1、1模型 6 导体棒+导轨模型模型统计真题模型 考查角度 真题模型 考查角度(2018全国卷T 18)考查电磁感应定律、右手定则、判断电动势大小及电流方向的导体杆轨模型 (2017全国卷 T15)法拉第电磁感应定律、楞次定律、电路分析等综合分析的“导体杆轨模型”(2015全国卷 T 15)产生感应电流的条件、导体切割磁感线产生感应电动势的电路分析等“导体杆轨模型”(2016全国卷 T24)“整体法”或“隔离法”对两金属棒进行受力分析，法拉第电磁感应定律综合分析的“导体杆轨模型”模型解读1导体棒导轨模型的特点导体棒导轨模型是高考命题的热点模型之一，命题思路主要是通过导体棒切割磁感线产生感应电动势，
2、综合考查电学、动力学以及能量等知识导体棒的运动过程通常比较复杂，故该模型综合性比较强2导体棒导轨模型常见的问题(1)单棒导轨，解决此类问题通常综合牛顿第二定律分析导体棒的加速度以及速度的变化过程，解决此类问题往往要抓住导体棒的临界条件，即导体棒的加速度为零；(2)双棒导轨，解决此类问题的核心是要明确导体棒的受力情况和运动情况，明确等效电源，必要时要将电磁感应现象与牛顿运动定律、能量守恒定律、动量守恒定律等知识综合起来进行处理模型突破考向 1 单棒电阻导轨模型典例 1 (多选)(2018宣城二次调研)如图 1甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨间距 d0.5 m，导轨右端连接一阻值为 4
3、 的小灯泡 L，在 CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场磁感应强度 B随时间 t变化如图乙所示， CF长为 2 m在2t0 时，金属棒 ab从图中位置由静止在恒力 F作用下向右运动， t 4 s时进入磁场，并恰好以 v1 m/s的速度在磁场中匀速运动到 EF位置已知 ab金属棒电阻为 1 .下列分析正确的是( )图 1A04 s 内小灯泡的功率为 0.04 WB恒力 F的大小为 0.2 NC金属棒的质量为 0.8 kgD金属棒进入磁场后小灯泡的功率为 0.06 WABC 金属棒未进入磁场，电路总电阻为： R 总 RL Rab5 回路中感应电动势为： E1 20.50.5 V t BS t 2
4、4灯泡中的电流强度为： I A0.1 AE1R总 0.55小灯泡的功率为 PL I2RL0.04 W，选项 A正确；因金属棒在磁场中匀速运动，则 F BI d 又： I 0.2 ABdvR总代入数据解得： F0.2 N，选项 B正确；金属棒未进入磁场的加速度为： a 0.25 m/s 2vt 14金属棒的质量： m kg0.8 kg，选项 C正确；Fa 0.20.25金属棒进入磁场后小灯泡的功率为 PL I 2RL0.2 24 W0.16 W，选项 D错误(多选)(2018东莞模拟)如图甲所示，倾斜放置的平行光滑轨道间距为L，导轨与水平面的夹角为 30，导轨上端连有阻值为 R1 的定值电阻，在
5、导轨平面上的 abdc、 cdfe间分别有垂直导轨平面向上和向下的匀强磁场，磁感应强度分别为B11 T和 B2 T，两磁场的宽度也均为 L.一长为 L的导体棒从导轨某位置静止释放，2导体棒在滑动过程中始终与导轨接触良好，导体棒在磁场中运动的速度时间图象如图乙3所示不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度 g10 m/s 2，则下列说法正确的是( )甲 乙A导体棒的质量为 m0.2 kgB导体棒穿过整个磁场时通过电阻 R的电量为( 1)C2C导体棒穿过磁场 B2的时间为 2 sD导体棒穿过整个磁场时电阻 R产生的焦耳热为 2 JAB 由图可知，导体棒在上面的磁场中做匀速运动，由速度时间图象可知，在 1
6、 s内以 1 m/s的速度经过磁场，则 L1 m，由平衡知识可知： mgsin 30 F 安 ，解B2L2vR得 m0.2 kg，选项 A正确根据 q 可知，穿过上面磁场时流过 R的电量为 R BL2Rq1 1 C；穿过下面磁场时流过 R的电量为 q2 C；因穿过两磁场时电流方B1L2R B2L2R 2向相反，则导体棒穿过整个磁场时通过电阻 R的电量为( 1)C，选项 B正确由 vt图2象可知，导体棒穿过磁场 B2时平均速度大于 0.5 m/s，则导体棒穿过磁场 B2的时间小于 2 s，选项 C错误导体棒穿过整个磁场时电阻 R产生的焦耳热等于导体棒的机械能减小量，则 Q mg2Lsin 30
