高中物理-电磁感觉中的“双杆模型”“双杆”模型分为两类：一类是“一动一静”，甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问
题
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，但是要注意问题包含着一个条件：甲杆静止、受力平衡．另一种情况是两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感觉电动势是相加还是相减．一、平行导轨：不受其他外力作用圆滑平行导轨圆滑不等距导轨
表
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示图质量m12质量m1＝m2＝m电阻r1＝r2电阻r1＝r2长度L1＝L2长度L1＝2L2规律杆MN做变减速运动，杆PQ做变加解析稳准时，两杆的加速度均为零，两杆速运动，稳准时，两杆的加速度均为的速度之比为1∶2零，以相等的速度匀速运动(2015·考四川卷高)以下列图，金属导轨MNC和PQD，MN与PQ平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为α，N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为R的电阻；光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角都为锐角θ.平均金属棒ab和ef质量均为m，长均为L，ab棒初始地址在水平导轨上与NQ重合；ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ(μ较小)，由导轨上的小立柱1和2阻截而静止．空间有方向竖直的匀强磁场(图中未画出)．两金属棒与导轨保持优异接触，不计所有导轨和ab棒的电阻，ef棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感觉电流产生的磁场，重力加速度为g.(1)若磁感觉强度大小为B，给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef棒向来静止，求此过程ef棒上产生的热量；(2)在(1)问过程中，ab棒滑行距离为d，求经过ab棒某横截面的电量；(3)若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ地址时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒向来静止．求此状态下最强磁场的磁感觉强度及此磁场下ab棒运动的最大距离．[解析](1)设ab棒的初动能为Ek，ef棒和电阻R在此过程产生的热量分别为W和W1，有W＋W1＝Ek①且W＝W1②由题意有12图乙所示，图中fm为最大静摩擦力，有Ek＝mv1③F1cosα＝mgsinα＋μ(mgcosα＋F1sinα)?212.④联立??，得得W＝mv14m1mg(sinα＋μcosα)R?(2)设在题设过程中，ab棒滑行时间为t，扫过的导轨间的面积为S，经过S的磁通量为ΔΦ，ab棒产生B＝L(cosα－μsinα)v2的电动势平均值为E，ab棒中的电流为I，经过ab棒某横截面的电荷量为q，则?式就是题目所求最强磁场的磁感觉强度大小，该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下．ΔΦE＝t⑤且ΔΦ＝BS⑥qI＝t⑦又有I＝2E⑧R由图甲所示S＝d(L－dcotθ)⑨联立⑤～⑨，解得q＝2Bd(L－dcotθ)R.⑩(3)ab棒滑行距离为x时，ab棒在导轨间的棒长L为xLx＝L－2xcotθ?甲乙丙由?式可知，B为Bm时，Fx随x增大而减小，x为最大xm时，Fx为最小值F2，如图丙可知F2cosα＋μ(mgcosα＋F2sinα)＝mgsinα?联立???，得m2μLtanθx＝.(1＋μ)sinαcosα＋μ[
答案
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]见解析二、平行导轨：一杆受恒定水平外力作用圆滑平行导轨不圆滑平行导轨此时，ab棒产生的电动势Ex为Ex＝Bv2Lx?流过ef棒的电流Ix为Ix＝xE?Ref棒所受安培力Fx为Fx＝BIxL?B2v2L联立?～?，解得Fx＝(L－2xcotθ)?R由?式可得，Fx在x＝0和B为最大值Bm时有最大值F1.由题知，ab棒所受安培力方向必水平向左，ef棒所受安培力方向必水平向右，使F1为最大值的受力解析如表示图质量电阻长度规律m1＝m2r1＝r2L1＝L2摩擦力Ff1＝Ff2＝Ff质量m1＝m2电阻r1＝r2长度L1＝L2以下列图，两条平行的金属导轨相距L＝1m，水平部分处在竖直向下的匀强磁场B1中，倾斜部分与水平方向的夹角为37°，处于垂直于斜面的匀强磁场B1中，B1＝B2＝0.5T．金属棒MN和PQ的质量均为m＝0.2kg，电阻RMN＝0.5Ω、RPQ＝1.5ΩMN.置于水平导轨上，PQ置于倾斜导轨上，恰好不下滑．两根金属棒均与导轨垂直且接触优异．从t＝0时刻起，MN棒在水平外力F的作用下由静止开始向右运动，MN棒的速度v与位移x满足关系v＝0.4x.不计导轨的电阻，MN向来在水平导轨上运动，MN与水平导轨间的动摩擦因数μ＝0.5.开始时，两杆做变加速运动；稳开始时，若Ff
