電磁感應(yīng),桿,雙桿模型(教師版)（常用）（精品）

1、電磁感應(yīng),桿,雙桿模型(教師版)電磁感應(yīng),桿,雙桿模型(教師版)第九章沖刺 985 深化內(nèi)容電磁感應(yīng)失分點(diǎn)之(三) 電磁感應(yīng)中的“桿導(dǎo)軌”類問(wèn)題(3 大模型)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(guò)程，處理這類問(wèn)題要從功和能的觀點(diǎn)入手，弄清導(dǎo)體棒切割磁感線過(guò)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：模型一 單桿電阻導(dǎo)軌模型初建模型母題 (2017 淮安模擬)如圖所示， 相距為 L 的兩條足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌 MN、PQ 與水平面的夾角為 ，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(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向下。將質(zhì)

2、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)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(guò)程中，桿上產(chǎn)生的熱量。 思路點(diǎn)撥解析 (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(shì) EBLv ，回路中的感應(yīng)電流 I ERR桿所受的安培力 FBIL12電磁感應(yīng),桿,雙桿模型(教師版) 根據(jù)牛頓第二定律有mgsin B2L2v2Rma當(dāng)速度 v0 時(shí)，桿的加速度最大，最大加速度agsin ，方向沿導(dǎo)軌平面向下當(dāng)桿的加速度 a0 時(shí)，速度最大，最大速度vm2mgRsin

3、B2L2 ，方向沿導(dǎo)軌平面向下。(2)桿 cd 從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到達(dá)到最大速度過(guò)程中，根據(jù)能量守恒定律得 mgxsin Q 總mvm2又 Q 桿Q 總 ，所以 Q 桿mgxsin m3g2R2sin2 B4L4。2mgRsin 1答案 (1)gsin ，方向沿導(dǎo)軌平面向下 B2L2 ，方向沿導(dǎo)軌平面向下 (2)2mgxsinB4L4m3g2R2sin2 內(nèi)化模型單桿電阻導(dǎo)軌四種題型剖析題型一(v00)桿 cd 以一定初 速度 v0 在光滑水 平軌道上滑動(dòng)， 質(zhì)量為 m，電阻 不計(jì)，兩導(dǎo)軌間距為 L題型二(v0 0)軌道水平光滑， 桿 cd 質(zhì)量為m， 電阻不計(jì)，兩導(dǎo) 軌間距為 L，拉力 F 恒定題型

4、三(v0 0) 題型四(v0 0)傾斜軌道光滑，豎直軌道光滑，傾角為 ，桿 cd桿 cd 質(zhì)量為m，質(zhì)量為 m，兩導(dǎo)兩導(dǎo)軌間距為 L軌間距為 L桿以速度 v 切割 磁感線產(chǎn)生感應(yīng) 電動(dòng)勢(shì) EBLv，BLv電流 I ，安培力 FBIL。桿做減速 RF開(kāi)始時(shí) a ，桿cd 速度 vt感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) EBLvtIt安培力 F BILt，由安a，當(dāng) a0 時(shí)，開(kāi)始時(shí) a gsin，桿cd 速度vt感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) EBLvtIt安培力 F BILt，由安ma 知 a，當(dāng) a開(kāi)始時(shí) ag，桿cd 速度 vt感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) EBLvtIt安培力 F BILt，由安a，當(dāng) a0 時(shí)，說(shuō)明示意圖力學(xué)觀點(diǎn)安mgF ma 知安

5、FF ma 知安mgsin F B2L2vmR3電磁感應(yīng),桿,雙桿模型(教師版)運(yùn)動(dòng)：vFa ，當(dāng) vmgRv 時(shí)， v 最大，mgRsin v 最大，vm B2L2v 最大，vm B2L20 時(shí)， a0，桿保持靜止圖像觀點(diǎn)重力做的功(或減少的重力勢(shì)能)一部分轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)重力做的功(或減少的重力勢(shì)能)一部分轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)F 做的功一部分轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為能量觀點(diǎn)能，一部分轉(zhuǎn)化1為內(nèi)能： WF Q內(nèi)能： Q 2mv02111能： WG Q2能： WG Q2mvm22mvm2mvm2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 。現(xiàn)用沿導(dǎo)軌平面向

