第22講電磁感應(yīng)現(xiàn)象的“雙桿”模型

【模型一等間距平行導(dǎo)軌的雙桿模型】

類型1有初速度的光滑等間距雙桿模型

類型2力的作用下的光滑等間距雙桿模型

類型3其他情況下的等間距雙桿模型

【模型二不等間距平行導(dǎo)軌的雙桿模型】

類型1有初速度的不等間距雙桿模型

類型2恒力的作用下的不等間距雙桿模型

【模型三典型導(dǎo)線框穿磁場模型】

類型1在安培力作用下穿越磁場模型

類型2在恒力廠（包括重力〃面和安培力作用下穿越磁場模型

1.初速度不為零，不受其他水平外力的作用

光滑的平行導(dǎo)軌光滑不等距導(dǎo)軌

6/

示意圖質(zhì)量以>=以質(zhì)量m、=應(yīng)

電阻n=n電阻n=ru

長度長度/上=2"

桿b受安培力做變減速運動，桿a桿b受安培力做變減速運動，桿a

受安培力做變加速運動，穩(wěn)定時，受安培力做變加速運動，穩(wěn)定時，

力學(xué)觀點

兩桿的加速度均為零，以相等的兩桿的加速度均為零，兩桿的速

速度勻速運動度之比為1：2

運動圖像

——

r

0/0t

能量觀點一部分動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：o=一

兩桿組成的系統(tǒng)動量不守恒

動量觀點兩桿組成的系統(tǒng)動量守恒

這單桿可以用動曷定理

2.初速度為零，一桿受到恒定水平外力的作用

光滑的平行導(dǎo)軌不光滑的平行導(dǎo)軌

H

/A

質(zhì)量m,=m,

示意圖

質(zhì)量以、=加

電阻n=八

電阻

長度Ln=L?

長度Lb=Ln

摩擦力用=凡

開始時，若￡V內(nèi)2斤，則a桿先

變加速后勻速運動；b桿靜止。若

開始時，兩桿受安培力做變加速

￡>2斤，a桿先變加速后勻加速運

力學(xué)觀點運動；穩(wěn)定時，兩桿以相同的加

動，b桿先靜止后變加速最后和a

速度做勻加速運動

桿同時做勻加速運動，旦加速度

相同

:匕2

運動圖像z

Fi〈FW2艮〃>2居

/

廠做的功轉(zhuǎn)化為兩桿的動能和內(nèi)

少做的功轉(zhuǎn)化為兩桿的動能和內(nèi)

能量觀點能（包括電熱和摩擦熱）：

能：眠=A氏+Q

屏=A6+0電+Q

兩桿組成的系統(tǒng)動量不守恒兩桿組成的系統(tǒng)動量不守恒

動量觀點

對單桿可以用動量定理空單桿可以用動量定理

注：對于不在同一平面上運動的雙桿的問題，動量守恒定律不適用，可以用牛頓運動定律、能量觀點、

動量定理進行解決。

3.典型導(dǎo)線框模型

不意圖動力學(xué)觀點能量觀點動量觀點

以進入磁場時為例，設(shè)運動過程動量不守恒，可用動量定理分析

在安培力作用下穿越中某時刻的速度為匕加速度大導(dǎo)線框的位移、速度、通過導(dǎo)線

磁場（磁場寬度足夠EFv橫截面的電荷量和除安培力之外

小為a,則a—〃，a與/方向部分（或全部）

iDK

大）恒力作用的時間：

動能轉(zhuǎn)化為焦

相反，導(dǎo)線框做減速運動，Pl

（1）求電荷量或速度：

>XXXX；耳熱：

lJxxxxi,即導(dǎo)線框做加速度減小的

Fxxxx；Q=_A反—BI?1—IHV2-mv\,q-I

||xxx：減速運動，最終勻速運動（全部進

：XXXX:入磁場）或靜止（導(dǎo)線框離開磁場△t;

