增分微點10拓展培優(yōu)

電磁感應(yīng)中的“桿一軌道”模型

一、“單桿+導(dǎo)軌”模型

“單桿+導(dǎo)軌”模型的四種典型情況（不計單桿的電阻）

ooWO、軌道水平光滑0（）=0、軌道水平光滑

Bb

示意圖仁立t（恒定）0i（恒定）

aCQa

開始時a=A，

以后桿時速度

vt今E=

S閉合時，ab

導(dǎo)體桿以速度,經(jīng)過

開始時。=夕BLvtAr

桿受安培力F

0切割磁感線速度為o+Ao,

BLEItnr以后桿a。速度

產(chǎn)生感應(yīng)電動一r,此時a此時感應(yīng)電動

0t0感應(yīng)電

勢E=BLv,電_BLE勢E'=BL（v+

mr9TTab

力-E_BLv動勢E=

1Av）,At時間內(nèi)

加-R-R'速度otn感

BLvtn/fn

流入電容器的

安培力F=ILB應(yīng)電動勢

運動分析安培力F安=

電荷量\q=

—R，做減BLvf今/In

ILBt,由F~

CAU=C（E—

安培力F=

速運動：F安=ma矢口

E）=CBLA?

ILB1n加速

v1nF1naa（,當a=0

度al,當E感電流—

1,當o=0時，時，V最大，Vm

=E時，o最A(yù)r

F=0,a=0,FRCBLA7=

~B2L2

桿保持靜止大，且0m—BLCBLa

安培力F安=

lLB=CB1l}a

F—F安=ma,a

F

m-\-B2L2C，

所以桿以恒定

的加速度做勻

加速運動

V

/

速度圖像

’oL1okOktOt

F做的功一部

F做的功一部

電源輸出的電分轉(zhuǎn)化為動

動能全部轉(zhuǎn)化分轉(zhuǎn)化為桿的

能轉(zhuǎn)化為桿的能，一部分轉(zhuǎn)

能量分析為內(nèi)能Q=T動能，一部分

動能W電=；化為電場能

產(chǎn)生焦耳熱

mvi1,,

2

mVrn,1,WF=2mv十

WF=Q+'^mVm

Ec

例1（多選）（2024.湖北武漢模擬）如圖1所示，兩平行光滑長直金屬導(dǎo)軌水平放置，

間距為L,兩導(dǎo)軌間存在磁感應(yīng)強度大小為3、方向豎直向下的勻強磁場。一質(zhì)

量為機、電阻為R、長度恰好等于導(dǎo)軌間寬度的導(dǎo)體棒濡垂直于導(dǎo)軌放置。閉合

開關(guān)S,導(dǎo)體棒時由靜止開始運動，經(jīng)過一段時間后達到最大速度。已知電源電

動勢為E、內(nèi)阻為白，不計金屬軌道的電阻，貝1］（）

XXXXXX

TXXXXXX

XXXXXX

b

圖1

A.導(dǎo)體棒的最大速度為。=一

B.開關(guān)S閉合瞬間，導(dǎo)體棒的加速度大小為常箸

C.導(dǎo)體棒的速度從零增加到最大速度的過程中，通過導(dǎo)體棒的電荷量為普

DL

D.導(dǎo)體棒的速度從零增加到最大速度的過程中，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為舞

ZnL

答案BC

解析當動生電動勢和電源電動勢相等時，電流為零，導(dǎo)體棒不再受安培力，做

F

向右的勻速直線運動，此時速度最大，則有石=3口,解得。=含，故A錯誤；

開關(guān)閉合瞬間，電路中的電流為1=-有，導(dǎo)體棒所受安培力為F=ILB=

SRTFSRTF

二^亡，由牛頓第二定律可知導(dǎo)體棒的加速度為。=毛就，故B正確；由動量定

理得〃3寸=機。，又q=〃，聯(lián)立解得“=髓，故C正確；對電路應(yīng)用能量守恒

定律有qE=Q總+品"，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為QR=-總=京?？偅?lián)立解得

