高分策略之電磁感應(yīng)中的桿+導(dǎo)軌模型

1、電厳感應(yīng)現(xiàn)象中的桿+導(dǎo)軌模型牛頓定律 平衡條件 動(dòng)挺定理飭能定理 能迪一、單棒問題、含容式單棒問題基本模型運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)最終特征放電式a逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)勻速運(yùn)動(dòng)rr-LI = 0J= 1三、無(wú)外力雙棒問題基本模型運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)最終特征桿1做a漸小的加速運(yùn)動(dòng)桿2做a漸小的減速運(yùn)動(dòng)Vl=V2I = 0無(wú)外力不等距式a= 0桿1做a漸小的減速運(yùn)動(dòng)I = 0桿2做a漸小的加速運(yùn)動(dòng)LlVl = L2V2四、有外力雙棒問題基本模型運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)最終特征有外力等距式1 2桿1做a漸大的加速運(yùn)動(dòng)桿2做a漸小的加速運(yùn)動(dòng)ai=a2, A v 恒定1恒定有外力不等距式1桿1做a漸小的加速運(yùn)動(dòng)桿2做a漸大的加速運(yùn)動(dòng)a1* a2, a

2、1、a2 恒定1恒定題型一阻尼式單棒模型如圖。1電路特點(diǎn)：導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源。2 安培力的特點(diǎn)：安培力為阻力，并隨速度減小而減小。Fb=BII= 3. 加速度特點(diǎn)：加速度隨速度減小而減小，a=二=4. 運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：速度如圖所示。Error! Digit expected.-0 = Q ,biit 0 a+rmv°a減小的減速運(yùn)動(dòng)5 最終狀態(tài)：靜止6. 三個(gè)規(guī)律(1) 能量關(guān)系：(2) 動(dòng)量關(guān)系：q =，q =(3) 瞬時(shí)加速度：L的區(qū)域內(nèi),【典例1】如圖所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)分布在寬為有一個(gè)邊長(zhǎng)為a（ a<L）的正方形閉合線圈以初速Vo垂直磁場(chǎng)邊界滑過磁場(chǎng)后

3、速度變?yōu)閂（ V<Vo）那么（A. 完全進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)線圈的速度大于（V0+V）/2B. 安全進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)線圈的速度等于（vo+v）/2C. 完全進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)線圈的速度小于（Vo+V） 12D. 以上情況A B均有可能，而 C是不可能的【答案】B【解析】設(shè)線圈完全進(jìn)入磁場(chǎng)中時(shí)的速度為對(duì)于線圈進(jìn)入磁場(chǎng)的過程，據(jù)動(dòng)量定理可得:對(duì)于線圈穿出磁場(chǎng)的過程，據(jù)動(dòng)量定理可得:Vx。線圈在穿過磁場(chǎng)的過程中所受合外力為安培力。占©詔-= -Ba - - Ba訊幾-氏艮r(nóng)占Ba2鳳址=Ba二-鈕加廿一 wiv&R由上述二式可得 '.一，即B選項(xiàng)正確?！镜淅?】如圖所示，AB桿受一沖量

4、作用后以初速度vo=4m/s沿水平面內(nèi)的固定軌道運(yùn)動(dòng)，經(jīng)一段時(shí)間后而停止.AB的質(zhì)量為m=5g導(dǎo)軌寬為L(zhǎng)=,電阻為R=2Q，其余的電阻不計(jì)，磁感強(qiáng) 度B=，棒和導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為卩=，測(cè)得桿從運(yùn)動(dòng)到停止的過程中通過導(dǎo)線的電量q=102C,求：上述過程中 （g取10m/s2）X XX X 廣VoX B XX XTX xARX X B X X(1) AB桿運(yùn)動(dòng)的距離;(2) AB桿運(yùn)動(dòng)的時(shí)間;(3) 當(dāng)桿速度為2m/s時(shí)，其加速度為多大【答案】(1) ; ( 2); (3) 12m/s2.【解析】(1) AB棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流設(shè)向右運(yùn)動(dòng)的距宮為®卿平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E_ATa7平均

5、釀電加耆黑壬過的電荷科卩込普代入解得；gR_lQ-2X2K"BL=0.5X 0.4導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，當(dāng)速度為v時(shí)，電動(dòng)勢(shì)E= Blv(2)根據(jù)動(dòng)量定理有：-(F安t+卩mgt) =0 - mo而 F 安t=BLt=BLq，得：BLq+口 mgt=mvo,解得：t=(3)當(dāng)桿速度為2m/s時(shí)，由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=BLv安培力為：F=BIL，而1=然后根據(jù)牛頓第二定律：F+卩mg=ma2 2代入得：-_I -.1 _解得加速度：a=12m/s2,題型二發(fā)電式單棒1. 電路特點(diǎn)2. 安培力的特點(diǎn)安培力為阻力，并隨速度增大而增大 F b=BI|=,疙丁 =:3. 加速度特點(diǎn)加速度隨速度增大而