過程的分析相同）而7△t

（2）求位移：----------

以進入磁場的過程為例，設(shè)運動族

刖眥X

過程中某時刻導(dǎo)線框的速度為勿的，即--v%mvo；

Kn&

pAUv

匕加速度為"加小

在恒力網(wǎng)包括重力（3）求時間：?-/7ZA

（1）若進入磁場時.=牛，則導(dǎo)

mg）和安培力作用下

他?At=mvi—mv\,即一成g+/M，

mmK力尸做的功等于

穿越磁場（磁場寬度他?△t=mvi-mv\

線框勻速運動；導(dǎo)線柩的動能

足夠大）已知電荷量。，尸蝴為恒力，可

o2

（2）若進入磁場時4c等,則導(dǎo)線變化量與回路

MmmK求出變加速運動的時間；

中產(chǎn)生的焦耳

框做加速度減小的加速運動（直^1：~△t

熱之和：<=A

②n

1mg+廠其他?△t—mv2

至勻速）；

&+Q

XXXXXXX#產(chǎn)X

XXXXXXX（3）若進入磁場時4弟,則導(dǎo)線

mv\，即?1尸八蝕,△t—

XXXXXXX能

框做加速度減小的減速運動（電mv2~mv\

至勻速）（導(dǎo)線框離開磁場過程的若已知位移X,6燦為恒力，也

分析相同）可求出變加速運動的時間

【模型一等間距平行導(dǎo)軌的雙桿模型】

類型1有初速度的光滑等間距雙桿模型

【模型建立】

1.電路特點：棒2相當于電源；棒1受安培力而加速起動，運動后產(chǎn)生反電動勢.

—=8/（%一%）

2.電流特點:

R、+R?R]+Re

隨著棒2的減速、棒1的加速，兩棒的相對速度眩-匕變小，回路中電流也變?。回?0時：電流最大,

Vi=為時：電流/=0

3.兩棒的運動情況

安培力大小F安=8〃=82（彩—匕）兩棒的相對速度變小，感應(yīng)電流變小，安培力變小.棒1做加速度變小

4+鳥

的加速運動，棒2做加速度變小的減速運動，最終兩棒具有共同速度。

4.兩個規(guī)律：

（1）動量規(guī)律：兩棒受到安培力大小相等方向相反，系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動量守恒.〃=（町+嗎?共

（2）能量規(guī)律：系統(tǒng)機械能的減小量等于內(nèi)能的增加量.（類似于完全非彈性碰撞）

。=7九）片一+〃z,）喙兩棒產(chǎn)生焦耳熱之比：=廣；Q=Qi+Q，

22。2&

隹題s屢臚

【典例1】（2025?湖北?高考真題）如圖（a）所示，相距￡的兩足夠長平行金屬導(dǎo)軌放在同一水平面內(nèi)，兩

長度均為L、電阻均為R的金屬棒油、〃垂直跨放在兩導(dǎo)軌上，金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好。導(dǎo)軌電阻忽略不

計。導(dǎo)軌間存在與導(dǎo)軌平面垂直的勻強磁場，其磁感應(yīng)強度大小B隨時間變化的圖像如圖（b）所示，/=7

時刻，B=0o，=（）時刻，兩棒相距/，岫棒速度為零，cd棒速度方向水平向右，并與棒垂直，貝ij0~T時

間內(nèi)流過回路的電荷量為（

2BM

R

【答案】B

【解析】通過導(dǎo)體的電荷量4=/加，而/=去

/=「時，磁感應(yīng)強度為零，故后=竽=/a

△/T

聯(lián)立以上各式，可得“=能

故選Bo

【變式-1】如圖，歷、N是兩根固定在水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌足夠長且電阻可忽略不計；導(dǎo)

軌間有一垂直于水平面向下的勻強磁場，其左邊界垂直于導(dǎo)軌；阻值恒定的兩均勻金屬棒〃、〃均垂直

于導(dǎo)軌放置，人始終固定。。以一定初速度進入磁場，此后運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，并與〃

不相碰。以0為坐標原點，水平向右為正方向建立x軸坐標；在運動過程中，。的速度記為v,〃克服安培

力做功的功率記為尸。下列u或尸隨x變化的圖像中，可能正確的是（）

aO'b

?XXXXXM

』XXXXX

；XXXX|x

【答案】A

【解析】AB.設(shè)導(dǎo)軌間磁場磁感應(yīng)強度為B,導(dǎo)軌間距為L,金屬棒總電阻為R,由題意導(dǎo)體棒。進入磁場

后受到水平向左的安培力作用，做減速運動，根據(jù)動量定理有尸

根據(jù)尸="可得尸=辱：

RR

又因為工=y加，聯(lián)立可得勺八，

根據(jù)表達式可知u與x成一次函數(shù)關(guān)系，故A正確，B錯誤；

CD.〃克服安培力做功的功率為p=a=%—-7x

故P-x圖像為開口向上的拋物線，由于尸和u都在減小，故P在減小，故CD錯誤。

故選Ao

【變式1-2]（2023,全國甲卷?高考真題）如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導(dǎo)軌，其平行部分的間距

