综上可得正确答案是A、B。
四、带电粒子在“三角形磁场区域”中的运动
例7、在边长为的内存在垂直纸面向里的磁感强度为的匀强磁场，有一带正电，质量为的粒子从距Ａ点的Ｄ点垂直ＡＢ方向进入磁场，如图５所示，若粒子能从ＡＣ间离开磁场，求粒子速率应满足什么条件及粒子从ＡＣ间什么范围内射出．
解析：
如图６所示，设粒子速率为时，其圆轨迹正好与ＡＣ边相切于Ｅ点．
由图知，在中，，，由得，解得，则
．
又由得
，则要粒子能从ＡＣ间离开磁场，其速率应大于．
如图７所示，设粒子速率为时，其圆轨迹正好与ＢＣ边相切于Ｆ点，与ＡＣ相交于Ｇ点．易知Ａ点即为粒子轨迹的圆心，则．
又由得，则要粒子能从ＡＣ间离开磁场，其速率应小于等于．
综上，要粒子能从ＡＣ间离开磁场，粒子速率应满足
．
粒子从距Ａ点的间射出．
五、带电粒子在“宽度一定的无限长磁场区域”中的运动
例8、如图11所示，A、B为水平放置的足够长的平行板，板间距离为，A板中央有一电子源P，在纸面内能向各个方向发射速度在范围内的电子，Ｑ为P点正上方B板上的一点，若垂直纸面加一匀强磁场，磁感应强度，已知电子的质量，电子电量，不计电子的重力和电子间相互作用力，且电子打到板上均被吸收，并转移到大地．求：
（1）沿PＱ方向射出的电子击中A、B两板上的范围．
（２）若从Ｐ点发出的粒子能恰好击中Ｑ点，则电子的发射方向（用图中角表示）与电子速度的大小之间应满足的关系及各自相应的取值范围．
解析：
如图１２所示，沿ＰＱ方向射出的电子最大轨迹半径由可得，代入数据解得．
该电子运动轨迹圆心在Ａ板上Ｈ处，恰能击中Ｂ板Ｍ处．随着电子速度的减少，电子轨迹半径也逐渐减小．击中Ｂ板的电子与Ｑ点最远处相切于Ｎ点，此时电子的轨迹半径为，并恰能落在Ａ板上Ｈ处．所以电子能击中Ｂ板ＭＮ区域和Ａ板ＰＨ区域．
在ＭＦＨ中，有
，
，
，．
电子能击中Ｂ板Ｑ点右侧与Ｑ点相距的范围．电子能击中Ａ板Ｐ点右侧与Ｐ点相距的范围．
（２）如图１３所示，要使Ｐ点发出的电子能击中Ｑ点，则有，．
解得．
取最大速度时，有，；取最小速度时有，．
所以电子速度与之间应满足，且，
六、带电粒子在相反方向的两个有界磁场中的运动
例9、如图9所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场．左侧匀强电场的场强大小为E、方向水平向右，电场宽度为L；中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．一个质量为m、电量为q、不计重力的带正电的粒子从电场的左边缘的O点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到O点，然后重复上述运动过程．求：
（1）中间磁场区域的宽度d;
（2）带电粒子从O点开始运动到第一次回到O点所用时间t.
解析：
（1）带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得：
带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得：
由以上两式，可得．
可见在两磁场区粒子运动半径相同，如图11所示，三段圆弧的圆心组成的三角形ΔO1O2O3是等边三角形，其边长为2R．所以中间磁场区域的宽度为
（2）在电场中
，
在中间磁场中运动时间
在右侧磁场中运动时间，
则粒子第一次回到O点的所用时间为
．
七、带电粒子在环形或有孔磁场中的运动
例10、核聚变反应需要几百万度以上的高温，为把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内（否则不可能发生核反应），通常采用磁约束的方法（托卡马克装置）。
如图５所示，环状匀强磁场围成中空区域，中空区域中的带电粒子只要速度不是很大，都不会穿出磁场的外边缘而被约束在该区域内。
设环状磁场的内半径为R1=0.5m，外半径R2=1.0m，磁场的磁感强度B=1.0T，若被束缚带电粒子的荷质比为q/m=4×C/㎏，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度．试计算
（1）粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场的最大速度．
（2）所有粒子不能穿越磁场的最大速度．
解析：
（1）要粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场，则粒子的临界轨迹必须要与外圆相切,轨迹如图６所示．
由图中知，解得
由得
