新高考二轮复习 必考模型2 杆轨模型 学案

必考模型2杆轨模型

丁研透真题•因遢祛

典例

（多选）（2021.山东等级考）如图所示，电阻不计的光滑U形

金属导轨固定在绝缘斜面上。区域I、II中磁场方向均

垂直斜面向上，1区中磁感应强度随时间均匀增加，II

区中为匀强磁场。阻值恒定的金属棒从无磁场区域中。

处由静止释放，进入II区后，经人下行至c处反向上行。

运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好。在第一次下行和上行的

过程中，以下叙述正确的是（）

A.金属棒下行过b时的速度大于上行过h时的速度

B.金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度

C.金属棒不能回到无磁场区

D.金属棒能回到无磁场区，但不能回到。处

&【题眼破译】

①看到“I区中磁感应强度随时间均匀增加”联想到“感应电动势为£.

气S3；

②看到“过b时的加速度”联想到“牛顿第二定律求解”；

③看到“金属棒能否回到无磁场区”联想到“电流通过金属棒产生焦耳

热，金属棒的机械能减少二

&【情境转化】

6

B\hly

,.八mgsin#--?

mgsmO

【解析】选A、B、D。在I区域中,磁感应强度为B\=kt,感应电

动势为&=墻S=kS,即感应电动势恒定，金属棒上的感应电流恒

为厶=得吟,金属棒进入II区域后,金属棒切割磁感线,感应电

KK

动势为及=，金属棒上的电流为厶=£=等，I区域产生的

电流对金属棒的安培力始终沿斜面向上，大小恒定不变，因为金属棒

到达c点后又能上行，说明加速度始终沿斜面向上，下行和上行经过

b点的受力分析如图

下行过程中，根据牛顿第二定律可知B\I\L+B2I2L-mgsin0=ma\,

上行过程中，根据牛顿第二定律可知BML-B2I2L-mgsin0=mai,

比较可知,由于松段距离不变，下行过程中加速度大，上行过

程中加速度小，所以金属棒下行经过b点时的速度大于上行经过b点

时的速度，故A、B正确；I区域产生的安培力总是大于沿斜面向下

的作用力，所以金属棒一定能回到无磁场区域，由于整个过程中电流

通过金属棒产生焦耳热，金属棒的机械能减少，所以金属棒不能回到

。处，故C错误、D正确。

归

L杆轨问题的常见模型

双杆模型

2.杆轨问题的解题流程

7考场练兵•圏關就

1.（单杆模型）如图所示，在磁感应强度大小为B,方向垂

M

直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以X*XX产

速度卩向右匀速滑动。金属导轨间距为厶电阻不计，金属杆/口

的电阻为2R、长度为L,ah间电阻为R,MN两点间电势差一卜

为U,则通过电阻R的电流方向及U的大小（）

BLy

A.a一8,BLvB.a—b,

-,2BLve,2BLv

Ca-b,'——D.b—^a,一丁-

【解析】选B。由右手定则判断可知，MN中产生的感应电流方向为

N-M,则通过电阻R的电流方向为a-b,MN产生的感应电动势公

式为：E=,R两端的电压为：U=1-択=等,故B正确，

R+2R3

A、C、D错误。

2.（双杆模型）（多选）一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B,两条电

阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B

=0.5T,导体棒血cd长度均为0.2m,电阻均为0.1Q,重力均为

0.1N,现用力向上拉动导体棒ab,使之匀速上升（导体棒ab、cd与

导轨接触良好），此时cd静止不动，则ab上升时,下列说法正确的

是（）

A.经过cd的电流方向为从。到d

B.M受到的拉力大小为2N

C.ah向上运动的速度为2m/s

D.在2s内，拉力做功，有0.6J的机械能转化为电能

【解析】选A、Co对ah棒，由右手定则可知，电流方向由h到。，

故经过cd的电流方向为从。到d,故A正确；导体棒ah匀速上升，

受力平衡，〃棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的整体，合外力

为零，根据平衡条件可得：ab棒受到的拉力F=2mg=0.2N,故B

错误；对力棒，受到向下的重力G和向上的安培力/安，由平衡条

件得：/安二G,即8〃=G,又/=,联立得：u==2m/s,

£2（BLv）2

故C正确；在2s内，电路产生的电能。=诲t=一荻一t=

（05x02x2）2

一市所----x2J=0.4J,则在2s内，拉力做功，有0.4J的机械

能转化为电能，故D错误。

三三三三三三V*髙考猜押竞技场三三三三三^

