2019年高考物理双基突破：专题32-电磁感应中的“单杆”模型（精讲）

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1、单杆模型是电磁感应中常见的物理模型，此类题目所给的物理情景一般是导体棒垂直切割磁感线，在安培力、重力、拉力作用下的变加速直线运动或匀速直线运动，所涉及的知识有牛顿运动定律、功能关系、能量守恒定律等。1此类题目的分析要抓住三点：（1）杆的稳定状态一般是匀速运动（达到最大速度或最小速度，此时合力为零） 。（2）整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功。（3）电磁感应现象遵从能量守恒定律。如图甲，导体棒 ab 从磁场上方 h 处自由释放，当进入磁场后，其速度随时间的可能变化情况有三种，如图乙，全过程其能量转化情况是重力势能转化为动能和电能，电能再进一步转化为导体棒和电阻 R 的内能。2单杆模型中常见

2、的情况及处理方法：（1）单杆水平式v00 v00示意图单杆 ab 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，单杆 ab 质量为m，电阻不计，两导轨间距为 L轨道水平光滑，单杆 ab 质量为m，电阻不计，两导轨间距为L，拉力 F 恒定轨道水平光滑，单杆 ab 质量为 m，电阻不计，两导轨间距为 L，拉力 F 恒定力学导体杆以速度 v 切割磁感线产生感应电动S 闭合，ab 杆受安培力开始时 a ，Fm杆 ab 速度 v 开始时 a ，杆 ab 速度Fmv 感应电动势 EBLv ，观点势 EBLv ，电流 I ，安培力ER BlvRFBIL ，做B

3、2L2vR减速运动：v F a ，当v0 时，F0， a0，杆保持静止F ，此时BLEra ，杆 abBLEmr速度 v 感应电动势BLv I 安培力 F BIL 加速度 a ，当E 感 E 时，v 最大，且 vmEBL感应电动势EBLv I安培力 F 安BIL ，由FF 安 ma 知a ，当 a0 时，v 最大，v mFRB2L2经过 t 速度为 vv，此时感应电动势 EBL（vv ） ，t 时间内流入电容器的电荷量qC UC（E E ）CBLv 电流I CBL CBLa 安培力qt vtF 安 BLICB 2L2a FF 安ma，a ，所以Fm B2L2C杆以恒定的加速度匀加速运动图象观点

4、能量观点动能全部转化为内能：Q mv12 20 电源输出的电能转化为动能 W电 mv12 2mF 做的功一部分转化为杆的动能，一部分产生电热：WF Q mv12 2mF 做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WF mv2E C12【题 1】如图所示，间距为 L，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为 R 的电阻连接，导轨上横跨一根质量为 m，电阻也为 R 的金属棒，金属棒与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为 B 的匀强磁场中现使金属棒以初速度 v0 沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为 q。下列说法正确的是A金属棒在导轨上做匀减速运动

5、B整个过程中电阻 R 上产生的焦耳热为mv202C整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为qRBLD整个过程中金属棒克服安培力做功为mv202【答案】D【题 2】如图所示，足够长的平行金属导轨内有垂直纸面向里的匀强磁场，金属杆 ab 与导轨垂直且接触良好，导轨右端与电路连接已知导轨相距为 L，磁场的磁感应强度为 B，R 1、R 2 和 ab 杆的电阻值均为r，其余电阻不计，板间距为 d、板长为 4d，重力加速度为 g，不计空气阻力如果 ab 杆以某一速度向左匀速运动时，沿两板中心线水平射入质量为 m、带电荷量为q 的微粒恰能沿两板中心线射出，如果 ab 杆以同样大小的速度向右匀速运动时，该微粒将射

6、到 B 板距其左 端为 d 的 C 处。（1）求 ab 杆匀速运动的速度大小 v；（2）求微粒水平射入两板时的速度大小 v0；（3）如果以 v0 沿中心线射入的上述微粒能够从两板间射出，试讨论 ab 杆向左匀速运动的速度范围。【答案】 （1） （2） （3） a1t 12 21t1 4dv0由得：a 1 ，21mgd8qBL所以 ab 杆向左匀速运动时速度的大小范围为 v 21mgd8qBL 27mgd8qBL方法技巧：巧用功能关系以及能量守恒思想 1、 在电磁感应现象中，当安培力是变力时，无法直接求安培力做的功，这时要用功能关系和能量守恒的观点来分析问题。2、一个注意点：在应用能量守恒观点解

7、决电磁感应问题时，一定要分析清楚能量的转化情况，尤其要注意电能往往只是各种形式能转化的中介。 3单棒导体切割磁感线一般运动过程类型 “电动电”型 “动电动”型示意图已知量 棒 ab 长 L，质量 m，电阻 R；导轨光滑水 棒 ab 长 L，质量 m，电阻 R；导轨光滑，平，电阻不计 电阻不计过程分析（表示增大，表示减小，表示推 出）S 闭合，棒 ab 受安培力 F ，此时加BLER速度 a ，棒 ab 速度 v感应电动势BLEmREBLv电流 I安培力 FBIL加速度 a，当安培力 F0 时，a0，v 最大，最后匀速运动棒 ab 释放后下滑，此时加速度 agsin ，棒 ab 速度 v感应电动

