增分微点10　电磁感应中的“杆-轨道”模型-2026版大一轮高考物理复习

电磁感应中的“杆—轨道”模型一、“单杆＋导轨”模型“单杆＋导轨”模型的四种典型情况(不计单杆的电阻)v0≠0、轨道水平光滑v0＝0、轨道水平光滑示意图运动分析导体杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，安培力F＝ILB＝eq\f(B2L2v,R)，做减速运动：v↓⇒F↓⇒a↓，当v＝0时，F＝0，a＝0，杆保持静止S闭合时，ab杆受安培力F＝eq\f(BLE,r)，此时a＝eq\f(BLE,mr)，杆ab速度v↑⇒感应电动势BLv↑⇒I↓⇒安培力F＝ILB↓⇒加速度a↓，当E感＝E时，v最大，且vm＝eq\f(E,BL)开始时a＝eq\f(F,m)，以后杆ab速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝ILB↑，由F－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝eq\f(FR,B2L2)开始时a＝eq\f(F,m)，以后杆ab速度v↑⇒E＝BLv↑，经过Δt速度为v＋Δv，此时感应电动势E′＝BL(v＋Δv)，Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝C(E′－E)＝CBLΔv电流I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLeq\f(Δv,Δt)＝CBLa安培力F安＝ILB＝CB2L2aF－F安＝ma，a＝eq\f(F,m＋B2L2C)，所以杆以恒定的加速度做匀加速运动速度图像能量分析动能全部转化为内能Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)电源输出的电能转化为杆的动能W电＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)F做的功一部分转化为杆的动能，一部分产生焦耳热WF＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)F做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能WF＝eq\f(1,2)mv2＋EC例1(多选)(2024·湖北武汉模拟)如图1所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L，两导轨间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。一质量为m、电阻为R、长度恰好等于导轨间宽度的导体棒ab垂直于导轨放置。闭合开关S，导体棒ab由静止开始运动，经过一段时间后达到最大速度。已知电源电动势为E、内阻为eq\f(1,5)R，不计金属轨道的电阻，则()图1A.导体棒的最大速度为v＝eq\f(E,2BL)B.开关S闭合瞬间，导体棒的加速度大小为eq\f(5BL·E,6mR)C.导体棒的速度从零增加到最大速度的过程中，通过导体棒的电荷量为eq\f(mE,B2L2)D.导体棒的速度从零增加到最大速度的过程中，导体棒产生的焦耳热为eq\f(mE2,2B2L2)答案BC解析当动生电动势和电源电动势相等时，电流为零，导体棒不再受安培力，做向右的匀速直线运动，此时速度最大，则有E＝BLv，解得v＝eq\f(E,BL)，故A错误；开关闭合瞬间，电路中的电流为I＝eq\f(E,R＋\f(R,5))＝eq\f(5E,6R)，导体棒所受安培力为F＝ILB＝eq\f(5BL·E,6R)，由牛顿第二定律可知导体棒的加速度为a＝eq\f(5BL·E,6mR)，故B正确；由动量定理得eq\o(I,\s\up6(－))LB·t＝mv，又q＝eq\o(I,\s\up6(－))t，联立解得q＝eq\f(mE,B2L2)，故C正确；对电路应用能量守恒定律有qE＝Q总＋eq\f(1,2)mv2，导体棒产生的焦耳热为QR＝eq\f(R,R＋\f(R,5))Q总＝eq\f(5,6)Q总，联立解得QR＝eq\f(5mE2,12B2L2)，故D错误。例2如图2所示，竖直放置的U形光滑导轨与一电容器串联。导轨平面有垂直于纸面的匀强磁场，金属棒ab与导轨接触良好，由静止释放后沿导轨下滑。电容C足够大，原来不带电，不计一切电阻。