仍=饋會，故D錯誤。

例2如圖2所示，豎直放置的U形光滑導(dǎo)軌與一電容器串聯(lián)。導(dǎo)軌平面有垂直

于紙面的勻強磁場，金屬棒M與導(dǎo)軌接觸良好，由靜止釋放后沿導(dǎo)軌下滑。電容

。足夠大，原來不帶電，不計一切電阻。設(shè)導(dǎo)體棒的速度為。、動能為Ek、兩端

的電壓為。M、電容器帶的電荷量為q,它們與時間八位移x的關(guān)系圖像正確的

是（）

C

1卜

答案B

解析設(shè)導(dǎo)軌間距為L,釋放后電容器充電，電路中有充電電流，，棒受到向上的

安培力，設(shè)瞬時加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律得機g—遼3=機。，1=笑=9著=

°=CBLa,由此得機g—3乙。3￡〃=機〃，解得a=m_^^L2c可見棒的加速

度不變，做勻加速直線運動，v=at,Uab=BLv=BLat,故A、C錯誤；Ek=^mv2

=1mX2ax,故B正確；q=CUab=BCLat,與時間成正比，而棒做勻加速運動，

故與位移不是正比關(guān)系，故D錯誤。

二、“雙桿+導(dǎo)軌”模型

1.初速度不為零，不受其他水平外力

光滑的平行導(dǎo)軌光滑不等距導(dǎo)軌

?B

N____介

N嚴Q7

M

MP

質(zhì)量m\—mi

小意圖質(zhì)量mi=m2

電阻r\=n

電阻n=n

長度Li=2Lz

長度L\—Li

桿MN、PQ間距足夠長且只在

桿MN、PQ間距足夠長

各自的軌道上運動

t

規(guī)律

Ot

桿MN做變減速運動，桿PQ桿做變減速運動，桿PQ做

做變加速運動，穩(wěn)定時，兩桿變加速運動，穩(wěn)定時，兩桿的加

分析

的加速度均為零，以相等的速速度均為零，兩桿的速度之比為

度做勻速運動1：2

2.初速度為零，一桿受到恒定水平外力

光滑的平行導(dǎo)軌不光滑平行導(dǎo)軌

MPMP

不意圖

質(zhì)量mi=m2摩擦力Ffi=Ff2

電阻n=r2質(zhì)量m\—mi

長度Li—Li電阻n=r2

長度Li—Li

三匕

規(guī)律

FW2耳F>2F

Otf

開始時，若RW2R,則PQ桿先變加速

開始時，兩桿做變加速

后勻速運動，桿靜止。若F>2Ff,

運動；穩(wěn)定時，兩桿以

分析PQ桿先變加速后勻加速運動,MN桿先

相同的加速度做勻加

靜止后變加速最后和PQ桿同時做勻加

速運動

速運動，且加速度相同

例3(2024?廣東深圳高三月考)某物理小組想出了一種理想化的“隔空”加速系統(tǒng),

該系統(tǒng)通過利用其中一個金屬棒在磁場中運動產(chǎn)生感應(yīng)電流從而使另一個金屬棒

獲得速度，這樣就避免了直接對其進行加速時所帶來的磨損和接觸性損傷，該加

速系統(tǒng)可以建模抽象為在足夠長的固定水平平行導(dǎo)軌上放有兩個金屬棒MN和

PQ,磁感應(yīng)強度3=0.5T的勻強磁場與導(dǎo)軌所在水平面垂直，方向豎直向下，

導(dǎo)軌電阻很小，可忽略不計。如圖3為模型俯視圖，導(dǎo)軌間的距離L=1.0m,每

根金屬棒質(zhì)量均為m=1.0kg,電阻都為R=5.0Q,可在導(dǎo)軌上無摩擦滑動，滑

動過程中金屬棒與導(dǎo)軌保持垂直且接觸良好，在/=0時刻，兩金屬棒都處于靜止

狀態(tài)，現(xiàn)有一與導(dǎo)軌平行、大小為歹=2.0N恒力作用于金屬棒上，使金屬棒

在導(dǎo)軌上滑動，經(jīng)過f=10s,金屬棒MN的加速度0=1.6m/s2,求：

PN

QM

圖3

(1)此時金屬棒PQ的加速度；

(2)此時兩金屬棒和PQ的速度；

(3)金屬棒MN和PQ的最大速度差。

答案(1)0.4m/s2(2)18m/s2m/s(3)40m/s

解析(1)恒力作用于MN桿，使其在導(dǎo)軌上向右加速運動，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)

