電磁感應(yīng)中地桿+導(dǎo)軌類問題3大模型解題技巧

1、標(biāo)準(zhǔn)實(shí)用輔導(dǎo)23 :電磁感應(yīng)中的“桿+導(dǎo)軌”類問題(3大模型)解題技巧電磁感應(yīng)中的桿+導(dǎo)軌模型的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量的轉(zhuǎn)化過程，處理這類問題要從功 和能的觀點(diǎn)入手，弄清導(dǎo)體棒切割磁感線過程中的能量轉(zhuǎn)化關(guān)系，現(xiàn)從力學(xué)、圖像、能量三 種觀點(diǎn)出發(fā)，分角度討論如下:類型一：單桿+電阻+導(dǎo)軌模型類【初建模型】【例題1】(2017 淮安模擬)如圖所示，相距為 L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌PMN、PQ與水平面的夾角為0，N、Q兩點(diǎn)間接有阻值為 R的電阻。整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下。將質(zhì)量為 m、阻值也為R的金屬桿cd垂直放在導(dǎo)軌上，桿cd由靜止釋放，下滑距離x時(shí)達(dá)

2、到最大速度。重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，桿與導(dǎo)軌接觸良好。求:(1) 桿cd下滑的最大加速度和最大速度;(2) 上述過程中，桿上產(chǎn)生的熱量?！舅悸伏c(diǎn)撥】：文案大全2mgRsin 0B2L2【答案】：(1)gsin 0，方向沿導(dǎo)軌平面向下； 二，方向沿導(dǎo)軌平面向下;m 3g2R2sin2 0B4L4mgx sin 0 【解析】：(1)設(shè)桿cd下滑到某位置時(shí)速度為V,則桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢 E= BLvE回路中的感應(yīng)電流I =命桿所受的安培力F= BILB2L2v根據(jù)牛頓第二定律有 mg sin 0 2r = ma當(dāng)速度v= 0時(shí)，桿的加速度最大，最大加速度a= gsin 0,方向沿導(dǎo)軌平面向下2

3、mgR sin 0B2L2當(dāng)桿的加速度a = 0時(shí)，速度最大，最大速度 Vm =-，方向沿導(dǎo)軌平面向下。1桿cd從開始運(yùn)動(dòng)到達(dá)到最大速度過程中，根據(jù)能量守恒定律得mgx sin 0= Q總+_ mv m21 1m3g2R2sin2 0B4L4又Q桿=Q總，所以Q桿=mgx sin 0 2 2【內(nèi)化模型】單桿+電阻+導(dǎo)軌四種題型剖析題型一 (voO)題型二(vo = 0)題型三(vo = 0)題型四(V 0 = 0)桿cd以一定初速軌道水平光滑，桿說明度V0在光滑水平cd質(zhì)量為m，電傾斜軌道光滑，傾角豎直軌道光滑,軌道上滑動(dòng)，質(zhì)量阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌間為a,桿cd質(zhì)量為桿cd質(zhì)量為m，為m，電阻不計(jì),

4、距為L，拉力F恒m，兩導(dǎo)軌間距為L兩導(dǎo)軌間距為L兩導(dǎo)軌間距為L示意圖fiVoId占7rzLk/ F1桿以速度V切割磁開始時(shí)a = gsin a,開始時(shí)a = g,桿力學(xué)觀占八、感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢E= BLv，電流cd速度V 1?感應(yīng)桿cd速度V 1?感應(yīng)電動(dòng)勢E= BLv1? I 1cd速度V 1?感應(yīng)電動(dòng)勢E= BLvBLvI= ，安培力 FR電動(dòng)勢E= BLvI? I 1?安培力F安?安培力F安=BIL 1,1? I 1?安培力F由 mg sin a F 安=安=BIL 1，由mgB2L2v=BIL =R。桿=BIL1，由 F Fma知a /，當(dāng)吐0F安=ma知a安=ma知a J，當(dāng)時(shí)，V

5、最大，Vm =當(dāng) a = 0 時(shí)，V圖像觀占八、能量觀占八、做減速運(yùn)動(dòng)：V J時(shí)，a = 0，桿保持靜止a = 0時(shí)，V最大,FRVm = BLF做的功一部分動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)能,部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)mgR sin aB2L2曰丄mgR最大，Vm = b2l2重力做的功（或減少的重力勢能）一部分轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)能,重力做的功（或減少的重力勢能）部分轉(zhuǎn)化為桿的1內(nèi)能：Q=2mV021能: Wf= q+2部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能:動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：Wg=mv m21 WG=Q + 2mvm21Q + 2mVm2【應(yīng)用模型】【變式】：此題若已知金屬桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為a現(xiàn)用沿導(dǎo)軌平面向上的恒定外力F作

