電磁感應中“單桿、雙桿”問題歸類例析

鄭成

導體桿在磁場中運動切割磁感線產生電磁感應現象，是歷年高考的一個熱點問題. 因此在高三復習階段有必要對此類問題進行歸類總結，使學生更好的掌握、理解它的內涵. 通過研究各種題目，可以分類為“單桿、雙桿”兩類電磁感應的問題，最后要探討的問題不外乎以下幾種：

1. 運動狀態分析：穩定運動狀態的性質（可能為靜止、勻速運動、勻加速運動）、求出穩定狀態下的速度或加速度、感應電流或安培力.

2. 運動過程分析：分析運動過程中發生的位移或相對位移，運動時間、某狀態的速度等.

3. 能量轉化分析：分析運動過程中各力做功和能量轉化的問題：如產生的電熱、摩擦力做功等.

4. 求通過回路的電量.

解題的方法、思路通常是首先進行受力分析和運動過程分析，然后運用動量守恒或動量定理以及能量守恒建立方程.按照不同的情景模型，現舉例分析.

命題角度一：以“單棒+導軌”模型為載體，考查電磁感應中的力、電綜合問題

1. 常見單桿情景及解題思路.

2. 在電磁感應中，動量定理應用于單桿切割磁感線運動，可求解變力的時間、速度、位移和電荷量.

①求電荷量或速度：BILΔt=mv2-mv1，q=IΔt.

②求位移：-=0-mv0，即：-=0-mv0.

③求時間：（i）-BILΔt+F其他Δt=mv2-mv1，

即：-BLq+F其他·Δt=mv2-mv1已知電荷量q，F其他為恒力，可求出變加速運動的時間.

（ii）+F其他·Δt=mv2-mv1，vΔt=x. 若已知位移x，F其他為恒力，也可求出變加速運動的時間.

【例1】如圖1（甲）所示，固定的光滑平行導軌（電阻不計）與水平面的夾角為θ=30°，導軌足夠長且間距L=0.5 m，底端接有阻值為R=4 Ω的電阻，整個裝置處于垂直導體框架斜向上的勻強磁場中，一質量為m=1 kg、電阻r=1 Ω、長度也為L的導體棒MN在沿導軌向上的外力F作用下由靜止開始運動，拉力F與導體棒速率倒數的關系如圖1（乙）所示，已知g=10 m/s2. 則（ ）

A. v=5 m/s時拉力大小為7 N

B. v=5 m/s時拉力的功率為140 W

C. 勻強磁場的磁感應強度的大小為2 T

D. 當導體棒的加速度a=8 m/s2時，導體棒受到的安培力的大小為2 N

解析：由題圖1（乙）可知，v=5 m/s時拉力F=14 N，拉力的功率PF=Fv=14×5 W=70 W，選項A、B錯誤;由題圖1（乙）可知，導體棒的最大速度vmax=10 m/s，此時拉力最小Fmin=7 N，Fmin-mgsin θ-F安=0，F安=，代入數據得B=2 T，選項C正確;F=，F-mgsin θ-F安=ma，F安==v，當a=8 m/s2時，由以上三式得v2+65v-350=0，解得v=5 m/s，故此時安培力的大小F安=v=1 N，選項D錯誤.

答案：C

【例2】如圖2所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌豎直固定放置，底端接電阻R，輕彈簧上端固定，下端懸掛質量為m的金屬棒，金屬棒和導軌接觸良好. 除電阻R外，其余電阻不計. 導軌處于勻強磁場中，磁場方向垂直導軌所在平面. 靜止時金屬棒位于A處，此時彈簧的伸長量為Δl，彈性勢能為Ep. 重力加速度大小為g. 將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，金屬棒在運動過程中始終保持水平，則下列說法正確的是（ ）

