电磁感应中“单杆、双杆”问题归类例析

郑成

导体杆在磁场中运动切割磁感线产生电磁感应现象，是历年高考的一个热点问题. 因此在高三复习阶段有必要对此类问题进行归类总结，使学生更好的掌握、理解它的内涵. 通过研究各种题目，可以分类为“单杆、双杆”两类电磁感应的问题，最后要探讨的问题不外乎以下几种：

1. 运动状态分析：稳定运动状态的性质（可能为静止、匀速运动、匀加速运动）、求出稳定状态下的速度或加速度、感应电流或安培力.

2. 运动过程分析：分析运动过程中发生的位移或相对位移，运动时间、某状态的速度等.

3. 能量转化分析：分析运动过程中各力做功和能量转化的问题：如产生的电热、摩擦力做功等.

4. 求通过回路的电量.

解题的方法、思路通常是首先进行受力分析和运动过程分析，然后运用动量守恒或动量定理以及能量守恒建立方程.按照不同的情景模型，现举例分析.

命题角度一：以“单棒+导轨”模型为载体，考查电磁感应中的力、电综合问题

1. 常见单杆情景及解题思路.

2. 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.

①求电荷量或速度：BILΔt=mv2-mv1，q=IΔt.

②求位移：-=0-mv0，即：-=0-mv0.

③求时间：（i）-BILΔt+F其他Δt=mv2-mv1，

即：-BLq+F其他·Δt=mv2-mv1已知电荷量q，F其他为恒力，可求出变加速运动的时间.

（ii）+F其他·Δt=mv2-mv1，vΔt=x. 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】如图1（甲）所示，固定的光滑平行导轨（电阻不计）与水平面的夹角为θ=30°，导轨足够长且间距L=0.5 m，底端接有阻值為R=4 Ω的电阻，整个装置处于垂直导体框架斜向上的匀强磁场中，一质量为m=1 kg、电阻r=1 Ω、长度也为L的导体棒MN在沿导轨向上的外力F作用下由静止开始运动，拉力F与导体棒速率倒数的关系如图1（乙）所示，已知g=10 m/s2. 则（ ）

A. v=5 m/s时拉力大小为7 N

B. v=5 m/s时拉力的功率为140 W

C. 匀强磁场的磁感应强度的大小为2 T

D. 当导体棒的加速度a=8 m/s2时，导体棒受到的安培力的大小为2 N

解析：由题图1（乙）可知，v=5 m/s时拉力F=14 N，拉力的功率PF=Fv=14×5 W=70 W，选项A、B错误;由题图1（乙）可知，导体棒的最大速度vmax=10 m/s，此时拉力最小Fmin=7 N，Fmin-mgsin θ-F安=0，F安=，代入数据得B=2 T，选项C正确;F=，F-mgsin θ-F安=ma，F安==v，当a=8 m/s2时，由以上三式得v2+65v-350=0，解得v=5 m/s，故此时安培力的大小F安=v=1 N，选项D错误.

答案：C

【例2】如图2所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直固定放置，底端接电阻R，轻弹簧上端固定，下端悬挂质量为m的金属棒，金属棒和导轨接触良好. 除电阻R外，其余电阻不计. 导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在平面. 静止时金属棒位于A处，此时弹簧的伸长量为Δl，弹性势能为Ep. 重力加速度大小为g. 将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒在运动过程中始终保持水平，则下列说法正确的是（ ）

A. 当金属棒的速度最大时，弹簧的伸长量为Δl

B. 从开始释放到最后静止，电阻R上产生的总热量等于mgΔl-Ep

C. 金属棒第一次到达A处时，其加速度方向向下

D. 金属棒第一次下降过程通过电阻R的电荷量比第一次上升过程的多

解析：根据题述金属棒静止时弹簧伸长量为Δl，可得mg=kΔl. 将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒向下切割磁感线运动产生感应电动势E=Blv和感应电流I=，金属棒受到的安培力FA=BIl=，方向竖直向上，由牛顿第二定律mg-kx-FA=ma知，金属棒向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到零时，金属棒速度最大，此时有mg=kx+FA，弹簧弹力小于金属棒的重力，故弹簧的伸长量x小于Δl，选项A错误;金属棒最后静止时，弹簧伸长量为Δl，根据能量守恒定律，电阻R上产生的总热量Q=mgΔl-Ep，选项B正确;金属棒第一次到达A处时，其所受合外力向上，加速度方向向上，选项C错误;由能量守恒知金属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，金属棒第一次下降过程中回路磁通量变化量ΔΦ一定比第一次上升过程中的多，根据q=可知，金属棒第一次下降过程中通过电阻R的电荷量一定比第一次上升过程中的多，选项D正确.

