2019高考物理二輪復(fù)習(xí)專項(xiàng)1模型突破專題6導(dǎo)體棒+導(dǎo)軌模型高分突破學(xué)案

1、模型 6 導(dǎo)體棒+導(dǎo)軌模型模型統(tǒng)計(jì)模型解讀1 導(dǎo)體棒+導(dǎo)軌模型的特點(diǎn)導(dǎo)體棒+導(dǎo)軌模型是高考命題的熱點(diǎn)模型之一， 命題思路主要是通過導(dǎo)體棒切割磁感線 產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，綜合考查電學(xué)、動(dòng)力學(xué)以及能量等知識(shí). 導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)過程通常比較復(fù)雜, 故該模型綜合性比較強(qiáng).2 導(dǎo)體棒+導(dǎo)軌模型常見的問題（1）單棒+導(dǎo)軌，解決此類問題通常綜合牛頓第二定律分析導(dǎo)體棒的加速度以及速度的 變化過程，解決此類問題往往要抓住導(dǎo)體棒的臨界條件，即導(dǎo)體棒的加速度為零；（2）雙棒+導(dǎo)軌，解決此類問題的核心是要明確導(dǎo)體棒的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，明確等合起來進(jìn)行處理.模型突破考向 1 單棒+電阻+導(dǎo)軌模型典例 1（多選）（2018 宣

2、城二次調(diào)研）如圖 1 甲所示，固定在水平面上電阻不計(jì)的光 滑金屬導(dǎo)軌間距d= 0.5m,導(dǎo)軌右端連接一阻值為 4Q的小燈泡L,在CDEF巨形區(qū)域內(nèi)有 豎直向上的真題模型考查角度真題模型考查角度1 訂 f1:：x x :* : K X；：KM;Ee；x x ?f：X X : X K / X M1 I - 1 f考查電磁感應(yīng)定律、右手定則、判斷電動(dòng)勢(shì)大小及電流方向的導(dǎo)體桿軌模型（2017 全國(guó)卷川T15）（2015 全國(guó)卷nT15）產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件、導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的電路分析等“導(dǎo)體桿軌模型”法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、電路分析等綜合分析的“導(dǎo)體桿軌模型”“整體法”或 丿“隔離法”

3、對(duì) 兩金屬棒進(jìn)行 受力分析，法拉 第電磁感應(yīng)定 律綜合分析的“導(dǎo)體桿軌模型”效電源，必要時(shí)要將電磁感應(yīng)現(xiàn)象與牛頓運(yùn)動(dòng)定律、能量守恒定律、動(dòng)量守恒定律等知識(shí)綜（2018 全國(guó)卷nT18）勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化如圖乙所示，CF長(zhǎng)為 2 m.在t= 0 時(shí),3金屬棒ab從圖中位置由靜止在恒力F作用下向右運(yùn)動(dòng)，t= 4 s 時(shí)進(jìn)入磁場(chǎng)，并恰好以vEF位置.已知ab金屬棒電阻為 1Q.下列分析正確的圖 1A.04 s 內(nèi)小燈泡的功率為 0.04 WB. 恒力F的大小為 0.2 NC.金屬棒的質(zhì)量為0.8 kgD.金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后小燈泡的功率為0.06 WABC 金屬棒未進(jìn)入磁場(chǎng)，電路總電阻為：

4、R總=R+Rb= 5QBS2回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=- = X2X0.5 = 0.5 Vtt4小燈泡的功率為PL=|2R= 0.04 W，選項(xiàng) A 正確;._ it T jk因金屬棒在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)，則F=Bld口 ，Bdv又：I= 0.2 AR總代入數(shù)據(jù)解得：F= 0.2 N，選項(xiàng) B 正確；v1a= =一= 0.25 m/st4金屬棒的質(zhì)量：F0 2仕a= 0.25 kg = .8 kg，選項(xiàng)C正確;金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后小燈泡的功率為PL=I2R-= 0.22X4 W= 0.16 W，選項(xiàng) D 錯(cuò)誤.恥燦祜 A（多選）（2018 東莞模擬）如圖甲所示，傾斜放置的平行光滑軌道間距為L(zhǎng),導(dǎo)軌與水平