為/,導(dǎo)軌的最右端與桌子右邊緣對齊，導(dǎo)軌的電阻忽略不計。導(dǎo)軌所在區(qū)域有方向豎直向上的勻強磁場,

磁感應(yīng)強度大小為8。一質(zhì)量為〃、電阻為/e、長度也為/的金屬棒夕靜止在導(dǎo)軌上。導(dǎo)軌上質(zhì)量為3〃?的

絕緣棒。位于P的左側(cè)，以大小為％的速度向尸運動并與尸發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間很短。碰撞一次后,

戶和。先后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌，并落在地面上同一地點。P在導(dǎo)軌上運動時，兩端與導(dǎo)軌接觸良好,

P與Q始終平行。不計空氣阻力。求

（1）金屬棒夕滑出導(dǎo)軌時的速度大小;

（2）金屬棒P在導(dǎo)軌上運動過程中產(chǎn)生的熱量;

【解析】（1）由丁絕緣棒Q與金屬棒P發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒和機械能守恒可得

；x3/方片=g*3m*+—niVp

3〃?%=3mvQ+，〃v'p

聯(lián)立解得冷=]%，%

由題知，碰撞一次后，P和Q先后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌，并落在地面上同一地點，則金屬棒P滑出導(dǎo)

軌時的速度大小為4=%=3%

（2）根據(jù)能量守恒有

解得。=〃而

（3）P、Q碰撞后，對金屬棒P分析，根據(jù)動量定理得-而&=〃?%-mvp

p彳、7EAOBlx

又〃=/△，，I=——=---=----

RRMRM

聯(lián)立可得犬=曙

Bl-

x2niR

由FQ為絕緣棒，無電流通過，做勻速直線運動，故Q運動的時間為，=7/

【變式1-3］如圖所示，水平面上有相距為L的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌上靜止放置著金屬桿。和伏桿。、

b均與導(dǎo)軌垂直），兩桿均位于勻強磁場的左側(cè)，讓桿。以速度v向右運動，當桿。與桿〃發(fā)生彈性碰撞后，

兩桿先后進入右側(cè)的磁場中，當桿〃剛進入磁場時，桿匕的速度剛好為。的一半.已知桿〃、方的質(zhì)量分別

為2〃?和〃?，接入電路的電阻均為上其他電阻忽略不計，設(shè)導(dǎo)軌足夠長，磁場足夠大，則（）

!M

!N

A.桿〃與桿b碰撞后，桿a的速度為東方向向右

B.桿。剛進入磁場時，通過b的電流為鬻

3K

7

C.從力進入磁場至。剛進入磁場時，該過程產(chǎn)生的焦耳熱為》。

D.桿〃、〃最終具有相同的速度，大小為竽

【答案】ABC

【解析】以向右為正方向，桿a與桿。發(fā)生彈性碰撞，

由動量守恒和機械能守恒得2mv=2mv\+mv>mvi,

2乙乙乙

v4v

解得修=鼻，v=-v,即桿a的速度為可，方向向右，故A正確：

o2oJ

桿5剛進入磁場時，通過6的電流為/=券=2經(jīng)，故B正確：

乙Ko

從。進入磁場至a剛進入磁場時，由能量守恒得該過程產(chǎn)生的焦耳熱為故C正

15

確：a進入磁場后，a、。組成的系統(tǒng)，動量守恒，則有2勿匕+勿,（2加+加以，解得⑥=玄%即桿a、b

Zlo

5

最終具有相同的速度，大小為亮匕故D錯誤.

【變式1-4］（多選）如圖，只。是兩根固定在水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，間距為"導(dǎo)軌足夠長且電阻

可忽略不計。圖中牙ZW矩形區(qū)域有一方向垂直導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強度大小為6的勻強磁場。在t=t\

時刻，兩均勻金屬棒外方分別從磁場邊界外。/進入磁場，速度大小均為的；一段時間后，流經(jīng)a棒的

電流為（），此時6棒仍位于磁場區(qū)域內(nèi)。已知金屬棒a、6由相同材料制成，長度均為￡,電阻分別

為F和2斤,a棒的質(zhì)量為他在運動過程中兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，a、6棒沒有相碰，則（）

A.人時刻a棒加速度大小為用誓

B.七時刻6棒的速度為0

C.力?友時間內(nèi)，通過a棒橫截面的電荷量是6棒的2倍

2.

