电磁感应中的杆+导轨类问题大模型解题技巧.docx
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电磁感应中的杆+导轨类问题大模型解题技巧
MN、
N
Q
辅导23:
电磁感应中的“杆+导轨”类问题（3大模型）解题技巧
电磁感应中的杆+导轨模型的实质是不同形式的能量的转化过程，处理这类问题要从功和能的观点入手，弄清导体棒切割磁感线过程中的能量转化关系，现从力学、图像、能量三种观点出发，分角度讨论如下：
类型一：
单杆+电阻+导轨模型类
【初建模型】
【例题1】（2017淮安模拟）如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨PQ与水平面的夹角为0N、Q两点间接有阻值为R的电阻。
整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。
将质量为m、阻值也为R的金属杆cd垂直放在导轨上，杆cd由静止释放，下滑距离x时达到最大速度。
重力加速度为g,导轨电阻不计，杆与导轨接触良好。
求：
（1）杆cd下滑的最大加速度和最大速度；
（2）上述过程中，杆上产生的热量。
【思路点拨】：
金I科吃应力作用下滑产土实应电
—►
苦±感应电流
金属杆受安培力
合外力«ft
由牛顿第二定律列式分析
童力作用->下滑
:
1力势能诚少、动能増力I内能増加
4恒定律列k分打
杆所受的安培力F=BIL
当杆的加速度a=0时，速度最大，最大速度Vm=2mBR2n0，方向沿导轨平面向下
R
一、12
⑵杆cd从开始运动到达到最大速度过程中，根据能量守恒定律得mgxsinAQ总+^mvm
□J—―1.m3g2R2sin20
又Q杆=2Q总，所以Q杆=2mgxsin0b4[4
【内化模型】
单杆+电阻+导轨四种题型剖析
【应用模型】
【变式】：
此题若已知金属杆与导轨之间的动摩擦因数为e现用沿导轨平面向上的恒定
题型三（vo=0）
题型四（vo=0）
说明
示意图
能量观
占
八、、
图像观
占
八、、
力学观
占
八、、
竖直轨道光滑，杆cd质量为m,两导轨间距为L
倾斜轨道光滑，倾角为a杆cd质量为m,
两导轨间距为L
重力做的功（或减少的重力势能）一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：
WG
C丄12
=Q+2mvm
F做的功一部分转化为杆的动能,一部分转化为内
1
能：
Wf=Q+2
2
mvm
动能全部转化为
内能：
Q=；mvo2
重力做的功（或减少的重力势能）一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：
Wg=
-12
Q+2mvm
开始时a=m，杆cd速度vf?
感应电动势E=
BLvf?
If安培力F安=BILf由F—F安=ma知aJ,当a=0时，v最
+FR
大，Vm=b2l2
题型二（V0=0）轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两导轨间距为L,拉力F恒疋
题型一（V0M0）杆cd以一定初速度vo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
杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E=BLv，电流I=BRv,安培力
22
F=BIL=BRv。
杆
做减速运动：
vj?
FJ?
aJ,当v
=0时，a=0,杆保持静止
开始时a=g,杆cd速度v1?
感应电动势E=
BLvfIf安培力F安二BILf由mg—F安=ma知aJ当a=0时，
v最大，vm=
开始时a=gsina,杆cd速度v1?