6、減小.a =一=-mA nfi? * 刨4運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：速度如圖所示。a減小的加速運(yùn)動(dòng)5最終特征：勻速運(yùn)動(dòng)6.兩個(gè)極值 a=0時(shí),有最大速度:v=0時(shí),有最大加速度:s)(R r)(F - 口胡 nr * j'j7. 穩(wěn)定后的能量轉(zhuǎn)化規(guī)律卩|詁=+ - W叭| J * r&起動(dòng)過程中的三個(gè)規(guī)律動(dòng)量關(guān)系：Ft-BLq- f物詔注=喬-0 能量關(guān)系：Fs=QE+；誼汽+ Error! Digit expected.瞬時(shí)加速度：a =q =9.幾種變化電路變化(2)磁場(chǎng)方向變化(3)拉力變化若勻加速拉桿則 F大小恒定嗎(4) 導(dǎo)軌面變化(豎直或傾斜)；X >加沿斜面恒力或通過定滑輪

7、掛一重物或加一開關(guān)m的金屬棒ab導(dǎo)軌的一端連接【典例3】如圖所示,水平放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌上有一質(zhì)量為電阻R,其他電阻均不計(jì)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面向下，金屬棒ab在一水平恒力F作用下由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)則（）A. 隨著ab運(yùn)動(dòng)速度的增大，其加速度也增大B. 外力F對(duì)ab做的功等于電路中產(chǎn)生的電能C. 當(dāng)ab做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，外力 F做功的功率等于電路中的電功率D. 無(wú)論ab做何種運(yùn)動(dòng)，它克服安培力做的功一定等于電路中產(chǎn)生的電能【答案】CD【解析】設(shè)話的速度為町運(yùn)動(dòng)的加遠(yuǎn)度尸一；隨看卩的增大曲由靜止先做加速度逐漸減小的加 速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)尸0后做勻速運(yùn)動(dòng)，貝打選項(xiàng)錯(cuò)誤;由能量守恒知，外力

8、店對(duì)曲做的功等于電跑中產(chǎn)生的電能 和詁増加的動(dòng)能之和曲克服安培力做的功一定等千電路中產(chǎn)生的電能則B選I頁(yè)錯(cuò)誤，D選項(xiàng)正確咅當(dāng) 站値勻連運(yùn)動(dòng)時(shí)，外力尸做功的功率等于電路中的電功率"則c選項(xiàng)正確.【典例4】一個(gè)閉合回路由兩部分組成，如圖所示，右側(cè)是電阻為r的圓形導(dǎo)線，置于豎直方向均勻變化的磁場(chǎng) B中，左側(cè)是光滑的傾角為 0的平行導(dǎo)軌，寬度為 d,其電阻不計(jì).磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直導(dǎo)軌平面向上，且只分布在左側(cè)，一個(gè)質(zhì)量為m電阻為R的導(dǎo)體棒此時(shí)恰好能靜止在導(dǎo)軌上，分析下述判斷正確的是（）A.圓形導(dǎo)線中的磁場(chǎng)，可以方向向上且均勻增強(qiáng)，也可以方向向下且均勻減弱B.導(dǎo)體棒ab受到的安培力大

9、小為 n 0C.回路中的感應(yīng)電流為 mg?l °D.圓形導(dǎo)線中的電熱功率為mg2sin 2 eR2d2(r + R)【答案】ABC【解析】根據(jù)左手定則，導(dǎo)體棒上的電流從b到a,根據(jù)電磁感應(yīng)定律可得 A項(xiàng)正確；根據(jù)共點(diǎn)力平衡知識(shí)，導(dǎo)體棒ab受到的安培力大小等于重力沿導(dǎo)軌向下的分力，即m®in e，B項(xiàng)正mcsin e確；根據(jù)m®n e = Bld，解得1=Bd , C項(xiàng)正確；圓形導(dǎo)線的電熱功率mg>i nBde 2 mg2sin 2)r=Eid2r,D項(xiàng)錯(cuò)誤.【典例4】如圖甲所示，兩根足夠長(zhǎng)平行金屬導(dǎo)軌MN PQ相距為L(zhǎng),導(dǎo)軌平面與水平面夾角為a，金屬棒ab垂

10、直于MN PQ放置在導(dǎo)軌上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的方向垂直于導(dǎo)軌平面斜向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B金屬導(dǎo)軌的上端與開關(guān)S、定值電阻R和電阻箱F2相連。不計(jì)一切摩擦，不計(jì)導(dǎo)軌、金屬棒的電阻，重力加 速度為g?，F(xiàn)在閉合開關(guān)S,將金屬棒由靜止釋放。°20 ft/n(2)若電阻箱F2接入電路的阻值為0,當(dāng)金屬棒下降高度為h時(shí)，速度為v,求此過程中定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱 Q; 當(dāng)B= T , L= m, a = 37°時(shí)，金屬棒能達(dá)到的最大速度Vm隨電阻箱F2阻值的變化關(guān)系,如圖乙所示。取 g= 10 m/s 2, sin 37 °

