《電磁感應(yīng)》-人教版2課件

電磁感應(yīng)中的“導(dǎo)體桿”模型電磁感應(yīng)中的“導(dǎo)體桿”模型11.模型概述:“導(dǎo)體桿”模型是電磁感應(yīng)問題高考命題的“基本道具”,是高考的熱點(diǎn),考查的知識(shí)點(diǎn)多,綜合性強(qiáng),物理情景變化空間大,是我們復(fù)習(xí)的難點(diǎn)?！皩?dǎo)體桿”模型分為“單桿”型和“雙桿”型;導(dǎo)軌可分為光滑與不光滑、記電阻與不記電阻等情況;導(dǎo)軌放置方式可分為水平、豎直、傾斜;桿的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可分為勻速、勻變速、非勻變速運(yùn)動(dòng)等。1.模型概述:22.常見模型分析:以下四種模型均以導(dǎo)軌光滑、不計(jì)導(dǎo)軌電阻的情景為例進(jìn)行分析。模型一:單桿與電源構(gòu)成閉合回路(1)運(yùn)動(dòng)過程分析:閉合開關(guān)后,導(dǎo)體桿ab受到向右的安培力,開始向右做加速運(yùn)動(dòng),切割磁感線,產(chǎn)生逆時(shí)針的感應(yīng)電流,則回路中的總電動(dòng)勢(shì)E總=E0-BLv,隨著速度v的增大而減小,回路中的電流I=

,導(dǎo)體桿受到的安培力F安=BIL減小,加速度a減小,導(dǎo)體桿做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)v=

時(shí),E總、I、F安、a等于0,導(dǎo)體桿做勻速直線運(yùn)動(dòng)。2.常見模型分析:3(2)v-t圖象如圖所示。

(3)穩(wěn)定狀態(tài)。導(dǎo)體桿最終做勻速直線運(yùn)動(dòng),回路中的電流I為0。(4)動(dòng)量關(guān)系:BLq=mvm-0。能量關(guān)系:qE=QR+Qr+

(5)模型變式。①導(dǎo)軌不光滑;②導(dǎo)軌傾斜放置;③導(dǎo)體桿具有初速度v0。(2)v-t圖象如圖所示。4模型二:單桿與電阻構(gòu)成閉合回路(具有初速度)

(1)運(yùn)動(dòng)過程分析:導(dǎo)體桿ab向右切割磁感線產(chǎn)生逆時(shí)針的感應(yīng)電流,受到向左的安培力,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律和安培力公式可得:E=BLv、I=

,F安=BIL=

,E、I、F安、a均隨著導(dǎo)體桿ab速度的減小而減小。當(dāng)v=0時(shí),E、I、F安、a均等于0,導(dǎo)體桿ab靜止。模型二:單桿與電阻構(gòu)成閉合回路(具有初速度)5(4)求金屬棒從靜止開始到穿過第2019個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間。解得t=2019最終b棒勻速下滑,根據(jù)平衡有:mgsinθ=FA+μmgcosθ,對(duì)a棒,根據(jù)平衡有:F=mgsinθ+FA+μmgcosθ,計(jì)算得出F=2mgsinθ,所以A選項(xiàng)是正確的;對(duì)于a、b兩棒,在沿斜面方向上所受的合力矢量和為零,則動(dòng)量守恒,初狀態(tài)的總動(dòng)量為零,可以知道勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),a、b兩棒的速度大小相等,方向相反,所以B選項(xiàng)是正確的,C錯(cuò)誤;a、b兩棒速度大小相等,方向相反,則運(yùn)動(dòng)過程中,系統(tǒng)重力勢(shì)能不變,由能量守恒定律得,拉力F做的功等于回路消耗的電能、摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能、導(dǎo)體棒的動(dòng)能之和,故D錯(cuò)誤。為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得:兩邊求和得:ΣΔx=Σ(M+m)Δv勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度之比為2∶12m處時(shí),電阻R消耗的電功率P=0.【解析】(1)對(duì)于子彈擊中物塊的過程,以子彈、棒和物塊組成的系統(tǒng),取向左(mgsinθ+μmgcosθ)s=(1)運(yùn)動(dòng)過程分析:導(dǎo)體桿ab向右切割磁感線產(chǎn)生逆時(shí)針的感應(yīng)電流,受到向左運(yùn)動(dòng),切割磁感線,產(chǎn)生逆時(shí)針的感應(yīng)電流,則回路中的總電動(dòng)勢(shì)E總=E0-BLv,隨速下滑,則安培力不變,安培力做功相等,克服安培力做的功等于內(nèi)能的變化,模型四:雙導(dǎo)體桿模型(受外力作用)回路中總電動(dòng)勢(shì)為:E總=BLvcd-BLvab、導(dǎo)體桿最終做勻速直線運(yùn)動(dòng),回路中的電流I為0。勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)a、b兩棒的速度等大F-=ma,隨著導(dǎo)體桿ab速度v增大,E、I、F安增大,a減小。最終b棒勻速下滑,根據(jù)平衡有:mgsinθ=FA+μmgcosθ,對(duì)a棒,根據(jù)平衡有:F=mgsinθ+FA+μmgcosθ,計(jì)算得出F=2mgsinθ,所以A選項(xiàng)是正確的;對(duì)于a、b兩棒,在沿斜面方向上所受的合力矢量和為零,則動(dòng)量守恒,初狀態(tài)的總動(dòng)量為零,可以知道勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),a、b兩棒的速度大小相等,方向相反,所以B選項(xiàng)是正確的,C錯(cuò)誤;a、b兩棒速度大小相等,方向相反,則運(yùn)動(dòng)過程中,系統(tǒng)重力勢(shì)能不變,由能量守恒定律得,拉力F做的功等于回路消耗的電能、摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能、導(dǎo)體棒的動(dòng)能之和,故D錯(cuò)誤。(2)無磁場(chǎng)區(qū)間:0≤x<0.恒力F的大小等于2mgsinθ(2)v-t圖象如圖所示。