答案：BD

【例3】如图3（甲）所示，平行长直导轨MN、PQ水平放置，两导轨间距L=0.5 m，导轨左端MP间接有一阻值为R=0.2 Ω的定值电阻，导体棒ab质量m=0.1 kg，与导轨间的动摩擦因数μ=0.1，导体棒垂直于导轨放在距离左端d=1.0 m处，导轨和导体棒电阻均忽略不计. 整个装置处在范围足够大的匀强磁场中，t=0时刻，磁场方向竖直向下，此后，磁感应强度B随时间t的变化如图3（乙）所示，不计感应电流磁场的影响. 当t=3 s时，突然使ab棒获得向右的速度v0=8 m/s，同时在棒上施加一方向水平、大小可变化的外力F，保持ab棒具有大小恒为a=4 m/s2、方向向左的加速度，g取10 m/s2.

（1）求前3 s内电路中感应电流的大小和方向;

（2）写出前3 s内ab棒所受的摩擦力随时间变化的关系式;

（3）求ab棒的位移s1=3.5 m时外力F;

（4）从t=0时刻开始，当通过电阻R的电荷量q=2.25 C时，ab棒正在向右运动，此时撤去外力F，此后ab棒又运动了s2=6.05 m后静止. 求撤去外力F后电阻R上产生的热量Q.

解析：（1）由图3（乙）知：=T/s=0.1 T/s

E===0.1×0.5×1 V=0.05 V

I==A=0.25 A，根据楞次定律，电流方向为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棒做匀变速运动，位移s1=3.5 m时，速度大小设为v1，则v2

1-v2

0=2as

其中a=-4 m/s2，解得：v1=6 m/s

對应安培力大小FA=BIL==N=0.075 N

向右运动时，F+μmg+FA=ma，解得：F=0.225 N，方向向左

向左运动时，F-μmg-FA=ma，解得：F=0.575 N，方向向左

（4）前3 s内通过电阻R的电量q1=IΔt=0.25×3 C=0.75 C

设3 s后到撤去外力F时又运动了s，则：q2=IΔt====q-q1=1.5 C，解得：s=6 m

此时ab棒的速度设为v2，则：v2

2-v2

0=2as

解得：v2=4 m/s

此后到停止，由动能定理得：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）见解析 （4）0.195 J.

【例4】（2019·天津卷，11）如图4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场，磁通量变化率为常量k. 图4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.

（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;

（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：（1）设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律E=，则：E=k ①

设PQ与MN并联的电阻为R并，有：R并= ②

闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得：I= ③

设PQ中的电流为IPQ，有：IPQ=I ④

设PQ受到的安培力为F安，有：F安=BIPQ l ⑤

保持PQ静止，由受力平衡，有：F=F安 ⑥

联立①②③④⑤⑥式得：F= ⑦方向水平向右.

（2）设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt，回路中的磁通量变化为ΔФ，平均感应电动势为E，有：E= ⑧其中ΔФ=Blx

设PQ中的平均电流为I，有：I= ⑩

根据电流的定义得：I= 11

由动能定理，有：Fx+W=mv2-0 12

联立⑦⑧⑨⑩1112式得：W=mv2-kq

答案：（1） 方向水平向右 （2）mv2-kq.