11、=, cos 37 °=。求R的阻值和金屬棒的質(zhì)量 m1 2【答案】(1) a (2) mgh 2mv (3) Q kg【解折】 由右手定則可知，金屬棒詁中的電流方問為由白到由能量守恒定律抓金屬棒砂的重力勢(shì)能等于増加的動(dòng)能和電路中產(chǎn)生的焦耳懲即(3)金屬棒達(dá)到最大速度 Vm時(shí)，切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E= BLVm由閉合電路的歐姆定律得：EI = R+ R從b端向a端看，金屬棒受力如圖所示金屬棒達(dá)到最大速度時(shí)，滿足：mi n a BIL = 0mgsin a由以上三式得 Vm=由圖乙可知：斜率60 30 i ik =2=15 m1 1s Q ,縱軸截距 v = 30 m/s所以m

12、gsinmgsinb2l2b2l2解得 R = Q, m= kg題型三無(wú)外力等距雙棒1 11.電路特點(diǎn)棒2相當(dāng)于電源；棒1受安培力而加速起動(dòng)，運(yùn)動(dòng)后產(chǎn)生反電動(dòng)勢(shì)IBIV2BIv1Bl( V2V1 )2.電流特點(diǎn)：R1R2R1 R*2隨著棒2的減速、棒1的加速，兩棒的相對(duì)速度 V2-V1變小，回路中電流也變小。IBIVom Vl=0時(shí)：電流最大，R R2V2=V1時(shí)：電流 I = 03 兩棒的運(yùn)動(dòng)情況Fb BII安培力大?。? 2B I (V2 Vi )R1 R2兩棒的相對(duì)速度變小，感應(yīng)電流變小，安培力變小棒1做加速度變小的加速運(yùn)動(dòng),棒2做加速度變小的減速運(yùn)動(dòng)，最終兩棒具有共同速度。4 兩個(gè)規(guī)律

13、(1) 動(dòng)量規(guī)律兩棒受到安培力大小相等方向相反，系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒m2Vo ( m1m2 )v共(2) 能量轉(zhuǎn)化規(guī)律系統(tǒng)機(jī)械能的減小量等于內(nèi)能的增加量 (類似于完全非彈性碰撞)1 2 1 2mt Vo (m1 m2 )v# + Q2 2兩棒產(chǎn)生焦耳熱之比:Q1RQ2R5.幾種變化:(1) 初速度的提供方式不同(2) 磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌不垂直(3) 兩棒都有初速度1 2兩棒動(dòng)量守恒嗎(4)兩棒位于不同磁場(chǎng)中X X (Xi; « X XVIX X *"«昭r *x x/x V弋兩棒動(dòng)量守恒嗎匕導(dǎo)軌電阻不MN I中的【典例5】如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定

14、在傾角e = 30°的斜面'計(jì)，間距L= m.導(dǎo)軌所在空間被分成區(qū)域I和n,兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，n中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均 為B= T .在區(qū)域I中，將質(zhì)量 mi = kg，電阻R= Q的金屬條ab放在導(dǎo)軌上，ab剛好不下滑然后，在區(qū)域n中將質(zhì)量m = kg，電阻Q的光滑導(dǎo)體棒cd置于導(dǎo)軌上，由靜止開始下滑.cd在滑動(dòng)過程中始終處于區(qū)域n的磁場(chǎng)中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，取 g= 10 m/s 2，問：(1) cd下滑的過程中，ab中的電流方向；ab剛要向上滑動(dòng)時(shí)，cd的速度v多大； 從c

15、d開始下滑到ab剛要向上滑動(dòng)的過程中，cd滑動(dòng)的距離x= m,此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少.【答案】(1)由a流向b (2)5 m/s (3) J解析】 根右手定朋知?jiǎng)又须姏龇絾栍尚∪懴虬裙试b中電流方向由凸流向英幵始加置譎剛好不下滑時(shí)詁所受摩撥力為最大靜摩操力.殺其為心，有凡尸陰呵 設(shè)甜酣子要上滑時(shí)，胡檯的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為毎由曲立第電磁感應(yīng)主律有設(shè)電路中的感應(yīng)電流為兒由閉合電路歐姆定律有iS甜所受安培力為尸如有此時(shí)ab受到的最大摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有F安=mgsin 0 + Fma聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得：1 2mgxsin9 = Q總 + 評(píng)v 由串聯(lián)電路規(guī)律有 Q= rrQ總聯(lián)立解

16、得：Q= J題型四有外力等距雙棒1. 電路特點(diǎn)棒2相當(dāng)于電源，棒1受安培力而起動(dòng)2運(yùn)動(dòng)分析：某時(shí)刻回路中電流:安培力大?。篎BIBlv 2Blv !R1R2BIla2FFb棒2 :m2代吋I /I幾i最初階段，a2>a,只要a2>a.當(dāng)a2 = a1時(shí)，V2-V1恒定，I恒定，F(xiàn)b恒定，兩棒勻加速3.穩(wěn)定時(shí)的速度差F ( m1 m2 )aFb BIlI Bl( V2w )RR2(R R2 )m FV2 V1 2 2 B l (mi m2)4.變化(1)兩棒都受外力作用(2) 外力提供方式變化【典例6】如圖所示,兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌MN PQ與水平面的夾角 a =30°