電流，根據(jù)右手定則知電流方向為“一N,電流流經(jīng)尸Q,根據(jù)左手定則受安

培力水平向左，PQ受到的安培力水平向右，它們都做加速運動，對MN由牛頓

第二定律得F~ILB=ma

對尸。由牛頓第二定律得ILB=ma'

聯(lián)立解得"=0.4m/s2。

（2）設(shè)某時刻MN速度為切，PQ速度為02,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有

BL（y1—V2）

/=2R

在/=10s時，對MN,由牛頓第二定律得

F—ILB=ma

整理得年產(chǎn)=機。

代入數(shù)據(jù)得01—02=16m/s

由于作用于兩根桿的安培力等大反向，所以作用于兩桿系統(tǒng)的合力為水平恒力F,

對系統(tǒng)由動量定理得Ft=（mri+mv2）~0

代入數(shù)據(jù)得VI+V2=20m/s

聯(lián)立解得0i=18m/s,s=2m/s。

（3）MN桿做加速度減小的加速運動，PQ桿做加速度增大的加速運動，最終共加速

度，設(shè)兩金屬棒的共同加速度為〃共，對系統(tǒng)有b=2機〃共

對PQ桿有ImLB=ma共

甘thEBL^Vm

八中Im=2R=2R

FR

聯(lián)立解得Avm=^p=40m/So

■教師備選用題

1.（多選）（2024?湖南長沙模擬）如圖1所示，兩平行光滑導(dǎo)軌MN、"N左端通過導(dǎo)

線與電源和不帶電電容器相連，導(dǎo)軌平面水平且處于豎直向下的勻強磁場中，有

一定阻值的導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)將開關(guān)S與1閉合，當棒達到

穩(wěn)定運動狀態(tài)后S與2閉合，導(dǎo)軌足夠長，電源內(nèi)阻不計。則（）

圖1

A.S與1閉合后，棒ab做勻加速直線運動

B.從S與1閉合到棒仍達到某一速度，電源消耗的電能等于棒獲得的動能和電路

產(chǎn)生的焦耳熱

C.S與2閉合后，棒湖中電流不斷減小直到零

D.S與2閉合后，棒ab的速度不斷減小直到零

答案BC

解析根據(jù)題意可知，S與1閉合后，棒受安培力作用做加速運動，棒切

割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，棒中的電流減小，受到的安培力減小，則棒的加速

度減小，直到感應(yīng)電動勢等于電源電動勢，棒最后勻速運動，故A錯誤；根據(jù)題

意，由能量守恒定律可知，從S與1閉合到棒達到某一速度，電源消耗的電

能等于棒獲得的動能和電路產(chǎn)生的焦耳熱，故B正確；S與2閉合后，棒仍相當

于電源給電容器充電，此過程棒受到的安培力水平向左，棒減速運動，則電動勢

減小，電容器兩板間電壓升高，棒仍中的電流不斷減小，當棒a。產(chǎn)生的感應(yīng)電

動勢與電容器兩板間的電勢差相等時，電路中的電流減小到零，隨后棒做勻速直

線運動，故D錯誤，C正確。

2.（多選）如圖2所示，兩條光滑的不計電阻的金屬導(dǎo)軌平行固定在斜面上，導(dǎo)軌所

在區(qū)域存在勻強磁場，導(dǎo)軌上端連接電阻心在不加其他外力的情況下，不計電

阻的導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌下滑，棒開始具有沿軌道向下的加速度，且始終與導(dǎo)軌接觸良

