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单元综合专题(十)电磁感应中的“杆—轨”模型专题综述电磁感应中的“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，主要类型有：“单杆”模型、“单杆＋电源”模型、“单杆＋电容”模型、“双杆”模型．题型透析电磁感应中的“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：运动条件运动情况分析F＝B2L2v0R合力为零，做匀速运动FB2L2v0Rv↑⇒BLv↑⇒I↑⇒BIL↑⇒a↓⇒a＝0，匀速运动．F为恒力FB2L2v0Rv↓⇒BLv↓⇒I↓⇒BIL↓⇒a↓⇒a＝0，匀速运动F随时间t按一定线性规律变化要使棒做匀加速运动，由牛顿第二定律：F＝ma＋B2L2（v0＋at）R例1(2018·济南模拟)如图所示，光滑的“”形金属导体框竖直放置，质量为m的金属棒MN与框架接触良好．磁感应强度分别为B1、B2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd和cdef区域．现从图示位置由静止释放金属棒MN，当金属棒进入磁场B1区域后，恰好做匀速运动．以下说法中不正确的有()A．若B2＝B1，金属棒进入B2区域后将加速下滑B．若B2＝B1，金属棒进入B2区域后仍将保持匀速下滑C．若B2B1，金属棒进入B2区域后先加速后匀速下滑D．若B2B1，金属棒进入B2区域后先减速后匀速下滑【答案】A【解析】若B2＝B1，金属棒进入B2区域后，磁场反向，回路电流反向，由左手定则知：安培力并没有反向，大小也不变，故金属棒进入B2区域后，仍将保持匀速下滑，A项错，B项对．若B2B1，金属棒进入B2区域后，安培力变小，mg－B22L2vR0，金属棒先加速后匀速下滑，C项对；同理，若B2B1，金属棒进入B2区域后mg－B22L2vR0，先减速后匀速下滑，D项对．例2(2018·珠海一模)(多选)如图甲所示，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接一定值电阻R.垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，F随t变化的规律如乙图所示．在0～t0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动．乙图中t0、F1、F2为已知，棒和轨道的电阻不计．则()A．在t0以后，导体棒一直做匀加速直线运动B．在t0以后，导体棒先做加速，最后做匀速直线运动C．在0～t0时间内，导体棒的加速度大小为2（F2－F1）RB2L2t0D．在0～t0时间内，通过导体棒横截面的电量为（F2－F1）t02BL【答案】BD【解析】在0～t0时间内棒做匀加速直线运动，故在t0时刻F2大于棒所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不变，导体棒做加速度越来越小的加速运动，安培力逐渐变大，当安培力与外力F2相等后，导体棒做匀速直线运动，A项错误，B项正确．设在0～t0时间内导体棒的加速度为a，导体棒的质量为m，t0时刻导体棒的速度为v，通过导体棒横截面的电量为q，则有：a＝vt0①F2－B2L2vR＝ma②F1＝ma③q＝ΔΦR④ΔΦ＝BΔS＝BLv2t0⑤由①②③解得：a＝（F2－F1）RB2L2t0，故C项错误；由②③④⑤解得：q＝（F2－F1）t02BL，故D项正确．电磁感应中的“单杆＋电源”模型【基本模型】如图，轨道水平光滑，金属杆ab质量为m，电阻不计，两导轨间距为L.S闭合，ab杆受安培力加速运动，感应电动势与电源方向相反，电流I＝E－BLvr.杆ab速度v↑⇒感应电动势BLv↑⇒I↓⇒安培力F＝BIL↓⇒加速度a↓，当BLv＝E时，v最大，且vm＝EBL.例3如图所示，长平行导轨PQ、MN光滑，相距l＝0.5m，处在同一水平面中，磁感应强度B＝0.8T的匀强磁场竖直向下穿过导轨面．横跨在导轨上的直导线ab的质量m＝0.1kg、电阻R＝0.8Ω，导轨电阻不计．导轨间通过开关S将电动势E＝1.5V、内电阻r＝0.2Ω的电池接在M、P两端，试计算分析：(1)导线ab的加速度的最大值和速度的最大值是多少？(2)在闭合开关S后，用多大的力才能使ab以恒定的速度v＝7.5m/s沿导轨向右运动？通过数据计算说明这时电路中的能量转化情况．【答案】(1)6m/s23.75m/s(2)0.6N，计算说明略【解析】(1)在S刚闭合的瞬间，导线ab速度为零，没有电磁感应现象，由a到b的电流I0＝ER＋r＝1.5A，ab受安培力水平向右，此时ab瞬时加速度最大，加速度a0＝F0m＝BI0lm＝6m/s2.当感应电动势E′与电池电动势E相等时，ab的速度达到最大值．设最终达到的最大速度为vm，根据上述分析可知：E－Blvm＝0所以vm＝EBl＝1.50.8×0.5m/s＝3.75m/s.(2)如果ab以恒定速度v＝7.5m/s向右沿导轨运动，则ab中感应电动势E′＝Blv＝0.8×0.5×7.5V＝3V由于E′＞E，这时闭合电路中电流方向为逆时针方向，大小为：I′＝E′－ER＋r＝3－1.50.8＋0.2A＝1.5A直导线ab中的电流由b到a，根据左手定则，磁场对ab有水平向左的安培力作用，大小为F′＝BlI′＝0.8×0.5×1.5N＝0.6N所以要使ab以恒定速度v＝7.5m/s向右运动，必须有水平向右的恒力F＝0.6N作用于ab.上述物理过程的能量转化情况，可以概括为下列三点：①作用于ab的恒力(F)的功率：P＝Fv＝0.6×7.5W＝4.5W②电阻(R＋r)产生焦耳热的功率：P′＝I′2(R＋r)＝1.52×(0.8＋0.2)W＝2.25W③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.电磁感应中的“单杆＋电容””模型【基本模型】如图，轨道水平光滑，杆ab质量为m，电阻不计，两导轨间距为L，拉力F恒定，开始时a＝Fm，杆ab速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑.经过Δt速度为v＋Δv，感应电动势E′＝BL(v＋Δv)，Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝C(E′－E)＝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．