1、电磁感应中的杆导轨类问题大模型解题技巧 集团标准化工作小组 Q8QX9QT-X8QQB8Q8-NQ8QJ8-M8QMN电磁感应中的杆导轨类问题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，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
2、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)gsin，方向沿导轨平面向下；，方向沿导轨平面向下；(2)mgxsin【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EBLv回路中的感应电流I杆所受的安培力FBIL根据牛顿第二定律有mgsinma当速度v0时，杆的加速度最大，最大加速度agsin，方向沿导轨平面向下当杆的加速度a0时，
3、速度最大，最大速度vm，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mgxsinQ总mvm2又Q杆Q总，所以Q杆mgxsin。【内化模型】单杆+电阻+导轨四种题型剖析题型一(v00)题型二(v00)题型三(v00)题型四(v00)说明杆cd以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动，质量为m，电阻不计，两导轨间距为L轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两导轨间距为L，拉力F恒定倾斜轨道光滑，倾角为，杆cd质量为m，两导轨间距为L竖直轨道光滑，杆cd质量为m，两导轨间距为L示意图力学观点杆以速度v切割磁感线产生感应电动势EBLv，电流I，安培力FBIL。杆做减
4、速运动：vFa，当v0时，a0，杆保持静止开始时a，杆cd速度v感应电动势EBLvI安培力F安BIL，由FF安ma知a，当a0时，v最大，vm开始时agsin，杆cd速度v感应电动势EBLvI安培力F安BIL，由mgsinF安ma知a，当a0时，v最大，vm开始时ag，杆cd速度v感应电动势EBLvI安培力F安BIL，由mgF安ma知a，当a0时，v最大，vm图像观点能量观点动能全部转化为内能：Qmv02F做的功一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：WFQmvm2重力做的功(或减少的重力势能)一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：WGQmvm2重力做的功(或减少的重力势能)一部分转化为杆的
5、动能，一部分转化为内能：WGQmvm2【应用模型】【变式】：此题若已知金属杆与导轨之间的动摩擦因数为。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。【答案】：见解析【解析】：分析金属杆运动时的受力情况可知，金属杆受重力、导轨平面的支持力、拉力、摩擦力和安培力五个力的作用，沿斜面方向由牛顿第二定律有：FmgsinF安fma又F安BIL，I，所以F安BILfNmgcos故Fmgsinmgcosma当速度v0时，杆的加速度最大，最大加速度amgsingcos，方向沿导轨平面向上当杆的加速度a0时，速度最大，vm。类型二：单杆+电容器(
6、或电源)+导轨模型类【初建模型】【例题2】(2017北京模拟)如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L。一质量为m的导体棒cd垂直于MN、PQ放在轨道而上，与轨道接触良好。轨道和导体棒的电阻均不计。(1)如图1所示，若轨道左端M、P间接一阻值为R的电阻，导体棒在拉力F的作用下以速度v沿轨道做匀速运动。请通过公式推导证明：在任意一段时间t内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等。(2)如图2所示，若轨道左端接一电动势为E、内阻为r的电源和一阻值未知的电阻，闭合开关S，导体棒从静止开始运动，经过一段时间后，导体棒达到最大速度vm
7、，求此时电源的输出功率。(3)如图3所示，若轨道左端接一电容器，电容器的电容为C，导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右运动。电容器两极板间电势差随时间变化的图像如图4所示，已知t1时刻电容器两极板间的电势差为U1。求导体棒运动过程中受到的水平拉力大小。【思路点拨】：(1)导体棒匀速运动受力平衡求出拉力做的功。导体棒切割磁感线产生感应电动势产生感应电流求出回路的电能。(2)闭合开关S导体棒变加速运动产生的感应电动势不断增大达到电源的路端电压棒中没有电流由此可求出电源与电阻所在回路的电流电源的输出功率。(3)导体棒在外力作用下运动回路中形成充电电流导体棒还受安培力的作用由牛顿第二定律列式分析。【
8、答案】：见解析【解析】：(1)导体棒切割磁感线，EBLv导体棒做匀速运动，FF安，又F安BIL，其中I在任意一段时间t内，拉力F所做的功WFvtF安vtt电路获得的电能EqEEItt可见，在任意一段时间t内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等。(2)导体棒达到最大速度vm时，棒中没有电流，电源的路端电压UBLvm电源与电阻所在回路的电流I电源的输出功率PUI。(3)感应电动势与电容器两极板间的电势差相等BLvU由电容器的U-t图可知Ut导体棒的速度随时间变化的关系为vt可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度a由C和I，得I由牛顿第二定律有FBILma可得F。【内化模型】单杆+电容器(或电源)+导