6、上的恒定 外力 F 作用在金屬桿 cd 上，使cd 由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，求 cd 的最大加速度和最大 速度。解析： 分析金屬桿運(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Fmgsin F 安fma又 F BIL ，I E BLv ，所以 F BILB2L2v安 RR RR 安 RRfNmgcos 故 Fmgsin B2L2vmgcos maRR當(dāng)速度 v0 時(shí)，桿的加速度最大，最大加速度amgsin gcos ，方向沿導(dǎo)軌平面向上當(dāng)桿的加速度 a0 時(shí)，速度最大， 2RFmgsin mgcos 。vmB2L24電磁感

7、應(yīng),桿,雙桿模型(教師版) 答案： 見(jiàn)解析模型二 單桿電容器(或電源)導(dǎo)軌模型初建模型母題 (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(chǎng)中，兩根 足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬軌道MN、PQ 固定在水平面內(nèi)，相距為L(zhǎng)。一質(zhì)量為 m 的導(dǎo)體棒 cd垂直于 MN、PQ 放在軌道上，與軌道接觸良好。軌道和導(dǎo)體棒的電阻均不計(jì)。(1)如圖 1 所示，若軌道左端 M、P 間接一阻值為 R 的電阻，導(dǎo)體棒在拉力 F 的作用下 以速度 v 沿軌道做勻速運(yùn)動(dòng)。請(qǐng)通過(guò)公式推導(dǎo)證明：在任意一段時(shí)間t 內(nèi)，拉力 F 所做的 功與電路獲得的電能相等。(2)如圖 2 所示， 若軌道左端接一電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻

8、為 r 的電源和一阻值未知的電阻， 閉 合開(kāi)關(guān) S，導(dǎo)體棒從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)， 經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度vm ，求此時(shí)電源 的輸出功率。(3)如圖 3 所示，若軌道左端接一電容器，電容器的電容為 C，導(dǎo)體棒在水平拉力的作用下從靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)。電容器兩極板間電勢(shì)差隨時(shí)間變化的圖像如圖 4 所示，已知t11時(shí)刻電容器兩極板間的電勢(shì)差為 U 。求導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的水平拉力大小。思路點(diǎn)撥(1)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)受力平衡求出拉力做的功。導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) 產(chǎn)生感應(yīng)電流求出回路的電能。(2)閉合開(kāi)關(guān) S導(dǎo)體棒變加速運(yùn)動(dòng) 產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不斷增大 達(dá)到電源的路端電 壓棒中沒(méi)有電流 由此可

9、求出電源與電阻所在回路的電流電源的輸出功率。(3)導(dǎo)體棒在外力作用下運(yùn)動(dòng) 回路中形成充電電流 導(dǎo)體棒還受安培力的作用 由牛 頓第二定律列式分析。解析 (1)導(dǎo)體棒切割磁感線， EBLv安導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)， FF安 R又 F BIL ，其中 IE5電磁感應(yīng),桿,雙桿模型(教師版) 在任意一段時(shí)間 t 內(nèi)，拉力 F 所做的功 WFvtF 安 vtB2L2v2Rt 電路獲得的電能 EqEEItB2L2v2Rt可見(jiàn)，在任意一段時(shí)間 t 內(nèi)，拉力 F 所做的功與電路獲得的電能相等。(2)導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度vm 時(shí)，棒中沒(méi)有電流，電源的路端電壓 UBLvm 電源與電阻所在回路的電流 IEUr電源的輸出功率

10、 PUIEBLv B2L2v 2mmr。(3)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電勢(shì)差相等 BLvU由電容器的 U-t 圖可知 U 1t導(dǎo)體棒的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系為 v 1t1t可知導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度 a U1BLt1由 C Q和 IQ ，得 ICUCU11U t t t由牛頓第二定律有 FBILma可得 FBLCU1mU1。t1 BLt1答案 見(jiàn)解析內(nèi)化模型單桿電容器(或電源)導(dǎo)軌四種題型剖析題型一(v0 0)軌道水平光滑， 桿 cd 質(zhì)量為m， 電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌間距為 L題型二(v0 0) 題型三(v0 0)軌道水平光滑，傾斜軌道光滑，桿 cd 質(zhì)量為m，桿 cd 質(zhì)量為m，電阻