2Ff，PQ杆先变变速运动加速，MN后做变加速最后两杆做匀速运动(1)问当MN棒运动的位移为多少时PQ刚要滑动？(2)求从t＝0到PQ刚要滑动的过程中经过PQ棒的电荷量；(3)定性画出MN受的安培力随位移变化的图象，并求出MN从开始到位移x＝5m的过程中外力F做的功．1[解析](1)开始PQ恰好不下滑时，PQ受沿倾斜导轨向上的最大静摩擦力Ffm，则Ffm＝mgsin37°设PQ恰好要向上滑动时，MN棒的感觉电动势为E，由法拉第电磁感觉定律E＝B1Lv设电路中的感觉电流为I，由闭合电路的欧姆定律得EI＝RMN＋RPQ设PQ所受安培力为FA，有FA＝B2IL此时PQ受沿倾斜导轨向下的最大静摩擦力，由力的平衡条件有：FA＝Ffm＋mgsin37°又由v＝0.4x，联立解得x＝48m.(2)在从t＝0到PQ刚要滑动的过程中，穿过回路MNQP的磁通量的变化量ΔΦ＝B1Lx＝0.5×1×48Wb＝24Wb经过PQ棒的电荷量q＝I·t＝E·t＋RRMNPQ＝ΔΦ＝24RMN＋RPQ0.5＋1.5C＝12C.B1Lv(3)回路中的电流I＝RMN＋RPQ，MN碰到的安培力FA＝B1IL，又v＝0.4x，0.4xB2L21故推出FA＝RMN＋RPQ所以MN受的安培力与位移x成正比，故画出以下列图的安培力—位移图象.考虑到MN受的安培力与位移方向相反，故安培力与位移图象包围的面积等于战胜安培力做的功，故安培力对MN做功2210.4x1B1LWA＝－2·RMN＋RPQx1＝－0.625J当x1＝5m时，速度v1＝0.4x1＝0.4×5m/s＝2m/s对MN棒由动能定理：12WF－μmgx1＋WA＝mv1－02故WF121A1＝2mv＋μmgx－W12×0.2×22＋0.5×0.2×10×5＋0.625J6.025J.[答案](1)48m(2)12C(3)6.025J三、倾斜导轨：两杆不受外力作用注意双杆之间的限制关系，即“主动杆”与“被动杆”之间的关系，由于两杆都有可能产生感觉电动势，相当于两个电源，并且最后两杆的收尾状态的确定是解析问题的要点．(2014高·考天津卷)如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4m．导轨所在空间被分成地域Ⅰ和Ⅱ，两地域的界线与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感觉强度大小均为B＝0.5T．在地域Ⅰ中，将质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.1Ω的金属条ab放在导轨上，ab恰好不下滑．尔后，在地域Ⅱ中将质量m2＝0.4kg，电阻R2＝0.1Ω的圆滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中向来处于地域Ⅱ的磁场中，ab、cd向来与导轨垂直且两端与导轨保持优异接触，取g＝10m/s2.问：(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．[审题点睛](1)ab恰好不下滑，隐含Ffm＝mgsinθ，方向沿斜面向上，ab刚要向上滑动时，隐含F安＝Ffm＋mgsinθ，摩擦力方向沿斜面向下．(2)由于ab中的电流变化，产生的热量要用功能关系(能量守恒)结合电路知识求解．[解析](1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b.(2)开始放置ab恰好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsinθ①设ab刚要上滑时，cd棒的感觉电动势为E，由法拉第电磁感觉定律有E＝BLv②设电路中的感觉电流为I，由闭合电路欧姆定律有EI＝12③R＋R设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL④此时ab碰到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5m/s.1(3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gxsinθ＝Q总＋2m2v2又Q＝R1Q总R1＋R2解得Q＝1.3J.[答案](1)由a流向b(2)5m/s(3)1.3J四、倾斜导轨：一杆碰到外力作用(2016浙·江金华高三质检)如图所示，两根足够长的圆滑平行金属导轨MN、PQ间距为l＝0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角．完好相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨向来有优异接触，已知两棒质量均为m＝0.02kg，电阻均为R＝0.1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感觉强度B＝0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止，取g＝10m/s2，问：(1)经过棒cd的电流I是多少，方向如何？(2)棒ab碰到的力F多大？(3)棒cd每产生Q＝0.1J的热量，力F做的功W是多少？