2019届二轮复习专项1模型6导体棒+导轨模型学案(全国通用)

1、模型6导体棒臼导轨模型(对应学生用书第93页)模型统计模型解读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，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即导体棒的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, 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、

2、 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d=0.5 m,导轨右端连接一阻值为4。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t = 0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v=1 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（）BfT2-70 4812 lit乙图1A. 04 s内小灯泡的功率为 0.04 WB.

3、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 + Rab=5 Q回路中感应电动势为：Ei = ££ =詈=2x2X0.5=0.5 V灯泡中的电流强度为：1 =尸=05A = 0.1 AR总5小灯泡的功率为Pl = |2Rl=0.04 W,选项A正确；因金属棒在磁场中匀速运动，则 F=Bi d又：I'BdvR总= 0.2 A代入数据解得：F = 0.2 N,选项B正确;v 12金属棒未进入磁场的加速度为：a = * = 4 = 0.25 m/sF 0.2，一 .

4、金属棒的质重：m=： =不忘kg = 0.8 kg,选项C正确； a 0.25金属棒进入磁场后小灯泡的功率为 Pl' =I' 2Rl= 0.22X4 W= 0.16 W,选项 D错误.教师备选（多选）（2018东莞,K拟）如图甲所示，倾斜放置的平行光滑轨道问 距为L,导轨与水平面的夹角为 430°,导轨上端连有阻值为R=1。的定值电 阻，在导轨平面上的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Bi= 1 T和B2 =，2 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，导体棒在滑动过程中始终与导轨接触良好，导体棒在

5、磁场中运动的速度一时间图象如图乙所示.不计导轨和导体棒的电阻，重力加 速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是（）甲乙R的电量为（、/21）CA.导体棒的质量为 m=0.2 kgB.导体棒穿过整个磁场时通过电阻C.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 一时间图象可 知，在1 s内以1 m/s的速度经过磁场，则L= 1 m,由平衡知识可知：mgsin 30 =F安=B ' v,解得m= 0.2 kg,选项A正确.根据q=§=3,可知，穿过上面 RR R乂BiL2B2L2磁场时流

6、过R的电室为q1 = 1 C;交过下面磁场时流过 R的电室为q2=一RR=2 C;因穿过两磁场时电流方向相反，则导体棒穿过整个磁场时通过电阻R的电量为（也一1）C,选项B正确.由v-t图象可知，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 = mg 2Lsin 30 书 AEk = 2+AEk>2 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

7、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

8、度稳定时，两棒距离x= 嘿警，两棒速度稳定之后，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：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:2mgr=2mv0解彳4 a棒沿圆弧轨道最低点m时的速度v0=y2gra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，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，

9、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：mv0 = 2mvi解得两棒以相同的速度做匀速运动的速度 “1号=号.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棒受到安培力的冲量一A B2L2xIa= I LBt=BL2Rt=-2R-取向右为正方向，对 a棒由动量定理：一Ia= mv2 mvi解彳v V2=2gr由平抛运动规

10、律得：两棒落到地面后的距离2h_ . rh g= 2 .Ax=（VI V2）(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 = Qb1919由能重寸恒止律可知：Qa+ Qb=2mv02(2m)vi1解得：Qa=Qb=4mgrb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1919由能重守恒止律可知：2Qa =2mv1 2mv23 斛得：Qa =32mgr所以整个过程中,a棒产生的焦耳热 Q = Qa+Qa'1132mgr.【答案】当gr(3)b棒产生的焦耳热为'mgr, a棒产生的焦耳热为1132mgr教师备选(2018蓉城

11、名校联考)两平行且电阻不计的金属导轨相距L=1m,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B=2 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R1 = 2 Q R2=4 Qab置于导轨的水平部分，与导轨的动摩擦因数为 产0.5, cd置于导轨的倾斜部分，导轨倾斜部分光滑.从 t=0时刻起，ab棒在 水平且垂直于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

12、cd.当力=4 s时，ab棒消耗的电功率为2.88 W.已知sin 37=0.6, cos 37= 0.8, 重力加速度g = 10 m/s ab棒做匀加速直线运动的加速度大小；(2)求t2 = 8 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：x= 2v,要求 cd仍然要保持静止状态.求ab棒从静止开始运动x= 4 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】(1)当t=4 s时，ab消耗的电功率为2.88 W,有：Pab= I2R代入数据得I1 = 1.2 A回路中的电动势E1 = I1(R + R2)由法拉第电磁感

13、应定律知 日=BLV1导体棒ab做匀加速直线运动，V1 = at1由得，a = 0.9 m/s2.求：当t2 = 8 s时，导体棒ab的速度V2 = at2回路中的电流12=1±=普3 = 2.4 ARi R2 Ri R2导体棒cd所受安培力F2安=8121=4.8 N设导体棒cd所受的F2沿斜面向下，有：F2+ mgsin仁F2安cos 9由得F2 = 2.64 N,故假设成立，所以F2的方向沿斜面向下.E BLv 八设ab棒的速度为v时，回路中的电流为1=0=0?Ri R2 Ri R2此时金属棒ab所受安培力大小为：F安=81?由题意知ab棒运动的位移x与速度v的关系：x= 2v

14、?联立？?？，并代入数据得F安=看？3ab棒从静止开始运动x= 4 m的过程中，克服安培力所做的功为： W克安= 0+x 83 8 .F安 x= 2 x= 3 J12对金属棒ab,由动能止理有： W拉一W克安一pmgx2mv由？得W拉二果【答案】（i）0.9 m/s2 （2）2.64 N,方向沿斜面向下（3）10615考向3单棒+电容器+导轨模型典例3（多选）如图3甲所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨 MN和PQ,两导轨间距为I,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

15、磁场中.现给杆ab一个初速度vo,使 杆向右运动.则（）甲乙A.当杆ab刚具有初速度v0时，杆ab两端的电压心器，且,点电势 高于b点电势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ab一个初速度vo,使杆向右运动，则杆ab稳定后的速度为v= 喘二m+ B l CD.在C选项中，/f稳定后a点电势高于b点电势ACD 当杆ab刚具有初速度vo时，其切割磁感线产生的感应电动势 E=B1V0,根据闭合电路欧姆定律得，杆ab两端的电压u=RRr=MR，根据右手定则知，感应电流的方向为b到a,a相当于电源的正极，则a点电势

16、高于b点电势，A正确；通过电阻R的电流IBlv= R+r,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 = Q,以杆ab为研

17、究对象，在很短 的一段时间 及内，杆受到的冲量大小为BIl拎从杆ab开始运动至速度达到稳 定的过程中，根据动量定理有 12（ BIl 班=BlQ = mvmv0,联立可得 v = m箸2C C正确；稳定后，不再充电，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.教师备选（多选）（2018太原五中一模）图中直流电源电动势为E=1 V,电容 器的电容为C=1 F.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l = 1 m,电阻不计.一质量为m=1 kg、电阻为R=1。的金属棒MN,垂直放在两导轨问 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

18、,导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B=1 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=E，设MN受到的安培力为F,有：F = BIl，由牛顿第二定律有： R BEl 1X1X12_,F = ma,联立式：得a=B