6、用在金屬桿cd上，使cd由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，求cd的最大加速度和最大速度?！敬鸢浮浚阂娊馕觥窘馕觥浚悍治鼋饘贄U運(yùn)動(dòng)時(shí)的受力情況可知，金屬桿受重力、導(dǎo)軌平面的支持力、拉力、摩擦力和安培力五個(gè)力的作用，沿斜面方向由牛頓第二定律有:F mg sin 0 F 安一f=maE BLvB2L2v又F 安=BIL，1=R+R=R+R 所以 F 安=BIL=R+ Rf =迥=jjmg cos 0B2L2v故 F mg sin 0 阿g cos 0= maR+ R當(dāng)速度V=0時(shí)，桿的加速度最大，最大加速度Fam = gsin 0 gcos 0，方向沿導(dǎo)軌 m平面向上當(dāng)桿的加速度a = 0時(shí)，速度最大，Vm

7、 = (F mgsinmg cos ) 2R類型二：單桿+電容器(或電源)+導(dǎo)軌模型類【初建模型】【例題2】(2017 北京模擬如圖所示，在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，兩根足夠長的平行光滑金屬軌道 MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L。一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒cd垂直于MN、PQ放在軌道而上，與軌道接觸良好。軌道和導(dǎo)體棒的電阻均不計(jì)。AJ Xjirj XK K X X W K.IXxl X rXXXR IXX j-X-XXXKXhXXXXXXXTt圖1M X K KX H 丄N XL TX HdCNitX X X XKXKX X X X 計(jì)X XX X【應(yīng)用模型】【變式】：若例題3（1）中甲

8、、乙兩金屬桿受恒力作用情況如圖分析這種情況下甲、乙金屬桿的收尾運(yùn)動(dòng)情況。所示，兩桿分別在方向相反的恒力作用下運(yùn)動(dòng)（兩桿不會(huì)相撞），試【答案】：見解析【解析】：設(shè)某時(shí)刻甲和乙的速度分別為 V1和V2，加速度分別為a1和a2，甲、乙受到的安培力大小均為F1，則感應(yīng)電動(dòng)勢為：E= Bl（v1 V2）E感應(yīng)電流為：i= 2R對(duì)甲和乙分別應(yīng)用牛頓第二定律得：F1 Bll = ma1，BII - F2= ma2當(dāng)V1 V2 =定值（非零），即系統(tǒng)以恒定的加速度運(yùn)動(dòng)時(shí)a1 = a2F1 F2解得：a1 = a2 =2m可見甲、乙兩金屬桿最終做加速度相同的勻加速運(yùn)動(dòng)，速度一直增大。輔導(dǎo)23 :電磁感應(yīng)中的“桿

9、+導(dǎo)軌”類問題（3大模型）解題技巧訓(xùn)練題I = 0.5m，左1.如圖所示，一對(duì)光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距端接有阻值 R = 0.3 Q的電阻。一質(zhì)量 m = 0.1kg、電阻r = 0.1 Q的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，整個(gè)裝置置于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B = 0.4T。棒在水平向右的外力作用下由靜止開始以a = 2m/s 2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)棒的位移 x = 9m時(shí)撤去外力,棒繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段距離后停下來，已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Qi : Q2 = 2 :1。導(dǎo)軌足夠長且電阻不計(jì)，棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸。求:(1

10、)棒在勻加速運(yùn)動(dòng)過程中，通過電阻R的電荷量q ;(2)撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2 ；外力做的功Wf。2 . (2017 常州檢測如圖所示，水平面內(nèi)有兩根足夠長的平行導(dǎo)軌L1、L2，其間距d =0.5m，左端接有容量C = 2000療的電容。質(zhì)量m = 20g的導(dǎo)體棒可在導(dǎo)軌上無摩擦滑動(dòng),導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻不計(jì)。整個(gè)空間存在著垂直導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度2T?，F(xiàn)用一沿導(dǎo)軌方向向右的恒力 F1 = 0.44N作用于導(dǎo)體棒，使導(dǎo)體棒從靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t時(shí)間后到達(dá)B處，速度V = 5m/s。此時(shí)，突然將拉力方向變?yōu)檠貙?dǎo)軌向左，大小變?yōu)镕2，又經(jīng)2t時(shí)間后導(dǎo)體棒返回到初始位置A處，整個(gè)過

11、程電容器未被擊穿。求(1)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)，電容C上的電量;(2)t的大小;F2的大小。A1n1X 環(huán) X ； X63 .如圖所示，兩根豎直固定的足夠長的金屬導(dǎo)軌ab和cd相距L= 0.2m，另外兩根水平金屬桿MN和PQ的質(zhì)量均為m = 10kg，可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑動(dòng)，MN桿和PQ桿的電阻均為R= 0.2 Q（豎直金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)）,PQ桿放置在水平絕緣平臺(tái)上，整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向里的磁場中，g取10m/s 2。若將PQ桿固定，讓MN桿在豎直向上的恒定拉力F = 0.18N的作用下由靜止開始向上運(yùn)動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度Bo= 1.0T，桿MN的最大速度為多少?若將MN桿固定，MN和PQ的間距為

