将电阻箱的电阻瞬间增大为3B 2L 2v 1mg－r ，此后金属棒再向下滑动d 的距离时，导体棒再次达到最大速度，求下滑d 的距离过程中，回路中产生的焦耳热．【解析】 (1)设电阻箱接入电路的电阻为R 1，当金属杆以最大速度下滑时mg sin θ＝BILI ＝E R 1＋r E ＝BLv 1解得：R 1＝2B 2L 2v 1mg－r .(2)设金属棒下滑的距离为s 时，金属棒的速度为v 2，则mg sin θ解得：v 2＝⎝⎛⎭⎪⎫1－2a g v 1根据动量定理：⎝ ⎛⎭⎪⎫mg sin θ－B 2L 2v r ＋R 1Δt ＝m Δv整体过程中：mg sin θ∑Δt －B 2L 2r ＋R 1∑v Δt ＝m ∑Δv有12mgt －B 2L 2R 1＋r s ＝mv 2 解得t ＝s v 1＋2v 1g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2a g .2L 2v 1r 后，电路中电流减小，导体棒向下做加速运动，＝B 2L 2v 3r ＋R 2Q ＝mgd sin θ－⎝ ⎛⎭⎪⎫12mv 23－12mv 21＝12mgd －581⎭⎪⎫1－2a g(3)12mgd －58mv 21。

专题4.8 电磁感应中的“杆＋导轨”模型题型1 “单杆＋导轨”模型1. 单杆水平式(导轨光滑)物理模型动态分析设运动过程中某时刻棒的速度为v，加速度为a＝Fm－B2L2vmR，a、v同向，随v的增加，a减小，当a＝0时，v最大，I＝BLvR恒定收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征a＝0，v最大，v m＝FRB2L2电学特征I恒定2.单杆倾斜式(导轨光滑)物理模型动态分析棒释放后下滑，此时a＝g sin α，速度v↑E＝BLv↑I ＝ER↑F＝BIL↑a↓，当安培力F＝mg sin α时，a＝0，v最大收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征a＝0，v最大，v m＝mgR sin αB2L2电学特征I恒定【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 ＝ER ＋r安培力F ′＝BIL ＝B 2L 2vR ＋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 (x 1＋x 2)＝12mv 2＋μmg (x 1＋x 2)＋Q r ＋Q R其中Q r ∶Q R ＝r ∶R ＝1∶3 解得Q R ＝1.8 J 。

模型突破训练(六) 导体棒＋导轨模型(限时：20分钟)1. (2018·永州三次模拟)如图4所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd 均通过棒两端的环套在金属导轨上，棒与金属导轨接触良好．虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小均为B.ab、cd棒与导轨间动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R，导轨电阻不计．开始两棒静止在图示位置，当cd棒无初速度释放时，对ab棒施加竖直向上的力F，使其沿导轨向上做匀加速运动．则( )图4A．ab棒中的电流方向由a到bB．cd棒先加速运动后匀速运动C．cd棒所受摩擦力的最大值大于cd棒的重力D．力F做的功等于两棒产生的电热与ab棒增加的机械能之和C[ab棒竖直向上运动，切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断可知，ab棒中的感应电流方向为b→a，故A错误．cd棒中感应电流由c到d，其所在的区域有向下磁场，所受的安培力向里，cd棒所受的摩擦力向上；ab棒做匀加速直线运动，速度增大，产生的感应电流增加，cd棒所受的安培力增大，对导轨的压力增大，则滑动摩擦力增大，摩擦力先小于重力，后大于重力，所以cd棒先加速运动后减速运动，最后停止运动，故B错误．因安培力增加，cd棒受摩擦力的作用一直增加，根据B项的分析可知，最大值会大于重力，故C正确；根据功能关系可知，力F所做的功应等于两棒产生的电热、摩擦生热与增加的机械能之和，故D错误．]2.如图5所示，水平桌面上放着一对平行的金属导轨，左端与一电源相连，中间还串有一开关K，导轨上放着一根金属棒ab，空间存在着垂直于导轨平面向下的匀强磁场．已知两导轨间距为d，电源电动势为E，导轨电阻及电源内阻均不计，ab棒的电阻为R，质量为m，棒与导轨间摩擦不计．