【例5】如图5所示，足够长的光滑平行金属导轨CD、EF倾斜放置，其所在平面与水平面间的夹角为θ=37°，两导轨间距为L，导轨下端分别连着电容为C的电容器和阻值R=3r的定值电阻. 一根质量为m、电阻为r的金属棒放在导轨上，金属棒与导轨始终垂直并接触良好，一根不可伸长的绝缘轻绳一端拴在金属棒中间、另一端跨过轻质定滑轮与质量M=3.6m的重物相连. 金属棒与定滑轮之间的轻绳始终在两导轨所在平面内且与两导轨平行，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨电阻不计，初始状态用手托住重物使轻绳恰处于伸直状态，由静止释放重物，求：（sin 37°=0.6，重力加速度大小为g，不计滑轮摩擦）

（1）若S1闭合，S2断开，电阻R的最大瞬时热功率;

（2）若S1和S2均闭合，当金属棒速度达到最大值时，遇到障碍物突然停止运动，金属棒停止运动后，通过金属棒的电荷量;

（3）若S1断开、S2闭合，请通过计算判断重物的运动性质.

解析：（1）S1闭合，S2断开时，重物由静止释放后拉动金属棒沿导轨向上做加速运动，金属棒受到沿导轨向下的安培力作用，速度最大时，感应电动势最大，感应电流最大，则电阻R的瞬时热功率最大，当金属棒速度最大时有：

Mg=mgsin 37°+BIL，得：I=，又Pm=I2R，

联立解得：Pm=

（2）S1和S2均闭合时，电容器两极板间的最大电压

Um=UR=IR=

电容器所带的最大电荷量Qm=CUm=

金属棒停止运动后，电容器开始放电，此时电阻R与金属棒并联，

通过金属棒的电荷量q=Qm=

（3）S1断开、S2闭合时，设从释放重物开始经时间t金属棒的速度大小为v，加速度大小为a，通过金属棒的电流为i，金属棒受到的安培力F=BiL，方向沿导轨向下，设在t～（t+Δt）时间内流经金属棒的电荷量为ΔQ，ΔQ也是平行板电容器在t～（t+Δt）时间内增加的电荷量，感应电动势E=BLv，平行板电容器所带电荷量Q=CE=CBLv，故ΔQ=CBLΔv

Δv=aΔt

则：i==CBLa

设绳中拉力为FT，由牛顿第二定律，对金属棒有：

FT-mgsin θ-BiL=ma

对重物有：Mg-FT=Ma

解得：a=，可知a为常数，则重物做初速度为零的匀加速直线运动.

答案：（1） （2） （3）重物做初速度为零的匀加速直线运动

命题角度二：以“双棒+导轨”模型为载体，考查电磁感应中的能量、动量等问题

1. 常见双杆情景及解题思路.

（1）初速度不为零，不受其他水平外力作用

（2）初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用

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.

【例6】（多选）（2019·全国卷Ⅲ，19）如图6所示，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.t=0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. 下列图象中可能正确的是（ ）

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Δv=v1-v2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，v1=v2，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mv0=mv1+mv2，解得v1=v2=，选项A、C正确，B、D错误.

答案：AC

【例7】（多选）（2020·全国卷Ⅰ，21）如图7所示，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，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

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F-Bil=Ma1;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Bil=ma2，当金属框和MN都运动后，金属框速度为v1，MN速度为v2，则电路中的感应电流为i=，感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从开始减小，加速度差值减小. 当a1=a2时，得F=（M+m）a，a=恒定，由F安=ma可知，安培力不再变化，则感应电流不再变化，据i=知金属框与MN的速度差保持不变，v-t图像如图8所示，故A错误，B、C正确;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.

答案：BC

【例8】（2017·浙江4月选考，22）间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图9所示，倾角为θ的导轨处于大小为B1、方向垂直于倾斜导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中，水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”（由两根长为l的金属杆cd和ef，用长度为L的刚性绝缘杆连接构成），在“联动双杆”右侧存在大小为B2、方向垂直于水平导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，其长度大于L，质量为m、长为l的金属杆ab从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨（无能量损失），杆ab与“联动双杆”发生碰撞后，杆ab和cd粘合在一起形成“联动三杆”，“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区Ⅱ并从中滑出，运动过程中杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直. 已知杆ab、cd和ef电阻均为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，不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应，求：

（1）ab杆在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0;

（2）“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ前的速度大小v;

（3）“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热Q.

解析：（1）ab杆受到的安培力为：FA=B1Il=，ab杆匀速运动，由平衡条件得：mgsin θ=FA，代入数据解得：v0=6 m/s.