7、Ek2 Ek2 J，选项 D错误考向 2 双棒导轨模型典例 2 (2018淮滨中学仿真)如图 2甲所示，光滑导体轨道 PMN和 P M N是两个完全一样的轨道，都是由半径为 r的四分之一圆弧轨道和水平轨道组成，圆弧轨道与水平轨道在 M和 M点相切，两轨道并列平行放置， MN和 M N位于同一水平面上，两轨道之间的距离为 L， PP之间有一个阻值为 R的电阻，开关 S是一个感应开关(开始时开关是断开的)， MNN M是一个矩形区域内有竖直向上的磁感应强度为 B的匀强磁场，水平轨道MN离水平地面的高度为 h，其截面图如图乙所示金属棒 a和 b质量均为 m、电阻均为 R.在水平轨道某位置放上金属棒
8、b，静止不动， a棒从圆弧顶端由静止释放后，沿圆弧轨道下滑，若两导体棒在运动中始终不接触，当两棒的速度稳定时，两棒距离 x ，两棒m2grR2B2L2速度稳定之后，再经过一段时间， b棒离开轨道做平抛运动，在 b棒离开轨道瞬间，开关S闭合不计一切摩擦和导轨电阻，已知重力加速度为 g.求：4图 2(1)两棒速度稳定时，两棒的速度；(2)两棒落到地面后的距离；(3)整个过程中，两棒产生的焦耳热【解析】 (1) a棒沿圆弧轨道运动到最低点 M时，由机械能守恒定律得：mgr mv12 20解得 a棒沿圆弧轨道最低点 M时的速度 v0 2gra棒向 b棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量变小，
9、产生感应电流 a棒受到与其运动方向相反的安培力而做减速运动， b棒则在安培力的作用下向右做加速运动只要 a棒的速度大于 b棒的速度，回路总有感应电流， a棒继续减速， b棒继续加速，直到两棒速度相同后，回路面积保持不变，不产生感应电流，两棒以相同的速度做匀速运动从 a棒进入水平轨道开始到两棒达到相同速度的过程中，两棒在水平方向受到的安培力总是大小相等，方向相反，所以两棒的总动量守恒由动量守恒定律得： mv02 mv1解得两棒以相同的速度做匀速运动的速度 v1 .v02 2gr2(2)经过一段时间， b棒离开轨道后， a棒与电阻 R组成回路，从 b棒离开轨道到 a棒离开轨道过程中 a棒受到安培力
10、的冲量IA LBt BL tI 2Rt B2L2x2R取向右为正方向，对 a棒由动量定理： IA mv2 mv1解得 v22gr4由平抛运动规律得：两棒落到地面后的距离 x( v1 v2) .2hg rh2(3)b棒离开轨道前，两棒通过的电流大小总是相等，两棒产生的焦耳热相等 Qa Qb由能量守恒定律可知： Qa Qb mv (2m)v12 20 12 21解得： Qa Qb mgr145b棒离开轨道后， a棒与电阻 R通过的电流大小总是相等，两棒产生的焦耳热相等由能量守恒定律可知：2 Qa mv mv12 21 12 2解得： Qa mgr332所以整个过程中， a棒产生的焦耳热 Q Qa
11、Qa mgr.1132【答案】 (1) (2) (3) b棒产生的焦耳热为 mgr， a棒产生的焦耳热为2gr2 rh2 14mgr1132(2018蓉城名校联考)两平行且电阻不计的金属导轨相距 L1 m，金属导轨由水平和倾斜两部分(均足够长)良好对接，倾斜部分与水平方向的夹角为 37，整个装置处在竖直向上、磁感应强度 B2 T的匀强磁场中长度也为 1 m的金属棒 ab和 cd垂直导轨跨搁，且与导轨良好接触，质量均为 0.2 kg，电阻分别为 R12 ， R24 . ab置于导轨的水平部分，与导轨的动摩擦因数为 0.5， cd置于导轨的倾斜部分，导轨倾斜部分光滑从 t0 时刻起， ab棒在水平
12、且垂直于 ab棒的外力 F1的作用下由静止开始向右做匀加速直线运动，金属棒 cd在力 F2的作用下保持静止， F2平行于倾斜导轨平面且垂直于金属杆 cd.当 t14 s时， ab棒消耗的电功率为 2.88 W已知 sin 370.6, cos 370.8，重力加速度 g10 m/s 2.求：(1) ab棒做匀加速直线运动的加速度大小；(2)求 t28 s 时作用在 cd棒上的力 F2；(3)改变 F1的作用规律，使 ab棒运动的位移 x与速度 v满足： x2 v，要求 cd仍然要保持静止状态求 ab棒从静止开始运动 x4 m的过程中，作用在 ab棒上的力 F1所做的功(结果可用分数表示)【解析
13、】 (1)当 t4 s 时， ab消耗的电功率为 2.88 W，有： Pab I R121代入数据得 I11.2 A 回路中的电动势 E1 I1(R1 R2) 由法拉第电磁感应定律知 E1 BLv1 导体棒 ab做匀加速直线运动， v1 at1 由得， a0.9 m/s 2. 6(2)当 t28 s 时，导体棒 ab的速度 v2 at2 回路中的电流 I2 2.4 A E2R1 R2 BLv2R1 R2导体棒 cd所受安培力 F2安 BI2L4.8 N 设导体棒 cd所受的 F2沿斜面向下，有： F2 mgsin F2安 cos 由得 F22.64 N，故假设成立，所以 F2的方向沿斜面向下.