设导体棒的速度为v、动能为Ek、两端的电压为Uab、电容器带的电荷量为q，它们与时间t、位移x的关系图像正确的是()图2答案B解析设导轨间距为L，释放后电容器充电，电路中有充电电流i，棒受到向上的安培力，设瞬时加速度为a，根据牛顿第二定律得mg－iLB＝ma，i＝eq\f(ΔQ,Δt)＝eq\f(C·ΔU,Δt)＝eq\f(C·BLΔv,Δt)＝CBLa，由此得mg－BL·CBLa＝ma，解得a＝eq\f(mg,m＋B2L2C)，可见棒的加速度不变，做匀加速直线运动，v＝at，Uab＝BLv＝BLat，故A、C错误；Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m×2ax，故B正确；q＝CUab＝BCLat，与时间成正比，而棒做匀加速运动，故与位移不是正比关系，故D错误。二、“双杆＋导轨”模型1.初速度不为零，不受其他水平外力光滑的平行导轨光滑不等距导轨示意图质量m1＝m2电阻r1＝r2长度L1＝L2杆MN、PQ间距足够长质量m1＝m2电阻r1＝r2长度L1＝2L2杆MN、PQ间距足够长且只在各自的轨道上运动规律分析杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度做匀速运动杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为1∶22.初速度为零，一杆受到恒定水平外力光滑的平行导轨不光滑平行导轨示意图质量m1＝m2电阻r1＝r2长度L1＝L2摩擦力Ff1＝Ff2质量m1＝m2电阻r1＝r2长度L1＝L2规律分析开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动开始时，若F≤2Ff，则PQ杆先变加速后匀速运动，MN杆静止。若F＞2Ff，PQ杆先变加速后匀加速运动，MN杆先静止后变加速最后和PQ杆同时做匀加速运动，且加速度相同例3(2024·广东深圳高三月考)某物理小组想出了一种理想化的“隔空”加速系统，该系统通过利用其中一个金属棒在磁场中运动产生感应电流从而使另一个金属棒获得速度，这样就避免了直接对其进行加速时所带来的磨损和接触性损伤，该加速系统可以建模抽象为在足够长的固定水平平行导轨上放有两个金属棒MN和PQ，磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场与导轨所在水平面垂直，方向竖直向下，导轨电阻很小，可忽略不计。如图3为模型俯视图，导轨间的距离L＝1.0m，每根金属棒质量均为m＝1.0kg，电阻都为R＝5.0Ω，可在导轨上无摩擦滑动，滑动过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，在t＝0时刻，两金属棒都处于静止状态，现有一与导轨平行、大小为F＝2.0N恒力作用于金属棒MN上，使金属棒MN在导轨上滑动，经过t＝10s，金属棒MN的加速度a＝1.6m/s2，求：图3(1)此时金属棒PQ的加速度；(2)此时两金属棒MN和PQ的速度；(3)金属棒MN和PQ的最大速度差。答案(1)0.4m/s2(2)18m/s2m/s(3)40m/s解析(1)恒力作用于MN杆，使其在导轨上向右加速运动，切割磁感线产生感应电流，根据右手定则知电流方向为M→N，电流流经PQ，根据左手定则MN受安培力水平向左，PQ受到的安培力水平向右，它们都做加速运动，对MN由牛顿第二定律得F－ILB＝ma对PQ由牛顿第二定律得ILB＝ma′联立解得a′＝0.4m/s2。(2)设某时刻MN速度为v1，PQ速度为v2，根据法拉第电磁感应定律有I＝eq\f(BL\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v1－v2)),2R)在t＝10s时，对MN，由牛顿第二定律得F－ILB＝ma整理得F－eq\f(B2L2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v1－v2)),2R)＝ma代入数据得v1－v2＝16m/s由于作用于两根杆的安培力等大反向，所以作用于两杆系统的合力为水平恒力F，对系统由动量定理得Ft＝(mv1＋mv2)－0代入数据得v1＋v2＝20m/s联立解得v1＝18m/s，v2＝2m/s。(3)MN杆做加速度减小的加速运动，PQ杆做加速度增大的加速运动，最终共加速度，设两金属棒的共同加速度为a共，对系统有F＝2ma共对PQ杆有ImLB＝ma共其中Im＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BLΔvm,2R)联立解得Δvm＝eq\f(FR,B2L2)＝40m/s。1.(多选)(2024·湖南长沙模拟)如图1所示，两平行光滑导轨MN、M′N′左端通过导线与电源和不带电电容器相连，导轨平面水平且处于竖直向下的匀强磁场中，有一定阻值的导体棒ab垂直导轨处于静止状态。现将开关S与1闭合，当棒达到稳定运动状态后S与2闭合，导轨足够长，电源内阻不计。则()图1A.S与1闭合后，棒ab做匀加速直线运动B.