闭合开关K，ab棒向右运动并从桌边水平飞出，已知桌面离地高度为h，金属棒落地点的水平位移为s.下面的结论中正确的是( )图5A ．开始时ab 棒离导轨右端的距离L ＝mgRs 24hB 2d 2EB ．磁场力对ab 棒所做的功W ＝mgs 28hC ．磁场力对ab 棒的冲量大小I ＝msg 2h D ．ab 棒在导轨上运动时间t ＝msR B 2d 2Eg 2h C [ab 受到的安培力为：F ＝BId ＝BEd R ，ab 棒离开桌面后做平抛运动，水平方向s ＝vt ，竖直方向：h ＝12gt 2，解得：v ＝s g 2h ，对于加速过程由动能定理可知：W ＝FL ＝12mv 2，联立解得：L ＝ms 2gR 4hBEd ，故A 错误；磁场力对ab 棒所做的功为：W ＝12mv 2＝ms 2g 4h，故B 错误；由动量定理可知，冲量I ＝mv ＝ms g 2h ，故C 正确；根据动量定理可得：t ＝I F ＝msg 2h BEd R ＝msR BEdg 2h，故D 错误．] 3．(2018·湖北重点高中联考)如图6所示，两根足够长的光滑金属导轨平行放置在倾角为30°的斜面上，导轨宽度为L ＝0.1 m ，导轨下端接有电阻，其阻值为R ＝0.1 Ω，两导轨间存在一方向垂直于斜面向上、磁感应强度大小为B 0＝1.0 T 的匀强磁场．轻绳一端通过光滑定滑轮，竖直悬吊质量为m ＝0.01 kg 的小木块，另一端平行于斜面系在质量为4m 电阻不计的金属棒的中点．将金属棒从PQ 位置静止释放，金属棒将沿导轨下滑，金属棒与导轨接触良好，重力加速度为g ＝10 m/s 2，求：(导轨电阻忽略不计)图6。

《电磁感应中的导轨与导体棒问题》学案“导轨与导体棒”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，物理情境变化空间大，是我们复习中的难点。

“导轨与导体棒”模型又分为“单棒”型和“双棒”型（“单棒”型为重点）。

这节课我们先来研究单棒问题。

（一）阻尼式单棒如图，光滑的U形金属导轨水平地固定在竖直向上的匀强磁场Array中．磁感应强度为B，导轨的宽度为l，其长度足够长，与一阻值为R的电阻连接，不计金属导轨的电阻. 一质量为m，电阻为r的导体棒以初速度v0在导轨上向右运动。

1．电路特点：导体棒相当于电源。

2．安培力的特点（1）安培力的表达式：（2）安培力的大小如何变化？3．加速度特点（1）加速度的表达式：（2）加速度的大小如何变化？4．运动特点5．最终状态6．三个规律(1)能量关系：(2)电量关系：(3)瞬时加速度：【例1】如图所示，光滑的U 型金属导轨PQMN 水平地固定在竖直向上的匀强磁场中．磁感应强度为B ，导轨的宽度为L ，其长度足够长，QM 之间接有一个阻值为R 的电阻，其余部分电阻不计．一质量为m ，电阻也为R 的金属棒ab ，恰能放在导轨之上并与导轨接触良好．当给棒施加一个水平向右的冲量，棒就沿轨道以初速度开始向右滑行．求： （1）开始运动时，棒中的瞬间电流i 和棒两端的瞬间电压u 分别为多大？（2）当棒的速度由v 0减小到 v 的过程中，棒中产生的焦耳热Q 是多少？棒向右滑行的位移x 有多大？变式训练1：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 =2Ω，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μ=0.4，测得杆从运动到停止的过程中通过导线的电量q =10－2C ，(g 取10m/s 2)求上述过程中 :(1)AB 杆运动的距离；(2)AB 杆运动的时间；(3)当杆速度为2m/s 时其加速度为多大？（二）发电式单棒如图所示,水平放置的宽为l 的光滑平行金属导轨上有一质量为m 、电阻为r 的金属棒ab ，导轨的一端连接电阻R ，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下，金属棒ab 在一水平恒力F 作用下由静止开始向右运动。