[解析](1)棒cd碰到的安培力Fcd＝IlB棒cd在共点力作用下受力平衡，则Fcd＝mgsin30°代入数据解得I＝1A依照楞次定律可知，棒cd中的电流方向由d至c.(2)棒ab与棒cd碰到的安培力大小相等，F＝Fcdab对棒ab，由受力平衡知F＝mgsin30°＋IlB代入数据解得F＝0.2N.(3)设在时间t内棒cd产生Q＝0.1J的热量，由焦耳定律知Q＝I2Rt设棒ab匀速运动的速度大小为v，其产生的感觉电动势E＝Blv，由闭合电路欧姆定律知，I＝E2R由运动学公式知在时间t内，棒ab沿导轨的位移x＝vt力F做的功W＝Fx综合上述各式，代入数据解得W＝0.4J.[答案](1)1A方向由d至c(2)0.2N(3)0.4J五、竖直导轨如图是一种电磁驱动电梯的原理图，竖直平面上有两根很长的平行竖直轨道，轨道间有垂直轨道平面的匀强磁场B121212和B，B＝B＝1T，且B和B的方向相反，两磁场向来竖直向上做匀速运动．电梯桥厢(未在图中画出)固定在一个用超导资料制成的金属框abdc内，并且与之绝缘．电梯载人时的总质量为5×103kg，所受阻力f＝500N，金属框垂直轨道的边长cdL＝2m，两磁场沿轨道的宽度均与金属框的竖直边长Lac相同，金属框整个回路的电阻R＝9.5×10－4Ω，若设计
要求
对教师党员的评价套管和固井爆破片与爆破装置仓库管理基本要求三甲医院都需要复审吗
电梯以v1＝10m/s的速度向上匀速运动，取g＝10m/s2，那么(1)磁场向上运动速度v0应该为多大？(2)在电梯向上做匀速运动时，为保持它的运动，外界对系统供应的总功率为多少？(保留三位有效数字)[解析](1)当电梯向上做匀速运动时，安培力等于重力和阻力之和，所以FA＝mg＋f＝50500N金属框中感觉电流大小为1cd012BL(v－v)I＝R金属框所受安培力FA＝2B1ILcd解得v0＝13m/s.(2)当电梯向上做匀速运动时，由第(1)问中的I＝2B1Lcd(v0－v1)，求出金属框中感觉电流I＝1.263×104AR金属框中的焦耳热功率P1＝I2R＝1.51×105W适用功率为战胜电梯重力的功率21＝5×105WP＝mgv阻力的功率为P3＝fv1＝5×103W电梯向上运动时，外界供应的能量，一部分转变为金属框内的焦耳热，另一部分战胜电梯的重力和阻力做功．因别的界对系统供应的总功率P总＝P1＋P2＋P3＝6.56×105W.[答案](1)13m/s(2)6.56×105W1．(多项选择)以下列图，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1.用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间今后()A．金属棒ab、cd都做匀速运动B．金属棒ab上的电流方向是由b向aC．金属棒cd所受安培力的大小等于2F/3D．两金属棒间距离保持不变解析：选BC.对两金属棒ab、cd进行受力解析和运动解析可知，两金属棒最后将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab速度小于金属棒cd速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向由b到a，A、D错误，B正确；以两金属棒整体为研究对象有：F＝3ma，隔断金属棒cd解析其受力，则有：F－F安＝ma，可求得金属棒cd所受安培力的大小2F安＝F，C正确．32.(多项选择)(2016唐·山模拟)以下列图，水平传达带带动两金属杆a、b匀速向右运动，传达带右侧与两圆滑平行金属导轨圆滑连接，导轨与水平面间夹角为30°，两虚线EF、GH之间有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感觉强度为B，磁场宽度为L，两金属杆的长度和两导轨的间距均为d，两金属杆质量均为m，两杆与导轨接触优异．当金属杆a进入磁场后恰好做匀速直线运动，当金属杆a走开磁场时，金属杆b恰好进入磁场，则()A．金属杆b进入磁场后做加速运动B．金属杆b进入磁场后做匀速运动C．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgLD．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL2解析：选BC.两杆从导轨顶端进入磁场过程中，均只有重力做功，故进入磁场时速度大小相等，金属杆a进入磁场后匀速运动，b进入磁场后，a走开磁场，金属杆b受力与金属杆a受力情况相同，故也做匀速运动，A项错，B项正确；两杆匀速穿过磁场，减少的重力势能转变为回路的电热，即Q＝2mgLsin30°＝mgL，C项正确，项错．3．(多项选择)以下列图，圆滑平行的金属导轨宽度为L，与水平方向成θ角倾斜固定，导轨之间充满了垂直于导轨平面的足够大的匀强磁场，磁感觉强度为B，在导轨上垂直导轨放置着质量均为m、电阻均为R的金属棒a、b，二者都被垂直于导轨的挡板挡住保持静止，金属导轨电阻不计，现对b棒施加一垂直于棒且平行于导轨平面向上的牵引力F，并在极短的时间内将牵引力的功率从零调为恒定的功率P.为了使a棒沿导轨向上运动，P的取值可能为(重力加速度为g)()2m2g2R3m2g2RA.B2L2·sin2θB．B2L2·sin2θ7m2g2RD．