从S与1闭合到棒ab达到某一速度，电源消耗的电能等于棒获得的动能和电路产生的焦耳热C.S与2闭合后，棒ab中电流不断减小直到零D.S与2闭合后，棒ab的速度不断减小直到零答案BC解析根据题意可知，S与1闭合后，棒ab受安培力作用做加速运动，棒ab切割磁感线产生感应电动势，棒ab中的电流减小，受到的安培力减小，则棒的加速度减小，直到感应电动势等于电源电动势，棒最后匀速运动，故A错误；根据题意，由能量守恒定律可知，从S与1闭合到棒ab达到某一速度，电源消耗的电能等于棒获得的动能和电路产生的焦耳热，故B正确；S与2闭合后，棒ab相当于电源给电容器充电，此过程棒受到的安培力水平向左，棒减速运动，则电动势减小，电容器两板间电压升高，棒ab中的电流不断减小，当棒ab产生的感应电动势与电容器两板间的电势差相等时，电路中的电流减小到零，随后棒做匀速直线运动，故D错误，C正确。2.(多选)如图2所示，两条光滑的不计电阻的金属导轨平行固定在斜面上，导轨所在区域存在匀强磁场，导轨上端连接电阻R。在不加其他外力的情况下，不计电阻的导体棒沿导轨下滑，棒开始具有沿轨道向下的加速度，且始终与导轨接触良好，且平行于斜面底边，则在下滑过程中，导体棒中的感应电流I、穿过棒与导轨围成的闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的关系可能正确的是()图2答案BC解析导体棒下滑过程中产生的感应电流为I＝eq\f(BLv,R)，根据牛顿第二定律可得mgsinθ－ILB＝ma，可得mgsinθ－eq\f(B2L2v,R)＝ma，当a>0时，随着速度的增大，加速度逐渐减小为0，此后导体棒速度保持不变，则v－t图像的斜率逐渐减小为0。因I与v成正比，则I－t图像与v－t图像相似，故A不可能，B可能；x－t图像的斜率表示速度，当导体棒先做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速运动时，x－t图像是斜率逐渐增大的曲线，最后变成斜率不变的直线；由磁通量的定义可知，穿过棒与导轨围成的闭合回路的磁通量为Φ＝BLx，所以Φ与x成正比，那么Φ－t图像与x－t相似，故C可能，D不可能。3.(多选)(2024·河南洛阳模拟)如图3所示，相距L的光滑金属导轨固定于水平地面上，由竖直放置的半径为R的eq\f(1,4)圆弧部分和水平平直部分组成。MNQP范围内有方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。金属棒ab和cd(长度均为L)垂直导轨放置且接触良好，cd静止在磁场中；ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd没有接触；cd离开磁场时的速度是此时ab速度的一半。已知ab的质量为m、电阻为r，cd的质量为2m、电阻为2r。金属导轨电阻不计，重力加速度为g。下列说法正确的是()图3A.闭合回路感应电流产生的磁场与原磁场方向相反B.cd在磁场中运动的速度不断变大，速度的变化率不断变小C.cd在磁场中运动的过程中通过ab横截面的电荷量q＝eq\f(m\r(2gR),2BL)D.从ab由静止释放至cd刚离开磁场时，cd上产生的焦耳热为eq\f(5,8)mgR答案BC解析cd在磁场中运动时，abdc回路中磁通量减小，根据楞次定律可知，闭合回路感应电流产生的磁场与原磁场方向相同，故A错误；当ab进入磁场后回路中产生感应电流，则ab受到向左的安培力而做减速运动，cd受到向右的安培力而做加速运动，由于两者的速度差逐渐减小，可知感应电流逐渐减小，安培力逐渐减小，可知cd向右做加速度减小的加速运动，故B正确；ab从释放到刚进入磁场过程，由动能定理得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，对ab和cd系统，合外力为零，则由动量守恒定律有mv0＝m·2vcd＋2m·vcd，解得vcd＝eq\f(1,4)v0＝eq\f(1,4)eq\r(2gR)，对cd由动量定理有Beq\o(I,\s\up6(－))L·Δt＝2m·vcd，其中q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt，解得q＝eq\f(m\r(2gR),2BL)，故C正确；从ab由静止释放，至cd刚离开磁场过程，由能量守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2vcd))2＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,cd)＋Q，又Qcd＝eq\f(2,3)Q，解得Qcd＝eq\f(5,12)mgR，故D错误。4.