而夯基保分

1.（单杆模型）图甲、乙、丙中除导体棒岫可动外，其余部分均固

定不动。甲图中的电容器C原来不带电，所有导体棒、导轨电阻均

可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，导体棒ab的质量为mo图

中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面（即纸面）向下的匀强

磁场中，磁感应强度为B,导轨足够长，间距为Lo今给导体棒ah

一个向右的初速度vo,则（）

/?nxpxxlx/?rixpxxlx箱能X卜

LIx°xxxLJx°xxxLJxDxxx

C「xXXX1XXXXETXXXX

w甲'b乙75丙

A.三种情况下，导体棒ab最终都静止

B.三种情况下，导体棒仍最终都做匀速运动

C.图甲、丙中ab棒最终都向右做匀速运动

D.图乙中，流过电阻R的总电荷量为嘗

【解析】选D。图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而

使电容器充电，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势

相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动。图

乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为

内能棒速度减小，当油棒的动能全部转化为内能时，乃棒静止。

图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为

零后再在安培力作用下向左做加速运动,当导体棒产生的感应电动势

与电源的电动势相等时，电路中没有电流，油棒向左做匀速运动，A、

B、C错误；图乙中根据动量定理-BILM=0-mvo,流过电阻R的总

电荷量为夕=/'=箒，D正确。

2.（板块模型）（多选）如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在

光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端。现用一水

平力厂作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为了，经过一段

时间小车运动的位移为肛小物块刚好滑到小车的最右端，则下列说

法正确的是（）

A.此时物块的动能为F{x+L）

B.此时小车的动能为7U+L）

C.这一过程中，物块和小车增加的机械能为FU+D-./L

D.这一过程中，物块和小车因摩擦而产生的热量为几

【解析】选C、Do由题可知，在拉力的作用下物块前进的位移为L

+%,故拉力所做的功为F(x+L),摩擦力所做的功为-於+L),则由

动能定理可知物块的动能为(歹-力(x+£),故A错误；小车受摩擦力

作用，摩擦力作用下小车的位移为％,摩擦力对小车做功为笈，小车

的动能为笈，故B错误；物块和小车增加的机械能等于拉力和摩擦力

对物块和小车做的功的总和，为久x+厶)-於+L)+fx=F(x+L)-JL,

故C正确；系统内因摩擦而产生的热量等于系统克服摩擦力做的功，

^1fix+E)-fx=fL,D正确。

3.(双杆模型)(多选)如图所示，两根足够长、间距为/的固定光滑

平行金属导轨，位于同一水平面内，导轨上横放着质量分别为m和

3m的导体棒ab和cd,构成矩形回路,在整个导轨平面内存在方向

竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，已知两棒的电阻均为R,

回路中其余部分的电阻不计。开始时，导体棒〃静止，导体棒ab以

大小为vo的初速度从导轨左端开始向右运动，忽略回路中电流对磁

场的影响，导体棒外和cd在运动过程中不会发生碰撞，经过足够长

的时间后，下列说法正确的是()

A.导体棒〃先做匀加速直线运动，达到w后做直线运动

B.导体棒cd先做变加速直线运动，后以某一速度匀速直线运动

c.两导体棒在运动中产生的焦耳热最多为晶mvl

D.两导体棒在运动中产生的焦耳热最多为(mvl

【解析】选B、Co开始阶段ab棒向右减速运动，cd棒向右加速运

动，cd棒速度小于ab棒速度，设某时刻ab棒速度为VI,cd棒速度

B212(V1-V2)

为丫2,0>*则cd棒的加速度42=——底——，随时间推移，

也减小，V2增大，故。2随时间减小，因此〃棒先做变加速直线运动，

当也=限时，。2=0,“力棒和cd棒以相同的速度V做匀速直线运动，

故选项A错误，选项B正确；设整个运动过程中产生的焦耳为Q,

以两棒为系统，由动量守恒定律有mvo=4mv,由能量守恒定律有;

