（新课标）2020高考物理二轮总复习 第二部分 应试高分策略 专题一 物理模型 2.1.11 杆＋导

专题一物理模型模型十一杆＋导轨模型角度一单杆＋电阻＋导轨模型[模型解法]单杆＋电阻＋导轨四种模型剖析模型一(v0≠0)模型二(v0＝0)模型三(v0＝0)模型四(v0＝0)说明杆cd以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动，质量为m，电阻不计，两导轨间距为L轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两导轨间距为L，拉力F恒定倾斜轨道光滑，倾角为α，杆cd质量为m，两导轨间距为L竖直轨道光滑，杆cd质量为m，两导轨间距为L示意图力学观点杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，电流I＝BLvR，安培力F＝BIL＝B2L2vR.杆做减速运动：v↓⇒F↓⇒a↓，当v＝0时，a＝0，杆保持静止开始时a＝Fm，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由F－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝FRB2L2开始时a＝gsinα，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由mgsinα－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝mgRsinαB2L2开始时a＝g，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由mg－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝mgRB2L2图象观点能量观点动能全部转化为内能：Q＝12mv20F做的功一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：WF＝Q＋12mv2m重力做的功(或减少的重力势能)一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：WG＝Q＋12mv2m重力做的功(或减少的重力势能)一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：WG＝Q＋12mv2m[例1]如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ，N、Q两点间接有阻值为R的电阻．整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．将质量为m、阻值也为R的金属杆cd垂直放在导轨上，杆cd由静止释放，下滑距离为x时达到最大速度．重力加速度为g，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好．求：(1)杆cd下滑的最大加速度和最大速度；(2)上述过程中，杆上产生的热量．答案：(1)gsinθ2mgRsinθB2L2(2)12mgxsinθ－m3g2R2sin2θB4L4[思维分析](1)金属杆受重力作用下滑产生感应电动势→产生感应电流→金属杆受安培力→合外力变化→由牛顿第二定律列式分析．(2)金属杆受重力作用下滑→重力势能减少、动能增加、内能增加→由能量守恒定律列式分析．解析：(1)设杆cd下滑到某位置时速度为v，则杆产生的感应电动势E＝BLv，回路中的感应电流I＝ER＋R杆所受的安培力F＝BIL根据牛顿第二定律有：mgsinθ－B2L2v2R＝ma当速度v＝0时，杆的加速度最大，最大加速度a＝gsinθ，方向沿导轨平面向下当杆的加速度a＝0时，速度最大，最大速度vm＝2mgRsinθB2L2，方向沿导轨平面向下．(2)杆cd从开始运动到达到最大速度过程中，根据能量守恒定律得mgxsinθ＝Q总＋12mv2m又Q杆＝12Q总所以Q杆＝12mgxsinθ－m3g2R2sin2θB4L4.角度二单杆＋电容器(或电源)＋导轨模型[模型解法]杆＋电容器(或电源)＋导轨四种模型剖析模型一(v0＝0)模型二(v0＝0)模型三(v0＝0)模型四(v0＝0)说明轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两导轨间距为L轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两导轨间距为L，拉力F恒定倾斜轨道光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两导轨间距为L竖直轨道光滑，杆cd质量为m，电阻为R，两导轨间距为L示意图力学观点S闭合，杆cd受安培力F＝BLEr，a＝BLEmr，杆cd速度v↑⇒感应电动势E感＝BLv↑⇒I↓⇒安培力F＝BIL↓⇒加速度a↓，当E感＝E时，v最大，且vm＝EBL开始时a＝Fm，杆cd速度v↑⇒E＝BLv↑，经过Δt速度为v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝ΔqΔt＝CBLa，F安＝CB2L2a，a＝Fm＋CB2L2，所以杆做匀加速运动开始时a＝gsinα，杆cd速度v↑⇒E＝BLv↑，经过Δt速度为v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝ΔqΔt＝CBLa，F安＝CB2L2a，mgsinα－F安＝ma，a＝mgsinαm＋CB2L2，所以杆做匀加速运动开始时a＝g，杆cd速度v↑⇒E＝BLv↑，经过Δt速度为v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝ΔqΔt＝CBLa，F安＝CB2L2a，mg－F安＝ma，a＝mgm＋CB2L2，所以杆做匀加速运动图象观点能量观点电源输出的电能转化为动能和内能：W电＝12mv2m＋QF做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WF＝12mv2＋EC重力做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WG＝12mv2＋EC重力做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WG＝12mv2＋EC[例2]如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L.一质量为m的导体棒cd垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好．轨道和导体棒的电阻均不计．(1)如图甲所示，若轨道左端M、P间接一阻值为R的电阻，导体棒在拉力F的作用下以速度v沿轨道做匀速运动．请通过公式推导证明：在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等．(2)如图乙所示，若轨道左端接一电动势为E、内阻为r的电源和一阻值未知的电阻．闭合开关S，导体棒从静止开始运动，经过一段时间后，导体棒达到最大速度vm，求此时电源的输出功率．