所以粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场的最大速度为．
（2）当粒子以V2的速度沿与内圆相切方向射入磁场且轨道与外圆相切时，则以V1速度沿各方向射入磁场区的粒子都不能穿出磁场边界，如图７所示．
由图中知
由得
所以所有粒子不能穿越磁场的最大速度
例11、如图８所示，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝a、b、c和d，外筒的外半径为r，在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向的均匀磁场，磁感强度的大小为B．在两极间加上电压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场．一质量为ｍ、带电量为＋q的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝a的S点出发，初速为零。
如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点S，则两电极之间的电压U应是多少？
（不计重力，整个装置在真空中）
解析：
如图９所示，带电粒子从S点出发，在两筒之间的电场作用下加速，沿径向穿过狭缝a而进入磁场区，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动．粒子再回到S点的条件是能沿径向穿过狭缝d.只要穿过了d，粒子就会在电场力作用下先减速，再反向加速，经d重新进入磁场区，然后粒子以同样方式经过c、b，再回到S点。
设粒子进入磁场区的速度大小为V，根据动能定理，有
设粒子做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，有
由前面分析可知，要回到S点，粒子从a到d必经过圆周，所以半径R必定等于筒的外半径r，即R=r.由以上各式解得;
2019-2020年高中物理电磁感应中杆——导轨模型专题教案
解决电磁感应电路问题的关键就是借鉴或利用相似原型来启发理解和变换物理模型，即把电磁感应的问题等效转换成稳恒直流电路，把产生感应电动势的那部分导体等效为内电路.感应电动势的大小相当于电源电动势.其余部分相当于外电路，并画出等效电路图.此时，处理问题的方法与闭合电路求解基本一致，惟一要注意的是电磁感应现象中，有时导体两端有电压，但没有电流流过，这类似电源两端有电势差但没有接入电路时，电流为零。
变换物理模型，是将陌生的物理模型与熟悉的物理模型相比较，分析异同并从中挖掘其内在联系，从而建立起熟悉模型与未知现象之间相互关系的一种特殊解题方法.巧妙地运用“类同”变换，“类似”变换，“类异”变换，可使复杂、陌生、抽象的问题变成简单、熟悉、具体的题型，从而使问题大为简化.
电磁感应现象部分的知识历来是高考的重点、热点，出题时可将力学、电磁学等知识溶于一体，能很好地考查学生的理解、推理、分析综合及应用数学处理物理问题的能力．通过近年高考题的研究，此部分每年都有“杆+导轨”模型的高考题出现。
一、命题演变
“杆+导轨”模型类试题命题的“基本道具”：
导轨、金属棒、磁场，其变化点有：
1．导轨
（1）导轨的形状：
常见导轨的形状为U形，还可以为圆形、三角形、三角函数图形等；
（2）导轨的闭合性：
导轨本身可以不闭合，也可闭合；
（3）导轨电阻：
不计、均匀分布或部分有电阻、串上外电阻；
（4）导轨的放置：
水平、竖直、倾斜放置等等．
[例1]（xx·上海·22）如图1所示，OACO为置于水平面内的光滑闭合金属导轨，O、C处分别接有短电阻丝（图中粗线表法），R1=4Ω、R2=8Ω（导轨其它部分电阻不计）．导轨OAC的形状满足方程y=2sin（x）（单位：
m）．磁感强度B=0.2T的匀强磁场方向垂直于导轨平面．一足够长的金属棒在水平外力F作用下，以恒定的速率v=5.0m/s水平向右在导轨上从O点滑动到C点，棒与导轨接触良好且始终保持与OC导轨垂直，不计棒的电阻．求：
（1）外力F的最大值；
（2）金属棒在导轨上运动时电阻丝R1上消耗的最大功率；
（3）在滑动过程中通过金属棒的电流I与时间t的关系．
解析：
本题难点在于导轨呈三角函数图形形状，金属棒的有效长度随时间而变化，但第
（1）
（2）问均求的是某一状态所对应的物理量，降低了一定的难度．解第（3）问时可根据条件推导出外力F的表达式及电流I与时间t的关系式，由三角函数和其他条件求出需要的量即可．
（1）金属棒匀速运动F外=F安，当安培力为最大值时，外力有最大值．
又∵E=BLv
∴F安=BIL=