17、 ,導(dǎo)軌光滑且電阻不計(jì)，導(dǎo)軌處在垂直導(dǎo)軌平面向上的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中兩根電阻都為R=2 Q、質(zhì)量都為n= kg的完全相同的細(xì)金屬棒ab和cd垂直導(dǎo)軌并排靠緊的放置在導(dǎo)軌上，與磁場(chǎng)上邊界距離為 x= m,有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)寬度為3x= m.先將金屬棒ab由靜止釋放，金屬棒ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)就恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)立即由靜止釋放金屬棒cd,金屬棒cd在出磁場(chǎng)前已做勻速運(yùn)動(dòng).兩金屬棒在下滑過程中 金屬棒cd在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過程中通過回路某一截面的電荷量q;(3) 兩根金屬棒全部通過磁場(chǎng)的過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱Q【答案】(1)1 A (2) C (3)8 J【解析】(D解；i-=由 解得=4由二JffCm 口 解得刃=

18、1 Tm又因Q、故 7=1 A莊法二：由廁跡sin tr 得嚴(yán)/ /sin o * x4 m/s 又闞或sin or_T2F.解得7=1 A 兩金屬棒單獨(dú)在磁場(chǎng)中時(shí)通過的距離都為2x,因而通過的電荷量大小相等.2xq= qab= It 1= I -:= 1 x C = C'2gsi na x(3) 兩根金屬棒全部通過磁場(chǎng)的過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱Q等于兩棒損失的機(jī)械能Q= m§in a 2x + mgsin a 3x= mgsin a 5x= 8 J.【典例7】如圖所示，間距I = m的平行金屬導(dǎo)軌 abC1和a2b2C2分別固定在兩個(gè)豎直面內(nèi)在 水平面a1b1b2a2區(qū)域內(nèi)和

19、傾角 0 = 37°的斜面C1db2C2區(qū)域內(nèi)分別有磁感應(yīng)強(qiáng)度B= T、方向豎直向上和 B= 1 T、方向垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng).電阻R= Q、質(zhì)量 m= kg、長(zhǎng)為I的相同導(dǎo)體桿K、S Q分別放置在導(dǎo)軌上，S桿的兩端固定在 4、b2點(diǎn)，K、Q桿可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦滑 動(dòng)且始終接觸良好.一端系于K桿中點(diǎn)的輕繩平行于導(dǎo)軌繞過輕質(zhì)定滑輪自然下垂，繩上穿有質(zhì)量m= kg的小環(huán).已知小環(huán)以 a= 6 m/s 2的加速度沿繩下滑.K桿保持靜止，Q桿在垂直于桿且沿斜面向下的拉力F作用下勻速運(yùn)動(dòng)不計(jì)導(dǎo)軌電阻和滑輪摩擦，繩不可伸長(zhǎng)取g= 10m/s2, sin 37 ° =, cos 37 &

20、#176; =.求：(1) 小環(huán)所受摩擦力的大??；(2) Q桿所受拉力的瞬時(shí)功率.【答案】 (1) N (2)2 W【解析】 設(shè)小環(huán)受到的摩揀力大小為另，由牛頓第二定律，有砂-兀二廊KD代入數(shù)據(jù)，得斥二0展 設(shè)通過K桿的電流為11, K桿受力平衡，有 Ff = Bill設(shè)回路總電流為I，總電阻為R總，有i = 2113 R總=?R設(shè)Q桿下滑速度大小為 v,產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E,有E= Blv F+ mgs in 0 = B2II 拉力的瞬時(shí)功率為P= Fv聯(lián)立以上方程，代入數(shù)據(jù)得P= 2 W.題型五 電容放電式:1. 電路特點(diǎn)電容器放電，相當(dāng)于電源；導(dǎo)體棒受安培力而運(yùn)動(dòng)。2. 電流的特點(diǎn) 電容

21、器放電時(shí)，導(dǎo)體棒在安培力作用下開始運(yùn)動(dòng)，同時(shí)產(chǎn)生阻礙放電的反電動(dòng)勢(shì)，導(dǎo)致電流減 小，直至電流為零，此時(shí) UC=Blv3. 運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)a漸小的加速運(yùn)動(dòng)，最終做勻速運(yùn)動(dòng)。4最終特征：勻速運(yùn)動(dòng)，但此時(shí)電容器帶電量不為零 5 .最大速度 Vm 電容器充電量：Q0 CE放電結(jié)束時(shí)電量：Q CU CBlVm電容器放電電量：Q Qo Q CE CB|vm對(duì)桿應(yīng)用動(dòng)量定理：mVmBIl t Bl QBICEm B2|2C6 達(dá)最大速度過程中的兩個(gè)關(guān)系安培力對(duì)導(dǎo)體棒的沖量:mvmmBICEm B2I2C-mvm2m(BICE)安培力對(duì)導(dǎo)體棒做的功:2(m B2|2C)(2)開關(guān)S與觸頭2閉合后，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定時(shí)的