8、势EBLv电流 I 安培力ERFBIL加速度 a，当安培力Fmgsin 时，a0，v 最大，最后匀速运动能量转化分析通过安培力做功，电能一部分转化为杆的动能，一部分转化为焦耳热重力势能一部分转化为杆动能，一部分通过克服安培力做功转化为电能，又通过电阻转化为焦耳热4收尾状态5两种状态及处理方法状态 特征 处理方法平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析非平衡态 加速度不为零 根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析【题 7】相距 L1.5 m 的足够长金属导轨竖直放置，质量为 m11 kg 的金属棒 ab 和质量为 m20.27 kg 的金属棒 cd 均通过棒两端的套环水平地套在金属导

9、轨上，如图（a）所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同。ab 棒光滑，cd 棒与导轨间的动摩擦因数为 0.75 ，两棒总电阻为 1.8 ，导轨电阻不计。ab 棒在方向竖直向上，大小按图（b）所示规律变化的外力 F 作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时 cd 棒也由静止释放。 （g 取 10 m/s2）形式 匀速直线运动 形式 匀速直线运动力学 a0 v 恒定不变 力学a0 v 最大 vmmgRsin B2L2收尾状态电学 I 恒定 电学 I 恒定（1）求出磁感应强度 B 的大小和 ab 棒加速度的大小；（2）已知在 2s 内外力 F 做功

10、 40J，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；（3）判断 cd 棒将做怎样的运动，求出 cd 棒达到最大速度所需的时间 t0，并在图（c）中定性画出 cd棒所受摩擦力 fcd 随时间变化的图象。【答案】 （1）1.2 T 1 m/s2（ 2）18 J（3）2 s 图见解析（2）在 2 s 末金属棒 ab 的速率 vtat 2 m/s 所发生的位移 s at22 m12由动能定理得 WFm 1gsW 安 m1v ，12 2t又 QW 安联立以上方程，解得 Q WFm 1gs m1v 40 J1102 J 122 J18 J。12 2t 12（3）cd 棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当 cd 棒

11、所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动。当 cd 棒速度达到最大时，有 m2gF N，又 FNF 安 ，F 安 BIL，I ，v mat 0，ER BLvmR整理解得 t0 s2 s m2gRB2L2a 0.27101.80.751.221.521fcd 随时间变化的图象如图所示。 【题 8】 （多选）如图所示，MN 和 PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为 L，左侧为半径为 R 的光滑圆弧轨道，其最低位置与右侧水平粗糙平直导轨相切，右端接一个阻值为 r 的定值电阻。平直导轨部14分的左边区域有宽度为 d、磁感应强度大小为 B、方向竖直的匀强

12、磁场质量为 m、电阻也为 r 的金属棒从圆弧轨道最高处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为，金属棒与导轨间接触良好。则在此过程中，以下说法正确的是A金属棒在磁场中做匀减速运动B通过金属棒横截面的电荷量为BdLrC定值电阻 r 产生的焦耳热为 mg（Rd）12D金属棒运动到圆弧 轨道最低位置时对轨道的压力为 3mg【答案】CD错误；通过金属棒横截面的电荷量为 q t，又 ， ，则得 q ，故 B 错误；根据IIE2r t 2r BdL2r能量守恒定律得：定值电阻 r 产生的焦耳热为 Q （mgR mgd ） mg（Rd） ，故 C 正确；设金属棒12 1

13、2运动到圆弧轨道最低位置时速度为 v，金属棒在圆弧轨道运动过程中，根据机械能守恒定律得：mgR mv2，在轨道最低位置时，由牛顿第二定律得：N mg m ，联立解得：轨道对金属棒的支持力为：12 v2RN3mg ，根据牛顿第三定律得金属棒对轨道的压力为：NN 3mg ，故 D 正确。【题 9】如图甲所示，匀强磁场的磁感应强度 B 为 0.5 T，其方向垂直于倾角 为 30的斜面向上。绝缘斜面上固定有“”形状的光滑金属导轨 MPN（电阻忽略不计） ，MP 和 NP 长度均为 2.5 m，MN 连线水平，长为 3 m。以 MN 中点 O 为原点，OP 为 x 轴建立一维坐标系 Ox。一根粗细均匀的

14、金属杆 CD，长度 d 为 3 m、质量 m 为 1 kg、电阻 R 为 0.3 ，在拉力 F 的作用下，从MN 处以恒定速度 v1 m/s 在导轨上沿 x 轴正向运动（金属杆与导轨接触良好） 。g 取 10 m/s2（1）求金属杆 CD 运动过程中产生的感应电动势 E 及运动到 x0.8 m 处电势差 UCD；（2）推导金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点过程中拉力 F 与位置坐标 x 的关系式，并在图乙中画出F x 关系图象；（3）求金属杆 CD 从 MN 处运动到 P 点的全过程产生的焦耳热。【答案】 （1）1.5 V 0.6 V（2）F12.53.75x（m） 图象见解析（3）7.5 J（2）金属杆做匀速直线运动，故始终受力平衡，即 Fmgsin BIlIBlvRx所其中 l d3 m x，R xl0.1 /mOP xOP 32代入可得 F12.53.75x （m） （0x2）关系图象如下图所示所以 Fmgsin B2l2vRx