5m2g2RC.22·sin2θ22·sin2θBLBL解析：选CD.以b棒为研究对象，由牛顿第二定律可知F－mgsinθ－BLv2RBL＝ma，以a棒为研究对象，由牛BLv2Rmgsinθ4m2g2R顿第二定律可知2RBL－mgsinθ＝ma′，则F>2mgsinθ，v>B2L2，故P＝Fv>B2L2sin2θ，由此可得选项C、D正确，选项A、B错误．4.以下列图，竖直平面内有平行放置的圆滑导轨，导轨间距为l＝0.2m，电阻不计，导轨间有水平方向的匀强磁场，磁感觉强度大小为B＝2T，方向以下列图，有两根质量均为m＝0.1kg，长度均为l＝0.2m，电阻均为R＝0.4Ω的导体棒ab和cd与导轨接触优异，当用竖直向上的力F使ab棒向上做匀速运动时，cd棒恰好能静止不动，则以下说法正确的选项是(g取10m/s2)()A．ab棒运动的速度是5m/sB．力F的大小为1NC．在1s内，力F做的功为5JD．在1s内，cd棒产生的电热为5JBlv解析：选A.对导体棒cd由B2Rl＝mg，获取v＝5m/s，选项A正确；再由F＝mg＋F安＝2N知选项B错误；在1s内，力F做的功W＝Fvt＝10J，选项C错误；在1s内，cd棒产生的电热Q＝Blv22RRt＝2.5J，选项D错误．5．(2016·肥一中高三检测合)以下列图，间距l＝0.3m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内．在水平面a1b1b2a2地域内和倾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2地域内分别有磁感觉强度B1＝0.4T、方向竖直向上和B2＝1T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻R＝0.3Ω、质量m1＝0.1kg、长为l的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且向来接触优异．一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2＝0.05kg的小环．已知小环以a＝6m/s2的加速度沿绳下滑．K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可以伸长．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小环所受摩擦力的大小；(2)Q杆所受拉力的瞬时功率．解析：(1)设小环碰到的摩擦力大小为Ff，由牛顿第二定律，有m2g－Ff＝m2a代入数据，得Ff＝0.2N.(2)设经过K杆的电流为I1，K杆受力平衡，有Ff＝B1I1l设回路总电流为I，总电阻为R总，有I＝2I13R总＝2R设Q杆下滑速度大小为v，产生的感觉电动势为E，有I＝ER总E＝B2lvF＋m1gsinθ＝B2Il拉力的瞬时功率为P＝Fv联立以上方程，代入数据得P＝2W.答案：(1)0.2N(2)2W解析：(1)由q总＝It，IEΔΦ，得q总＝ΔΦ＝，E＝R总tR总在b穿越磁场的过程中，b是电源，a与R是外电路，电路的总电阻R总1＝8Ω经过R的电荷量为qRb1总11·ΔΦ＝3q＝3R总1同理，a在磁场中匀速运动时，R总2＝6Ω，经过R的电荷量为qRa1总21·ΔΦ，可得qRaRb＝2∶1.＝2q＝2R总2∶q(2)设a、b穿越磁场的过程中的速度分别为v和v，则b中的电流IBLvbb＝R总1ab22由平衡条件得BLvb＝mbgsin53°R总1同理，a在磁场中匀速运动时有B2L2va＝magsin53°，R总2解得va∶vb＝3∶1.(3)设b在磁场中穿越的时间为t，由题意得：va＝vb＋gtsin53°，d＝vbt22由于va－vb＝2gL0sin53°，va∶vb＝3∶1所以d＝0.25m.(4)a穿越磁场时所受安培力F安＝mgsin53°a战胜安培力所做的功Wa＝magdsin53°＝0.8J同理，b穿越磁场时战胜安培力所做的功Wb＝mbgdsin53°＝0.2J由功能关系得，在整个过程中，电路中产生的总焦耳热Q＝Wa＋Wb＝1J.答案：(1)2∶1(2)3∶1(3)0.25m(4)1J6.以下列图，两根足够长且平行的圆滑金属导轨与水平面成53°角固定放置，导轨间连接一阻值为6Ω的电阻R，导轨电阻忽略不计．在两平行虚线m、n间有一方向垂直于导轨所在平面向下、磁感觉强度为B的匀强磁场．导体棒a的质量为ma＝0.4kg，电阻Ra＝3Ω；导体棒b的质量为mb＝0.1kg，电阻Rb＝6Ω.导体棒a、b分别垂直导轨放置并向来与导轨接触优异．a、b从开始相距L0＝0.5m处同时由静止释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，当b刚穿出磁场时，a正好进入磁场，g取10m/s2，不计a、b之间电流的相互作用，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.求：(1)在a、b分别穿越磁场的过程中，经过R的电荷量之比；(2)在穿越磁场的过程中，a、b两导体棒匀速运动的速度大小之比；(3)磁场所区沿导轨方向的宽度d；(4)在整个运动过程中，产生的总焦耳热．
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