22、速度v.易錯(cuò)點(diǎn)：認(rèn)為電容器最終帶電量為零7.幾種變化(1) 導(dǎo)軌不光滑XX="XX(2) 光滑但磁場(chǎng)與導(dǎo)軌不垂直【典例8】如圖所示，在水平面內(nèi)有一個(gè)半徑為a的金屬圓盤，處在豎直向下磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬圓盤繞中心0順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，圓盤的邊緣和中心分別通過電刷與右側(cè)電路相連，圓盤的邊緣和中心之間的等效電阻為r，外電阻為R,電容器的電容為 C,單刀雙擲開關(guān)S與觸頭1閉合，電路穩(wěn)定時(shí)理想電壓表讀數(shù)為U,右側(cè)光滑平行水平導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，處在豎直向下磁感強(qiáng)度也為 B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩導(dǎo)軌電阻不計(jì)，間距為 L,導(dǎo)軌上垂直放置質(zhì)量為 m, 電阻也為R的導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，求

23、：(1) 金屬圓盤勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角度3；【答案】1 ；（2）RBa2nd-5£L2C【解析】(1)根1E歐姆定律得：1=, 根據(jù)詡合電臟姆定律得：E=I (Rtr)=更響 又因?yàn)?E=Bav=Baaa)、2解得：0_2U(R±gRBa2(2) 根據(jù)動(dòng)量定理得：FA t=mv - 0,而 FAt=BIL t=BL q,電荷的變化量 q=CA U,電壓的變化量 U=U- U' =U- BLv貝U mv=BLC（ U- BLv）解得：v=BLCUuri-B2L2C題型六電動(dòng)式單棒1 電路特點(diǎn)：導(dǎo)體為電動(dòng)邊，運(yùn)動(dòng)后產(chǎn)生反電動(dòng)勢(shì)(等效于電機(jī))2. 安培力的特點(diǎn)安培力為運(yùn)動(dòng)動(dòng)力，并

24、隨速度減小而減小。Fb BIlB（EE反）| = b（e BL）R rR r3. 加速度特點(diǎn)：加速度隨速度增大而減小Fbmg =B(E Blv)lmm(R r)4. 運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)a減小的加速運(yùn)動(dòng)25最終特征：勻速運(yùn)動(dòng)6.兩個(gè)極值 (1)最大加速度:v=0時(shí),E反=0,電流、加速度最大BIml，am(2) 最大速度：穩(wěn)定時(shí)，速度最大，電流最小IminE BlVmR rmg FminBIminl BE BlVmR rEmg(R r)Bl B2l2mgvm7.穩(wěn)定后的能量轉(zhuǎn)化規(guī)律I min E ER rFm min E反I min ( R r )&起動(dòng)過程中的三個(gè)規(guī)律(1)動(dòng)量關(guān)系：BLq mg

25、t mvm °能量關(guān)系:qE QemgS1 2 mvm(3) 瞬時(shí)加速度:Fb mgm= b(E Blv) m( R r)Bl sR廠還成立嗎9.幾種變化(1)導(dǎo)軌不光滑(2)傾斜導(dǎo)軌(3) 有初速度(4) 磁場(chǎng)方向變化【典例9】如圖所示，水平放置的足夠長(zhǎng)平行導(dǎo)軌 MN PQ的間距為L(zhǎng)=,電源的電動(dòng)勢(shì) 內(nèi)阻r= Q,金屬桿EF的質(zhì)量為m=1kg其有效電阻為 R=Q,其與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因素為 整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T,現(xiàn)在閉合開關(guān)，求：E=10V,卩=,(1) 閉合開關(guān)瞬間，金屬桿的加速度;(2)金屬桿所能達(dá)到的最大速度;（3）當(dāng)其速度為v=20m/s時(shí)桿的

26、加速度為多大（g=10m/s2,不計(jì)其它阻力）【答案】【解析】（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律，有:E 10r+R 0,140.4"20A安培力:Fa=BIL=1 X 20 X =2N根據(jù)牛頓第二定律，有：a=墮巴1二1產(chǎn)匹"m12(1) 1m/s ; (2) 50m/s ; (3)<2）當(dāng)達(dá)到最大速度時(shí)，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件，有:BI7 L-吹=0解得：r普斗需匹血DL i U. 1，E-BL vm根18閉合電路歐姆定律有：二一嚴(yán) r+K（3）當(dāng)其速度対悴初血怎時(shí)，反向的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E0.1X1X20=27電流T E E感1°-2毛叫1- r+R電1也4

27、卜阪故根據(jù)牛頓第二定津，有:na=BlL解得；BILJXIBXO.I-O.IXIXIO Wg2【典例10】如圖所示，長(zhǎng)平行導(dǎo)軌 PQ MN光滑，相距I 0.5m處在同一水平面中，磁感應(yīng) 強(qiáng)度B=的勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直向下穿過導(dǎo)軌面橫跨在導(dǎo)軌上的直導(dǎo)線ab的質(zhì)量m =、電阻R=Q,導(dǎo)軌電阻不計(jì)導(dǎo)軌間通過開關(guān)S將電動(dòng)勢(shì)E =、內(nèi)電阻r =Q的電池接在 M P兩端，試計(jì)算 分析:(V XX1XX.V XF丄X71 X>XXXP XQ（1） 在開關(guān)S剛閉合的初始時(shí)刻，導(dǎo)線 ab的加速度多大隨后 ab的加速度、速度如何變化（2）在閉合開關(guān)S后，怎樣才能使 ab以恒定的速度 u =s沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng)試描述這時(shí)