感应电动势E=BLvfIf安培力F安二BILf由mgsina—F安=ma知aJ当a=0时，vmgRsina最大，vm=b2L2
r」
7
□
/
/d
K
F
•
Ll
L.__
F
■
■
J
外力F作用在金属杆cd上，使cd由静止开始沿导轨向上运动，求cd的最大加速度和最大速度。
【答案】见解析
【解析】：
分析金属杆运动时的受力情况可知，金属杆受重力、导轨平面的支持力、拉力、
摩擦力和安培力五个力的作用，沿斜面方向由牛顿第二定律有：
F—mgsin9-F安一f=ma
22
又F2BIL，1-誘=誘，所以F心BIL
EBLv_B2L2v
—R+R
f_^P_iimgos9
b2[2v
故F—mgsin9—-卩mgos9_ma
R+R
向上
类型二：
单杆+电容器（或电源）+导轨模型类
【初建模型】
【例题2】（2017北京模拟）如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L。
一质量为m的导体棒cd垂直于MN、PQ放在轨道而上，与轨道接触良好。
R的电阻，导体棒在拉力F的作用下以速度v沿轨道做匀速运动。
请通过公式推导证明：
在任意一段时间虫内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等。
（2）如图2所示，若轨道左端接一电动势为E、内阻为r的电源和一阻值未知的电阻，闭
合开关S,导体棒从静止开始运动，经过一段时间后，导体棒达到最大速度Vm,求此时电源
的输出功率。
（3）如图3所示，若轨道左端接一电容器，电容器的电容为C,导体棒在水平拉力的作用
下从静止开始向右运动。
电容器两极板间电势差随时间变化的图像如图4所示，已知t1时刻
电容器两极板间的电势差为U1。
求导体棒运动过程中受到的水平拉力大小。
【思路点拨】：
（1）导体棒匀速运动T受力平衡T求出拉力做的功。
导体棒切割磁感线产生感应电动势
产生感应电流T求出回路的电能
⑵闭合开关S-导体棒变加速运动-产生的感应电动势不断增大-达到电源的路端电压
—电源的输出功率。
-导体棒还受安培力的作用-由牛
T棒中没有电流-由此可求出电源与电阻所在回路的电流
（3）导体棒在外力作用下运动—回路中形成充电电流顿第二定律列式分析。
【答案】：
见解析
【解析】：
（1）导体棒切割磁感线，E=BLv
导体棒做匀速运动，F=F安，又F安二BIL，其中I
B2L2V2
在任意一段时间At内，拉力F所做的功W=FvAt=F安vAt士R—At
B2L2v2
电路获得的电能AE=qE=EIAt=—At
可见，在任意一段时间At内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等。
⑵导体棒达到最大速度Vm时，棒中没有电流，电源的路端电压U=BLvm
E-U
电源与电阻所在回路的电流I二—厂
222
EBLvm-B2L2vm2电源的输出功率P=UI=
（3）感应电动势与电容器两极板间的电势差相等BLv=U
Ui
由电容器的U-t图可知U=石"t
U1
导体棒的速度随时间变化的关系为v=BLt^t可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度a=誥
由C=吝和I=Q，得I=C-=平
由牛顿第二定律有F—BIL=ma
BLCU1mU1t1+BLt1。
【内化模型】单杆+电容器（或电源）+导轨模型四种题型剖析
图像观点
【变式】：
例题2第（3）问变成,
动，导轨与棒间的动摩擦因数为禺
【答案】：
v_+C；『gt
m+CBL
【应用模型】
图3中导体棒在恒定水平外力F作用下，从静止开始运写出导体棒的速度大小随时间变化的关系式。
【解析】：
导体棒由静止开始做加速运动，电容器所带电荷量不断增加，电路中将形成充
电电流，设某时刻棒的速度为v,则感应电动势为：
E=BLv
电容器所带电荷量为：
Q=CE=CBLv
再经过很短一段时间
At，电容器两端电压的增量和电何量的增量分别为AU=AE=BLAv
△Q=CAU=CBLA/
流过导体棒的电流：
.AQCBLAv—
I=At=At=CBLa
导体棒受到的安培力：
22
f1=BIL=CB2L2a
导体棒所受到的摩擦力：
f2=卩mg
由牛顿第二定律得：
F—fi-f2=ma
显然导体棒做匀加速直线运动，所以导体棒的速度大小随时间变化的关系式为:
F—口mg
v2。
m+CB2L2
类型三：
双杆+导轨模型类
【初建模型】
【例题3】
（1）如图1所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度为
B的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计，导轨间的距离为I，两根
质量均为m、电阻均为R的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直。
在t=0时刻，两杆都处于静止状态。
现有一与导轨平行，大小恒为F的力作用于
