熱點專題系列(六)電磁感應(yīng)中的“桿和導軌”模型[熱點集訓]1.(2020·河北省石家莊市教學質(zhì)量檢測)如圖所示，水平面內(nèi)有一平行金屬導軌，導軌光滑且電阻不計，阻值為R的導體棒垂直于導軌放置，且與導軌接觸良好。導軌所在空間存在勻強磁場，勻強磁場與導軌平面垂直。t＝0時，將開關(guān)S由1擲向2，分別用q、i、v和a表示電容器所帶的電荷量、棒中的電流、棒的速度大小和加速度大小，則下列圖像中正確的是()答案D解析分析導體棒的運動情況：開關(guān)S由1擲向2，電容器放電，會在電路中產(chǎn)生電流，導體棒中有電流通過，會受到安培力的作用，會產(chǎn)生加速度而加速運動，則導體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，速度增大，感應(yīng)電動勢增大，則電路中電流減小，導體棒所受安培力減小，加速度減小，因?qū)к壒饣?，所以在有電流通過棒的過程中，棒一直加速運動，加速度逐漸減小，速度逐漸增大；當感應(yīng)電動勢等于電容器兩端的電壓時，電路中無電流，導體棒做勻速運動，加速度為零，速度達到最大值，此時電容器所帶電荷量q＝CU不為零。綜上所述，A、B、C錯誤，D正確。2．(2021·福建省寧德市高三第一次質(zhì)量檢查)(多選)如圖所示，有豎直向下的勻強磁場穿過水平放置的光滑平行金屬導軌，導軌左端連有電阻R，質(zhì)量相等、長度相同的鐵棒和鋁棒靜止在軌道上?，F(xiàn)給兩棒一個瞬時沖量，使它們以相同初速度v0向右運動，兩棒滑行一段距離后停下，已知鐵棒和鋁棒始終與導軌接觸且垂直，鐵的電阻率大于鋁的電阻率，則(不考慮磁化)()A．在速度為v0時，兩棒的端電壓Uab＝UcdB．鋁棒運動的時間小于鐵棒運動的時間C．運動過程中，鐵棒中間時刻的加速度等于初始時刻加速度的一半D．整個運動過程中，甲回路中磁通量的變化量大于乙回路中磁通量的變化量答案BD解析鐵的密度大于鋁的密度，鐵棒和鋁棒質(zhì)量相等，長度相同，可知鐵棒的橫截面積小于鋁棒的橫截面積，又由鐵的電阻率大于鋁的電阻率及r＝ρeq\f(l,S)可知，鐵棒電阻r鐵大于鋁棒電阻r鋁，鐵棒和鋁棒的初速度均為v0，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，棒中感應(yīng)電動勢均為E＝BLv0，由閉合電路歐姆定律知回路中電流為I＝eq\f(E,R＋r)，而電阻R兩端電壓為U＝IR＝eq\f(BLv0R,R＋r)，由于鐵棒和鋁棒的電阻r不同，故鐵棒和鋁棒的端電壓Uab≠Ucd，故A錯誤；由于鋁棒的電阻小于鐵棒的電阻，根據(jù)eq\x\to(F)安＝eq\f(B2L2\x\to(v),R＋r)，可知鋁棒受到的平均安培力大于鐵棒受到的平均安培力，根據(jù)動量定理有－eq\x\to(F)安Δt＝0－mv0，可知鋁棒運動的時間小于鐵棒運動的時間，故B正確；根據(jù)牛頓第二定律可知a＝eq\f(B2L2v,mR＋r)，鐵棒做加速度減小的減速運動，鐵棒在中間時刻的速度小于eq\f(v0,2)，則鐵棒在中間時刻的加速度小于初始時刻加速度的一半，故C錯誤；根據(jù)動量定理可知－eq\x\to(F)安Δt＝0－mv0，而eq\x\to(F)安Δt＝eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R＋r)＝eq\f(B2L2x,R＋r)＝eq\f(BLΔΦ,R＋r)，解得ΔΦ＝eq\f(mv0R＋r,BL)，又因鐵棒的電阻大，則整個運動過程中，甲回路中磁通量的變化量大于乙回路中磁通量的變化量，故D正確。3.(2020·山東省泰安市適應(yīng)性訓練)如圖所示，在水平面上有兩條導電導軌MN、PQ，導軌間距為d，勻強磁場垂直于導軌所在的平面向里，磁感應(yīng)強度的大小為B。兩根完全相同的金屬桿1、2間隔一定的距離擺開放在導軌上，且與導軌垂直，它們的電阻均為R，兩桿與導軌接觸良好，導軌電阻不計，金屬桿與導軌間的摩擦不計。桿1以初速度v0滑向桿2，為使兩桿不相碰，則桿2固定與不固定兩種情況下，最初擺放兩桿時的最小距離之比為()A．1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.3∶1答案C解析若桿2固定，設(shè)最初擺放兩桿時的最小距離為x1，對桿1由動量定理得－Beq\x\to(I)dt＝0－mv0，q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(Bx1d,2R)，解得x1＝eq\f(2mRv0,B2d2)；若桿2不固定，設(shè)最初擺放兩桿時的最小距離為x2，兩者最終速度為v，根據(jù)動量定理，對桿1有－BI′]dt′＝mv－mv0，對桿2有BI′]dt′＝mv，電荷量q′＝I′]t′＝eq\f(ΔΦ′,2R)＝eq\f(Bx2d,2R)，解得x2＝eq\f(mRv0,B2d2)，則x1∶x2＝2∶1，故C正確，A、B、D錯誤。