28、電路中的能量轉(zhuǎn)化情況（通過具體的數(shù)據(jù)計(jì)算說(shuō)明）【答案】見解析【解析J（。在T剛廚合的瞬間得線處速度為零，沒育電晞感應(yīng)現(xiàn)彖，由的電流山="尢，j?-Fr加受安培力水平向右，此時(shí)瞬時(shí)加速度砌= = =6/?m m諂運(yùn)動(dòng)起來(lái)且將發(fā)生電疲感應(yīng)現(xiàn)象.甜向右運(yùn)動(dòng)的速度為“時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) =月"，根1E右手定則訪上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)（占端電勢(shì)比上為高）在閉合電路中與電池電動(dòng)勢(shì)相反.電膽中的電流（順時(shí)打方臥J7_ Jp1/ = -） W小小于片1曲片站所受的向右的安培力隨之；虜4加速度也減小.辱管加遠(yuǎn)度減小, R十廠速度還杲在増大,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)總隨速度的增大而增大，電路中電茨進(jìn)一步湎小，安培力、加

29、速度也隨之進(jìn) 一步減小，當(dāng)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)莊與電池電動(dòng)勢(shì)無(wú)相等時(shí)，電路中電流礙 甜所受安培力、加速度也為害這 時(shí)盛的速度達(dá)到最大值，隨后則以最犬速度繼續(xù)向右俶勻速運(yùn)動(dòng)設(shè)最終達(dá)到的最大速度為u m,根據(jù)上述分析可知：E Bl m 0E1 5所以 m 15 m/s=s.Bl 0.8 0.5（2）如果ab以恒定速度7.5 m/s向右沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，則 ab中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E Blv 0.8 0.5 7.5V=3VIE E 315由于E > E ,這時(shí)閉合電路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，大小為：IA=R r 0.80.2直導(dǎo)線ab中的電流由b到a,根據(jù)左手定則，磁場(chǎng)對(duì) ab有水平向左的安培力作用，大小為F'

30、; BII '0.8 0.5 1.5 N=所以要使ab以恒定速度v 7.5m/s向右運(yùn)動(dòng)，必須有水平向右的恒力F 0.6N作用于ab.上述物理過程的能量轉(zhuǎn)化情況，可以概括為下列三點(diǎn)： 作用于ab的恒力（F）的功率：P Fv 0.6 7.5W= 電阻（R +r）產(chǎn)生焦耳熱的功率：p' |電路特點(diǎn)導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源；電容器被充電 電流的特點(diǎn)| Blv Uc導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源；F安為阻力，棒減速，E減小，有I感，RI感漸小，電容器被充電。U漸大，阻礙電流，當(dāng) Blv =Ub時(shí)，1=0, F安=0,棒勻速運(yùn)動(dòng)。3 .運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：a漸小的加速運(yùn)動(dòng)，最終做勻速運(yùn)動(dòng)。4最終特征：勻速運(yùn)動(dòng)，但此時(shí)電

31、容器帶電量不為零（R r） 1.52 （0.8 0.2） w= 逆時(shí)針方向的電流I '，從電池的正極流入，負(fù)極流出，電池處于“充電”狀態(tài)，吸收能量，以化學(xué)能的形式儲(chǔ)存起來(lái).電池吸收能量的功率：P' i'e 1.5 1.5 W=由上看出，P P' P"，符合能量轉(zhuǎn)化和守恒定律（沿水平面勻速運(yùn)動(dòng)機(jī)械能不變） 題型七電容無(wú)外力充電式5.最終速度電容器充電量：q Cu最終導(dǎo)體棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)等于電容兩端電壓：U Blv對(duì)桿應(yīng)用動(dòng)量定理：mvo mv BII t B|qV Vob2i2cm【典例11】 光滑U型金屬框架寬為L(zhǎng),足夠長(zhǎng)，其上放一質(zhì)量為m的金屬棒ab,

32、左端連接有一電容為C的電容器，現(xiàn)給棒一個(gè)初速v0，使棒始終垂直框架并沿框架運(yùn)動(dòng)，如圖所示。求導(dǎo)體棒的最終速度?！窘庹邸浚寒?dāng)金屬棒此做切t蛾力豈疑動(dòng)時(shí)，要產(chǎn)主感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，倉(cāng)樣，電容器Q將被充電詬樟中育充 電電流存在，此棒受到安培力的怔用而握遠(yuǎn)，當(dāng)朮棒以穩(wěn)定速度W勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，有：BLV=UC=(1/C 而對(duì)導(dǎo)休棒ab利用動(dòng)壘定理可得:：-BLq=mv-mvO* 嚇由上述二式可求得：空十於芒C題型八電容有外力充電式1. 電路特點(diǎn)導(dǎo)體為發(fā)電邊；電容器被充電。2. 三個(gè)基本關(guān)系導(dǎo)體棒受到的安培力為:Fb BIla導(dǎo)體棒加速度可表示為：m回路中的電流可表示為:Q C E CBl v t tt3四個(gè)重要結(jié)論