例4如图所示，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L.导轨上端接有一平行板电容器，电容为C.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面．在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.忽略所有电阻．让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系．【答案】(1)Q＝CBLv(2)v＝m（sinθ－μcosθ）m＋B2L2Cgt【解析】(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv①平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E②设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C＝QU③联立①②③式，得Q＝CBLv④(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i.金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为f1＝Bli⑤设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有i＝ΔQΔt⑥ΔQ也是平行板电容器两极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量．由④式得ΔQ＝CBLΔv⑦式中，Δv为金属棒的速度变化量．按定义有a＝ΔvΔt⑧金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为f2＝μN⑨N是金属棒对导轨的正压力的大小，有N＝mgcosθ⑩金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律，有mgsinθ－f1－f2＝ma⑪联立⑤至⑪式，得a＝m（sinθ－μcosθ）m＋B2L2Cg⑫由⑫式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动．t时刻金属棒的速度大小为v＝m（sinθ－μcosθ）m＋B2L2Cgt⑬方法总结(1)解决此类问题的关键物理量：充电电流I＝ΔQΔt＝CBLΔvΔt＝CBLa.(2)重要推论：在此类问题中，导体棒在恒力作用下，做匀加速直线运动．电路中的电流不变．电磁感应中的“双杆”模型“双杆”模型有下面两类情况，解决此类问题要从分析两杆的运动过程入手，确定杆的“收尾状态”是解题关键．类型一：“一动一静”问题例5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＝1m，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＝0.1kg，电阻Ra＝2Ω、Rb＝3Ω，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＝0.5T．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)．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(1)通过计算判断杆a的运动情况；(2)从t＝0时刻起，求1s内通过杆b的电荷量；(3)若t＝0时刻起，2s内作用在杆a上的外力F1做功为13.2J，则这段时间内杆b上产生的热量为多少？【解析】(1)因为杆b静止，所以有F2－B2IL＝mgtan37°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，则：E＝I(Ra＋Rb)E＝B1Lv解得v＝4t所以，杆a做加速度为a＝4m/s2的匀加速运动．(2)杆a在1s内运动的距离d＝12at2＝2mq＝IΔtI＝ERa＋RbE＝ΔΦΔt＝B1LdΔtq＝ΔΦRa＋Rb＝B1LdRa＋Rb＝0.2C即1s内通过杆b的电荷量为0.2C(3)设整个电路中产生的热量为Q，由能量守恒定律得：W1－Q＝12mv12v1＝at＝8m/s解得Q＝10J从而Qb＝RbRa＋RbQ＝6J方法总结“一动一静”模型分析1．对“静杆”，应用平衡条件建立关系式．2．对“动杆”，分析的运动过程，最常见的两种情况：(1)在恒力作用下运动，确定其“收尾状态”—匀速运动．(2)做匀变速直线运动，作用力随时间按线性规律变化．类型二：“两杆都动”问题例6如图所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距、电阻均为R、质量均为m，铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好．现给铜棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，下列说法正确的是()A．回路中的最大电流为BLImRB．铜棒b的最大加速度为B2L2I2m2RC．铜棒b获得的最大速度为ImD．回路中产生的总焦耳热为I22m【答案】B【解析】A项，由题意知a刚获得动量时速度最大，据动量定理可得a获得的速度va＝Im，此后a在安培力作用下做减速运动，b在安培力作用下做加速运动，回路中产生的电动势E＝BL(va－vb)，可知a刚获得动量时回路中产生的感应电流最大，即Im＝BLva2R＝BLI2mR，故A项错误；B项，由A分析知，回路中最大电流为BLI2mR，则b所受最大安培力Fm＝BImL＝B2L2I2mR，根据牛顿第二定律知，b棒所产生的最大加速度am＝Fmm＝B2L2I2m2R，故B项正确；C项，由题意知，a棒做减速运动，b棒做加速运动，当a、b速度相等时，回路中没有感应电流，两棒同时向右匀速直线运动，根据动量守恒可知，a、b最后共同速度为vab，则有：I＝2mvab，得到a、b棒的共同速度vab＝I2m，此速度亦为b棒的最大速度，故C项错误；D项，根据系统能量守恒可知，a棒的机械能等于ab棒一起匀速运动的机械能和回路中产生的焦耳热．即12mva2＝12(m＋m)vab2＋Q，代