9、轨模型四种题型剖析题型一(v00)题型二(v00)题型三(v00)题型四(v00)说明轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两导轨间距为L轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两导轨间距为L，拉力F恒定倾斜轨道光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两导轨间距为L竖直轨道光滑，杆cd质量为m，电阻为R，两导轨间距为L示意图力学观点S闭合，杆cd受安培力F，a，杆cd速度v感应电动势E感BLvI安培力FBIL加速度a，当E感E时，v最大，且vm开始时a，杆cd速度vEBLv，经过t速度为vv，EBL(vv)，qC(EE)CBLv，ICBLa，F安CB2L2a，a，所以杆匀加速运动开始时agsin，杆
10、cd速度vEBLv，经过t速度为vv，EBL(vv)，qC(EE)CBLv，ICBLa，F安CB2L2a，mgsinF安ma，a，所以杆匀加速运动开始时ag，杆cd速度vEBLv，经过t速度为vv，EBL(vv)，qC(EE)CBLv，ICBLa，F安CB2L2a，mgF安ma，a，所以杆匀加速运动图像观点能量观点电源输出的电能转化为动能：W电mvm2F做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WFmv2EC重力做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WGmv2EC重力做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WGmv2EC【应用模型】【变式】：例题2第(3)问变成，图3中导体棒在恒定
11、水平外力F作用下，从静止开始运动，导轨与棒间的动摩擦因数为，写出导体棒的速度大小随时间变化的关系式。【答案】：vt【解析】：导体棒由静止开始做加速运动，电容器所带电荷量不断增加，电路中将形成充电电流，设某时刻棒的速度为v，则感应电动势为：EBLv电容器所带电荷量为：QCECBLv再经过很短一段时间t，电容器两端电压的增量和电荷量的增量分别为UEBLvQCUCBLv流过导体棒的电流：ICBLa导体棒受到的安培力：f1BILCB2L2a导体棒所受到的摩擦力：f2mg由牛顿第二定律得：Ff1f2ma联立以上各式解得：a显然导体棒做匀加速直线运动，所以导体棒的速度大小随时间变化的关系式为：vt。类型三
12、：双杆+导轨模型类【初建模型】【例题3】(1)如图1所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计，导轨间的距离为l，两根质量均为m、电阻均为R的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直。在t0时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行，大小恒为F的力作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动，试分析金属杆甲、乙的收尾运动情况。(2)如图2所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，导轨上横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，设两导体棒均可沿导轨无摩擦
13、地滑行。开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度。若两导体棒在运动中始终不接触，试定性分析两棒的收尾运动情况。【思路点拨】：(1)金属杆甲运动产生感应电动势回路中有感应电流乙受安培力的作用做加速运动可求出某时刻回路中的总感应电动势由牛顿第二定律列式判断。(2)导体棒ab运动，回路中有感应电流分析两导体棒的受力情况分析导体棒的运动情况，即可得出结论。【答案】：见解析【解析】：(1)设某时刻甲和乙的速度大小分别为v1和v2，加速度大小分别为a1和a2，受到的安培力大小均为F1，则感应电动势为：EBl(v1v2)感应电流为：I对甲和乙分别由牛顿第二定律得：FF1ma1，F1ma2当v1v2定值
14、(非零)，即系统以恒定的加速度运动时a1a2解得a1a2可见甲、乙两金属杆最终水平向右做加速度相同的匀加速运动，速度一直增大。(2)ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，回路中产生感应电流。ab棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd棒则在安培力作用下做加速运动，在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路中总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速。两棒达到相同速度后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v水平向右做匀速运动。【内化模型】三大观点透彻解读双杆模型示意图力学观点图像观点能量观点导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速
15、运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动棒1动能的减少量棒2动能的增加量焦耳热两棒以相同的加速度做匀加速直线运动外力做的功棒1的动能棒2的动能焦耳热【应用模型】【变式】：若例题3(1)中甲、乙两金属杆受恒力作用情况如图所示，两杆分别在方向相反的恒力作用下运动(两杆不会相撞)，试分析这种情况下甲、乙金属杆的收尾运动情况。【答案】：见解析【解析】：设某时刻甲和乙的速度分别为v1和v2，加速度分别为a1和a2，甲、乙受到的安培力大小均为F1，则感应电动势为：EBl(v1v2)感应电流为：I对甲和乙分别应用牛顿第二定律得：F1BIlma1，BIlF2ma2