(3)穩(wěn)定狀態(tài)。導(dǎo)體桿最終處于靜止?fàn)顟B(tài),回路中的電流I為0。(4)動(dòng)量關(guān)系:-B

L·Δt=mv0;q=

;q=n

。能量關(guān)系:

。(5)模型變式。①導(dǎo)軌不光滑;②導(dǎo)軌傾斜放置;③磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌不垂直;④導(dǎo)軌NQ間接定值電阻。(4)求金屬棒從靜止開始到穿過第2019個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間。6模型三:單桿與電阻構(gòu)成閉合回路(受外力作用)

(1)運(yùn)動(dòng)過程分析:導(dǎo)體桿ab受到向右的拉力向右運(yùn)動(dòng),切割磁感線產(chǎn)生逆時(shí)針的感應(yīng)電流,受到向左的安培力,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律和安培力公式可得:E=BLv,I=

,F安=BIL=

,根據(jù)牛頓第二定律得F-

=ma,隨著導(dǎo)體桿ab速度v增大,E、I、F安增大,a減小。當(dāng)a=0時(shí),v、E、I、F安達(dá)到最大,F安=

=F,vm=

,I=

,導(dǎo)體桿ab做勻速直線運(yùn)動(dòng)。模型三:單桿與電阻構(gòu)成閉合回路(受外力作用)7答案:(1),方向沿金屬棒向右或逆時(shí)針方向兩棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直?！窘馕觥?1)對(duì)于子彈擊中物塊的過程,以子彈、棒和物塊組成的系統(tǒng),取向左速下滑,則安培力不變,安培力做功相等,克服安培力做的功等于內(nèi)能的變化,“導(dǎo)體桿”模型分為“單桿”型和“雙桿”型;導(dǎo)軌可分為光滑與不光滑、記電阻與不記電阻等情況;導(dǎo)軌放置方式可分為水平、豎直、傾斜;桿的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可分為勻速、勻變速、非勻變速運(yùn)動(dòng)等?！窘馕觥?1)對(duì)于子彈擊中物塊的過程,以子彈、棒和物塊組成的系統(tǒng),取向左最終b棒勻速下滑,根據(jù)平衡有:mgsinθ=FA+μmgcosθ,對(duì)a棒,根據(jù)平衡有:F=mgsinθ+FA+μmgcosθ,計(jì)算得出F=2mgsinθ,所以A選項(xiàng)是正確的;對(duì)于a、b兩棒,在沿斜面方向上所受的合力矢量和為零,則動(dòng)量守恒,初狀態(tài)的總動(dòng)量為零,可以知道勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),a、b兩棒的速度大小相等,方向相反,所以B選項(xiàng)是正確的,C錯(cuò)誤;a、b兩棒速度大小相等,方向相反,則運(yùn)動(dòng)過程中,系統(tǒng)重力勢(shì)能不變,由能量守恒定律得,拉力F做的功等于回路消耗的電能、摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能、導(dǎo)體棒的動(dòng)能之和,故D錯(cuò)誤。(4)求金屬棒從靜止開始到穿過第2019個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間。能量關(guān)系:qE=QR+Qr+能量關(guān)系:qE=QR+Qr+兩邊求和得:ΣΔx=Σ(M+m)ΔvQ=Q總=;8m處時(shí)撤去外力F,此后棒ab將繼續(xù)運(yùn)動(dòng),最終返回至x=0處。電磁感應(yīng)中的“導(dǎo)體桿”模型為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得:【解析】(1)對(duì)于子彈擊中物塊的過程,以子彈、棒和物塊組成的系統(tǒng),取向左“導(dǎo)體桿”模型分為“單桿”型和“雙桿”型;導(dǎo)軌可分為光滑與不光滑、記電阻與不記電阻等情況;導(dǎo)軌放置方式可分為水平、豎直、傾斜;桿的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可分為勻速、勻變速、非勻變速運(yùn)動(dòng)等。恒力F的大小等于2mgsinθ“導(dǎo)體桿”模型分為“單桿”型和“雙桿”型;導(dǎo)軌可分為光滑與不光滑、記電阻與不記電阻等情況;導(dǎo)軌放置方式可分為水平、豎直、傾斜;桿的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可分為勻速、勻變速、非勻變速運(yùn)動(dòng)等。Q=Q總=;(2)v-t圖象如圖所示。