1）.，1?，2時間內(nèi)，a棒產(chǎn)生的焦耳熱為

【答案】AI）

【解析】由題知，力時刻，々棒進入磁場的速度方向向右，6棒的速度方向向左，根據(jù)右手定則可知，a棒

產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和。棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢在回路中均為逆時車?方向，所以流過金屬棒a、〃的感應(yīng)電流/

=翟4等，對口棒，根據(jù)牛頓第二定律有月〃=做，解得/=筆￡故A正確；

/f-rZnon6IDK

金屬棒外6由相同材料制成，長度均為。電阻分別為?和2凡根據(jù)電阻定律有斤2/="（-,解

得5棒的橫截面積S'=）S,已知a棒的質(zhì)量為加，設(shè)力棒的質(zhì)量為加'，則有身S￡,m'=，您

r=P*S'L,聯(lián)立解得勿'=%/,根據(jù)左手定則，可知a棒受到的安培力向左，6棒受到的安培力向右，

由于流過金屬棒小力的電流一直相等，故兩個力大小始終相等，則a與6組成的系統(tǒng)動量守恒，由題如，

叁時刻流過a棒的電流為0,說明金屬棒a、b在￡2時刻均在磁場中且達到了共同速度，設(shè)為匕取向右為

正方向，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒有加％一）〃玲=。7+；，匕解得P=$o，故B錯誤；

在在?G時間內(nèi)，根據(jù)g=〃及金屬棒外，，串聯(lián)構(gòu)成回路，可知通過兩棒橫截面的電荷量相等，故C錯誤；

在右?七時間內(nèi)，對金屬棒3、6組成的系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒有:〃欣+3乂（；，1=為什3，/+0息，解得回

9c?

路中產(chǎn)生的總熱量為。總=鼻勿耳根據(jù)焦耳定律因金屬棒a、力中的電流一直相等，所用時間相同，

O

9

故金屬棒樂〃產(chǎn)生的熱量與電阻成正比，即。：Q.=l：2,又。+0.=。總=［勿品解得a棒產(chǎn)生的焦耳熱

9

為故D正確。

y

【變式1-5］如圖所示，兩平行光滑長直金屬導(dǎo)軌水平放置，間距為乙，心cd區(qū)域有勻強磁場，磁感應(yīng)強

度大小為從方向豎直向上。初始時刻，磁場外的細金屬桿例以初速度%向右運動，磁場內(nèi)的細金屬桿N

處于靜止狀態(tài)。兩金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好且運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直。兩桿的質(zhì)量均為小，在導(dǎo)軌間的

電阻均為R，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場及導(dǎo)軌的電阻忽略不計。

(1)求M剛進入磁場時受到的安培力F的大小和方向；

(2)若兩桿在磁場內(nèi)未相撞且N出磁場時的速度為方，求:①N在磁場內(nèi)運動過程中通過回路的電荷量,/：

②初始時刻N到必的最小距離也

(3)初始時刻，若N到〃的距離與第(2)問初始時刻的相同、到面的距離為人0>1),求M出磁場后不

【答案】(1)尸=紅殳，方向水平向左；(2)①。=瞿,②彳=黑嶺；(3)2<k<3

2R3BL3BL

【解析】(1)細金屬桿必以初速度%向右剛進入磁場時，產(chǎn)生的動生電動勢為E=

F

電流方向為。一8，電流的大小為/=總

2A

則所受的安培力大小為尸=8〃=史必，安培力的方向由左手定則可知水平向左；

2R

(2)①金屬桿"在磁場內(nèi)運動過程中，由動量定理有應(yīng)小△/="/-0,且夕=>△/

聯(lián)立解得通過回路的電荷量為67=翳

?)IJLa

_p—Rf.Ar

②設(shè)兩桿在磁場中相對靠近的位移為Ar,有/=土E=絲產(chǎn)