16、当v1v2定值(非零)，即系统以恒定的加速度运动时a1a2解得：a1a2可见甲、乙两金属杆最终做加速度相同的匀加速运动，速度一直增大。辅导23：电磁感应中的“杆导轨”类问题(3大模型)解题技巧训练题1如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l，左端接有阻值R的电阻。一质量m、电阻r的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B。棒在水平向右的外力作用下由静止开始以a2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q221。导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终
17、与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功WF。2(2017常州检测)如图所示，水平面内有两根足够长的平行导轨L1、L2，其间距d，左端接有容量C2000F的电容。质量m20g的导体棒可在导轨上无摩擦滑动，导体棒和导轨的电阻不计。整个空间存在着垂直导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度B2T。现用一沿导轨方向向右的恒力F1作用于导体棒，使导体棒从静止开始运动，经t时间后到达B处，速度v5m/s。此时，突然将拉力方向变为沿导轨向左，大小变为F2，又经2t时间后导体棒返回到初始位置A处，整个过程电容
18、器未被击穿。求(1)导体棒运动到B处时，电容C上的电量；(2)t的大小；(3)F2的大小。3如图所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨ab和cd相距L，另外两根水平金属杆MN和PQ的质量均为m10kg，可沿导轨无摩擦地滑动，MN杆和PQ杆的电阻均为R(竖直金属导轨电阻不计)，PQ杆放置在水平绝缘平台上，整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中，g取10m/s2。(1)若将PQ杆固定，让MN杆在竖直向上的恒定拉力F的作用下由静止开始向上运动，磁感应强度B0，杆MN的最大速度为多少(2)若将MN杆固定，MN和PQ的间距为d，现使磁感应强度从零开始以s的变化率均匀地增大，经过多长时间，杆PQ对地面的压力为
19、零4如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为30，两导轨之间相距为L1m，两导轨M、P间接入电阻R，导轨电阻不计。在abdc区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场，磁感应强度为B01T，磁场的宽度x11m，在cd连线以下的区域有一个方向也垂直于两导轨平面向下的磁场，磁感应强度为B1。一个质量为m1kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r。若将金属棒在离ab连线上端x0处自由释放，则金属棒进入磁场恰好做匀速直线运动。金属棒进入磁场后，经过ef时系统达到稳定状态，cd与ef之间的距离x28m。(g取10m/s2)(1)求金属棒从开始静止到在磁场中达到
20、稳定状态这一过程中电阻R产生的热量；(2)求金属棒从开始运动到在磁场中达到稳定状态所经过的时间。辅导23：电磁感应中的“杆导轨”类问题(3大模型)解题技巧训练题参考答案1【答案】：(1)；(2)；(3)。【解析】：(1)设金属棒做匀加速运动的时间为t，回路中磁通量的变化量为，回路中产生的平均感应电动势为，则由法拉第电磁感应定律得，其中Blx设回路中的平均电流为，则由闭合电路欧姆定律得通过电阻R的电荷量qt联立以上各式，代入数据解得q。(2)设撤去外力时棒的速度为v，在棒做匀加速运动的过程中，由运动学公式得v22ax设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做的功为W，由动能定理得W0mv2撤去外力后回
21、路中产生的焦耳热Q2W代入数据解得Q2。(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q221，可得Q1在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WFQ1Q2。2【答案】：(1)1102C；(2)；(3)。【解析】：(1)当导体棒运动到B处时，电容器两端电压为UBdv25V5V此时电容器的带电量qCU20001065 C1102C。(2)棒在F1作用下有F1BIdma1，又I，a1联立解得：a120 m/s2则t。(3)由(2)可知棒在F2作用下，运动的加速度a2，方向向左，又a1t2将相关数据代入解得F2。3【答案】：(1)s；(2)10s。【解析】：(1)MN杆切割磁感线产生的感应电动势
22、为E1B0Lv由闭合电路欧姆定律，得I1MN杆所受安培力大小为F安B0I1L对MN杆应用牛顿第二定律，得FmgF安ma当MN杆速度最大时，MN杆的加速度为零，联立解得，MN杆的最大速度为vmm/ss。(2)回路中的感应电动势为E2由闭合电路欧姆定律得I2t时刻的磁感应强度为BtPQ杆对地面的压力恰好为零时，由平衡条件，有mgBI2L联立解得ts10s。4【答案】：(1)；(2)。【解析】：(1)金属棒进入磁场区域匀速运动，则Imgsin30B0IL解得：v12 m/s金属棒在未进入磁场前做初速度为0的匀加速直线运动，则mgsin30ma解得：a5m/s2由运动学公式，有2ax0v12解得：x0
23、0.4 m金属棒在通过磁场区域达到稳定状态时，重力沿斜轨道向下的分力与安培力相等。Imgsin30B1IL解得：v28 m/s金属棒从开始运动到在磁场区域中达到稳定状态过程中，根据动能定理，有mg(x0x1x2)sin30W安mv220产生的热量：QW安15JQRQ。(2)v1at1，t1，x1v1t2，t2金属棒在磁场中达到稳定状态前的过程中取任意微小过程，设这一微小过程的时间为ti，速度为vi，速度的变化量为vi，则由牛顿第二定律，有：mgsin30mmgsin30timvi金属棒从进入磁场到在磁场中达到稳定状态的过程中，有：mgsin30timvimgsin30t3m(v2v1)解得：t3所以：tt1t2t3。