14、 (3)设 ab棒的速度为 v时，回路中的电流为 I ER1 R2 BLvR1 R2此时金属棒 ab所受安培力大小为： F 安 BIL 由题意知 ab棒运动的位移 x与速度 v的关系： x2 v 联立，并代入数据得 F 安 x3ab棒从静止开始运动 x4 m的过程中，克服安培力所做的功为： W 克安 xF安x J 0 x32 83对金属棒 ab，由动能定理有： W 拉 W 克安 mgx mv2 12由得 W 拉 J 10615【答案】 (1)0.9 m/s 2 (2)2.64 N，方向沿斜面向下 (3) J10615考向 3 单棒电容器导轨模型典例 3 (多选)如图 3甲所示，水平面上有两根足
15、够长的光滑平行金属导轨 MN和PQ，两导轨间距为 l，电阻均可忽略不计在 M和 P之间接有阻值为 R的定值电阻，导体杆 ab质量为 m、电阻为 r，并与导轨接触良好整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为 B的匀强磁场中现给杆 ab一个初速度 v0，使杆向右运动则( )图 3A当杆 ab刚具有初速度 v0时，杆 ab两端的电压 U ，且 a点电势高于 b点电Blv0RR r势B通过电阻 R的电流 I随时间 t的变化率的绝对值逐渐增大C若将 M和 P之间的电阻 R改为接一电容为 C的电容器，如图乙所示，同样给杆 ab7一个初速度 v0，使杆向右运动，则杆 ab稳定后的速度为 vmv0m B2l2C
16、D在 C选项中，杆稳定后 a点电势高于 b点电势ACD 当杆 ab刚具有初速度 v0时，其切割磁感线产生的感应电动势 E Blv0，根据闭合电路欧姆定律得，杆 ab两端的电压 U ，根据右手定则知，感应电流的方ERR r Blv0RR r向为 b到 a， a相当于电源的正极，则 a点电势高于 b点电势，A 正确；通过电阻 R的电流I ，由于杆 ab速度减小，则电流减小，安培力减小，所以杆 ab做加速逐渐减小的减BlvR r速运动，速度 v随时间 t的变化率的绝对值逐渐减小，则通过电阻 R的电流 I随时间 t的变化率的绝对值逐渐减小，B 错误；当杆 ab以初速度 v0开始切割磁感线时，会产生感应
17、电动势，电路开始给电容器充电，有电流通过杆 ab，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小，杆做加速度逐渐减小的减速运动当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动，电容器两端的电压 U Blv，根据电容器电容 C ，以杆 ab为研究对象，在很短的一段时间 t内，杆受QU到的冲量大小为 BIl t，从杆 ab开始运动至速度达到稳定的过程中，根据动量定理有( BIl t) BlQ mv mv0，联立可得 v ，C 正确；稳定后，不再充电，mv0m B2l2C回路中没有电流，根据右手定则知， a点的电势高于 b点电势，D 正确(多选)(20
18、18太原五中一模)图中直流电源电动势为 E1 V，电容器的电容为 C1 F两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为 l1 m，电阻不计一质量为 m1 kg、电阻为 R1 的金属棒 MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触首先开关 S接 1，使电容器完全充电然后将 S接至 2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为 B1 T的匀强磁场(图中未画出 )， MN开始向右加速运动当 MN达到最大速度时离开导轨，则( )A磁感应强度垂直纸面向上B MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量 0.5 CC MN的最大速度为 1 m/sD MN刚开始运动时加速度大小为 1 m/s2BD 电容器上端
19、带正电，通过 MN的电流方向向下，由于 MN向右运动，根据左手定则知，磁场方向垂直于导轨平面向下，A 错误；电容器完全充电后，两极板间电压为 E，当开关 S接 2时，电容器放电，设刚放电时流经 MN的电流为 I，有 I ，设 MN受到的安培ER8力为 F，有： F BIl，由牛顿第二定律有： F ma，联立式：得 a BElmR1 m/s2，当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为 Q0，有： Q0 CE，11111开关 S接 2后， MN开始向右加速运动，速度达到最大值 vmax时，设 MN上的感应电动势为E，有： E Blvmax，设 MN离开导轨时电容器上剩余的电荷量为 Q，依题意有E ，设在此过程中 MN的平均电流为 ， MN上受到的平均安培力为 ，有 B l，QC I F F I由动量定理，有 t mvmax0，又 t Q0 Q，联立式得： QF I0.5 C， vmax0.5 m/s，C 错误，B、D 正确B2l2C2Em B2l2C