2RAr

整理可得仁當手，聯(lián)立可得澳=?黑

3BL

若兩桿在磁場內(nèi)剛好相撞，網(wǎng)到ab的最小距離為x=—二

313L

(3)兩桿出磁場后在平行光滑長直金屬導(dǎo)軌上運動，若,V到M的距離與第(2)問初始時刻的相同、到。

的距離為辰(我>1),則及至I」cd邊的速度大小恒為,根據(jù)動量守恒定律可知叫=叫+〃喙

2

解得“出磁場時，加的速度大小為H=]%

由題意可知，此時必至IJ力邊的距離為s=(k-l)x

若要保證"出磁場后不與A,相撞，則有兩種臨界情況：

①“減速出磁場，出磁場的速度剛好等于4的速度，一定不與.M相撞，對"根據(jù)動量定理有

—.八2%—BL-(k—l).v

B/.LA/,=m-v()-fn---------------

聯(lián)立解得k=2

②.“運動到cd邊時，恰好減速到零，則對M由動量定理有％LM=〃”孕-0%=7；內(nèi)2=8小"—1)》

同理解得％=3

綜上所述，必出磁場后不與*相撞條件下〃的取值范圍為2Wk<3

類型2恒力的作用下的光滑等間距雙桿模型

【模型】

2

1.電路特點：棒2相當于電源，棒1受安培力而起動.

2.運動分析：某時刻回路中電流：1=噴一竽=*廠?

安培力大小：/^=8比。棒1：?(=—棒2：出二尸「安

叫叫

最初階段，。2>4，只要4>4,(為一匕)個；/T；五玄T；qT；%J

當％=的時，為一匕恒定，/恒定，心恒定，兩棒勻加速

3.穩(wěn)定時的速度差

_v=(凡+/?2)叫「

F=(〃?]+t?i2)a,4=m/i，F(xiàn)笠=B1L

&+&1-8*(g+〃4)

題冒砌

【典例2】（2024?遼寧?高考真題）如圖，兩條"囹"形的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，間距為，

左、右兩導(dǎo)軌面與水平面夾角均為30。，均處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小分別為28和瓦

將有一定阻值的導(dǎo)體棒時、〃放置在導(dǎo)軌上，同時由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸

良好，，小、”的質(zhì)量分別為和〃?，長度均為L導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，重力加速度為g,兩棒在下滑

過程中（）

.帥中電流趨于息

A.|叫路中的電流方向為Me面B9

3BL

C.H與cd加速度大小之比始終為2：1D.兩棒產(chǎn)生的電動勢始終相等

【答案】AB

【解析】A.兩導(dǎo)體棒沿軌道向下滑動，根據(jù)右手定則可知回路中的電流方向為他cda；故A正確;

BC.設(shè)回路中的總電阻為R,對于任意時刻當電路中的電流為/時，對ab根據(jù)牛頓第二定律得

2〃7gsin30°-2BILcos30°=2mailh

對

cdmgsin30°-BILcos30°=macd

故可知。=4d

分析可知兩個導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢相互疊加，隨著導(dǎo)體棒速度的增大，回路中的電流增大，導(dǎo)體棒受到的

安培力在增大，故可知當安培力沿導(dǎo)軌方向的分力與重力沿導(dǎo)軌向下的分力平衡時導(dǎo)體棒將勻速運動，此

時電路中的電流達到穩(wěn)定值，此時對ab分析可得2/叫淅30。=28比8§30。

解得/=正鱉，故B正確，C錯誤；

3BL

D.根據(jù)前面分析可知/=4/故可知兩導(dǎo)體棒速度大小始終相等，由于兩邊磁感應(yīng)強度不同，故產(chǎn)生的

感應(yīng)電動勢不等，故D錯誤。

故選AB,,

【變式2-1］（2023?河北?高考真題）如圖，絕緣水平面上四根完全相同的光滑金屬桿圍成矩形，彼此接觸良

好，勻強磁場方向豎直向下。金屬桿2、3固定不動，1、4同時沿圖箭頭方向移動，移動過程中金屬桿所困

成的矩形周長保持不變。當金屬桿移動到圖位置時，金屬桿所圍面積與初始時相同。在此過程中（）

A.金屬桿所圍回路中電流方向保持不變

B.通過金屬桿截面的電荷量隨時間均勻增加

C.金屬桿1所受安培力方向與運動方向先相同后相反

D.金屬桿4所受安培力方向與運動方向先相反后相同

【答案】CD

【解析】A.由數(shù)學(xué)知識可知金屬桿所圍I可路的面積先增大后減小，金屬桿所圍I可路內(nèi)磁通量先增大后減小，

根據(jù)楞次定律可知電流方向先沿逆時針方向，后沿順時針方向，故A錯誤；

B.由于金屬桿所圍回路的面積非均勻變化，故感應(yīng)電流的大小不恒定，故通過金屬桿截面的巨荷量隨時間

不是均勻增加的，故B錯誤：

CD,由上述分析，再根據(jù)左手定則，可知金屬桿1所受安培力方向與運動方向先相同后相反，金屬桿4所

受安培力方向與運動方向先相反后相同，故CD正確。

故選CD.,

【變式2-2］如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為L,兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與