11、不計(jì)，兩導(dǎo)電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌間距為 L，拉軌間距為 L力 F 恒定題型四(v0 0)豎直軌道光滑， 桿 cd 質(zhì)量為m，電阻為 R，兩導(dǎo) 軌間距為 L說(shuō)明示意圖6電磁感應(yīng),桿,雙桿模型(教師版) 開(kāi)始時(shí) a gsin，桿 cd 速度vtEBLvt，經(jīng)過(guò) t 速度為v v，EBL(vv)，qC(EE)CBLv，Iq CBLa，F(xiàn)CB2L2a，安ma，a，所以 mCB2L2桿勻加速運(yùn)動(dòng)重力做的功一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為電1場(chǎng)能： W mv2E開(kāi)始時(shí) ag，桿cd 速度 vtEBLvt，經(jīng)過(guò) t速度為 vv，EBL(vv)，qC(EE)qtCBLa，F(xiàn) 安CB2L2a，mgFma，amg桿勻加速

12、運(yùn)動(dòng)重力做的功一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為電1場(chǎng)能： W mv2EF開(kāi)始時(shí) a ，桿cd 速度 vtEBLvt，經(jīng)過(guò) t速度為 vv，EBL(vv)，qC(EE)qtCBLa，F(xiàn) 安CB2L2a，aF，所以 mB2L2C桿勻加速運(yùn)動(dòng)F 做的功一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為電場(chǎng)1能： WF 2mv2ECS 閉合，桿cd 受BLE安培力 F ，BLEa mr ，桿 cd 速度 vt感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E 感BLvtI安培力 FBIL加速度 a，當(dāng) EE 時(shí)， v 最大，E且 vm BL電源輸出的電能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能： W電1 mv 2力學(xué)觀點(diǎn)圖像觀點(diǎn)能量觀點(diǎn)安mgsin F ，所以 mCB2L2CBLv，I

13、CBLv，I mgsin 2 mG 2G 2tmr感安CC應(yīng)用模型變式 母題第(3)問(wèn)變成，圖 3 中導(dǎo)體棒在恒定水平外力 F 作用下，從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)， 導(dǎo)軌與棒間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 ，寫(xiě)出導(dǎo)體棒的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系式。解析： 導(dǎo)體棒由靜止開(kāi)始做加速運(yùn)動(dòng)，電容器所帶電荷量不斷增加，電路中將形成充電 電流，設(shè)某時(shí)刻棒的速度為 v ，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 EBLv電容器所帶電荷量為 QCECBLv再經(jīng)過(guò)很短一段時(shí)間 t ，電容器兩端電壓的增量和電荷量的增量分別為UEBLvQCUCBLv7電磁感應(yīng),桿,雙桿模型(教師版)流過(guò)導(dǎo)體棒的電流IQCBLvCBLat t導(dǎo)體棒受到的安培力f1BILCB2L2a導(dǎo)

14、體棒所受到的摩擦力f2mg由牛頓第二定律得 Ff1f2maFmg聯(lián)立以上各式解得 amCB2L2顯然導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以導(dǎo)體棒的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系式為Fmgv t。m CB2L2FmgmCB2L2答案： v t模型三 雙桿導(dǎo)軌模型初建模型母題 (1)如圖 1 所示，兩根平行的金屬導(dǎo)軌，固定在同一水平面上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌所在平面垂直，導(dǎo)軌的電阻很小，可忽略不計(jì)，導(dǎo)軌間的距離為l，兩根 質(zhì)量均為 m、電阻均為 R 的平行金屬桿甲、乙可在導(dǎo)軌上無(wú)摩擦地滑動(dòng)，滑動(dòng)過(guò)程中與導(dǎo) 軌保持垂直。在 t0 時(shí)刻，兩桿都處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)有一與導(dǎo)軌平行，大小恒為F 的力作用于金屬桿甲

