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1、专题四电路与电磁感应1.“导轨杆”模型是电磁感应中的常见模型，选择题和计算题均有考查.该模型以单杆或双杆在导轨上做切割磁感线运动为情景，综合考查电路、动力学、功能关系、动量守恒等知识.2.“导轨杆”模型又分为“单杆”型和“双杆”型；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等，情景复杂，形式多变.3.在处理此类问题时，要以导体杆切割磁感线的速度为主线，由楞次定律、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律分析电路中的电流，由牛顿第二定律分析导体杆的加速度及速度变化，由能量守恒分析系统中的功能关系，由
2、动量定理中安培力的冲量分析电荷量.“导轨双杆”模型中还可能满足动量守恒定律.内容索引NEIRONGSUOYIN高考题型1电磁感应中的单杆模型1.常见单杆情景及解题思路常见情景(导轨和杆电阻不计，以水平光滑导轨为例)过程分析三大观点的应用单杆阻尼式设运动过程中某时刻的速度为v，加速度为a，a ，a、v反向，导体棒做减速运动，va，当a0时，v0，导体棒做加速度减小的减速运动，最终静止动力学观点：分析加速度能量观点：动能转化为焦耳热动量观点：分析导体棒的位移、通过导体棒的电荷量和时间单杆发电式(v00)设运动过程中某时刻棒的速度为v，加速度为a ，F恒定时，a、v同向，随v的增加，a减小，当a0时
3、，v最大，vm ；a恒定时，F ma，F与t为一次函数关系动力学观点：分析最大加速度、最大速度能量观点：力F做的功等于导体棒的动能与回路中焦耳热之和动量观点：分析导体棒的位移、通过导体棒的电荷量含“源”电动式(v00)开关S闭合，ab棒受到的安培力F ，此时a ，速度vE感BLvIFBIL加速度a，当E感E时，v最大，且vm动力学观点：分析最大加速度、最大速度能量观点：消耗的电能转化为动能与回路中的焦耳热动量观点：分析导体棒的位移、通过导体棒的电荷量含“容”无外力充电式充电电流减小，安培力减小，a减小，当a0时，导体棒匀速直线运动能量观点：动能转化为电场能(忽略电阻)含“容”有外力充电式(v0
4、0)电容器持续充电FBILma，I ，QCUCBLv，a ，得I恒定，a恒定，导体棒做匀加速直线运动动力学观点：求导体棒的加速度a2.在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量.即BLqF其他tmv2mv1已知电荷量q，F其他为恒力，可求出变加速运动的时间.若已知位移x，F其他为恒力，也可求出变加速运动的时间.例1(2019天津卷11)如图1所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好.MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁
5、场，磁通量变化率为常量k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计.考题示例(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；图图1解析设线圈中的感应电动势为E，设PQ与MN并联的电阻为R并，有闭合S时，设线圈中的电流为I，设PQ中的电流为IPQ，有设PQ受到的安培力为F安，有F安BIPQl保持PQ静止，由受力平衡，有FF安联立式得方向水平向右.(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W.解析设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过
6、程中，PQ运动的位移为x，所用时间为t，回路中的磁通量变化为，平均感应电动势为 ，有其中Blx 根据电流的定义得由动能定理，有联立式得例2(2019浙江4月选考22)如图2所示，倾角37、间距l0.1 m的足够长金属导轨底端接有阻值R0.1 的电阻，质量m0.1 kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数0.45.建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x.在0.2 mx0.8 m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场.从t0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x满足vkx(可导出akv)，k5 s1.当棒ab运动至x10.2 m处时，
7、电阻R消耗的电功率P0.12 W，运动至x2 0.8 m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x0处.棒ab始终保持与导轨垂直，不计其他电阻，求：(提示：可以用Fx图像下的“面积”代表为F做的功，sin 370.6)(1)磁感应强度B的大小；图图2答案见解析解析x10.2 m时，金属棒的速度v1kx11 m/s电阻R上的功率PI2REBlv1(2)外力F随位移x变化的关系式；答案见解析解析0 x0.2 m时，Fmgsin mgcos maakvvkx可得F(2.5x0.96)N；0.2 mx0.8 m时，Fmgsin mgcos BIlma联立可得F(3.1x0.96)N(3)在棒a
8、b整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q.答案见解析解析x20.8 m时，金属棒的速度v2kx24 m/s从x10.2 m处到x20.8 m处，由动能定理得作0.2 mx0.8 m时的Fx图像如图所示，则代入得Q10.18 J到达x20.8 m后减速上滑的加速度a1gsin gcos 9.6 m/s2到达最高点后加速下滑的加速度a2gsin gcos 2.4 m/s2再次回到x20.8 m处时金属棒速度为v3v222a1x，v322a2x解得v32 m/s解得v42 m/sv3，可知金属棒进入磁场后做匀速直线运动，从x20.8 m处回到x10.2 m过程中，由动能定理得解得Q20.144 J 故