水平面成。角，整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為乩現(xiàn)籽質(zhì)量均為加

的金屬棒。、。垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為運動過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直

且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽略不計，重力加速度為X。

（1）先保持棒〃靜止，將棒4由靜止釋放，求棒”勻速運動時的速度大小％;

（2）在（1）問中，當棒〃勻速運動時，再將棒。由靜止釋放，求釋放瞬間棒〃的加速度大小

（3）在（2）問中，從棒〃釋放瞬間開始計時，經(jīng)過時間兩棒恰好達到相同的速度叭求速度y的大小,

以及時間乙）內(nèi)棒。相對于棒。運動的距離Ax。

,八ImgRsinOir?八,一、.nmgRsinO,2/”?R，sin。

【答案】（1）%=--7^-;（2）a=2gsin。；（3）i，=gsin°%+、，AA=----------——

liL13LBL

【解析】（D。導(dǎo)體棒在運動過程中重力沿斜面的分力和。棒的安培力相等時做勻速運動，由法拉第電磁感

應(yīng)定律可得E=8"。

F

有閉合電路歐姆定律及安培力公式可得/=點，F(xiàn)=BIL

〃棒受力平衡可得mgsine=8〃

聯(lián)立記得%=色警

（2）由右手定則可知導(dǎo)體棒〃中電流向里，〃棒沿斜面向下的安培力，此時電路中電流不變，則》棒牛頓

第二定律可得mgsin0+BIL=ma

解得a=2gsing

（3）釋放〃棒后〃棒受到沿斜面句上的安培力，在到達共速時對。棒動量定理

mgsin”-前4=m-?。?棒受到向下的安培力,對。棒動量定理〃吆sin%+87Lo=加1，

聯(lián)立解得八gsin。./。+卷=gsinB.%+〃?噂，‘

2BL

此過程流過。棒的電荷量為心見有夕

由法拉第電磁感應(yīng)定律可得了=§=』乃竺

ZAZ/V/O

聯(lián)立b棒動量定理可得-=空崢=2/”次沖皿

BI?B4L4

【變式2-3］如圖所示，水平面上放置足夠長的光滑導(dǎo)軌，一對相互平行的完全相同的導(dǎo)體棒。、〃靜置在

導(dǎo)軌上。虛線OO'兩側(cè)均有豎直方向的勻強磁場，左側(cè)磁場豎直向下，磁感應(yīng)強度大小為3,右側(cè)磁場豎

直向上，磁感應(yīng)強度大小為24,除導(dǎo)體棒外其他電阻不計。現(xiàn)對棒〃施加向左的恒力尸，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)

軌垂直且接觸良好，則（）

A.回路中電流方向始終為逆時針，電流逐漸減小為零

B.導(dǎo)體棒〃在相同時間內(nèi)所受安培力的沖量大小總為導(dǎo)體棒〃的一半

C.導(dǎo)體棒。、〃經(jīng)足夠長時間均做勻加速直線運動，且。。加速度大小相同

D.導(dǎo)體棒。經(jīng)足夠長時間均做勻加速直線運動，且導(dǎo)體棒〃的加速度為。的2倍

【答案】B

【解析】初始狀態(tài)：導(dǎo)體棒a受恒力F向左加速，切割左側(cè)磁場的磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢紇=4￡匕（方

向由右手定則判定）

導(dǎo)體棒。因a的運動被帶動，切割右側(cè)磁場的磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢與=28〃%（方向與紇相反）

回路總電動勢E電=Ea-Eh=BLva-2BLvh

電流方向與大?。喝綦娏鞣较驗槟鏁r針（從a流向/））;若名〈局,，電流方向為順時針（從力流向

〃）

電流大小/=登=絲與&2（假設(shè)每根導(dǎo)體棒電阻為兄回路總電阻R◎=2R）

安培力作用：導(dǎo)體棒。受安培力6=3〃，方向向右（阻礙運動），導(dǎo)體棒〃受安培力居=23比，方向向左

（促進運動）

由牛頓第二定律有F—3比=機4,2B1L=,nah

長期動態(tài)分析：隨著時間推移，%和以逐漸增大，但&和4的差值會趨于穩(wěn)定，使得匕-2以趨于?恒定,

此時電流/趨于恒定，兩導(dǎo)體棒所受安培力恒定，最終均做勻加速運動。

A.初始時匕＞。、vh=0,Etl＞Ebf電流逆時針；但也會逐漸增大，若也＜2%,電流方向會反向（順時針）;