好，且平行于斜面底邊，則在下滑過程中，導(dǎo)體棒中的感應(yīng)電流/、穿過棒與導(dǎo)

軌圍成的閉合回路的磁通量。隨時間。變化的關(guān)系可能正確的是（）

圖2

答案BC

解析導(dǎo)體棒下滑過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為/=萼，根據(jù)牛頓第二定律可得

B2^

mgsin3—ILB=ma,可得用gsin0--員-=ma,當a>0時，隨著速度的增大，加

速度逐漸減小為0,此后導(dǎo)體棒速度保持不變，則v-t圖像的斜率逐漸減小為0。

因/與。成正比，則/—/圖像與。一/圖像相似，故A不可能，B可能；x—/圖像

的斜率表示速度，當導(dǎo)體棒先做加速度逐漸減小的加速運動，最后勻速運動時，

x—f圖像是斜率逐漸增大的曲線，最后變成斜率不變的直線；由磁通量的定義可

知，穿過棒與導(dǎo)軌圍成的閉合回路的磁通量為所以。與x成正比，那

么。一f圖像與X—/相似，故C可能，D不可能。

3.（多選）（2024?河南洛陽模擬）如圖3所示，相距L的光滑金屬導(dǎo)軌固定于水平地面

上，由豎直放置的半徑為R的《圓弧部分和水平平直部分組成。MNQP范圍內(nèi)有

方向豎直向下、磁感應(yīng)強度為3的勻強磁場。金屬棒a。和cd（長度均為L）垂直導(dǎo)

軌放置且接觸良好，cd靜止在磁場中；時從圓弧導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，進入磁

場后與cd沒有接觸；cd離開磁場時的速度是此時仍速度的一半。已知湖的質(zhì)

量為機、電阻為r,cd的質(zhì)量為2機、電阻為2廠。金屬導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度

為g。下列說法正確的是（）

圖3

A.閉合回路感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場與原磁場方向相反

B.cd在磁場中運動的速度不斷變大，速度的變化率不斷變小

C.cd在磁場中運動的過程中通過ab橫截面的電荷量4=光乎

D.從ab由靜止釋放至cd剛離開磁場時，cd上產(chǎn)生的焦耳熱為點留氏

答案BC

解析cd在磁場中運動時，oMc回路中磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，閉合回

路感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場與原磁場方向相同，故A錯誤；當進入磁場后回路中

產(chǎn)生感應(yīng)電流，則受到向左的安培力而做減速運動，cd受到向右的安培力而

做加速運動，由于兩者的速度差逐漸減小，可知感應(yīng)電流逐漸減小，安培力逐漸

減小，可知cd向右做加速度減小的加速運動，故B正確；時從釋放到剛進入磁

場過程，由動能定理得機對仍和cd系統(tǒng)，合外力為零，則由動量守

恒定律有機。0=〃2"4+2利”4,解得0cd=（。0=入伍^，對cd由動量定理有BILAt

=2m-Vcd,其中“=解得q=與你區(qū),故C正確；從"由靜止釋放，至cd

i1?

剛離開磁場過程，由能量守恒定律得mgR=jn（2vc^+-X2mvh+Q,KQcd=^Q,

解得Qcd=^mgR,故D錯誤。

4.（多選）如圖4,水平面內(nèi)固定著足夠長的光滑平行導(dǎo)軌Med—a伙V,ab-a'b'

導(dǎo)軌寬度是cd—cTf導(dǎo)軌寬度的2倍，cd—cTf導(dǎo)軌寬度為3導(dǎo)軌處于方向垂直

于軌道平面向里的勻強磁場中，金屬棒PQ和MN分別垂直導(dǎo)軌放置在導(dǎo)軌ab-

優(yōu)勿段和cd—c”段上,金屬棒PQ和MN的質(zhì)量之比為2：1,長度分別為2L和L

兩金屬棒電阻均為已現(xiàn)給金屬棒一個向右的初速度，運動過程中兩棒始終

沒有離開各自的導(dǎo)軌段，并與導(dǎo)軌接觸良好，其余部分的電阻均不計，則（）

Pb'