15、上，使金屬桿在導(dǎo)軌上滑動(dòng)，試分析金屬桿甲、乙的收尾運(yùn)動(dòng)情況。(2)如圖 2 所示，兩根足夠長(zhǎng)的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌上橫放著 兩根導(dǎo)體棒 ab 和cd，構(gòu)成矩形回路。在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，設(shè)兩導(dǎo) 體棒均可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦地滑行。開(kāi)始時(shí)，棒 cd 靜止，棒 ab 有指向棒 cd 的初速度。若兩導(dǎo) 體棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸，試定性分析兩棒的收尾運(yùn)動(dòng)情況。思路點(diǎn)撥(1)金屬桿甲運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) 回路中有感應(yīng)電流 乙受安培力的作用做加速運(yùn)動(dòng) 可求出某時(shí)刻回路中的總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) 由牛頓第二定律列式判斷。(2)導(dǎo)體棒 ab 運(yùn)動(dòng)，回路中有感應(yīng)電流分析兩導(dǎo)體棒的受力情況分析導(dǎo)體

16、棒的運(yùn)動(dòng)8電磁感應(yīng),桿,雙桿模型(教師版) 情況即可得出結(jié)論。解析 (1)設(shè)某時(shí)刻甲和乙的速度大小分別為v1 和 v2 ，加速度大小分別為 a1 和 a2 ，受到的安培力大小均為 F1 ，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為EBl(v1v2) 感應(yīng)電流為 I E 2R對(duì)甲和乙分別由牛頓第二定律得FF1ma1 ，F(xiàn)1ma2 當(dāng) v1v2 定值(非零) ，即系統(tǒng)以恒定的加速度運(yùn)動(dòng)時(shí)a a1 2解得 a1a2 可見(jiàn)甲、乙兩金屬桿最終水平向右做加速度相同的勻加速運(yùn)動(dòng)，速度一直增大。(2)ab 棒向 cd 棒運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩棒和導(dǎo)軌構(gòu)成的回路面積變小，磁通量發(fā)生變化，回路中產(chǎn) 生感應(yīng)電流。ab 棒受到與運(yùn)動(dòng)方向相反的安培力作用做減

17、速運(yùn)動(dòng)，cd 棒則在安培力作用下做加速運(yùn) 動(dòng)，在 ab 棒的速度大于 cd 棒的速度時(shí)，回路中總有感應(yīng)電流， ab 棒繼續(xù)減速， cd 棒繼續(xù) 加速。兩棒達(dá)到相同速度后，回路面積保持不變，磁通量不變化，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，兩棒以相 同的速度 v 水平向右做勻速運(yùn)動(dòng)。答案 見(jiàn)解析內(nèi)化模型三大觀點(diǎn)透徹解讀雙桿模型圖像觀點(diǎn)示意圖力學(xué)觀點(diǎn)導(dǎo)體棒 1 受安培力的作用做加速度減小的能量觀點(diǎn)棒 1 動(dòng)能的減少量棒 2 動(dòng)能的增加量9電磁感應(yīng),桿,雙桿模型(教師版)減速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒 2受安培力的作用做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后兩棒以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)兩棒以相同的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)焦耳熱外力做的功棒 1

18、的動(dòng)能棒 2 的動(dòng)能焦耳熱應(yīng)用模型變式 若母題(1)中甲、 乙兩金屬桿受恒力作用情況如圖所示， 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)，試分析這種情況下甲、乙金屬桿的收尾運(yùn)動(dòng)情況。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(shì)為 EBl(v1v2) 感應(yīng)電流為 I E 2R對(duì)甲和乙分別應(yīng)用牛頓第二定律得F1BIlma1 ，BIlF2ma2 當(dāng) v1v2 定值(非零) ，1 2即系統(tǒng)以恒定的加速度運(yùn)動(dòng)時(shí) a a 解得 a a 1 2 F F1 2 2m可見(jiàn)甲、乙兩金屬桿最終做加速度相同的勻加速運(yùn)動(dòng)

19、，速度一直增大。答案： 見(jiàn)解析提能增分集訓(xùn)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 l0.5 m，左端接有阻值 R0.3 的電阻。一質(zhì)量 m0.1 kg、電阻 r0.1 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(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0.4 T。棒在水平向右的外力作用下由靜止開(kāi)始以 a2 m/s2 的加 速度做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)棒的位移x9 m 時(shí)撤去外力，棒繼續(xù)運(yùn)動(dòng)一段距離后停下來(lái)，已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比 Q1 Q22 1。導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，棒在運(yùn)動(dòng)10W電磁感應(yīng),桿,雙桿模型(教師版) 過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸。