专题一五大经典模型〔科学思维、科学态度与责任〕模型一轻绳(杆)模型[模型释义]轻绳连接体模型1．绳杆模型的特点2.无论是轻绳还是轻杆，都先要进行整体或局部的受力分析，然后结合运动的合成与分解知识求解即可．3．竖直面内做圆周运动的轻绳(杆)模型(1)通常竖直面内的圆周运动只涉及最高点或最低点的分析，在这两个点有F合＝F向，由牛顿第二定律列出动力学方程即可求解．(2)研究临界问题时，要牢记“绳模型〞中最高点速度v≥gR，“杆模型〞中最高点速度v≥0这两个临界条件．[模型突破]1．(2020·某某某某模拟)如下图，细绳一端固定在A点，另一端跨过与A等高的光滑定滑轮B后悬挂一个砂桶Q(含砂子)．现有另一个砂桶P(含砂子)通过光滑挂钩挂在A、B之间的细绳上，稳定后挂钩下降至C点，∠ACB＝120°，以下说法正确的选项是( )A ．假设只增加Q 桶中的砂子，再次平衡后P 桶位置不变B ．假设只增加P 桶中的砂子，再次平衡后P 桶位置不变C ．假设在两桶内增加相同质量的砂子，再次平衡后P 桶位置不变D ．假设在两桶内增加相同质量的砂子，再次平衡后Q 桶位置上升解析：C [对砂桶Q 分析有，Q 受到细绳的拉力大小F T ＝G Q ，设AC 、BC 之间的夹角为θ，对C 点分析可知C 点受三个力而平衡，由题意知，C 点两侧的绳X 力相等，故有2F T cos θ2＝G P ，联立可得2G Q cos θ2＝G P ，故只增加Q 桶中的砂子，即只增加G Q ，夹角θ变大，P 桶上升，只增加P 桶中的砂子，即只增加G P ，夹角θ变小，P 桶下降，选项A 、B 错误；由2G Q cos θ2＝G P 可知，当θ＝120°时有G Q ＝G P ，此时假设在两砂桶内增加相同质量的砂子，上式依然成立，那么P 桶的位置不变，选项C 正确，D 错误．]2．(2020·某某聊城一中模拟)一端装有定滑轮的粗糙斜面体放在地面上，A 、B 两物体通过跨过定滑轮的细绳连接，并处于静止状态，不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦，如下图，现将水平力F 作用于物体B 上，将B 缓慢拉开使与B 连接的细绳和竖直方向成一小角度，此过程中斜面体与物体A 仍然静止．那么在缓慢拉开B 的过程中，以下说法正确的选项是( )A ．水平力F 不变B ．物体A 所受细绳的拉力一定变大C ．物体A 所受斜面体的摩擦力一定变大D ．物体A 所受斜面体的作用力一定变大解析：B [缓慢拉开物体B 的过程中，对物体B 进行受力分析，如下图，物体B 始终受力平衡，根据共点力平衡条件有F ＝m B g tan θ，T ＝m B gcos θ，在缓慢拉开B 的过程中，θ变大，故F 和T 变大，A 错误，B 正确；未施加力F 时，对物体A 进行受力分析，物体A 受重力、支持力、细绳的拉力，由于A 、B 的质量关系和斜面的倾角未知，故物体A 可能不受静摩擦力，也可能受沿斜面向下的静摩擦力，还有可能受沿斜面向上的静摩擦力，故拉力T变大后，物体A所受静摩擦力不一定变大，而物体A所受支持力不变，故斜面体对物体A的作用力也不一定变大，C、D错误．]3．(多项选择)如下图，倾角为θ的光滑斜面固定在水平地面上，斜面上有三个小球A、B、C，上端固定在斜面顶端的轻绳a，下端与A相连，A、B间由轻绳b连接，B、C间由一轻杆相连．初始时刻系统处于静止状态，轻绳a、轻绳b与轻杆均平行于斜面．A、B、C的质量分别为m、2m、3m，重力加速度大小为g.现将轻绳b烧断，那么烧断轻绳b的瞬间，以下说法正确的选项是( )A．轻绳a的拉力大小为6mg sin θB．B的加速度大小为g sin θ，方向沿斜面向下C．C的加速度为0D．杆的弹力为0解析：BD [轻绳b被烧断的瞬间，A受力平衡，合力为零，那么轻绳a的拉力大小T＝mg sin θ，选项A错误；轻绳b被烧断的瞬间，B、杆与C的加速度相同，对B、杆和C整体进行受力分析，并根据牛顿第二定律有(2m＋3m)g sin θ＝(2m＋3m)a0，解得a0＝g sin θ，方向沿斜面向下，可知选项B正确，C错误；对B进行受力分析并根据牛顿第二定律有2mg sin θ＋F＝2ma0，解得杆对B的弹力F＝0，选项D正确．]4.(2019·某某新X一中第四次调研)如下图，一条不可伸长的细线两端分别连接着甲、乙两物体，甲物体能沿着竖直固定的半径为R的半圆环滑动，B、D两定滑轮的大小忽略不计，其连线与水平平台平行，且与半圆环在同一竖直平面内．B与半圆环最高点C、半圆环的圆心O在同一竖直线上，BC＝0.5R.将甲物体由图示位置释放后，甲物体沿半圆环下滑，当甲物体运动到半圆环最底端A点时，甲、乙两物体的速度大小分别为v甲和v乙，两者的关系为(甲、乙可视为质点)( )A ．v 甲＝23v 乙 B ．v 甲＝32v 乙 C ．v 甲＝133v 乙 D ．v 甲＝132v 乙 解析：C [BC ＝0.5R ，OA ＝R ，根据几何关系有AB ＝AO 2＋OB 2＝132R ，所以cos ∠ABO ＝OBAB ＝313.