Xx|xMx

xxc'XXX

壬XX

xxNx

A.運動過程中金屬棒PQ和MN的加速度大小之比為1：2

B.運動過程中金屬棒PQ和所受的安培力的沖量大小之比為2：1

C.運動到速度穩(wěn)定時金屬棒PQ和MN的速度之比為1：2

D.運動到速度穩(wěn)定時金屬棒PQ和MN兩端的電壓之比為2：1

答案BC

解析運動過程中對PQ有/.2L3=2mm,沌MN有ILB=ma2,所以運動過程中

加速度大小之比為1：1,故A錯誤；因為運動過程中PQ所受安培力大小為

的兩倍，在相同時間內(nèi)安培力的沖量大小之比/i：72=2：1,故B正確；金屬棒

運動到速度穩(wěn)定時有B-2LVI=BLV2,故運動到速度穩(wěn)定時，金屬棒PQ和MN的

速度之比V1：s=l：2,故C正確；P、M兩點電勢相等，Q、N兩點電勢相等，

任意時刻都有即金屬棒尸。和MN兩端的電壓之比為1：1,故D錯

誤。

5.（2024.湖南長沙模擬）如圖5所示，兩光滑平行長直金屬導(dǎo)軌水平固定放置，導(dǎo)

軌間存在豎直向下的勻強磁場。兩根相同的金屬棒a。、cd垂直放置在導(dǎo)軌上，處

于靜止狀態(tài)。/=0時刻，對cd棒施加水平向右的恒力F,棒始終與導(dǎo)軌接觸良好，

導(dǎo)軌電阻不計。兩棒的速度九以和加速度痣小隨時間/變化的關(guān)系圖像可

能正確的是（）

bd

答案c

解析金屬棒cd在恒力R作用下由靜止開始加速，此時金屬棒ab、cd加速度為

aab=0,acd=\,之后回路中出現(xiàn)感應(yīng)電流，金屬棒cd受到的安培力與恒力R反

向，金屬棒cd的加速度減小，金屬棒ab在安培力作用下開始加速，金屬棒cd

與金屬棒ab的速度差逐漸增大，回路中的電動勢逐漸增大，安培力F安=%

（Vcd-Vab）,逐漸增大，金屬棒加速度減小，金屬棒仍加速度增大，故C正確，

D錯誤；當必時，0〃一0"不再變化，回路中的電流不再變化，安培力不變，

兩棒加速度不變，但是兩金屬棒的速度仍在增大，故A、B錯誤。

6.（多選）如圖6所示，用金屬制作的曲線導(dǎo)軌與水平導(dǎo)軌平滑連接，水平導(dǎo)軌寬軌

部分間距為3L有豎直向下的勻強磁場，窄軌部分間距為2L有豎直向上的勻

強磁場，兩部分磁場磁感應(yīng)強度大小均為5。質(zhì)量均為機的金屬棒M、N垂直于

導(dǎo)軌靜止放置，現(xiàn)將金屬棒M自曲線導(dǎo)軌上力高度處靜止釋放，兩金屬棒在運動

過程中始終相互平行且與導(dǎo)軌保持良好接觸，兩棒接入電路中的電阻均為凡其

余電阻不計，導(dǎo)軌足夠長，M棒總在寬軌上運動，N棒總在窄軌上運動，不計所

有摩擦。下列說法正確的是（）

圖6

3B?!772gh

棒剛進入磁場時棒的加速度為i

A.MNmR

B.N棒的最終速度大小為部新

C.通過M棒的電荷量為3午伊

117

D.N棒產(chǎn)生的熱量為藥R/ng/z

答案AD

解析“棒在曲線導(dǎo)軌滑下過程，根據(jù)動能定理可得加M棒剛進入磁

E

場時，回路電動勢為E=33ZM,回路電流為/=而，對N棒，根據(jù)牛頓第二定律

可得23〃=ma,解得。=四篙質(zhì)，故A正確；兩金屬棒最終分別勻速直線運

動，則有EM=3BLVM,EN=2BLVN