(3)如图丙所示，若轨道左端接一电容器，电容器的电容为C，导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右运动．电容器两极板间电势差随时间变化的图象如图丁所示，已知t1时刻电容器两极板间的电势差为U1.求导体棒运动过程中受到的水平拉力大小．[思维分析](1)导体棒匀速运动→受力平衡→求出拉力做的功．导体棒切割磁感线产生感应电动势→产生感应电流→求出回路的电能．(2)闭合开关S→导体棒变加速运动→产生的感应电动势不断增大→达到电源的路端电压→棒中没有电流→由此可求出电源与电阻所在回路的电流→电源的输出功率．(3)导体棒在外力作用下运动→回路中形成充电电流→导体棒还受安培力的作用→由牛顿第二定律列式分析．答案：(1)见解析(2)EBLvm－B2L2v2mr(3)BLCU1t1＋mU1BLt1解析：(1)导体棒切割磁感线，E＝BLv导体棒做匀速运动，F＝F安又F安＝BIL，其中I＝ER在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功W＝FvΔt＝F安vΔt＝B2L2v2RΔt电路获得的电能ΔE＝qE＝EIΔt＝B2L2v2RΔt可见，在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等．(2)导体棒达到最大速度vm时，棒中没有电流，电源的路端电压U＝BLvm电源与电阻所在回路的电流I＝E－Ur电源的输出功率P＝UI＝EBLvm－B2L2v2mr.(3)感应电动势与电容器两极板间的电势差相等Blv＝U由电容器的U－t图象可知U＝U1t1t导体棒的速度随时间变化的关系为v＝U1BLt1t可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度a＝U1BLt1由C＝QU和I＝Qt，得I＝CUt＝CU1t1由牛顿第二定律有F－BIL＝ma可得F＝BLCU1t1＋mU1BLt1.角度三双杆＋导轨模型[模型解法]三大观点透彻解读双杆模型示意图力学观点图象观点能量观点导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热最后两棒以相同的加速度做匀加速直线运动外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热[例3](2018·天津卷)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置．图甲是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m.列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图甲所示，为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭．(1)要使列车向右运行，启动时图甲中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；(3)列车减速时，需在前方设置如图乙所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l.若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？答案：(1)M见解析(2)2BElmR(3)见解析解析：(1)M接电源正极，列车要向右运动，安培力方向应向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b，由c到d，故M接电源正极．(2)由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为R总，由电阻的串并联知识得R总＝R2①设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有I＝ER总②设两根金属棒所受安培力之和为F，有F＝BIl③根据牛顿第二定律有F＝ma④联立①②③④式得：a＝2BElmR⑤(3)设列车减速时，cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为ΔΦ，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有E1＝ΔΦΔt⑥其中ΔΦ＝Bl2⑦设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有I′＝E12R⑧设cd受到的平均安培力为F′，有F′＝I′lB⑨以向右为正方向，设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲，有I冲＝－F′Δt⑩同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有I0＝2I冲⑪设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有I总＝0－mv0⑫联立⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得：I总I0＝mv0RB2l3⑬讨论：若I总I0恰好为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场，若I总I0不是整数，设I总I0的整数部分为N，则需设置N＋1块有界磁场．1．(2019·德州二模)如图所示，宽为L的两固定光滑金属导轨水平放置，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应大小为B.质量均为m、电阻值均为r的两导体棒ab和cd静止置于导轨上，其间距也为L，现给cd一向右的初速度v0，对它们之后的运动过程说法不正确的是()A．ab的加速度越来越大，cd的加速度越来越小B．回路产生的焦耳热为14mv20C．通过ab的电荷量为mv02BLD．两导体棒间的距离最终变为L＋mv0rB2L2答案：A解析：根据安培力公式和牛顿第二定律得：F＝B2L2v2R＝ma，解得a＝B2L2v2mR，A错误；棒ab和cd在运动过程中始终受到等大反向的安培力，系统的动量守恒，以向右的方向为正方向，则有：mv0＝2mv1，解得：v1＝12v0，由动能定理得：－W安＝12·2mv21－12mv20，解得回路产生的焦耳热为：Q＝W安＝14mv20，选项B正确；设整个过程中通过回路的电荷量为q，对cd棒由动量定理得：mv1－mv0＝－BI－Lt＝－BLq，所以q＝mv02BL，选项C正确；对cd棒由动量定理得：mv1－mv0＝－B2L2v－2rt＝－B2L2·Δx2r，解得：Δx＝mv0rB2L2，两导体棒间的距离最终变为L＋mv0rB2L2，选项D正确．2．(多选)如图甲所示，两条足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，导轨间距L＝1m，两导轨上端接有电阻，阻值R＝2Ω，虚线OO′下方存在垂直于导轨平面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度为2T，现将质量m＝0.1kg、电阻不计的金属杆ab，从OO′上方某处由静止释放，金属杆在下落的过程中与导轨保持良好接触，且始终保持水平，不计导轨的电阻，已知金属杆下落0.3m的过程中加速度a与下落距离h的