（2）ab杆与“联动双杆”碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0=（m+3m）v

代入数据解得：v=1.5 m/s.

（3）设“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ的过程中速度的变化量为Δv，由动量定理得：-B2IlΔt=4mΔv

设在“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ的过程中，通过ab杆的电荷量为q，则：IΔt=q=

代入數据解得：Δv=-0.25 m/s

“联动三杆”离开磁场区间Ⅱ的过程中，速度的变化量也为：Δv=-0.25 m/s，离开磁场区间Ⅱ时“联动三杆”的速度为：v′=v+2Δv=1.5 m/s-2×0.25 m/s=1 m/s.“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ的过程中，产生的焦耳热为：Q=·4mv2-·4mv′2，代入数据解得：Q=0.25 J.

【答案】（1）6 m/s （2）1.5 m/s （3）0.25 J

【例9】如图10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. 桌面离地面的高度为H. 初始时刻，质量为m的杆ab与导轨垂直且处于静止，距离导轨边缘为d，质量也为m的杆cd与导轨垂直，以初速度v0进入磁场区域，最终发现两杆先后落在地面上. 已知两杆接入电路的电阻均为R，导轨电阻不计，两杆落地点之间的距离为s，重力加速度为g.

（1）求ab杆从磁场边缘射出时的速度大小;

（2）当ab杆射出时，求cd杆运动的距离;

（3）在两根杆相互作用的过程中，求回路中产生的电能.

解析：（1）设ab、cd杆从磁场边缘射出时的速度分别为v1、v2，ab杆落地点到抛出点的水平距离为x1，cd杆落地到抛出点的水平距离为x2，则有：x1=v1， x2=v2，且x2-x1=s

以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律有：

mv0=mv1+mv2

解得：v2=+，v1=+

（2）ab桿运动距离为d，对ab杆应用动量定理，有：BILΔt=BLq=mv1，设cd杆运动距离为d+Δx

q==

解得：Δx==（v0-s）

则cd杆运动距离为[x=d+Δx=d+][v0-s

]

（3）根据能量守恒定律，回路中产生的电能等于系统损失的机械能，则有：

Q=mv02-mv12-mv22=mv02-.

答案：（1）- （2）[d+][v0-s

] （3）mv02-

【例10】如图11所示，足够长的水平轨道左侧b1b2～c1c2部分轨道间距为2L，右侧c1c2～d1d2部分的轨道间距为L，曲线轨道与水平轨道相切于b1b2，所有轨道均光滑且电阻不计.在水平轨道内有斜向下与竖直方向成θ=37°的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.1 T. 质量为M=0.2 kg的金属棒B垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上，质量为m=0.1 kg的金属棒A自曲线轨道上a1a2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，A棒总在宽轨上运动，B棒总在窄轨上运动. 已知：两金属棒接入电路的有效电阻均为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）金属棒A滑到b1b2处时的速度大小;

（2）金属棒B匀速运动的速度大小;

（3）在两棒整个运动过程中通过金属棒A某横截面的电荷量;

（4）在两棒整个运动过程中金属棒A、B在水平导轨间扫过的面积之差.

解析：（1）A棒在曲线轨道上下滑时，由机械能守恒定律得：mgh=mv02，解得：v0=2 m/s.

（2）选取水平向右为正方向，对A、B分别应用动量定理，对B：FB安·t=MvB，对A：-FA安·t=mvA-mv0，

其中FA安=2FB安，

整理得：mv0-mvA=2MvB，

两棒最后匀速时，电路中无电流，此时回路总电动势为零，必有2Bcos θLvA-Bcos θLvB=0，即：vB=2vA，联立解得：vB=m/s

（3）当金属棒A运动到水平轨道后，回路中开始有感应电流产生，此时金属棒B开始加速运动，通过A的电荷量与通过B的电荷量相等. 在B加速过程中：∑（Bcos θ）iLΔt=MvB-0，q=∑iΔt，

解得：q= C.

（4）根据法拉第电磁感应定律有：E=，其中磁通量变化量：ΔΦ=BΔScos θ.

电路中的电流：I=，通过横截面的电荷量：q=IΔt，

联立解得：ΔS= m2.

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

责任编辑 李平安