A. 當金屬棒的速度最大時，彈簧的伸長量為Δl

B. 從開始釋放到最后靜止，電阻R上產生的總熱量等于mgΔl-Ep

C. 金屬棒第一次到達A處時，其加速度方向向下

D. 金屬棒第一次下降過程通過電阻R的電荷量比第一次上升過程的多

解析：根據題述金屬棒靜止時彈簧伸長量為Δl，可得mg=kΔl. 將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，金屬棒向下切割磁感線運動產生感應電動勢E=Blv和感應電流I=，金屬棒受到的安培力FA=BIl=，方向豎直向上，由牛頓第二定律mg-kx-FA=ma知，金屬棒向下做加速度逐漸減小的加速運動，當加速度減小到零時，金屬棒速度最大，此時有mg=kx+FA，彈簧彈力小于金屬棒的重力，故彈簧的伸長量x小于Δl，選項A錯誤;金屬棒最后靜止時，彈簧伸長量為Δl，根據能量守恒定律，電阻R上產生的總熱量Q=mgΔl-Ep，選項B正確;金屬棒第一次到達A處時，其所受合外力向上，加速度方向向上，選項C錯誤;由能量守恒知金屬棒第一次下降的高度一定大于第一次上升的高度，由ΔΦ=B·ΔS知，金屬棒第一次下降過程中回路磁通量變化量ΔΦ一定比第一次上升過程中的多，根據q=可知，金屬棒第一次下降過程中通過電阻R的電荷量一定比第一次上升過程中的多，選項D正確.

答案：BD

【例3】如圖3（甲）所示，平行長直導軌MN、PQ水平放置，兩導軌間距L=0.5 m，導軌左端MP間接有一阻值為R=0.2 Ω的定值電阻，導體棒ab質量m=0.1 kg，與導軌間的動摩擦因數μ=0.1，導體棒垂直于導軌放在距離左端d=1.0 m處，導軌和導體棒電阻均忽略不計. 整個裝置處在范圍足夠大的勻強磁場中，t=0時刻，磁場方向豎直向下，此后，磁感應強度B隨時間t的變化如圖3（乙）所示，不計感應電流磁場的影響. 當t=3 s時，突然使ab棒獲得向右的速度v0=8 m/s，同時在棒上施加一方向水平、大小可變化的外力F，保持ab棒具有大小恒為a=4 m/s2、方向向左的加速度，g取10 m/s2.

（1）求前3 s內電路中感應電流的大小和方向;

（2）寫出前3 s內ab棒所受的摩擦力隨時間變化的關系式;

（3）求ab棒的位移s1=3.5 m時外力F;

（4）從t=0時刻開始，當通過電阻R的電荷量q=2.25 C時，ab棒正在向右運動，此時撤去外力F，此后ab棒又運動了s2=6.05 m后靜止. 求撤去外力F后電阻R上產生的熱量Q.

解析：（1）由圖3（乙）知：=T/s=0.1 T/s

E===0.1×0.5×1 V=0.05 V

I==A=0.25 A，根據楞次定律，電流方向為abPMa.

（2）ab棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，有：

f=BIL=（B0-kt）IL=（0.2-0.1t）×0.25×0.5 N=0.0125（2-t） N（t<3 s）

（3）ab棒做勻變速運動，位移s1=3.5 m時，速度大小設為v1，則v2

1-v2

0=2as

其中a=-4 m/s2，解得：v1=6 m/s

對應安培力大小FA=BIL==N=0.075 N

向右運動時，F+μmg+FA=ma，解得：F=0.225 N，方向向左

向左運動時，F-μmg-FA=ma，解得：F=0.575 N，方向向左

（4）前3 s內通過電阻R的電量q1=IΔt=0.25×3 C=0.75 C

設3 s后到撤去外力F時又運動了s，則：q2=IΔt====q-q1=1.5 C，解得：s=6 m

此時ab棒的速度設為v2，則：v2

2-v2

0=2as

解得：v2=4 m/s

此后到停止，由動能定理得：WA+Wf =ΔEk，其中WA=-Q

解得：Q=Wf -ΔEk=-μmgs2-（0-mv2

2）=（-0.605+0.8）J=0.195 J.

答案：（1）0.25 A abPMa （2）f =0.0125（2-t）N（t<3 s） （3）見解析 （4）0.195 J.

【例4】（2019·天津卷，11）如圖4所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，垂直于導軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導軌始終接觸良好. MN兩端通過開關S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量k. 圖4中虛線右側有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B.PQ的質量為m，金屬導軌足夠長、電阻忽略不計.

（1）閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向;

（2）斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求該過程安培力做的功W.

解析：（1）設線圈中的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律E=，則：E=k ①

設PQ與MN并聯的電阻為R并，有：R并= ②

閉合S時，設線圈中的電流為I，根據閉合電路歐姆定律得：I= ③

設PQ中的電流為IPQ，有：IPQ=I ④

設PQ受到的安培力為F安，有：F安=BIPQ l ⑤

保持PQ靜止，由受力平衡，有：F=F安 ⑥

聯立①②③④⑤⑥式得：F= ⑦方向水平向右.