13

mv（）=24mv2+Q,联立求解得。=Rmvo,故选项C正确，选项D

错误。

口综合提能

4.（板块模型）现代工厂常常多个传送带组

合使用以更好运输与分类货物。如图所示为三

个传送带组合使用的模式图。其中甲、乙为两

个相互垂直且等高的水平传送带，丙是与乙平

滑相接且与水平面成30。的倾斜传送带，甲

的速度为VOo现将货物（可看作质点）放置在甲

上，当上一个货物稳定时立马再放一个，已知货物离开甲前已经匀速,

并可以平稳地传送到乙上，且货物离开乙之前已经匀速，并可以平稳

传送到丙上。货物与乙、丙之间的动摩擦因数均为〃尸当内，三个

传送带等宽，重力加速度为go

⑴若乙的速度为v乙，求货物若想顺利运输到顶端，乙的宽度L至少

为多少？

⑵若当货物在乙上刚好停止侧滑时，下一个货物正好滑上乙上，则

乙的速度为多少？

⑶在⑴⑵的条件下，若丙的长度为22小L,丙的速度为2y乙,货物

的质量为m，除摩擦其他能耗不计，则当传送带组运行一段时间后（已

有货物到达顶端），在任意一时刻，电动机对乙、丙传送带因运输货

物而提供的额外力的和可能为多少？

【解析】（1）以传送带为参考系，

则货物在乙上运动的初速度为

弋区+诊,

末速度为0,此过程：

ma\=1Hlmg

假设货物相对于乙的位移为加，

贝u%]=g+吃,

假设货物刚好到达乙的右边缘,

贝[]L=；Vot,t=

川g

根据匀变速直线运动位移公式

Vo+.

联立以上，解得：L=

小g

(2)以传送带为参考系，

a\ti=yjvo+吃

0.5〃ig/i=vo

解得：U乙二小VO

(3)乙传送带的摩擦力:f乙泻mg

丙传送带货物的加速度：

az=41gcos0-gsin0=2

44Vo

从而有22s

g

_4^3vo

"3g

2u乙-v乙

ti=------------

。2

18讲

X2=242名+

8讲

△%=2v乙力=--

o

经分析，当丙上有6个货物时

（15+2小）

F=/乙+/丙=/乙+3Hgcos0+3mgsin3=m8

当丙上有7个货物时

(17+2^3)

F=/乙+/丙=/乙+3nlmgcos0+4mgsin3=mg

综上所述，电动机对乙、丙传送带因运输货物而提供的额外力的和

„(15+2小)_(17+2小)

F=4mg或/二4mg

《宀v°Vvo+&

答案：(1)飞且—

⑵小vo

15+2^3+2小

(3)4或4mg

5.(板块模型)如图甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙

水平地面上，有一个质量为相、可视为质点的物块，以某一水平初速

度从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过

程中，物块和木板的M图像分别如图乙中的折线acd和bed所示，

a、b、c、d点的坐标为Q(0,10)、。(0,0)、c(4,4)、d(12,0)o根据

v-t图像，(g取10m/s2),求：

⑴物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小©,木板开始做匀

加速直线运动的加速度大小。2，达到相同速度后一起做匀减速直线运

动的加速度大小偽;

⑵物块质量m与长木板质量M之比；

(3)物块相对长木板滑行的距离心。

【解析】(D由X图像可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速

度大小为

10-4,

a\=-m/s2=1.5m/s2

木板开始做匀加速直线运动的加速度大小为

4-0,,

。2=4m/s2=1m/s2

达到共速后一起匀加速运动的加速度大小为

4-0

6:而瑟二0.5m/s2

(2)对m冲上木板减速阶段有

=mai

对M向前加速阶段有

/i\mg-//2(m+M)g=Ma2

物块和木板达到共同速度后向前减速阶段有

//2(m+M)g=+m)«3

联立以上三式得：t=|

(3)由7图像可知，物块相对于长木板滑行的距离As对应图中

的面积。

贝！J：A.v=10x4x；m=20m

答案：(1)1.5m/s21m/s20.5m/s2

(2)|(3)20m

6.(传送带模型)如图所示，传送带P、Q间的距离L=5.0m,lUv

=2m/s的恒定速度顺时针旋转，传送带的倾角6=37。，一质量M=

0.09kg的A物体与传送带间的动摩擦因数/J.=0.5o左下方的手枪每

隔1s发射一颗质量m=0.01kg的弹丸，弹丸每次击中物体前的瞬时

速度大小均为vo=4Om/s,方向平行传送带向上，射入物体后会立即

留在其中。将A物体轻放在传送带的最下端时，恰好被第一颗弹丸击

中。物体和弹丸均可看成质点，取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10

m/s2,求

Q

A

蜜5一

(DA物体第一次达到与传送带速度相同时所用的时间n;

⑵从第一次射击结束到第二次击中前的过程中物体与传送带摩擦产

生的热量Q；

(3)需要射入几颗弹丸才能使A物体到达传送带顶端。

【解析】(1)以沿传送带向上为正，在弹丸射入的过程中动量守恒：

mvo=(m+AZ)voi

解得voi=4m/s

因为传送带速度为2m/s,所以物体减速上升，由牛顿第二定律得：

(tn+M)gsin0+/i(m+M)gcos6=(m+M)ai

a\=10m/s2

_Voi-v

减至共速，所需时间/产=0.2s

⑵共速时的位移

；(voi+v)n=0.6m

继续减速时，摩擦力方向沿传送带向上，

此时加速度方向沿传送带向下：

(m+M)gsin0