最終也-2也趨于恒定，電流穩(wěn)定不為零。故A錯誤;

B.安培力關(guān)系工=帆，耳=28/，沖量/=油,因此/“=1，故B正確；

CD.導(dǎo)體棒。、〃經(jīng)足夠長時間，最終/恒定，可知兩棒均做勻加速直線運動，但加速度大小關(guān)系不確定,

故CD錯誤。

故選Bo

【變式2-4】兩根足夠長不計電阻的光滑平行金屬導(dǎo)軌上垂直放置兩根完全相同的導(dǎo)體棒“〃、cd,裝置處

于垂直導(dǎo)軌平面的勻強磁場中，婦圖所示。/=0時，對cd施加向右的恒力F,下列圖像中，￡、〃、〃、i分別

為導(dǎo)體棒的速度、加速度、間距和電流，則不可能正確的是（）

XaXXXXXX

XXXXXXX

B—，F(xiàn)

XXXXXXX

XXdXX

【答案】C

【解析】設(shè)兩導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為加，電阻均為R,長度均為七。f=0時刻，兩導(dǎo)體棒中的電流均為零，導(dǎo)

體棒cd的加速度為土，導(dǎo)體棒面的加速度為零，此后，導(dǎo)體棒cd向右加速運動，同時兩導(dǎo)體棒中產(chǎn)生甩

m

流，導(dǎo)體棒疝在安培力作用下也開始向右加速運動，但導(dǎo)體棒cd的加速度大于導(dǎo)體棒他的加速度，故兩

導(dǎo)體棒的速度差越來越大，距離也越來越大，兩導(dǎo)體棒中的電流/=生也匚3

2R

P_077077

故兩導(dǎo)體棒中的電流越來越大，根據(jù)牛頓第二定律有％衛(wèi)%，《力

mm

故導(dǎo)體棒”的加速度越來越小，導(dǎo)體棒油的加速度越來越大，當兩導(dǎo)體棒的加速度相等時，西導(dǎo)體棒的速

度差保持不變，兩導(dǎo)體棒中的電沆也保持不變，加速度也保持不變，此后兩導(dǎo)體棒以相同的加速度勻加速

向右運動，兩導(dǎo)體棒的距離隨時間均勻增大。

此題選擇不可能的，故選C。

【變式2-5］如圖所示，平行光滑金屬導(dǎo)軌間距為￡,導(dǎo)軌處在豎直向上的勻強磁場中，兩根長度均為L材

料相同的金屬棒必、〃垂直于導(dǎo)軌平行放置，與導(dǎo)軌始終接觸良好，時、〃金屬棒質(zhì)量分別為2〃?。

他棒的電阻為R。開始時cd棒鎖定在凱道上，對"棒施加水平向右的恒定拉力尸，經(jīng)時間f,帥棒的速

度達到最大值八此時撤去拉力，同時解除對cd棒的鎖定，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計。則（）

c.撤去拉力前而棒前進的距離為口-

F

D.全過程中“〃棒產(chǎn)生的焦耳熱為2人一2對

39

【答案】CD

【解析】A.因a。、cd棒材料、長度相同，質(zhì)量分別為小、2m,則cd棒的橫截面積是油棒2倍，由R=

S

可知心=5

必庫速度達到最大時，受力平衡，有尸=8〃又'-Ipp

-A4-A

2

聯(lián)立解得B=蜜，故A錯誤；

B2i3v

BC.撤去拉力前，對他棒，根據(jù)動量定理，有『17二"",其中訶=x

—K+/\

2

2

解得x=W-些，故B錯誤，C正確。

F

D.解除鎖定后兩棒相互作用過程中動量守恒,最后以相同的速度運動，則有〃w=3m%

對全過程由能量守恒定律Q=6-1?3，〃噓得Q=Fvt--mv2

26

227

則26=、。=、尸0-3〃如，故D正確。

JJy

故選CDo

類型3其他情況下的等間距雙桿模型

【典例3】（2022?湖南?高考真題）如圖，間距L=lm的U形金屬導(dǎo)軌，一端接有O.1C的定值電阻R,固定

在高/z=0.8m的絕緣水平桌面上。質(zhì)量均為（）」kg的勻質(zhì)導(dǎo)體棒。和。靜止在導(dǎo)軌上，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸

良好且始終與導(dǎo)軌垂直，接入電路的阻值均為0.1C,與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)均為0.1（設(shè)最大靜摩擦力等于

滑動摩擦力），導(dǎo)體棒〃距離導(dǎo)軌最右端L74m。整個空間存在豎直向下的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應(yīng)

強度大小為0.1T。用〃=0.5N沿導(dǎo)軌水平向右的恒力拉導(dǎo)體棒以當導(dǎo)體棒〃運動到導(dǎo)軌最右端時，導(dǎo)體

棒b剛要滑動，撤去小，導(dǎo)體棒“離開導(dǎo)軌后落到水平地面上。重力加速度取lOm/sz,不計空氣阻力，不

A.導(dǎo)體棒。離開導(dǎo)軌至落地過程中，水平位移為0.6m

B.導(dǎo)體棒〃離開導(dǎo)軌至落地前，其感應(yīng)電動勢不變

C.導(dǎo)體棒〃在導(dǎo)軌上運動的過程中，導(dǎo)體棒人有向右運動的趨勢

D.導(dǎo)體棒〃在導(dǎo)軌上運動的過程中，通過電阻R的電荷量為0.58C

【答案】BD

【解析】C.導(dǎo)體棒。在導(dǎo)軌上向右運動,產(chǎn)生的感應(yīng)電流向里，流過導(dǎo)體棒力向里.，由左手定則可知安培

力向左，則導(dǎo)體棒〃有向左運動的趨勢，故C錯誤；

BLv

A.導(dǎo)體棒〃與電阻我并聯(lián)，有力’

2

當導(dǎo)體棒”運動到導(dǎo)軌最右端時，導(dǎo)體棒〃剛要滑動，有1畤」=曲堂

聯(lián)立解得a棒的速度為p=3m/sa棒做平拋運動，有x=i"〃=ggr

聯(lián)立解得導(dǎo)體棒〃離開導(dǎo)軌至落地過程中水平位移為x=1.2m，故A錯誤；

B.導(dǎo)體棒。離開導(dǎo)軌至落地前做平拋運動，水平速度切割磁感線，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不變，故B正確;

BL^x_0.lxlxl.74

D.導(dǎo)體棒〃在導(dǎo)軌上運動的過程中，通過電路的電量為"=丁丁；=一充一

A+—IX

2

導(dǎo)體棒b與電阻R并聯(lián)，流過的電流與電阻成反比，則通過電阻R的電荷量為%=]=0.58C

故D正確。

故選BDo

【變式3-1]如圖所示，光滑的平行長導(dǎo)軌水平放置，質(zhì)量相等的導(dǎo)體棒。和乙靜止在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂

直且接觸良好。已知。的電阻大于％的電阻，兩棒間的距離為d,不計導(dǎo)軌電阻，忽略電流產(chǎn)生的磁場。將

開美S從1撥到2,兩棒運動一段時間后達到穩(wěn)定狀態(tài)，則（）

A.S撥到2的瞬間，乙中的電流大于4中的電流

B.S撥到2的瞬間，。的加速度小于4中的加速度

C.運動穩(wěn)定后，電容器C的耳荷鼠為零

D.運動穩(wěn)定后，兩棒之間的距離大于d

【答案】BD

【解析】A.電源給電容器充電，穩(wěn)定后，S撥到2的瞬間，電容器相當于電源，和導(dǎo)體棒乙和乙組成閉合

電路，由于人的電阻大于右的電阻，則人中的電流小于右中的電流，A錯誤；

B.S撥到2的瞬間，L中的電流小于4中的電流，根據(jù)尸=4〃可得，。受到的安培力小于4受到的安培

力，根據(jù)牛頓第一定律，4的加速度小于心的加速度，B正確：

C.S撥到2后，由于導(dǎo)體棒乙和%受到安培力的作用，則導(dǎo)體棒運動，產(chǎn)生電動勢，當產(chǎn)生的電動勢等于

電容器兩端的電壓時，電路穩(wěn)定，此時電容器C的電荷量不為零，C錯誤；

D.S撥到2的瞬間，電容器放電，兩棒均有向下的電流，導(dǎo)體棒會受到安培力作用，由以上分析可知，開

始時，當乙切割磁感線產(chǎn)生的電動勢大于某值后，。繼續(xù)加