（2）設PQ由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，PQ運動的位移為x，所用時間為Δt，回路中的磁通量變化為ΔФ，平均感應電動勢為E，有：E= ⑧其中ΔФ=Blx

設PQ中的平均電流為I，有：I= ⑩

根據電流的定義得：I= 11

由動能定理，有：Fx+W=mv2-0 12

聯立⑦⑧⑨⑩1112式得：W=mv2-kq

答案：（1） 方向水平向右 （2）mv2-kq.

【例5】如圖5所示，足夠長的光滑平行金屬導軌CD、EF傾斜放置，其所在平面與水平面間的夾角為θ=37°，兩導軌間距為L，導軌下端分別連著電容為C的電容器和阻值R=3r的定值電阻. 一根質量為m、電阻為r的金屬棒放在導軌上，金屬棒與導軌始終垂直并接觸良好，一根不可伸長的絕緣輕繩一端拴在金屬棒中間、另一端跨過輕質定滑輪與質量M=3.6m的重物相連. 金屬棒與定滑輪之間的輕繩始終在兩導軌所在平面內且與兩導軌平行，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌所在平面向上，導軌電阻不計，初始狀態用手托住重物使輕繩恰處于伸直狀態，由靜止釋放重物，求：（sin 37°=0.6，重力加速度大小為g，不計滑輪摩擦）

（1）若S1閉合，S2斷開，電阻R的最大瞬時熱功率;

（2）若S1和S2均閉合，當金屬棒速度達到最大值時，遇到障礙物突然停止運動，金屬棒停止運動后，通過金屬棒的電荷量;

（3）若S1斷開、S2閉合，請通過計算判斷重物的運動性質.

解析：（1）S1閉合，S2斷開時，重物由靜止釋放后拉動金屬棒沿導軌向上做加速運動，金屬棒受到沿導軌向下的安培力作用，速度最大時，感應電動勢最大，感應電流最大，則電阻R的瞬時熱功率最大，當金屬棒速度最大時有：

Mg=mgsin 37°+BIL，得：I=，又Pm=I2R，

聯立解得：Pm=

（2）S1和S2均閉合時，電容器兩極板間的最大電壓

Um=UR=IR=

電容器所帶的最大電荷量Qm=CUm=

金屬棒停止運動后，電容器開始放電，此時電阻R與金屬棒并聯，

通過金屬棒的電荷量q=Qm=

（3）S1斷開、S2閉合時，設從釋放重物開始經時間t金屬棒的速度大小為v，加速度大小為a，通過金屬棒的電流為i，金屬棒受到的安培力F=BiL，方向沿導軌向下，設在t～（t+Δt）時間內流經金屬棒的電荷量為ΔQ，ΔQ也是平行板電容器在t～（t+Δt）時間內增加的電荷量，感應電動勢E=BLv，平行板電容器所帶電荷量Q=CE=CBLv，故ΔQ=CBLΔv

Δv=aΔt

則：i==CBLa

設繩中拉力為FT，由牛頓第二定律，對金屬棒有：

FT-mgsin θ-BiL=ma

對重物有：Mg-FT=Ma

解得：a=，可知a為常數，則重物做初速度為零的勻加速直線運動.

答案：（1） （2） （3）重物做初速度為零的勻加速直線運動

命題角度二：以“雙棒+導軌”模型為載體，考查電磁感應中的能量、動量等問題

1. 常見雙桿情景及解題思路.

（1）初速度不為零，不受其他水平外力作用

（2）初速度為零，一桿受到恒定水平外力的作用

2. 對于不在同一平面上運動的雙桿問題，動量守恒定律不適用，可以用對應的牛頓運動定律、能量觀點、動量定理進行解決.

