2019年高考物理 双基突破（二）专题32 电磁感应中的“单杆”模型精讲

1、专题32 电磁感应中的“单杆”模型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单杆模型中常见的情况及处理方法：（1）单杆水平式v00v00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恒定力学观点导体杆以速度v切割磁感线产生感应电动势EBLv，

2、电流I，安培力FBIL，做减速运动：vFa，当v0时，F0，a0，杆保持静止S闭合，ab杆受安培力F，此时a，杆ab速度v感应电动势BLvI安培力FBIL加速度a，当E感E时，v最大，且vm开始时a，杆ab速度v感应电动势EBLvI安培力F安BIL，由FF安ma知a，当a0时，v最大，vm开始时a，杆ab速度v感应电动势EBLv，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qCUC（EE）CBLv电流ICBLCBLa安培力F安BLICB2L2a FF安ma，a，所以杆以恒定的加速度匀加速运动图象观点 能量观点动能全部转化为内能：Qmv电源输出的电能转化为动能W电mvF做的功一部分转化为杆的动能，一部分产生电热：WFQmvF做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WFmv2EC【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

3、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B整个过程中电阻R上产生的焦耳热为C整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为D整个过程中金属棒克服安培力做功为【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，R1、R2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）va1t t1 由得：a1 若a1的方向向上，设ab杆运动的速度为v1，两板电压为：U1BLv1 又有：mgma1 联立式得：v1，所以ab杆向左匀速运动时速度的大小范围为v 方法技巧：巧用

4、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；导轨光滑水平，电阻不计棒ab长L，质量m，电阻R；导轨光滑，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，此时加速度a，棒ab速度v感应电动势EBLv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感应电动势EBLv电流I安培力FBIL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收尾状态收尾状态形式匀速直线运动形式匀速直线运动力学a0v恒定不变力学a

5、0v最大vm电学I恒定电学I恒定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）（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

6、s末金属棒ab的速率vtat2 m/s所发生的位移sat22 m 由动能定理得WFm1gsW安m1v， 又QW安 联立以上方程，解得QWFm1gsm1v40 J1102 J122 J18 J。 （3）cd棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd棒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m2gFN， 又FNF安，F安BIL，I，vmat0， 整理解得t0 s2 s fcd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C定值电阻r产生的焦耳热为mg（Rd）D金属棒运

7、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qt，又，则得q，故B错误；根据能量守恒定律得：定值电阻r产生的焦耳热为Q（mgRmgd）mg（Rd），故C正确；设金属棒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：mgRmv2，在轨道最低位置时，由牛顿第二定律得：Nmgm，联立解得：轨道对金属棒的支持力为：N3mg，根据牛顿第三定律得金属棒对轨道的压力为：NN3mg，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Fx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 V0.6 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 BIlI所其中ld3 mx，Rxl0.1 /m代入可得F12.53.75x （m）（0x2）关系图象如下图所示所以Fmgsin 1

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