4.(2020·山東省棗莊市二調(diào)模擬)(多選)如圖所示，足夠長的水平光滑金屬導軌所在空間中，分布著垂直于導軌平面方向豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B。兩導體棒a、b均垂直于導軌靜止放置。已知導體棒a質(zhì)量為2m，導體棒b質(zhì)量為m；長度均為l，電阻均為r；其余部分電阻不計?，F(xiàn)使導體棒a獲得瞬時平行于導軌水平向右的初速度v0。除磁場作用外，兩棒沿導軌方向無其他外力作用，在兩導體棒運動過程中，下列說法正確的是()A．任何一段時間內(nèi)，導體棒b動能增加量跟導體棒a動能減少量的數(shù)值總是相等的B．任何一段時間內(nèi)，導體棒b動量改變量跟導體棒a動量改變量總是大小相等、方向相反C．全過程中，通過導體棒b的電荷量為eq\f(2mv0,3Bl)D．全過程中，兩棒共產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(mv\o\al(2,0),3)答案BCD解析根據(jù)題意可知，兩棒組成回路，電流大小相同，故所受安培力的合力為零，動量守恒，故任何一段時間內(nèi)，導體棒b動量改變量跟導體棒a動量改變量總是大小相等、方向相反，根據(jù)能量守恒定律可知，a動能減少量的數(shù)值等于b動能增加量與系統(tǒng)產(chǎn)生的電熱之和，故A錯誤，B正確；a、b最終共速，設(shè)最終速度為v，由動量守恒定律有2mv0＝(2m＋m)v，對b棒由動量定理有mv－0＝Beq\x\to(I)l·t＝Blq，聯(lián)立解得q＝eq\f(2mv0,3Bl)，根據(jù)能量守恒定律，兩棒共產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(2m＋m)v2＝eq\f(mv\o\al(2,0),3)，故C、D正確。5．(2020·北京市海淀區(qū)查漏補缺)水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導軌，兩導軌間距為d，在導軌上有質(zhì)量為m的導體桿。整個裝置處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中?，F(xiàn)用一水平恒力F向右拉動導體桿由靜止開始運動，桿與導軌之間的摩擦和空氣阻力，以及導軌的電阻均可忽略不計。假設(shè)導軌長度足夠長，磁場的范圍也足夠大，在整個運動過程中桿與導軌保持垂直且良好接觸。(1)若在導軌之間接有一阻值為R的定值電阻，導體桿接入兩軌道之間的電阻為r，如圖甲所示，求：①導體桿所能達到的最大速度vm；②導體桿運動距離為s0過程中，通過電阻R的電荷量q。(2)若導體桿的電阻可忽略不計，在導軌之間接有一電容為C的不帶電的電容器，如圖乙所示，在電容器不會被擊穿的情況下，①求電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小v的關(guān)系；②請分析說明導體桿運動的性質(zhì)，并求出導體桿在時間t內(nèi)通過的位移s大小。答案(1)①eq\f(FR＋r,B2d2)②eq\f(Bds0,R＋r)(2)①Q(mào)＝CBdv②勻加速直線運動eq\f(Ft2,2CB2d2＋m)解析(1)①當導體桿所受安培力與拉力F大小相等時速度最大，即有F＝FA＝BId此時電流為I＝eq\f(E,r＋R)＝eq\f(Bdvm,R＋r)聯(lián)立解得vm＝eq\f(FR＋r,B2d2)。②由公式q＝eq\x\to(I)Δt得q＝eq\f(\x\to(E),r＋R)Δt＝eq\f(ΔΦ,ΔtR＋r)Δt＝eq\f(Bds0,R＋r)。(2)①導體桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，則電容器兩端電壓為U＝Bdv電荷量為Q＝CU＝CBdv。②對導體桿由牛頓第二定律得F－Bid＝ma其中i＝eq\f(ΔQ,Δt)＝eq\f(CBdΔv,Δt)＝CBda整理得a＝eq\f(F,CB2d2＋m)則導體桿做勻加速直線運動，導體桿在時間t內(nèi)通過的位移s＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×eq\f(Ft2,CB2d2＋m)＝eq\f(Ft2,2CB2d2＋m)。6．(2021·八省聯(lián)考河北卷)如圖1所示，兩條足夠長的平行金屬導軌間距為0.5m，固定在傾角為37°的斜面上。導軌頂端連接一個阻值為1Ω的電阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小為1T的勻強磁場。