5、面的夾角為0= 30,導(dǎo)軌上端連有阻值為R=1Q的定值電阻，在導(dǎo)軌平面上的abdc cdfe間分別有垂直導(dǎo)軌平面向上和向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B= 1 T和B2= 2 T,兩磁場(chǎng)的寬度也均為L(zhǎng).一長(zhǎng)為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌某位置靜止釋放，導(dǎo)體棒在 滑動(dòng)過程中始=1 m/s 的速度在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)到燈泡中的電流強(qiáng)度為:0.51=R= 5 A=0.1A 、.尸金屬棒未進(jìn)入磁場(chǎng)的加速度為:乙4終與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度一時(shí)間圖象如圖乙所示.不計(jì)52導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度g= 10 m/s，則下列說法正確的是（）A.導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m= 0.2 kgB.導(dǎo)體棒穿過整個(gè)磁場(chǎng)時(shí)通過

6、電阻R的電量為（2 1）CC.導(dǎo)體棒穿過磁場(chǎng)R 的時(shí)間為 2 sD.導(dǎo)體棒穿過整個(gè)磁場(chǎng)時(shí)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為2 JAB 由圖可知，導(dǎo)體棒在上面的磁場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)，由速度一時(shí)間圖象可知，在1 s則導(dǎo)體棒穿過整個(gè)磁場(chǎng)時(shí)通過電阻R的電量為（2 1）C，選項(xiàng) B 正確.由v-t圖象可知，導(dǎo)體棒穿過磁場(chǎng)B2時(shí)平均速度大于 0.5 m/s，則導(dǎo)體棒穿過磁場(chǎng)B2的時(shí)間小于 2 s，選項(xiàng) C 錯(cuò)誤.導(dǎo)體棒穿過整個(gè)磁場(chǎng)時(shí)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱等于導(dǎo)體棒的機(jī)械能減小量，則Q=mg-2Lsin 30 + E= 2+AE 2 J，選項(xiàng) D 錯(cuò)誤.考向 2 雙棒+導(dǎo)軌模型典例 2 （2018 淮濱中學(xué)仿真）如圖 2 甲所示

7、，光滑導(dǎo)體軌道PMh和P M N是兩 個(gè)完全一樣的軌道，都是由半徑為r的四分之一圓弧軌道和水平軌道組成，圓弧軌道與水平軌道在M和M點(diǎn)相切，兩軌道并列平行放置，MN和M N位于同一水平面上，兩軌道之間的距離為L(zhǎng),PP之間有一個(gè)阻值為R的電阻，開關(guān) S 是一個(gè)感應(yīng)開關(guān)（開始時(shí)開關(guān)是斷 開的），MNN M是一個(gè)矩形區(qū)域內(nèi)有豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，水平軌道MN離水平地面的高度為h,其截面圖如圖乙所示.金屬棒a和b質(zhì)量均為m電阻均為R在水平軌道某位置放上金屬棒b,靜止不動(dòng)，a棒從圓弧頂端由靜止釋放后，沿圓弧軌道下滑，=1C ;穿過下面磁場(chǎng)時(shí)流過R的電量為 s =B= .2 C;因穿過兩磁場(chǎng)時(shí)

8、電流方向相反,m= 0.2 kg,選項(xiàng) A 正確.根據(jù)4=等=罟可知，穿過上面磁場(chǎng)時(shí)流過R的電量為q1內(nèi)以 1 m/s 的速度經(jīng)過磁場(chǎng)，則L= 1 m，由平衡知識(shí)可知:mgsin30-B2L2V=F安=卞，解得B1L26當(dāng)兩棒的速度穩(wěn)定時(shí)，兩棒距離x=m?BgrR,兩棒速度穩(wěn)定之后，再經(jīng)過一段時(shí)間，b棒離開軌道做平拋運(yùn)動(dòng)， 在b棒離開軌道瞬間，開關(guān)S閉合.不 計(jì)一切摩擦和導(dǎo)軌電阻，已知重力加速度為g.求：若兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸,7(1)兩棒速度穩(wěn)定時(shí)，兩棒的速度;(2)兩棒落到地面后的距離;(3)整個(gè)過程中，兩棒產(chǎn)生的焦耳熱.【解析】(1)a棒沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)M時(shí),mgr=卻解得a