即当L取最大值时，安培力有最大值
∵Lmax=2=2（m）
（Ω）
∴
代入数据得Fmax=0.3（N）
（2）R1、R2相并联，由电阻丝R1上的功率，可知当时P1有最大功率，即
（W）
（3）金属棒与导轨接触点间的长度随时间变化L=2sin（x）（m）且x=vt，E=BLv
∴I==sin（t）（A）
2．金属棒
（1）金属棒的受力情况：
受安培力以外的拉力、阻力或仅受安培力；
（2）金属棒的初始状态：
静止或运动；
（3）金属棒的运动状态：
匀速、匀变速、非匀变速直线运动，转动；
（4）金属棒割磁感线状况：
整体切割磁感线或部分切割磁感线；
（5）金属棒与导轨的连接：
金属棒可整体或部分接入电路，即金属棒的有效长度问题．
3．磁场
（1）磁场的状态：
磁场可以是稳定不变的，也可以均匀变化或非均匀变化．
（2）磁场的分布：
有界或无界．
二、模型转换
电磁感应现象考查的知识重点是法拉第电磁感应定律，根据法拉第电磁感应定律的表达式，有下列四个模型转换：
1．B变化，S不变
（1）B均匀变化
①B随时间均匀变化
如果B随时间均匀变化，则可以写出B关于时间t的表达式，再用法拉第电磁感应定律解题，如例2第
（1）问．
②B随位置均匀变化
B随位置均匀变化的解题方法类似于B随时间均匀变化的情形．
（2）B非均匀变化
B非均匀变化的情况在高中并不多见，如例2第（3）问．如果题目给出了B非均匀变化的表达式，也可用后面给出的求导法求解．
[例2]（xx·上海·23）如图2所示，固定于水平桌面上的金属框架cdef，处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒ab搁在框架上，可无摩擦滑动．此时abed构成一个边长为l的正方形，棒的电阻为r，其余部分电阻不计．开始磁感强度为B0．
（1）若从t=0时刻起，磁感强度均匀增加，每秒增量为k，同时棒保持静止．求棒中的感应电流．在图上标出感应电流的方向；
（2）在上述
（1）情况中，始终保持棒静止，当t=t1末时需加的垂直于棒的水平拉力为多大？
（3）若t=0时刻起，磁感强度逐渐减小，当棒以恒定速度v向右做匀速运动时，可使棒中不产生感应电流，则磁感强度应怎样随时间变化（写出B与t的关系式）？
解析：
将加速度的定义式和电磁感应定律的表达式类比，弄清k的物理意义，写出可与相对照的B的表达式；第（3）问中B、S均在变化，要能抓住产生感应电流的条件（①回路闭合；②回路中有磁通量的变化）解题．
（1）磁感强度均匀增加，每秒增量为k，得
∵感应电动势
∴感应电流
由楞次定律可判定感应电流方向为逆时针，棒ab上的电流方向为b→a．
（2）t=t1时，B=B0+kt1
又∵F=BIl
∴
（3）∵棒中不产生感应电流
∴回路中总磁通量不变
∴Bl（l+vt）=B0l2
得
2．B不变，S变化
（1）金属棒运动导致S变化
金属棒在匀强磁场中做切割磁感线的运动时，其感应电动势的常用计算公式为，此类题型较常见，如例3．
[例3]（xx·上海·22）如图3所示，两条互相平行的光滑金属导轨位于水平面内，距离为l=0.2m，在导轨的一端接有阻值为R=0.5Ω的电阻，在x≥0处有一与水平面垂直的均匀磁场，磁感强度B=0.5T．一质量为m=0.1kg的金属直杆垂直放置在导轨上，并以v0=2m/s的初速度进入磁场，在安培力和一垂直于杆的水平外力F的共同作用下做匀变速直线运动，加速度大小为a=2m/s2、方向与初速度方向相反．设导轨和金属杆的电阻都可以忽略，且接触良好．求：
（1）电流为零时金属杆所处的位置；
（2）电流为最大值的一半时施加在金属杆上外力F的大小和方向；
（3）保持其他条件不变，而初速度v0取不同值，求开始时F的方向与初速度v0取值的关系．
解析：
杆在水平外力F和安培力的共同作用下做匀变速直线运动，加速度a方向向左．杆的运动过程：
向右匀减速运动→速度为零→向左匀加速运动；外力F方向的判断方法：
先假设，再根据结果的正负号判断．
（1）感应电动势E=Blv，感应电流I=
∴I=0时v=0
∴x==1（m）
（2）当杆的速度取最大速度v0时，杆上有最大电流Im=
安培力F安=BI’l==0.02（N）
向右运动时F+F安=ma，得F=ma-F安=0.18（N），方向与x轴相反
向左运动时F-F安=ma，得F=ma+F安=0.22（N），方向与x轴相反
（3）开始时v=v0，F安=BIml=
F+F安=ma，F=ma-F安=ma-
∴当v0<=10m/s时，F>0，方向与x轴相反
当v0>=10m/s时，F<0，方向与x轴相同
（2）导轨变形导致S变化
常常根据法拉第电磁感应定律解题，如例4.