12、ABd=0.4m，現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度從零開始以-0.5T/S的變化率均勻地增大，經(jīng)過多長時(shí)間，桿PQ對(duì)地面的壓力為零?(3XiXXXX X IIXX nNXXre4 .如圖所示，兩平行且無限長光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ 與水平面的夾角為0= 30。，兩導(dǎo)軌之間相距為L = 1m，兩導(dǎo)軌M、P間接入電阻R= 0.2 Q,導(dǎo)軌電阻不計(jì)。在abdc區(qū)域內(nèi)有一個(gè)方向垂直于兩導(dǎo)軌平面向下的磁場I,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0 =仃，磁場的寬度 X1 =1m，在cd連線以下的區(qū)域有一個(gè)方向也垂直于兩導(dǎo)軌平面向下的磁場n,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1=0.5T。一個(gè)質(zhì)量為m = 1kg的金屬棒垂直放在金屬導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的電

13、阻r = 0.2 Q。若將金屬棒在離ab連線上端xo處自由釋放，則金屬棒進(jìn)入磁場I恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)。金屬棒進(jìn)入磁場n后，經(jīng)過ef時(shí)系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，cd與ef之間的距離8m 。 (g 取 10m/s 2)(1)求金屬棒從開始靜止到在磁場n中達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)這一過程中電阻R產(chǎn)生的熱量;(2)求金屬棒從開始運(yùn)動(dòng)到在磁場n中達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)所經(jīng)過的時(shí)間。輔導(dǎo)23 :電磁感應(yīng)中的“桿+導(dǎo)軌”類問題（3大模型）解題技巧訓(xùn)練題參考答案1 .【答案】：(1)4.5C ; 1.8J ; (3)5.4J。【解析】：（1）設(shè)金屬棒做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t，回路中磁通量的變化量為，回路 A中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢為E，則由

14、法拉第電磁感應(yīng)定律得E ，其中Blx- E設(shè)回路中的平均電流為1，則由閉合電路歐姆定律得1= R+；通過電阻R的電荷量q = I At聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得 q = 4.5C。設(shè)撤去外力時(shí)棒的速度為V,在棒做勻加速運(yùn)動(dòng)的過程中，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v2= 2ax1設(shè)棒在撤去外力后的運(yùn)動(dòng)過程中安培力做的功為W，由動(dòng)能定理得 W = 0 -mv 1 又尹t2 = - a1t 2t 尹(2t)2撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱 Q2 = W代入數(shù)據(jù)解得Q2= 1.8J。由題意知，撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1 : Q 2 = 2 : 1 ,可得 Q 1 = 3.6J在棒運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，由功能關(guān)系

15、可知Wf = Qi + Q2 = 5.4J。2 .【答案】：(1)1 X10 將相關(guān)數(shù)據(jù)代入解得F2 = 0.55N。 3.【答案】：(1)0.8m/s ; (2)10s。 【解析】：(1)MN桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為 Ei = BoLvC； (2)0.25s ; (3)0.55N?！窘馕觥浚?1)當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到B處時(shí)，電容器兩端電壓為 U = Bdv = 2X0.5X5 V = 5V此時(shí)電容器的帶電量 q = CU = 2 000 X10 6X5 C = 1 X10 2C。棒在Fi作用下有Fi Bld = mai,q CBd AvAv又 1= =，a1 =AtAtAtF1聯(lián)立解得：a1

16、 = m + cB2d2= 20 m/s2v則 t = 0.25s。a1(3)由(2)可知棒在F2作用下，運(yùn)動(dòng)的加速度F2a2=，方向向左,E1由閉合電路歐姆定律，得I1 = 2RMN桿所受安培力大小為F安=BoliL對(duì)MN桿應(yīng)用牛頓第二定律，得 F mg F安=ma當(dāng)MN桿速度最大時(shí)，MN桿的加速度為零，聯(lián)立解得，MN桿的最大速度為BL2vm = 2（F 2mg）R = aym/s = 0.8m/s。 1 0.2 ABLd回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢為 E2E2由閉合電路歐姆定律得I22 RABt時(shí)刻的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B =tAtPQ桿對(duì)地面的壓力恰好為零時(shí)，由平衡條件，有 mg = BI2L2 X10

17、-2 X10 X0.20.5 2X 0.22X0.4s 10s。2mgR聯(lián)立解得t =AB2L2dAt4 .【答案】：（1）7.5J ;3.1s 。B0LV1【解析】：金屬棒進(jìn)入磁場I區(qū)域勻速運(yùn)動(dòng)，則1二喬mg sin30 MB0IL解得：vi = 2 m/s金屬棒在未進(jìn)入磁場前做初速度為 0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則 mgsin30。和a解得：a = 5m/s 2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有2axo = vi2解得：xo= 0.4 m金屬棒在通過磁場n區(qū)域達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，重力沿斜軌道向下的分力與安培力相等。B1 Lv2I，R+ r mg sin30 =BiiL 解得：V2= 8 m/s金屬棒從開始運(yùn)動(dòng)到在磁場n區(qū)域中達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理，有1mg (X0 + X1 + X2)sin 30 +W 安=；mv22 - 0產(chǎn)生的熱量：Q = 一 W安=15J1Qr= Q = 7.5J。2 (2)vi = at 1, ti = 0.4s , xi =