質(zhì)量為0.5kg的金屬棒從AB處由靜止開始沿導軌下滑，其運動過程中的v-t圖像如圖2所示。金屬棒運動過程中與導軌保持垂直且接觸良好，不計金屬棒和導軌的電阻，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)；(2)求金屬棒在磁場中能夠達到的最大速率；(3)已知金屬棒從進入磁場到速度達到5m/s時通過電阻的電荷量為1.3C，求此過程中電阻產(chǎn)生的焦耳熱。答案(1)0.25(2)8m/s(3)2.95J解析(1)由圖2可知，金屬棒在0～1s內(nèi)做初速度為0的勻加速直線運動，1s后做加速度減小的加速運動，可知金屬棒第1s末進入磁場。在0～1s過程中，由圖2可知，金屬棒的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝4m/s2在該過程中，沿斜面只有重力的分力和滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin37°－μmgcos37°＝ma聯(lián)立解得，金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25。(2)金屬棒在磁場中達到最大速率時，金屬棒處于平衡狀態(tài)，設(shè)金屬棒的最大速率為vm金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLvm根據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R)根據(jù)安培力公式有FA＝ILB根據(jù)平衡條件有FA＋μmgcos37°＝mgsin37°聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得vm＝8m/s。(3)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和閉合電路歐姆定律，可得金屬棒從進入磁場至速度達到v2＝5m/s通過電阻的電荷量為q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E)t,R)＝eq\f(\f(ΔΦ,t)t,R)＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BLx,R)解得金屬棒在磁場下滑的位移x＝eq\f(qR,BL)＝2.6m在該過程中，對金屬棒，由動能定理有mgxsin37°－μmgxcos37°－WA＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)此過程中電阻產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做的功，即Q＝WA聯(lián)立以上各式，解得此過程中電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q＝2.95J。7．(2020·湖北省武漢市六月模擬)如圖所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，導軌電阻不計，間距為L。導軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN，Ⅰ中的勻強磁場方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應(yīng)強度大小均為B。在區(qū)域Ⅰ中，將質(zhì)量為m、電阻為R的導體棒ab放在導軌上，且被兩立柱擋住，在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量為2m、電阻為R的導體棒cd置于導軌上，由靜止開始下滑，經(jīng)時間t，ab剛好離開立柱。ab、cd始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，重力加速度為g。試求：(1)t時刻cd棒的速度大小vt；(2)在時間t內(nèi)cd棒產(chǎn)生的電能Ecd；(3)ab棒中電流的最大值。答案(1)eq\f(mgR,B2L2)(2)eq\f(2m2g2Rt,B2L2)－eq\f(5m3g2R2,B4L4)(3)eq\f(2mg,3BL)解析(1)t時刻cd棒的速度大小為vt，由法拉第電磁感應(yīng)定律，得E＝BLvt由閉合電路歐姆定律，得I＝eq\f(E,2R)分析ab棒受力，得BIL＝mgsin30°聯(lián)立解得vt＝eq\f(mgR,B2L2)。(2)設(shè)在時間t內(nèi)cd棒下滑的距離為x，由動量定理得(2mgsin30°)t－eq\x\to(F)t＝2mvt－0又eq\x\to(F)＝Beq\x\to(I)Leq\x\to(