9、棒沿圓弧軌道最低點(diǎn)M時(shí)的速度vo= 2gra棒向b棒運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩棒和導(dǎo)軌構(gòu)成的回路面積變小，磁通量變小，產(chǎn)生感應(yīng)電流.棒受到與其運(yùn)動(dòng)方向相反的安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，b棒則在安培力的作用下向右做加速運(yùn)動(dòng).只要a棒的速度大于b棒的速度，回路總有感應(yīng)電流，a棒繼續(xù)減速，b棒繼續(xù)加速,直到兩棒速度相同后，回路面積保持不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，兩棒以相同的速度做勻速運(yùn)動(dòng).從a棒進(jìn)入水平軌道開始到兩棒達(dá)到相同速度的過程中，兩棒在水平方向受到的安培力總是大小相等，方向相反，所以兩棒的總動(dòng)量守恒.由動(dòng)量守恒定律得：mv= 2mv解得兩棒以相同的速度做勻速運(yùn)動(dòng)的速度v=號(hào)=呼(2)經(jīng)過一段時(shí)間，b棒離開軌道后，a棒與電

10、阻R組成回路，從b棒離開軌道到a棒離A5開軌道過程中a棒受到安培力的沖量BVX2R由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：兩棒落到地面后的距離X= (viV2)(3)b棒離開軌道前，兩棒通過的電流大小總是相等，兩棒產(chǎn)生的焦耳熱相等由能量守恒定律可知：Q+Q= fmW1(2n)v?1K1+N hi由機(jī)械能守恒定律 1 LBt=BL2Rtt取向右為正方向，對(duì)解得V2=a棒由動(dòng)量定理：一IA=mw-mvQ=Q乙2h rhg28解得：Q=Q=mgrb棒離開軌道后，a棒與電阻R通過的電流大小總是相等，兩棒產(chǎn)生的焦耳熱相等91212由能量守恒定律可知：2Q= 2mv 2mv解得：Q= 32mgr所以整個(gè)過程中，11a棒產(chǎn)生的焦

11、耳熱 Q=Q+Q= -mgr.32【答案】（1）；gr（2p2h（3）b棒產(chǎn)生的焦耳熱為；mgr,a棒產(chǎn)生的焦耳熱為 11mgr22432教師備選 （2018 蓉城名校聯(lián)考）兩平行且電阻不計(jì)的金屬導(dǎo)軌相距L= 1 m,金屬導(dǎo)軌由水平和傾斜兩部分（均足夠長(zhǎng)）良好對(duì)接，傾斜部分與水平方向的夾角為37,整個(gè)裝置處在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度B= 2 T 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.長(zhǎng)度也為1 m 的金屬棒ab和cd垂直導(dǎo)軌跨擱，且與導(dǎo)軌良好接觸，質(zhì)量均為0.2 kg，電阻分別為R= 2Q,艮=4Q.ab置于導(dǎo)軌的水平部分，與導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)為卩=0.5 ,cd置于導(dǎo)軌的傾斜部分，導(dǎo)軌傾斜部分光滑.從t= 0 時(shí)刻起，a

12、b棒在水平且垂直于ab棒的外力F1的作用下由靜止開始向右 做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，金屬棒cd在力F2的作用下保持靜止，F(xiàn)2平行于傾斜導(dǎo)軌平面且垂直于金屬桿cd.當(dāng)t1= 4 s 時(shí)，ab棒消耗的電功率為 2.88 W 已知 sin 37 = 0.6, cos 37 2=0.8，重力加速度g= 10 m/s .求：（1）ab棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大??；（2）求t2= 8 s 時(shí)作用在cd棒上的力F2；（3）改變R的作用規(guī)律，使ab棒運(yùn)動(dòng)的位移x與速度v滿足：x= 2v,要求cd仍然要 保持靜止?fàn)顟B(tài).求ab棒從靜止開始運(yùn)動(dòng)x= 4 m 的過程中，作用在ab棒上的力R所做的功 （結(jié)果可用分?jǐn)?shù)表示）.【

13、解析】（1）當(dāng)t= 4 s 時(shí)，ab消耗的電功率為 2.88 W，有：Pab=1泊代入數(shù)據(jù)得丨1= 1.2 A回路中的電動(dòng)勢(shì)E=I1（R+艮）由法拉第電磁感應(yīng)定律知E1=BLv 導(dǎo)體棒ab做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，V1=at1由得，a= 0.9 m/s2.當(dāng)t2= 8 s 時(shí)，導(dǎo)體棒ab的速度V2=at2,EaBLV2回路中的電流12=R+R=R+R= 2.4 A10導(dǎo)體棒cd所受安培力F2 安=BL= 4.8 N設(shè)導(dǎo)體棒cd所受的F2沿斜面向下，有：F2+ m（sin0=F2 安cos由得F2= 2.64 N，故假設(shè)成立，所以F2的方向沿斜面向下.設(shè)ab棒的速度為v時(shí)，回路中的電流為1= -EK=R