当甲物体运动到半圆环最底端A 点时，实际速度竖直向下，如下图，对甲物体的速度进行分解，沿细线方向的速度大小v 1＝v 线＝v 甲cos ∠ABO ，乙的速度大小和细线的速度大小相等，即v 乙＝v 线，解得v 甲＝133v 乙．]5．(2019·某某某某二模)如下图的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动．连杆AB 、OB 可绕图中A 、B 、O 三处的转轴转动，连杆OB 在竖直面内的转动可带动连杆AB 运动从而使滑块在水平横杆上左右滑动．OB 杆长为L ，绕O 点沿逆时针方向做匀速转动的角速度为ω，当连杆AB 与水平方向夹角为α，AB 杆与OB 杆的夹角为β时，滑块的水平速度大小为( )A.ωL sin βsin αB.ωL cos βsin αC.ωL cos βcos αD.ωL sin βcos α 解析：D [设滑块(A 点)的水平速度大小为v ，A 点的速度方向沿水平方向，如图，将A 点的速度分解，根据运动的合成与分解可知，沿AB 杆方向的分速度v 分＝v cos α，B 点做圆周运动，B 点的实际速度是B 做圆周运动的线速度，可以分解为沿AB 杆方向的分速度和垂直于AB 杆方向的分速度，设B 的线速度为v ′，那么v B 分＝v ′·cos θ＝v ′cos(β－90°)＝v ′sin β，又v ′＝ωL ，且A 、B 沿AB 杆方向的分速度是相等的，即v 分＝v B 分，联立可得v ＝ωL sin βcos α.]6.(2020·某某某某三中模拟)如下图，斜面体c置于水平地面上，不带电绝缘小物块b 置于绝缘斜面上，通过绝缘细绳跨过光滑的定滑轮与带正电小球a连接，连接b的一段细绳与斜面平行．在a所在空间中有竖直向下的匀强电场，在电场强度逐渐增加的情况下，a、b、c都处于静止状态，那么( )A．b对c的摩擦力一定减小B．地面对c的摩擦力一定减小C．地面对c的摩擦力方向一定水平向右D．b对c的摩擦力可能平行斜面向上且一直增加解析：D [由于电场强度增加，所以连接a、b的细绳的拉力增大，假设刚开始时b物块的重力沿斜面向下的分力与细绳的拉力相等，那么随着细绳拉力的增大，b受到的摩擦力沿斜面向下且增大，此时c受到b的摩擦力方向沿斜面向上且一直增大，A错误，D正确；将b、c 看成一个整体，整体受重力，地面的支持力，细绳拉力和地面的摩擦力，绳的拉力方向斜向右上方，所以c受到的摩擦力方向一定水平向左，由于绳的拉力增大，绳与水平面间的夹角不变，那么拉力沿水平方向的分力增大，所以c受到的摩擦力增大，B、C错误．]模型二轻弹簧模型[模型释义]与弹簧相关的平衡问题与弹簧相关的动力学问题与弹簧相关的功能问题1．轻弹簧模型的问题特点轻弹簧模型考查X围很广，变化较多，是考查学生推理、分析综合能力的热点模型，主要是围绕胡克定律进行，弹簧弹力为变力，引起的物体的加速度、速度、动量、动能等变化不是简单的单调关系，处理变速问题时要分析物体的动态过程，这些复杂的运动过程中间所包含的隐含条件往往难以挖掘，常有临界值，造成解题难点．2．轻弹簧模型的解题策略(1)力学特征：轻质弹簧不计质量，并且因软质弹簧的形变发生改变需要一段时间，在瞬间内形变量可以认为不变，因此，在分析瞬时变化时，可以认为弹簧的弹力不突变．(2)过程分析：弹簧的弹力是一种由形变而决定大小和方向的力．当题目中出现弹簧时，首先要注意弹力的大小与方向与形变相对应，从弹簧的形变分析入手，先确定弹簧原长位置、现长位置、平衡位置等，找出形变量x与物体空间位置变化的几何关系，分析形变所对应的弹力大小、方向，结合物体受其他力的情况来综合分析物体运动状态．(3)功能关系：在求弹簧的弹力做功时，因该变力随形变量而线性变化，可以先求平均力，再用功的定义进行计算，也可据动能定理和功能关系求解．同时要注意弹力做功等于弹性势能增量的负值，因此在求弹力的功或弹性势能的改变时，一般从能量的转化与守恒的角度来求解．(4)临界分析：弹簧一端有关联物、另一端固定时，当弹簧伸长到最长或压缩到最短时，物体速度有极值，弹簧的弹性势能最大，此时也是物体速度方向发生改变的时刻；假设关联物与接触面间光滑，当弹簧恢复原长时，物体速度最大，弹性势能为零；假设关联物与接触面间粗糙，物体速度最大时弹力与摩擦力平衡，此时弹簧并没有恢复原长，弹性势能也不为零．3．轻弹簧模型的主要问题(1)与弹簧关联物体受力变化前后的加速度问题．(2)与弹簧关联两个相互接触的物体分离临界问题．(3)与弹簧关联物体的碰撞问题．(4)与热力学、振动、电磁学综合的弹簧问题．[模型突破]1．(2020·西南名校模拟)如下图，轻绳AO绕过光滑的定滑轮，一端与斜面上的物块A 相连，另一端与轻弹簧右端及轻绳BO上端的结点O相连，轻弹簧轴线沿水平方向，斜面体、物块A和悬挂的物块B均处于静止状态．