电磁感应中的“杆＋导轨”模型“杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空间大，是我们复习中的难点．“杆＋导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型(“单杆”型为重点)；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速、匀变速、非匀变速运动等．考点一单杆水平式模型1．如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中()A．PQ中电流先增大后减小B．PQ两端电压先减小后增大C．PQ上拉力的功率先减小后增大D．线框消耗的电功率先减小后增大解析：选C.PQ在运动过程中切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，线框左右两端电阻并联，当PQ运动到中间时并联电阻最大，流经PQ的电流最小，因此在滑动过程中，PQ中的电流先减小后增大，选项A错误；由于外接电阻先增大后减小，因此PQ两端的电压即路端电压先增大后减小，选项B错误；由能量守恒得拉力功率等于线框和导体棒的电功率，因此拉力功率为P＝E2R总＝BLv2R总，由于电路总电阻先增大后减小，因此拉力功率先减小后增大，选项C正确；矩形线框abcd总电阻为3R，当PQ滑动到ab中点时，线框并联总电阻最大，最大值为34R，小于导体棒PQ的电阻，所以滑动过程中线框消耗的电功率先增大后减小，选项D错误．2．U形光滑金属导轨水平放置，如图所示为俯视图，导轨右端接入电阻R＝0.36Ω，其他部分无电阻，导轨间距为L＝0.6m，界线MN右侧有匀强磁场，磁感应强度为B＝2T．导体棒ab电阻为零，质量m＝1kg.导体棒与导轨始终垂直且接触良好，在距离界线MN为d＝0.5m处受恒力F＝1N作用从静止开始向右运动，到达界线PQ时恰好匀速，界线PQ与MN间距也为d.(1)求匀速运动时的速度v的大小；(2)求导体棒在MN和PQ间运动过程中R的发热量Q.解析：(1)匀速时合力为零，所以F＝F安＝BIL＝B2L2vR得v＝FRB2L2＝0.5m/s(2)设导体棒从出发到匀速的过程安培力做功为WA，根据动能定理有F·2d＋WA＝12mv2得WA＝－78JR的发热量即为导体棒克服安培力做的功，即Q＝|WA|＝78J答案：(1)0.5m/s(2)78J3．如图所示，一对足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上，两导轨间距为L，左端接一电源，其电动势为E、内阻为r，有一质量为m、长度也为L的金属棒置于导轨上，且与导轨垂直，金属棒的电阻为R，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场中．(1)若闭合开关S的同时对金属棒施加水平向右恒力F，求棒即将运动时的加速度和运动过程中的最大速度；(2)若开关S开始是断开的，现对静止的金属棒施加水平向右的恒力F，一段时间后再闭合开关S；要使开关S闭合瞬间棒的加速度大小为Fm，则F需作用多长时间．解析：(1)闭合开关S的瞬间回路电流I＝ER＋r金属棒所受安培力水平向右，其大小FA＝ILB由牛顿第二定律得a＝FA＋Fm整理可得a＝ER＋rmLB＋Fm金属棒向右运动的过程中，切割磁感线产生与电源正负极相反的感应电动势，回路中电流减小，安培力减小，金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，匀速运动时速度最大，此时由平衡条件得FA′＝F由安培力公式得FA′＝I′LB由闭合电路欧姆定律得I′＝BLvm－ER＋r联立求得vm＝FR＋rB2L2＋EBL(2)设闭合开关S时金属棒的速度为v，此时电流I″＝BLv－ER＋r由牛顿第二定律得a″＝F－FA″m所以加速度a″＝Fm－BLv－ER＋rmLB若加速度大小为Fm，则Fm－BLv－ER＋rmLB＝Fm解得速度v1＝EBL，v2＝EBL＋2FR＋rB2L2未闭合开关S前金属棒的加速度一直为a0＝Fm解得恒力F作用时间t1＝v1a0＝mEFBL或t2＝v2a0＝mEFBL＋2mR＋rB2L2答案：(1)ER＋rmLB＋FmFR＋rB2L2＋EBL(2)mEFBL或mEFBL＋2mR＋rB2L2考点二单杆倾斜式模型1.如图所示，平行金属导轨宽度为d，一部分轨道水平，左端接电阻R，倾斜部分与水平面成θ角，且置于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，现将一质量为m、长度也为d的导体棒从导轨顶端由静止释放，直至滑到水平部分(...