[例4]（xx·上海·22）如图4所示，半径为a的圆形区域内有均匀磁场，磁感强度为B＝0.2T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心地放置，磁场与环面垂直，其中a＝0.4m，b＝0.6m，金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R0＝2Ω，一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计
（1）若棒以v0＝5m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO’的瞬时（如图所示），MN中的电动势和流过灯L1的电流．
（2）撤去中间的金属棒MN将右面的半圆环OL2O’以OO’为轴向上翻转90º，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为（T/s），求L1的功率．
解析：
（1）当棒滑过圆环直径OO’的瞬时，棒的有效长度为2a，灯L1、L2是并联的．
E1＝B2av＝0.2×0.8×5＝0.8（V）
（A）
（2）将右面的半圆环OL2O’以OO’为轴向上翻转90º后，圆环的有效面积为半圆．其中B随时间是均匀变化的，注意此时灯L1、L2是串联的．
（V）
＝1.28×102（W）
另外还可在S不规则变化上做文章，如金属棒旋转、导轨呈三角形等等．
3.“双杆+导轨”模型
[例5]足够长的光滑金属导轨EF，PQ水平放置，质量为m电阻为R的相同金属棒ab，cd与导轨垂直且接触良好，磁感强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向里如图5所示。
现用恒力F作用于ab棒上，使它向右运动。
则
A．安培力对cd做正功使它向右加速运动
B．外力F做的功等于克服ab棒上安培力的功
C．外力作的功等于回路产生的总热量和系统的动能
D．回路电动势先增后减两棒共速时为零
解析：
开始时ab棒在外力F作用下向右切割磁感线产生电磁感应，ab棒相当于电源，由右手定则，b端电势较低，a端电势高，形成由b→a→c→d→b逆时转电流。
电流通过ab和cd棒，由左手定则，ab棒安培力向左，做负功，阻碍速度增加；cd棒安培力向右，做正功，使cd棒动能增加速度增大。
外力除克服ab棒上安培力做功外，还要对cd棒做正功。
故A对B错。
由于外力和安培力的作用，开始时ab棒加速度大于cd棒，两者速度差增大，回路感应电动势增大，感应电流增大，使ab加速度减小，cd加速度增大，当两棒加速度相等时速度差最大，回路感应电动势最大。
以后ab和cd棒在外力F作用下以相同加速度运动，速度差恒定不可能共速，电动势恒定不会等于零，故D错。
根据能量守恒整个过程外力做的功等于回路产生的总热量和系统的动能，C项正确。
所以正确选项为A、C。
题后：
电磁感应中的金属棒导轨问题，可以用力学中滑块A在滑板B上运动作为物理模型。
滑板B与地面光滑接触，摩擦力分别对A、B做负功和正功,使部分机械能转化为内能，相当于双金属棒情景。
若B固定于地面，则类似单金属棒。
摩擦力做的总功等于系统内能增量，相当于安培力做功的情景。
[例6]如图6相距为L的两光滑平行导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的右端接有电阻R（轨道电阻不计），斜面处在一匀强磁场B中，磁场方向垂直于斜面向上，质量为m，电阻为2R的金属棒ab放在导轨上，与导轨接触良好，由静止释放，下滑距离S后速度最大，则
A．下滑过程电阻R消耗的最大功率为；
B．下滑过程电阻R消耗的最大功率为；
C．下滑过程安培力做功；
D．下滑过程安培力做功。
解析：
ab棒下滑过程受重力，轨道支持力和安培力作用。
加速度a=0时速度最大，感应电动势最大，电路中电流最大，电阻消耗热功率最大。
当a=0，有mgsinθ=BIL=，。
∴
；
回路总功率
，
电阻消耗功率
。
所以A答案正确，B为回路总功率。
在下滑过程中，安培力是变力，不能用功定义式
计算。
也不等于系统动能
。
故C错。
考虑到安培力做功等于系统（回路）产生总热量，由能量守恒，重力势能转化为棒动能和系统内能mgh=+Q
∴
选项D正确。
所以本题正确答案为A.D
题后：
犹如滑动摩擦力对系统做功，使系统内能增加一样，安培力做功也使系统内能增加。
当电源内阻不计时，系统热量就是外电路电阻上热量。
否则外电阻热量只是总热量的一部分。
其次，安培力与摩擦力又有区别。
滑动摩擦力Ｆ＝μ与压力成正比，通常表现为恒力。
而安培力正比于速度v，通常为变力。
因此，求安培力做的功，除非恒力，一般不能用功的定义式计算，这时用能量知识（如动能定理或能量守恒）可方便求出或Ｑ，再依两者关系按题意求出答案。
[例7]两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路。
如图7所示，两根导体棒的质量皆为m电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计。
在整个导轨面内都有竖直向上的匀强磁场，磁场强度为B。
设两导棒均可沿导轨无摩
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