【例6】（多選）（2019·全國卷Ⅲ，19）如圖6所示，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內的足夠長的平行金屬導軌，兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上.t=0時，棒ab以初速度v0向右滑動. 運動過程中，ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示. 下列圖象中可能正確的是（ ）

解析：棒ab以初速度v0向右滑動，切割磁感線產生感應電動勢，使整個回路中產生感應電流，判斷可知棒ab受到與v0方向相反的安培力的作用而做變減速運動，棒cd受到與v0方向相同的安培力的作用而做變加速運動，它們之間的速度差Δv=v1-v2逐漸減小，整個系統產生的感應電動勢逐漸減小，回路中感應電流逐漸減小，最后變為零，即最終棒ab和棒cd的速度相同，v1=v2，這時兩相同的光滑導體棒ab、cd組成的系統在足夠長的平行金屬導軌上運動，水平方向上不受外力作用，由動量守恒定律有mv0=mv1+mv2，解得v1=v2=，選項A、C正確，B、D錯誤.

答案：AC

【例7】（多選）（2020·全國卷Ⅰ，21）如圖7所示，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直. ab、dc足夠長，整個金屬框電阻可忽略. 一根具有一定電阻的導體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框，運動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行. 經過一段時間后（ ）

A. 金屬框的速度大小趨于恒定值

B. 金屬框的加速度大小趨于恒定值

C. 導體棒所受安培力的大小趨于恒定值

D. 導體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值

解析：當金屬框在恒力F作用下向右加速運動時，bc邊產生從c向b的感應電流i，金屬框的加速度大小為a1，則有F-Bil=Ma1;MN中感應電流從M流向N，MN在安培力作用下向右加速運動，加速度大小為a2，則有Bil=ma2，當金屬框和MN都運動后，金屬框速度為v1，MN速度為v2，則電路中的感應電流為i=，感應電流從0開始增大，則a2從零開始增加，a1從開始減小，加速度差值減小. 當a1=a2時，得F=（M+m）a，a=恒定，由F安=ma可知，安培力不再變化，則感應電流不再變化，據i=知金屬框與MN的速度差保持不變，v-t圖像如圖8所示，故A錯誤，B、C正確;MN與金屬框的速度差不變，但MN的速度小于金屬框的速度，則MN到金屬框bc邊的距離越來越大，故D錯誤.

答案：BC

【例8】（2017·浙江4月選考，22）間距為l的兩平行金屬導軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成，如圖9所示，傾角為θ的導軌處于大小為B1、方向垂直于傾斜導軌平面向上的勻強磁場區間Ⅰ中，水平導軌上的無磁場區間靜止放置一質量為3m的“聯動雙桿”（由兩根長為l的金屬桿cd和ef，用長度為L的剛性絕緣桿連接構成），在“聯動雙桿”右側存在大小為B2、方向垂直于水平導軌平面向上的勻強磁場區間Ⅱ，其長度大于L，質量為m、長為l的金屬桿ab從傾斜導軌上端釋放，達到勻速后進入水平導軌（無能量損失），桿ab與“聯動雙桿”發生碰撞后，桿ab和cd粘合在一起形成“聯動三桿”，“聯動三桿”繼續沿水平導軌進入磁場區Ⅱ并從中滑出，運動過程中桿ab、cd和ef與導軌始終接觸良好，且保持與導軌垂直. 已知桿ab、cd和ef電阻均為R=0.02 Ω，m=0.1 kg，l=0.5 m，L=0.3 m，θ=30°，B1=0.1 T，B2=0.2 T，g=10 m/s2，不計摩擦阻力和導軌電阻，忽略磁場邊界效應，求：

（1）ab桿在傾斜導軌上勻速運動時的速度大小v0;

（2）“聯動三桿”進入磁場區間Ⅱ前的速度大小v;

（3）“聯動三桿”滑過磁場區間Ⅱ產生的焦耳熱Q.

解析：（1）ab桿受到的安培力為：FA=B1Il=，ab桿勻速運動，由平衡條件得：mgsin θ=FA，代入數據解得：v0=6 m/s.

（2）ab桿與“聯動雙桿”碰撞過程系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得mv0=（m+3m）v

代入數據解得：v=1.5 m/s.

（3）設“聯動三桿”進入磁場區間Ⅱ的過程中速度的變化量為Δv，由動量定理得：-B2IlΔt=4mΔv

設在“聯動三桿”進入磁場區間Ⅱ的過程中，通過ab桿的電荷量為q，則：IΔt=q=

代入數據解得：Δv=-0.25 m/s

“聯動三桿”離開磁場區間Ⅱ的過程中，速度的變化量也為：Δv=-0.25 m/s，離開磁場區間Ⅱ時“聯動三桿”的速度為：v′=v+2Δv=1.5 m/s-2×0.25 m/s=1 m/s.“聯動三桿”滑過磁場區間Ⅱ的過程中，產生的焦耳熱為：Q=·4mv2-·4mv′2，代入數據解得：Q=0.25 J.