轻绳的OC段与竖直方向的夹角为θ，斜面倾角为α，物块A和B的质量分别为m A、m B，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g.以下说法正确的选项是( )A．弹簧的伸长量为m B gk tan θB．地面对斜面体的摩擦力大小为m B gk cos θtan α，方向水平向右C．假设将斜面体向右移动一小段后，调整物块A的位置，使轻弹簧的轴线仍然沿水平方向，且系统仍处于静止状态，那么物块A受到的摩擦力一定减小D ．假设沿水平方向移动斜面体，保持轻弹簧轴线沿水平方向，系统处于静止状态，那么斜面体对地面的压力始终不变解析：D [对结点O 受力分析，设弹簧伸长量为Δx ，那么有tan θ＝k ·Δx m B g，解得Δx ＝m B g tan θk ，选项A 错误；同样对结点O 分析，设绳OC 的拉力为T ，那么有cos θ＝m B g T，解得绳的拉力T ＝m B g cos θ，对斜面体和A 整体受力分析知，绳OC 拉力的水平分力与地面对斜面体的摩擦力平衡，所以地面对斜面体的摩擦力大小为f ＝T sin θ＝m B g tan θ，选项B 错误；根据B 选项的分析知，绳OC 的拉力为T ＝m B g cos θ，假设斜面体右移，那么θ变大，T 变大，但由于A 、B 两物块的质量未知，所以A 受到的摩擦力方向无法判断，故A 受到的摩擦力大小变化无法确定，选项C 错误；对A 与斜面体组成的整体在竖直方向上受力分析，设地面对斜面体的支持力为N ，斜面体质量为M ，那么(m A ＋M )g ＋T cos θ＝F N ，由T ＝m B g cos θ解得F N ＝(m A ＋m B ＋M )g ，与θ无关，选项D 正确．]2.(2019·某某新泰二中月考)如下图，两个完全相同的小球a 、b ，用轻弹簧N 连接，轻弹簧M 和轻绳一端均与a 相连，另一端分别固定在竖直墙和天花板上，弹簧M 水平，当轻绳与竖直方向的夹角为60°时，M 、N 伸长量刚好相同．假设M 、N 的劲度系数分别为k 1、k 2，a 、b 两球的质量均为m ，重力加速度大小为g ，那么以下判断正确的选项是( )A.k 1k 2＝2 3 B.k 1k 2＝ 3C ．假设剪断轻绳，那么在剪断的瞬间，a 球的加速度为零D ．假设剪断弹簧M ，那么在剪断的瞬间，b 球处于失重状态解析：A [设M 、N 的伸长量均为x ，在图示状态下，a 球、弹簧N 和b 球整体受到重力2mg 、轻绳的拉力T 、弹簧M 的拉力F M 的作用处于平衡状态，根据力的平衡条件有F M ＝k 1x ＝2mg tan 60°＝23mg ，b 球受重力mg 和弹簧N 的拉力F N 的作用处于平衡状态，那么F N ＝k 2x ＝mg ，解得k 1k 2＝23，选项A 正确，B 错误；剪断轻绳的瞬间，轻绳的拉力突变为零，而轻弹簧中的弹力不会突变，即剪断轻绳前弹簧弹力与剪断轻绳的瞬间弹簧弹力相同，a 球受重力和两弹簧的拉力，合力不为零，那么加速度不为零，选项C 错误；剪断弹簧M 的瞬间，弹簧M 的弹力突变为零，弹簧N 的弹力不变，那么b 球加速度仍为零，选项D 错误．]3．(2020·某某某某七中模拟)(多项选择)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为m 的物体A 、B (B 与弹簧连接，A 、B 均可视为质点)，弹簧的劲度系数为k ，初始时物体处于静止状态．现用竖直向上的拉力F 作用在A 上，使A 开始向上做加速度大小为a 的匀加速运动，测得A 、B 的v －t 图像如图乙所示，重力加速度大小为g ，那么( )A ．施加力F 前，弹簧的形变量为2mg kB ．施加力F 的瞬间，A 、B 间的弹力大小为m (g ＋a )C ．A 、B 在t 1时刻分离，此时弹簧弹力等于B 的重力D ．上升过程中，B 速度最大时A 、B 间的距离为12at 22－mg k解析：AD [A 与B 分离的瞬间，A 与B 的加速度相同，速度也相同，A 与B 间的弹力恰好为零．分离后A 与B 的加速度不同，速度不同．t ＝0时刻，即施加力F 的瞬间，弹簧弹力没有突变，弹簧弹力与施加力F 前的相同，但A 与B 间的弹力发生突变．t 1时刻，A 与B 恰好分离，此时A 与B 的速度相等、加速度相等，A 与B 间的弹力为零．t 2时刻，B 的v －t 图线的切线与t 轴平行，切线斜率为零，即加速度为零．施加力F 前，A 、B 整体受力平衡，那么弹簧弹力F 0＝kx 0＝2mg ，解得弹簧的形变量x 0＝2mg k，选项A 正确．