14、BLRR十 Z十R此時(shí)金屬棒ab所受安培力大小為：F安=BIL由題意知ab棒運(yùn)動(dòng)的位移x與速度v的關(guān)系：x= 2vx11聯(lián)立？，并代入數(shù)據(jù)得F安=3ab棒從靜止開始運(yùn)動(dòng)x=4 m 的過程中，克服安培力所做的功為:W克安=F安x=8x= 3J對(duì)金屬棒12ab,由動(dòng)能定理有： W-W克安一mgx=-mv得 Wi=琴 J.15【答(1)0.9 m/s2(2)2.64 N ，方向沿斜面向下(3) JAtvi15考向典例 3兩導(dǎo)軌間距為3 單棒十電容器十導(dǎo)軌模型（多選）如圖 3 甲所示，水平面上有兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌l，電阻均可忽略不計(jì).在MN和PQM和P之間接有阻值為R的定值電阻，導(dǎo)體桿ab質(zhì)

15、量為m電阻為r，并與導(dǎo)軌接觸良好.勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.現(xiàn)給桿ab一個(gè)初速度整個(gè)裝使桿向右運(yùn)動(dòng).則（M rh uy frnnA.當(dāng)桿ab剛具有初速度vo時(shí)，桿ab兩端的電壓U=BV，且a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)R十rB.通過電阻R的電流I隨時(shí)間t的變化率的絕對(duì)值逐漸增大C.若將M和P之間的電阻R改為接一電容為C的電容器，如圖乙所示，同樣給桿abmv一個(gè)初速度vo，使桿向右運(yùn)動(dòng)，則桿ab穩(wěn)定后的速度為v=喬、m十BiCD.在 C 選項(xiàng)中，桿穩(wěn)定后a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)Vo,甲乙12ACD 當(dāng)桿ab剛具有初速度vo時(shí)，其切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blvo,根據(jù)閉ER BlvoRab兩端的電壓U= R+=R+，根

16、據(jù)右手定則知，感應(yīng)電流的方向?yàn)閎到a,a相當(dāng)于電源的正極，貝 Ua點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)，A 正確；通過電阻R的電流I= 黑，由于桿ab速度減小，則電流減小，安培力減小，所以桿ab做加速逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，速度v隨時(shí)間t的變化率的絕對(duì)值逐漸減小，則通過電阻R的電流I隨時(shí)間t的變化率的絕對(duì)值逐漸減小，B 錯(cuò)誤；當(dāng)桿ab以初速度V。開始切割磁感線時(shí)，會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)， 電路開始給電容器充電，有電流通過桿ab,桿在安培力的作用下做減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度減小，安培力減小，加速度也減小，桿做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)當(dāng)電容器兩端電壓與感 應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，充電結(jié)束，桿以恒定的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電容器兩端的電壓U=

17、Blv,根據(jù)電容器電容C=U以桿ab為研究對(duì)象，在很短的一段時(shí)間t內(nèi)，桿受到的沖量大小為BIl t,從桿ab開始運(yùn)動(dòng)至速度達(dá)到穩(wěn)定的過程中，根據(jù)動(dòng)量定理有刀（BIlAt）mv=BlQ=mv mv，聯(lián)立可得v=mBpC, C 正確；穩(wěn)定后，不再充電，回路中沒有電流,根據(jù)右手定則知，a點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)，D 正確.籾用笛久 （多選）（2018 太原五中一模）圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為E= 1 V,電容器的電容為C= 1 F 兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為 量為 m=1 kg、電阻為 R= 1Q的金屬棒MN垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸首先開關(guān) S 接 1,使電容器完全充電然后將S 接至 2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B= 1T 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出），MN開始向右加速運(yùn)動(dòng).當(dāng)MN達(dá)到最大速度時(shí)離開導(dǎo)軌，則（）MN的電流方向向下，由于MN向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則A 錯(cuò)誤；電容器完全充電后，兩極板間電壓為E,當(dāng)開關(guān) S 接 2 時(shí)，電容器放電，設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I，有I=呂，設(shè)MN受到的安培力合電路歐姆定律得，桿l=1m，電阻不A.B.C.D.磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向上MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量0.5 CMN勺最大速度為 1 m/sMN剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為1 m/s2BD電容器上知，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下