33、:a mg2 2(1)導(dǎo)體棒做初速度為零勻加速運(yùn)動(dòng)：m CB LI CBImg2 2回路中的電流恒定：mg CB 12 2l CB I mg F B(3) 導(dǎo)體棒受安培力恒定：m CB I1 2 導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于電容器儲(chǔ)存的電能：WB 2CBIV4.幾種變化：(1)導(dǎo)軌不光滑(2)恒力的提供方式不同(3) 電路的變化【典例12】如圖所示,豎直放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌，相距I ,導(dǎo)軌一端接有一個(gè)電容器，電容量為C,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,質(zhì)量為m的金屬棒ab可緊貼導(dǎo)軌自由滑 動(dòng).現(xiàn)讓ab由靜止下滑，不考慮空氣阻力，也不考慮任何部分的電阻和自感作用問金屬棒的做什么運(yùn)動(dòng)棒落地時(shí)

34、的速度為多大XXXXXX【答案】2ah2mgh.m CB212【解析】：ab在mg作用下加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間 t ，速度增為v，a =v / t產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BI v電容器帶電量Q=CE=CBI v，感應(yīng)電流 匸Q/t=CBL v/ t=CBI a產(chǎn)生安培力 F=BII =CB2 I 2a，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律 mg-F=ma2 2 2 2ma= mg - CB I a ， a= mg / (m+C B I )落地速度為v . 2ah-2mgh.m CB2l2【精選針對(duì)訓(xùn)練】1.如圖所示，開口向下的導(dǎo)線框固定在豎直平面內(nèi)，上端有一開關(guān)，線框處于與其平面垂直的速度大小，Ek表示導(dǎo)體棒的動(dòng)能,勻強(qiáng)磁場(chǎng)中

35、,磁場(chǎng)的寬度為h. 一導(dǎo)體棒開始時(shí)靜止于 A位置,然后釋放,導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)， 閉合開關(guān)S.用x表示導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場(chǎng)后的位移，i表示棒中的感應(yīng)電流大小， v表示導(dǎo)體棒的a表示導(dǎo)體棒的加速度大小，導(dǎo)體棒與線框的兩個(gè)邊垂直并接觸良好以下圖像可能正確的是（）ABCD【答案】 AC【解析】導(dǎo)體棒逬入磁場(chǎng)后'切劃磁感線，登向上的安培力 W年字如F沁則入-A斫鳴滬響劭棒向下做減速運(yùn)動(dòng)，丁減小，王爭(zhēng)也隨之減小,至學(xué)殛后棒勻速T混手6討亙定門恒 jtUljTn定;下降力之后,i E 日要?jiǎng)?lì)山所以A對(duì),D錯(cuò);如棒進(jìn)入礙場(chǎng)時(shí)'就有畸爭(zhēng)則R比之后，亡 恒定C對(duì)；啟之后,顯應(yīng)隨兀增加而變大,B錯(cuò).2.

36、如圖所示，間距為I的足夠長(zhǎng)光滑平行金屬導(dǎo)軌 MN PQ豎直放置,一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端 M與P間連接阻值為R的電阻,質(zhì)量為m電阻為r的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上.現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑，經(jīng)時(shí)間t下落距離h后達(dá)到最大速度，導(dǎo)軌電阻不計(jì),重力加速度為g.以下判斷正確的是（A. 流過金屬棒ab的電流方向?yàn)橛蒩到bB.從開始運(yùn)動(dòng)到達(dá)到最大速度的時(shí)間內(nèi)，通過金屬棒ab的電荷量為BlhR+ rC.金屬棒的最大速度為mg 珀r2BTD.整個(gè)下落過程中金屬棒ab減少的重力勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為電能【答案】AB【解析】當(dāng)猱度最大時(shí)，有時(shí)卜峪朗於昶,所以 嚴(yán)帶一選項(xiàng)匸錯(cuò)誤：由右手定則知，

37、詁中的電A在漬方向?yàn)橹孀蟮絙,選項(xiàng)迪正確f S尸Rth E項(xiàng)正確；棒曲下落過程中誠(chéng)少的重力勢(shì)能除輕化成電能 用十于外，還轉(zhuǎn)応成了動(dòng)驅(qū)選項(xiàng)D錯(cuò).3. 在傾角為9、足夠長(zhǎng)的光滑斜面上，存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度相等的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向一個(gè)垂直斜面向上，另一個(gè)垂直斜面向下，寬度均為L(zhǎng),如圖6所示.一個(gè)質(zhì)量為 m電阻為R、邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的正方形線框abed.在t = 0時(shí)刻以速度V。進(jìn)入磁場(chǎng)，好做勻速直線運(yùn)動(dòng).經(jīng)過時(shí)間to線框 ab邊到達(dá)gg'與ff '正中間位置時(shí)，框又恰好開始做勻速運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法正確的是( )A.當(dāng)ab邊剛越過ff '時(shí)，線框加速度的大小為3gsin9B. to時(shí)刻