施加力F 的瞬间，对B ，根据牛顿第二定律有F 0－mg －F AB ＝ma ，解得A 、B 间的弹力大小F AB ＝m (g －a )，选项B 错误．A 、B 在t 1时刻分离，此时A 、B 具有共同的速度与加速度，且F AB ＝0，对B 有F 1－mg ＝ma ，解得此时弹簧弹力大小F 1＝m (g ＋a )，选项C 错误．t 2时刻B 的加速度为零，速度最大，那么kx ′＝mg ，解得此时弹簧的形变量x ′＝mg k ，B 上升的高度h ′＝x 0－x ′＝mg k ，A 上升的高度h ＝12at 22，此时A 、B 间的距离Δh ＝12at 22－mg k，选项D 正确．] 4.如下图，挡板P 固定在足够高的倾角为θ＝37°的斜面上，小物块A 、B 的质量均为m ，两物块由劲度系数为k 的轻弹簧相连，两物块与斜面的动摩擦因数均为μ＝0.5，一不可伸长的轻绳跨过滑轮，一端与物块B 连接，另一端连接一轻质小钩，初始小物块A 、B 静止，且物块B 恰不下滑，假设在小钩上挂一质量为M 的物块C 并由静止释放，当物块C 运动到最低点时，小物块A 恰好离开挡板P ，重力加速度为g ，sin 37°≈0.6，cos 37°≈0.8.(1)求物块C 下落的最大高度．(2)求物块C 由静止开始运动到最低点的过程中，弹簧弹性势能的变化量．(3)假设把物块C 换成质量为(M ＋m )的物块D ，小物块A 恰离开挡板P 时小物块B 的速度为多大？解析：(1)开始时，物块B 恰不下滑，B 所受的静摩擦力达到最大值，且方向沿斜面向上，由平衡条件得：kx 1＋μmg cos θ＝mg sin θ可得弹簧的压缩量为x 1＝mg5k小物块A 恰好离开挡板P ，由平衡条件得： kx 2＝μmg cos θ＋mg sin θ可得弹簧的伸长量为x 2＝mg k故物块C 下落的最大高度 h ＝x 1＋x 2＝6mg 5k. (2)物块C 由静止开始运动到最低点的过程中，对于A 、B 、C 及弹簧组成的系统，运用能量守恒定律得：Mgh ＝μmgh cos θ＋mgh sin θ＋ΔE p那么得弹簧弹性势能的变化量ΔE p ＝6(M －m )mg 25k. (3)假设把物块C 换成质量为(M ＋m )的物块D ，小物块A 恰离开挡板P 时，物块D 下落的高度仍为h .对于A 、B 、D 及弹簧组成的系统，运用能量守恒定律得：(M ＋m )gh ＝μmgh cos θ＋mgh sin θ＋ΔE p ＋12(M ＋m ＋m )v 2解得v ＝2mg35k (M ＋2m ).答案：(1)6mg 5k (2)6(M －m )mg25k(3)2mg35k (M ＋2m )模型三 板块模型[模型释义]1.运动情景1．板块模型的特点板块模型一直以来都是高考考查的热点，板块模型问题，至少涉及两个物体，一般包括多个运动过程，板块间存在相对运动，应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意速度是联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度，问题的实质是物体间的相互作用及相对运动问题，应根据题目中的信息及运动学公式综合分析，分段分步列式求解．2．板块模型的求解问题 (1)相互作用、动摩擦因数． (2)木板对地的位移． (3)物块对地的位移． (4)物块对木板的相对位移． (5)摩擦生热，能量转化． 3．板块模型的解题关键解决板块模型问题，不同的阶段要分析受力情况和运动情况的变化，抓住两者存在相对滑动的临界条件是两者间的摩擦力为最大静摩擦力，静摩擦力不但方向可变，而且大小也会在一定X 围内变化，明确板块达到共同速度时各物理量关系是此类题目的突破点：(1)板块达到共同速度以后，摩擦力要发生转变，一种情况是板块间滑动摩擦力转变为静摩擦力；另一种情况是板块间的滑动摩擦力方向发生变化．(2)板块达到共同速度时恰好对应物块不脱离木板时板具有的最小长度，也就是物块在木板上相对于板的最大位移．(3)分析受力，求解加速度，画运动情境图寻找位移关系，可借助v t 图像．[模型突破]1．如下图，质量为3m 的木板静止在光滑的水平面上，一个质量为2m 的物块(可视为质点)，静止在木板上的A 端，物块与木板间的动摩擦因数为μ.现有一质量为m 的子弹(可视为质点)以初速度v 0水平向右射入物块并穿出，子弹穿出物块时的速度为v 02，子弹穿过物块的时间极短，不计空气阻力，重力加速度为g .求：(1)子弹穿出物块时物块的速度大小．(2)子弹穿出物块后，为了保证物块不从木板的B 端滑出，木板的长度至少多大？ 