20、求：(1)棒在勻加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，通過(guò)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；。(3)外力做的功 F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 ，回路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E ，則由法拉第電磁感應(yīng)定律得 E ，t其中 Blx設(shè)回路中的平均電流為 I ，E則由閉合電路歐姆定律得 I ，Rr通過(guò)電阻 R 的電荷量q I t聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得 q4.5 C。(2)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(guò)程中，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 v22ax 設(shè)棒在撤去外力后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中安培力做的功為 W ，由動(dòng)能定理得 W0mv2撤去外力后回路中產(chǎn)生的

21、焦耳熱 Q W2代入數(shù)據(jù)解得 Q2 1.8 J。(3)由題意知，撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1 Q 22 1 ，可得 Q 3.6 J1在棒運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中，由功能關(guān)系可知WFQ1Q25.4 J。答案： (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J1電磁感應(yīng),桿,雙桿模型(教師版)2 (2017 常州檢測(cè))如圖所示，水平面內(nèi)有兩根足夠長(zhǎng)的平行導(dǎo)軌 L1 、L2 ，其間距 d0.5 m，左端接有容量 C2 000 F 的電容。質(zhì)量 m20 g 的導(dǎo)體棒可在導(dǎo)軌上無(wú)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(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B2 T?，F(xiàn)用一沿導(dǎo)軌方向向右的恒

22、力 F10.44 N 作用于導(dǎo)體棒， 使導(dǎo)體棒從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)， 經(jīng) t 時(shí)間后到達(dá) B 處， 速度 v5 m/s。此時(shí)，突然將拉力方向變?yōu)檠貙?dǎo)軌向左，大小變?yōu)?F2 ，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(guò)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；(3)F2 的大小。解析： (1)當(dāng)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到 B 處時(shí)，電容器兩端電壓為UBdv20.55 V5 V此時(shí)電容器的帶電量qCU2 0001065 C1102 C。(2)棒在 F1 作用下有 F1BIdma1 ，又 I a1聯(lián)立解得：a F1 20 m/s21 m CB2d2則 t v 0

23、.25 s。a1(3)由(2)可知棒在 F2 作用下，運(yùn)動(dòng)的加速度 a F2 ，方向向左，2 mCB2d2又 a1t2a1t 2ta2 2t 2將相關(guān)數(shù)據(jù)代入解得F20.55 N。答案： (1)1102 C (2)0.25 s (3)0.55 N12電磁感應(yīng),桿,雙桿模型(教師版)3.如圖所示， 兩根豎直固定的足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌ab 和cd 相距 L0.2m，另外兩根水平金屬桿MN 和 PQ 的質(zhì)量均為 m10 kg，可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦地滑動(dòng)，MN 桿和PQ 桿的電阻均為R0.2 (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(chǎng)中，g 取 10 m/s2。(

24、1)若將 PQ 桿固定， 讓 MN 桿在豎直向上的恒定拉力F0.18 N 的作用下由靜止開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B01.0 T，桿 MN 的最大速度為多少？B(2)若將 MN 桿固定， MN 和 PQ 的間距為 d0.4 m，現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度從零開(kāi)始以 t 0.5 T/s 的變化率均勻地增大，經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間，桿PQ 對(duì)地面的壓力為零？解析： (1)MN 桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E1B0Lv由閉合電路歐姆定律，得 I E11 2RMN 桿所受安培力大小為F 安B0I1L對(duì) MN 桿應(yīng)用牛頓第二定律，得 FmgF 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

25、大速度為2 Fmgvm B 2L200.8 m/s。R 2 0.18 10210120.220.2m/s(2)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 BLdE 2 t t由閉合電路歐姆定律得EI 22 2Rt 時(shí)刻的磁感應(yīng)強(qiáng)度為BB t t13電磁感應(yīng),桿,雙桿模型(教師版)PQ 桿對(duì)地面的壓力恰好為零時(shí)，由平衡條件，有 mgBI L2(B t2L2d聯(lián)立解得 t 2mgR2102100.2 0.5 2 0.2 20.4 s 10 s。答案： (1)0.8 m/s (2)10 s4.如圖所示，兩平行且無(wú)限長(zhǎng)光滑金屬導(dǎo)軌 MN、PQ 與水平面的夾角為 30，兩導(dǎo)軌之間相距為 L1m，兩導(dǎo)軌 M、P 間接入電阻 R0.2 ，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)