【答案】（1）6 m/s （2）1.5 m/s （3）0.25 J

【例9】如圖10所示，水平放置的兩平行光滑金屬導軌固定在桌面上，導軌間距為L，處在磁感應強度為B、豎直向下的勻強磁場中. 桌面離地面的高度為H. 初始時刻，質量為m的桿ab與導軌垂直且處于靜止，距離導軌邊緣為d，質量也為m的桿cd與導軌垂直，以初速度v0進入磁場區域，最終發現兩桿先后落在地面上. 已知兩桿接入電路的電阻均為R，導軌電阻不計，兩桿落地點之間的距離為s，重力加速度為g.

（1）求ab桿從磁場邊緣射出時的速度大小;

（2）當ab桿射出時，求cd桿運動的距離;

（3）在兩根桿相互作用的過程中，求回路中產生的電能.

解析：（1）設ab、cd桿從磁場邊緣射出時的速度分別為v1、v2，ab桿落地點到拋出點的水平距離為x1，cd桿落地到拋出點的水平距離為x2，則有：x1=v1， x2=v2，且x2-x1=s

以v0的方向為正方向，根據動量守恒定律有：

mv0=mv1+mv2

解得：v2=+，v1=+

（2）ab桿運動距離為d，對ab桿應用動量定理，有：BILΔt=BLq=mv1，設cd桿運動距離為d+Δx

q==

解得：Δx==（v0-s）

則cd桿運動距離為[x=d+Δx=d+][v0-s

]

（3）根據能量守恒定律，回路中產生的電能等于系統損失的機械能，則有：

Q=mv02-mv12-mv22=mv02-.

答案：（1）- （2）[d+][v0-s

] （3）mv02-

【例10】如圖11所示，足夠長的水平軌道左側b1b2～c1c2部分軌道間距為2L，右側c1c2～d1d2部分的軌道間距為L，曲線軌道與水平軌道相切于b1b2，所有軌道均光滑且電阻不計.在水平軌道內有斜向下與豎直方向成θ=37°的勻強磁場，磁感應強度大小為B=0.1 T. 質量為M=0.2 kg的金屬棒B垂直于導軌靜止放置在右側窄軌道上，質量為m=0.1 kg的金屬棒A自曲線軌道上a1a2處由靜止釋放，兩金屬棒在運動過程中始終相互平行且與導軌保持良好接觸，A棒總在寬軌上運動，B棒總在窄軌上運動. 已知：兩金屬棒接入電路的有效電阻均為R=0.2 Ω，h=0.2 m，L=0.2 m，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2，求：

（1）金屬棒A滑到b1b2處時的速度大小;

（2）金屬棒B勻速運動的速度大小;

（3）在兩棒整個運動過程中通過金屬棒A某橫截面的電荷量;

（4）在兩棒整個運動過程中金屬棒A、B在水平導軌間掃過的面積之差.

解析：（1）A棒在曲線軌道上下滑時，由機械能守恒定律得：mgh=mv02，解得：v0=2 m/s.

（2）選取水平向右為正方向，對A、B分別應用動量定理，對B：FB安·t=MvB，對A：-FA安·t=mvA-mv0，

其中FA安=2FB安，

整理得：mv0-mvA=2MvB，

兩棒最后勻速時，電路中無電流，此時回路總電動勢為零，必有2Bcos θLvA-Bcos θLvB=0，即：vB=2vA，聯立解得：vB=m/s

（3）當金屬棒A運動到水平軌道后，回路中開始有感應電流產生，此時金屬棒B開始加速運動，通過A的電荷量與通過B的電荷量相等. 在B加速過程中：∑（Bcos θ）iLΔt=MvB-0，q=∑iΔt，

解得：q= C.

（4）根據法拉第電磁感應定律有：E=，其中磁通量變化量：ΔΦ=BΔScos θ.

電路中的電流：I=，通過橫截面的電荷量：q=IΔt，

聯立解得：ΔS= m2.

答案：（1）v0=2 m/s（2）vB= m/s （3）q=C（4）ΔS= m2

責任編輯 李平安