解析：(1)设子弹穿过物块时物块的速度为v 1，对子弹和物块组成的系统，由动量守恒定律得：mv 0＝m v 02＋2mv 1，解得v 1＝v 04.(2)物块和木板达到的共同速度为v 2时，物块刚好到达木板右端，设板的长度最小为L ，对物块和木板组成的系统，由动量守恒得：2mv 1＝5mv 2，此过程系统摩擦生热：Q ＝2μmgL由能量守恒定律得：2μmgL ＝12×2mv 21－12×5mv 22代入数据解得：L ＝3v 2160μg .答案：(1)v 04 (2)3v 2160μg2．(2019·某某二模)如下图，光滑水平面上放有用绝缘材料制成的“L〞型滑板，其质量为M ，平面部分的上表面光滑且足够长，在距滑板的A 端为l 的B 处放置一个质量为m 、带电量为q 的小物体C (可看成是质点)，在水平的匀强电场作用下，由静止开始运动．M ＝3m ，电场的场强为E .假设物体C 在运动中及与滑板A 端相碰时不损失电量．(1)求物体C 第一次与滑板A 端相碰前瞬间的速度大小．(2)假设物体C 与滑板A 端相碰的时间极短，而且碰后弹回的速度大小是碰前速度大小的15，求滑板被碰后的速度大小． (3)求小物体C 从开始运动到与滑板A 第二次碰撞这段时间内，电场力对小物体C 做的功． 解析：(1)设物体C 在电场力作用下第一次与滑板的A 端碰撞时的速度为v 1，由动能定理得：qEl ＝12mv 21，解得v 1＝2qElm(2)小物体C 与滑板碰撞过程中动量守恒，设滑板碰撞后的速度为v 2，由动量守恒定律得mv 1＝Mv 2－m 15v 1解得v 2＝25v 1＝252qElm(3)小物体C 与滑板碰撞后，滑板向左以速度v 2做匀速运动；小物体C 以15v 1的速度先向右做匀减速运动，然后向左做匀加速运动，直至与滑板第二次相碰，设第一次碰后到第二次碰前的时间为t ，小物体C 在两次碰撞之间的位移为s ，根据题意可知，小物体加速度为a ＝qEm小物体C 与滑板从第一次碰后到第二次碰时位移相等，即v 2t ＝－15v 1t ＋12at 2，解得t ＝652ml qE两次相碰之间滑板运动的距离s ＝v 2t ＝2425l设小物体C 从开始运动到与滑板A 第二次碰撞这段过程电场力对小物体做功为W ，那么W ＝qE (l ＋s )解得W ＝4925qEl答案：(1)2qEl m (2)252qEl m (3)4925qEl 3．如图，倾角θ＝30°的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板．将长木板A 静置于斜面上，A 上放置一小物块B ，初始时A 下端与挡板相距L ＝4 m ，现同时无初速释放A 和B .在A 停止运动之前B 始终没有脱离A 且不会与挡板碰撞，A 和B 的质量均为m ＝1 kg ，它们之间的动摩擦因数μ＝33，A 或B 与挡板每次碰撞损失的动能均为ΔE ＝10 J ，忽略碰撞时间，重力加速度大小g 取10 m/s 2.求：(1)A 第一次与挡板碰前瞬间的速度大小v .(2)A 第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间Δt . (3)B 相对于A 滑动的可能最短时间t .解析：(1)B 和A 一起沿斜面向下运动，由机械能守恒定律有2mgL sin θ＝12(2m )v 2①由①式得v ＝210m/s ②(2)第一次碰后，对B 有mg sin θ＝μmg cos θ故B 匀速下滑③对A 有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1④得A 的加速度a 1＝10 m/s 2，方向始终沿斜面向下．⑤ 设A 第1次反弹的速度大小为v 1，由动能定理有 12mv 2－12mv 21＝ΔE ⑥ Δt ＝2v 1a 1⑦由⑥⑦式得Δt ＝255s ⑧(3)设A 第2次反弹的速度大小为v 2，由动能定理有 12mv 2－12mv 22＝2ΔE ⑨ 得v 2＝0⑩即A 与挡板第2次碰后停在底端，B 继续匀速下滑，与挡板碰后B 反弹的速度为v ′，加速度大小为a ′，由动能定理有12mv 2－12mv ′2＝ΔE ⑪ mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ′⑫由⑪⑫式得B 沿A 向上做匀减速运动的时间t 2＝v ′a ′＝55s ⑬ 当B 速度为0时，因mg sin θ＝μmg cos θ≤f m ，B 将静止在A 上．⑭假设当A 停止运动时，B 恰好匀速滑至挡板处，B 相对A 运动的时间t 最短，故t ＝Δt ＋t 2＝355s.