金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动，试分析金属杆甲、乙的收尾运动情况
（2）如图2所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，导轨上横放着两根导体棒ab和cd,构成矩形回路。
在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行。
开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度。
若两导体棒在运动中始终不接触，试定性分析两棒的收尾运动情况。
【思路点拨】：
（1）金属杆甲运动产生感应电动势—回路中有感应电流—乙受安培力的作用做加速运动一可求出某时刻回路中的总感应电动势—由牛顿第二定律列式判断。
（2）导体棒ab运动，回路中有感应电流—分析两导体棒的受力情况—分析导体棒的运动情况，即可得出结论。
【答案】见解析
【解析】：
（1）设某时刻甲和乙的速度大小分别为w和V2,加速度大小分别为ai和a2,受到的安培力大小均为Fi,则感应电动势为：
E=Bl（vi—V2）①
感应电流为：
丨=2R②
对甲和乙分别由牛顿第二定律得：
F—Fi=mai,Fi=ma2③
当vi—V2=定值（非零），即系统以恒定的加速度运动时ai=a2④
解得ai=a2=2m⑤
可见甲、乙两金属杆最终水平向右做加速度相同的匀加速运动，速度一直增大。
（2）ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，回路中产生感应电流。
ab棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd棒则在安培力作用下做加速运
动，在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路中总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速。
两棒达到相同速度后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v水平向右做匀速运动。
【内化模型】
三大观点透彻解读双杆模型
【答案】见解析
【解析】：
设某时刻甲和乙的速度分别为V1和V2,加速度分别为ai和a2,甲、乙受到的
安培力大小均为Fi，则感应电动势为：
E=Bl（vi—V2）①
感应电流为：
1=2R②
对甲和乙分别应用牛顿第二定律得：
Fi—BIl=mai,BIl—F2=maz③
当vi—V2=定值（非零），即系统以恒定的加速度运动时ai=a2④
Fi—F2
解得：
ai=a2=2m⑤
可见甲、乙两金属杆最终做加速度相同的匀加速运动，速度一直增大
辅导23：
电磁感应中的“杆+导轨”类问题（3大模型）解题技巧训练题
i•如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l=0.5m，左端
接有阻值R=0.3Q的电阻。
一质量m=O.ikg、电阻r=O.iQ的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.4T。
棒在水平向右的外力作用
下由静止开始以a=2m/s的加速度做匀加速运动，当棒的位移x=9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Qi:
Q2=2：
1。
导轨足够
长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。
求：
（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；
（2）
撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；
（3）外力做的功Wf。
3•如图所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨ab和cd相距L=0.2m，另外两根水平金属杆MN和PQ的质量均为m=10kg，可沿导轨无摩擦地滑动，MN杆和PQ杆的电阻均为R=0.2Q竖直金属导轨电阻不计），PQ杆放置在水平绝缘平台上，整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中，g取10m/s2。
⑴若将PQ杆固定，让MN杆在竖直向上的恒定拉力F=0.18N的作用下由静止开始向上运动，磁感应强度B°=1.0T，杆MN的最大速度为多少？
人B
⑵若将MN杆固定，MN和PQ的间距为d=0.4m,现使磁感应强度从零开始以公二0.5T/S的变化率均匀地增大，经过多长时间，杆PQ对地面的压力为零？
4•如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为A30°两导