(多选)如图4，水平面内固定着足够长的光滑平行导轨abcd－a′b′c′d′，ab－a′b′导轨宽度是cd－c′d′导轨宽度的2倍，cd－c′d′导轨宽度为L，导轨处于方向垂直于轨道平面向里的匀强磁场中，金属棒PQ和MN分别垂直导轨放置在导轨ab－a′b′段和cd－c′d′段上，金属棒PQ和MN的质量之比为2∶1，长度分别为2L和L，两金属棒电阻均为R。现给金属棒MN一个向右的初速度，运动过程中两棒始终没有离开各自的导轨段，并与导轨接触良好，其余部分的电阻均不计，则()图4A.运动过程中金属棒PQ和MN的加速度大小之比为1∶2B.运动过程中金属棒PQ和MN所受的安培力的冲量大小之比为2∶1C.运动到速度稳定时金属棒PQ和MN的速度之比为1∶2D.运动到速度稳定时金属棒PQ和MN两端的电压之比为2∶1答案BC解析运动过程中对PQ有I·2LB＝2ma1，对MN有ILB＝ma2，所以运动过程中加速度大小之比为1∶1，故A错误；因为运动过程中PQ所受安培力大小为MN的两倍，在相同时间内安培力的冲量大小之比I1∶I2＝2∶1，故B正确；金属棒运动到速度稳定时有B·2Lv1＝BLv2，故运动到速度稳定时，金属棒PQ和MN的速度之比v1∶v2＝1∶2，故C正确；P、M两点电势相等，Q、N两点电势相等，任意时刻都有UPQ＝UMN，即金属棒PQ和MN两端的电压之比为1∶1，故D错误。5.(2024·湖南长沙模拟)如图5所示，两光滑平行长直金属导轨水平固定放置，导轨间存在竖直向下的匀强磁场。两根相同的金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，处于静止状态。t＝0时刻，对cd棒施加水平向右的恒力F，棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计。两棒的速度vab、vcd和加速度aab、acd随时间t变化的关系图像可能正确的是()图5答案C解析金属棒cd在恒力F作用下由静止开始加速，此时金属棒ab、cd加速度为aab＝0，acd＝eq\f(F,m)，之后回路中出现感应电流，金属棒cd受到的安培力与恒力F反向，金属棒cd的加速度减小，金属棒ab在安培力作用下开始加速，金属棒cd与金属棒ab的速度差逐渐增大，回路中的电动势逐渐增大，安培力F安＝eq\f(B2L2,R总)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vcd－vab))，逐渐增大，金属棒cd加速度减小，金属棒ab加速度增大，故C正确，D错误；当acd＝aab时，vcd－vab不再变化，回路中的电流不再变化，安培力不变，两棒加速度不变，但是两金属棒的速度仍在增大，故A、B错误。6.(多选)如图6所示，用金属制作的曲线导轨与水平导轨平滑连接，水平导轨宽轨部分间距为3L，有竖直向下的匀强磁场，窄轨部分间距为2L，有竖直向上的匀强磁场，两部分磁场磁感应强度大小均为B。质量均为m的金属棒M、N垂直于导轨静止放置，现将金属棒M自曲线导轨上h高度处静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，两棒接入电路中的电阻均为R，其余电阻不计，导轨足够长，M棒总在宽轨上运动，N棒总在窄轨上运动，不计所有摩擦。下列说法正确的是()图6A.M棒刚进入磁场时N棒的加速度为eq\f(3B2L2\r(2gh),mR)B.N棒的最终速度大小为eq\f(3,5)eq\r(2gh)C.通过M棒的电荷量为eq\f(3m\r(2gh),10BL)D.N棒产生的热量为eq\f(117,338)mgh答案AD解析M棒在曲线导轨滑下过程，根据动能定理可得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，M棒刚进入磁场时，回路电动势为E＝3BLv0，回路电流为I＝eq\f(E,2R)，对N棒，根据牛顿第二定律可得2BIL＝ma，解得a＝eq\f(3B2L2\r(2gh),mR)，故A正确；两金属棒最终分别匀速直线运动，则有EM＝3BLvM，EN＝2BLvN，EM－EN＝0，可得3vM＝2vN，分别对M、N应用动量定理，对M有－3BLq＝mvM－mv0，对N有2BLq＝mvN，解得vN＝eq\f(6,13)eq\r(2gh)、vM＝eq\f(4,13)eq\r(2gh)，q＝eq\f(3m\r(2gh),13BL)，全过程由能量守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)＋Q，且QN＝eq\f(Q,2)，解得QN＝eq\f(117,338)mgh，故B、C错误，D正确。7.(2024·河北省衡水模拟)如图7所示，两根足够长且电阻不计的光滑金属导轨固定在水平桌面上，间距L＝0.5m。在轨道上有两根质量分别为ma＝0.3kg、mb＝0.2kg，接入电路电阻分别为Ra＝2Ω、Rb＝3Ω的导体棒a和