9、QQ1Q20.324 J.命题预测1.(多选)(2020福建福清市线上检测)如图3所示，左端接有阻值为R的定值电阻且足够长的平行光滑导轨CE、DF的间距为L，导轨固定在水平面上，且处在磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场中，一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直导轨放置在导轨上静止，导轨的电阻不计.某时刻给导体棒ab一个水平向右的瞬时冲量I，导体棒将向右运动，最后停下来，则此过程中图图3A.导体棒做匀减速直线运动直至停止运动123解析导体棒获得向右的瞬时初速度后切割磁感线，回路中出现感应电流，导体棒ab受到向左的安培力，向右减速运动，由 ma，可知由于导体棒速度减小，则加速度减小，所以导体棒做的是
10、加速度越来越小的减速运动，A错误；根据能量守恒定律可得EkQ总，1231232.如图4所示，足够长的两平行光滑水平直导轨的间距为L，导轨电阻不计，垂直于导轨平面有磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；导轨左端接有电容为C的电容器、开关S和定值电阻R；质量为m的金属棒垂直于导轨静止放置，两导轨间金属棒的电阻为r.初始时开关S断开，电容器两极板间的电压为U.闭合开关S，金属棒运动，金属棒与导轨始终垂直且接触良好.下列说法正确的是A.闭合开关S的瞬间，金属棒立刻开始向左运动B.闭合开关S的瞬间，金属棒的加速度大小为C.金属棒与导轨接触的两点间的最小电压为零D.金属棒最终获得的速度大小为图图41
11、23123解析由左手定则可知，闭合开关S的瞬间，金属棒所受安培力方向向右，金属棒立刻获得向右的加速度，开始向右运动，A错误；当金属棒切割磁感线产生的电动势跟电容器两极板之间的电压相等时，金属棒中电流为零，此后，金属棒将匀速运动下去，两端的电压达到最小值，故金属棒与导轨接触的两点间的电压不会为零，C错误；1233.如图5所示，PQ、MN为足够长的两平行金属导轨(其电阻不计)，它们之间连接一个阻值为R8 的电阻，导轨间距为L1 m.一质量为m0.1 kg，电阻为r2，长为1 m的均匀金属杆水平放置在导轨上，它与导轨间的动摩擦因数 ，导轨平面的倾角为30，垂直导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度为B0
12、.5 T.今让金属杆AB由静止开始下滑，从杆开始下滑到恰好匀速运动的过程中经过杆的电荷量为q1 C.取g10 m/s2，求：(1)当AB下滑速度为2 m/s时加速度a的大小；答案1.5 m/s2123图图5解析取AB杆为研究对象，其受力如图所示，mgsin F安FfmaFNmgcos 0摩擦力FfFN安培力F安BILEBLv当v2 m/s时，a1.5 m/s2123123(2)AB下滑的最大速度vm的大小；答案8 m/s故AB做加速度减小的加速运动，a0时AB下滑的速度最大(3)AB从开始下滑到匀速运动过程R上产生的热量QR.答案0.64 J而BLx设两电阻发热的和为QRQr，电阻串联，则QR
13、QrRr解得：QR0.64 J.123高考题型2电磁感应中的双杆模型1.常见双杆情景及解题思路常见情景(以水平光滑导轨为例)过程分析三大观点的应用双杆切割式杆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，以相同的速度匀速运动.对系统动量守恒，对其中某杆适用动量定理动力学观点：求加速度能量观点：求焦耳热动量观点：整体动量守恒求末速度，单杆动量定理求冲量、电荷量不等距导轨杆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以不同的速度做匀速运动，所围的面积不变.v1L1v2L2动力学观点：求加速度能量观点：求焦耳热动量观点：动量不守恒，可分别用动量定理联立末
14、速度关系求末速度双杆切割式aPQ减小，aMN增大，当aPQaMN时二者一起匀加速运动，存在稳定的速度差动力学观点：分别隔离两导体棒，F mPQa，mMNa，求加速度2.对于不在同一平面上运动的双杆问题，动量守恒定律不适用，可以用对应的牛顿运动定律、能量观点、动量定理进行解决.考题示例例3(多选)(2019全国卷19)如图6，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上.t0时，棒ab以初速度v0向右滑动.运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示.下列图像中可能正确的是图图
15、6解析棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差vv1v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1v2，这时两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有mv0mv1mv2，解得v1v2 ，选项A、C正确，B、D错误.例4(多选)(2020全国卷21)如图7，U形光滑金属框abcd置于水平绝
16、缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直.ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略.一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行.经过一段时间后A.金属框的速度大小趋于恒定值B.金属框的加速度大小趋于恒定值C.导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D.导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值图图7解析当金属框在恒力F作用下向右加速运动时，bc边产生从c向b的感应电流i，金属框的加速度大小为a1，则有FBilMa1；MN中感应电流从M流向N，MN在安培力作用下向右加速运动，加速度大小为a2，则有Bilma2，当金属框和MN都运动后，金属框速度为v1，MN速度为v2，感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，由F安ma可知，安培力不再变化，则感应电流不再变化，MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于金属框的速度，则MN到金属框bc边的距离越来越大，故D错误.命题预测4.如图8所示，水平放置的两平行光滑金属导轨固定在桌面上，导轨间距为L，处在磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场中.桌面离地