轨之间相距为L=1m,两导轨M、P间接入电阻R=0.2Q导轨电阻不计。
在abdc区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场I,磁感应强度为B°=1T,磁场的宽度xi=1m,在
cd连线以下的区域有一个方向也垂直于两导轨平面向下的磁场U,磁感应强度为B1=0.5T。
一个质量为m=1kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r二0.20=若将金属棒在离ab连线上端X0处自由释放，则金属棒进入磁场I恰好做匀速直线运动。
金属棒进入磁场U后，经过ef时系统达到稳定状态，cd与ef之间的距离X2=8m。
（g取10m/s2）
（1）求金属棒从开始静止到在磁场U中达到稳定状态这一过程中电阻R产生的热量；
（2）求金属棒从开始运动到在磁场U中达到稳定状态所经过的时间。
辅导23:
电磁感应中的“杆+导轨”类问题（3大模型）解题技巧
训练题参考答案
1.【答案】：
（1）4.5C;
（2）1.8J;（3）5.4J。
【解析】：
（1）设金属棒做匀加速运动的时间为At,回路中磁通量的变化量为△①，回路中
其中△①=BIx
△①
产生的平均感应电动势为E，则由法拉第电磁感应定律得E=药,
R+r
设回路中的平均电流为I，则由闭合电路欧姆定律得I二
通过电阻R的电荷量q=IAt
联立以上各式，代入数据解得q=4.5C。
⑵设撤去外力时棒的速度为v,在棒做匀加速运动的过程中，由运动学公式得v2=2ax
一12
设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做的功为W,由动能定理得W=0—2mv2
撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2=—W
代入数据解得Q2=1.8J。
⑶由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Qi:
Q2=2:
1,
可得Qi=3.6J
在棒运动的整个过程中，由功能关系可知Wf=Qi+Q2=5.4J。
2.【答案】：
（1）1W—2C;
（2）0.25s；（3）0.55N。
【解析】：
（1）当导体棒运动到B处时，电容器两端电压为U=Bdv=2>0.5>5V=5V
此时电容器的带电量q=CU=2000>0-C=1>0-2C。
⑵棒在F1作用下有F1—BId=ma1，
F12
联立解得：
a1二mTCBd2二20m/S
rrv
则t=—=0.25Soa1
F2
⑶由⑵可知棒在F2作用下，运动的加速度a2=厂2,方向向左,
m+CBd
又；a1t2=—和2t-丄玄：
⑵）2
2-2将相关数据代入解得F2=0.55N
3.【答案】：
（1）0.8m/s；
（2）10s。
【解析】：
（1）MN杆切割磁感线产生的感应电动势为E1=B0Lv
Ei
由闭合电路欧姆定律，得ii=2r
MN杆所受安培力大小为F安=BoliL
对MN杆应用牛顿第二定律，得F—mg—F安=ma
当MN杆速度最大时，MN杆的加速度为零，联立解得，MN杆的最大速度为
△①ABLd
⑵回路中的感应电动势为E2二云
由闭合电路欧姆定律得
1E2
"2R
t时刻的磁感应强度为
AB
BT
PQ杆对地面的压力恰好为零时，由平衡条件，有mg=BI2L
2
2X10—2X10X）.2
0.52X0.22X）.4S=10So
4.【答案】：
（1）7.5J;
（2）3.1So
【解析】：
（1）金属棒进入磁场I区域匀速运动，贝U
.B0LV1I=
R+r
mgsin30°B0IL
解得：
V1=2m/s
0的匀加速直线运动，则mgsin30°ma
金属棒在未进入磁场前做初速度为
解得：
a=5m/s2
由运动学公式，有2ax0=V12
解得：
X0=0.4m
金属棒在通过磁场U区域达到稳定状态时，重力沿斜轨道向下的分力与安培力相等。
R+rmgsin30=BiIL
解得：
V2=8m/s
金属棒从开始运动到在磁场U区域中达到稳定状态过程中，根据动能定理，有
12
mg（xo+xi+X2）sin30+W安=qm®—0
产生的热量：
Q=—W安=15J
Qr=1Q=7.5J。
（2）vi=at1,t1=0.4s,X1=V1t2,t2=0.5s
金属棒在磁场U中达到稳定状态前的过程中取任意微小过程，设这一微小过程的时间为
速度为vi,速度的变化量为A/i，则由牛顿第二定律，有:
金属棒从进入磁场U到在磁场U中达到稳定状态的过程中，有:
mgsin30
B12L2EvAi
R+r
mXAi
mgsin30°3—
【答案】：
（1）gsin0,方向沿导轨平面向下;
m'g^sin*2*0
B4L4
22
B12L2X2
=m（v?
—v1）
R+r
解得：
t3=2.2s
所以：
t=t1+t2+t3=3.1s
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