答案：(1)210 m/s (2)255 s (3)355s模型四 电磁偏转模型[模型释义]1．明种类：明确叠加场的种类及特征．2．析特点：正确分析带电粒子的受力特点及运动特点．3．画轨迹：画出运动轨迹过程示意图，明确圆心、半径及边角关系． 4．用规律：灵活选择不同的运动规律．(1)两场共存时，电场与磁场中满足qE ＝qvB 或重力场与磁场中满足mg ＝qvB 或重力场与电场中满足mg ＝qE ，都表现为匀速直线运动或静止，根据受力平衡列方程求解．(2)三场共存时，合力为零，受力平衡，粒子做匀速直线运动．其中洛伦兹力F ＝qvB 的方向与速度v 垂直．(3)三场共存时，粒子在复合场中做匀速圆周运动．mg 与qE 相平衡，根据mg ＝qE ，由此可计算粒子比荷，判定粒子电性．粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，应用受力平衡和牛顿运动定律结合圆周运动规律求解，有qvB ＝mrω2＝m v 2r ＝mr 4π2T2＝ma .(4)当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解．[模型突破]1．如下图，在xOy 平面直角坐标系中，直角三角形ACD 内存在垂直平面向里的匀强磁场，线段CO ＝OD ＝L ，CD 边在x 轴上，∠ADC ＝30°.在第四象限正方形ODQP 内存在沿＋x 方向的匀强电场，在y ＝－L 处垂直于y 轴放置一平面足够大的荧光屏，屏与y 轴交点为P .一束带电量为e 的电子束以与＋y 方向相同的速度v 0从CD 边上的各点射入磁场，这些电子在磁场中做圆周运动的半径均为L3.忽略电子之间的相互作用力以及电子的重力．试求：(1)磁感应强度B .(2)假设电场强度E 与磁感应强度B 大小满足E ＝2Bv 0，求从x 轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点与Q 点间的距离．解析：(1)由题意可知，电子在磁场中的轨迹半径：r ＝13L ，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：ev 0B ＝m v 20r ，解得，磁感应强度：B ＝3mv 0eL.(2)假设电子能进入电场中，且离O 点最远，那么电子在磁场中运动圆轨迹应恰好与边OA 相切，即粒子从F 点离开磁场进入电场时，离O 点最远．由几何关系可知：OF ＝23L ，从F 射入电场的电子做类平抛运动， 有：23L ＝12eE m t 2，y ＝v 0t ，解得：y ＝23L ，设电子射出电场时与竖直方向的夹角为θ，有：tan θ＝at v 0＝eE mt v 0，解得：tan θ＝22，设从x 轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点为G ，那么它与Q 点的距离：GQ ＝L ＋(L －y )tan θ，解得：GQ ＝(62－1)L3.答案：(1)3mv 0eL (2)(62－1)L32．如下图，在平面直角坐标系xOy 内，第二、三象限内存在沿y 轴正方向的匀强电场，第一、四象限内存在半径为L 的圆形匀强磁场，磁场的圆心在M (L,0)，磁场方向垂直于坐标平面向外．一个质量m 电荷量q 的带正电的粒子从第三象限中的Q (－2L ，－L )点以速度v 0沿x 轴正方向射出，恰好从坐标原点O 进入磁场，从P (2L,0)点射出磁场．不计粒子重力，求：(1)电场强度E .(2)从P 点射出时速度v P 的大小． (3)粒子在磁场与电场中运动时间之比．解析：粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如下图：(1)粒子在电场中做类平抛运动，x 轴方向：2L ＝v 0t ，y 方向：L ＝12at 2＝12qE mt 2解得电场强度：E ＝mv 202qL(2)设粒子到达坐标原点时竖直分速度为v y ，粒子在电场中做类平抛运动，x 方向：2L ＝v 0ty 方向：L ＝v y2t ，联立得：v y ＝v 0t粒子进入磁场时的速度：v ＝v 20＋v 2y ＝2v 0粒子进入磁场做匀速圆周运动，粒子速度大小不变，那么：v P ＝v ＝2v 0 (3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：T ＝2πrv粒子在磁场中的运动时间：t ′＝θ360°T ＝2α360°T ＝2×45°360°×2π×2L 2v 0＝πL2v 0。