38、線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度為Vo/2315C. to時(shí)間內(nèi)線框中產(chǎn)生的熱量為 2mgLin 9 + mvD. 線框離開磁場(chǎng)的過程中一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)【答案】AC【解析】根據(jù)在十二0吋刻線樁以速度曲進(jìn)入磁場(chǎng)，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng)可知，線框所受安培力等于重力沿 斜面可T的分九電當(dāng)皿邊剛越過 歡 時(shí)線1G中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)杲跚逬入璉場(chǎng)時(shí)的2倍，jT方向相反，上下兩個(gè)邊所受安培方等于剛逬入時(shí)的4倍,方向沿斜面向上，由牛頓第二走律可另EL線框加 速度的大小為3gsin &，選項(xiàng)也正確八時(shí)刻線框sb邊到達(dá)證 與ff1正中間位置時(shí)，由磁sin應(yīng)=諾尹JI解得w二嗨商吋刻線框勻諫運(yùn)動(dòng)的速庸為 皿選項(xiàng)B錯(cuò)誤于由能量守

39、叵定律応時(shí)間內(nèi)線框中產(chǎn)生的 熱量為尸隔in E -驕=|Zsin ； +尋1從 選項(xiàng)C正爲(wèi)線框離幵晞場(chǎng)的過程中做變 加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.4. 如圖所示，在水平桌面上放置兩條相距 I的平行光滑導(dǎo)軌ab與cd,阻值為R的電阻與導(dǎo)軌 的a、c端相連質(zhì)量為m邊長(zhǎng)為I、電阻不計(jì)的正方形線框垂直于導(dǎo)軌并可在導(dǎo)軌上滑動(dòng)整個(gè)裝置放于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 B線框的中點(diǎn)系一不可伸長(zhǎng) 的輕繩，繩繞過固定在桌邊的光滑輕滑輪后 ，與一個(gè)質(zhì)量也為 m的物塊相連，繩處于拉直狀態(tài)現(xiàn) 若從靜止開始釋放物塊，用h表示物塊下落的高度（物塊不會(huì)觸地），g表示重力加速度，其他電阻 不計(jì)，則（）A.因

40、通過正方形線框的磁通量始終不變故電阻R中沒有感應(yīng)電流B.物塊下落的加速度為C.若h足夠大，物塊下落的最大速度為mgRBPD.通過電阻R的電荷量為Blh-R【答案】CD【解析】線框在磁場(chǎng)中切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，電阻R上有感應(yīng)電流，A錯(cuò)；線框中的感應(yīng)電流受到安培阻力作用，物塊和線框的加速度逐漸減小,B錯(cuò)；當(dāng)物塊和線框的加速度為零時(shí) ，線框受到的安培力等于物塊的重力,即安培力F= mg=2 2Bl VmR ，則最大速度為E阻R的電荷量q= It= t，電動(dòng)勢(shì)平均值為RE = 丁,故 q= BRh，D 對(duì).5. 如圖所示，處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的兩根足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌相距L=1 m.導(dǎo)軌平面與水平

41、面成e = 37°角，下端連接阻值為 R= 4 Q的電阻.勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下,磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B= 1 T.質(zhì)量m= kg、電阻r = 1 Q的金屬棒放在兩導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，它們間的動(dòng)摩擦因數(shù) 口 =,金屬棒以初速度I 2Vo= 20 m/s 沿導(dǎo)軌滑下，g= 10 m/s ,sin 37°=,cos 37=.求:（1）金屬棒沿導(dǎo)軌下滑的最大加速度;金屬棒下滑時(shí)電阻 R消耗的最小功率.【答案】（1）6 m/s 2,方向沿導(dǎo)軌向上（2） W【解析】金屬棒在安培阻力作用下做犧速運(yùn)動(dòng)，故其開始T滑時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，加速度最大，設(shè)此吋 憋應(yīng)電漬為Jb則片屁叭

42、五二召解得：m/s5萬(wàn)冋沿導(dǎo)軌向上由平傾滌件得B =呂&1用消耗的功率尸擴(kuò)西解得R1O.24禮6. 光滑平行的金屬導(dǎo)軌 MN和PQ間距L= m,與水平面之間的夾角 a = 30°,勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B= T,垂直于導(dǎo)軌平面向上，MP間接有阻值R= Q的電阻，其它電阻不計(jì)，質(zhì)量 m=kg的金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，如圖甲所示.用恒力F沿導(dǎo)軌平面向上拉金屬直桿ab,由靜止開始運(yùn)動(dòng)，vt圖像如圖乙所示，g= 10 m/s 2,導(dǎo)軌足夠長(zhǎng).求：恒力F的大??；(2) 根據(jù)vt圖像估算在前s內(nèi)電阻上產(chǎn)生的熱量.【答案】 (1)18 N J【解析】(1)由題圖乙知，桿運(yùn)動(dòng)的最大速度為v尸4 m/s ,此時(shí)桿受力平衡:F= m§ina + F 安=m®nBVVmR代入數(shù)據(jù)得：F= 18 N.(2)由題圖ZL可知思末導(dǎo)體桿的速度為鞏=2. 2 m/s.前0.8 s內(nèi)圖線與十軸所包圍的大小方格約合為即個(gè).面積為27X0.2X0. 2=1.08,即前0.8 s內(nèi)導(dǎo)體桿的位移jt=1.08 n< 由能的