(3)穩(wěn)定狀態(tài)。導(dǎo)體桿最終做勻速直線運(yùn)動(dòng),回路中的電流I為定值。(4)動(dòng)量關(guān)系:Ft-BLq=mvm-0q=n

能量關(guān)系:Fx=QR+Qr+

。答案:(1),方向沿金屬棒向右或逆時(shí)針方向(28(5)模型變式。①導(dǎo)軌不光滑;②導(dǎo)軌傾斜放置;③導(dǎo)軌豎直放置;④將拉力F換成繞過定滑輪的重物牽引;⑤導(dǎo)軌NQ間接定值電阻。(5)模型變式。9模型四:雙導(dǎo)體桿模型(受外力作用)

(1)運(yùn)動(dòng)過程分析:導(dǎo)體桿cd受到向右的拉力向右運(yùn)動(dòng),切割磁感線產(chǎn)生順時(shí)針的感應(yīng)電流,受到向左的安培力;導(dǎo)體桿ab受到向右的安培力,向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生逆時(shí)針的感應(yīng)電流?；芈分锌傠妱?dòng)勢(shì)為:E總=BLvcd-BLvab、I=

,對(duì)導(dǎo)體桿cd由牛頓第二定律得:F-BL×

=mcdacd,對(duì)導(dǎo)體桿ab由牛頓第二定律得:BL×

=mabaab。初始階段,acd>aab,vcd增加的比vab快,E總、I增大,acd減小,aab增大。當(dāng)acd=aab時(shí),vcd增加的和vab一樣快,E總、I、acd

、aab恒定不變,導(dǎo)體桿ab、cd做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。模型四:雙導(dǎo)體桿模型(受外力作用)10(2)v-t圖象如圖所示。

(3)穩(wěn)定狀態(tài)。導(dǎo)體桿最終做勻加速直線運(yùn)動(dòng),回路中的電流I為定值。(4)穩(wěn)定時(shí)導(dǎo)體桿ab、cd具有相同的加速度:F=(mab+mcd)a,穩(wěn)定時(shí)導(dǎo)體桿ab、cd的速度差滿足:vcd-vab=

。(5)模型變式。①導(dǎo)軌傾斜放置提供外力;②導(dǎo)體桿ab、cd均受到外力作用;③導(dǎo)軌間距不相等。(2)v-t圖象如圖所示。113.應(yīng)用技巧:(1)做好受力分析和運(yùn)動(dòng)過程分析,注意各物理量間的相互制約關(guān)系:導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)→感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)→感應(yīng)電流→安培力→合外力→加速度→速度。(2)抓住桿的穩(wěn)定狀態(tài),一般桿的穩(wěn)定狀態(tài)為勻速直線運(yùn)動(dòng)或勻加速直線運(yùn)動(dòng),此時(shí)閉合回路中的電流為0或恒定。(3)做好動(dòng)量分析和能量轉(zhuǎn)化分析。3.應(yīng)用技巧:12【典例】(2019·浙江4月選考真題)如圖所示,傾角θ=37°、間距l(xiāng)=0.1m的足夠長(zhǎng)金屬導(dǎo)軌底端接有阻值R=0.1Ω的電阻,質(zhì)量m=0.1kg的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置,與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.45。建立原點(diǎn)位于底端、方向沿導(dǎo)軌向上的坐標(biāo)軸x。在0.2m≤x≤0.8m區(qū)間有垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。從t=0時(shí)刻起,棒ab在沿x軸正方向的外力F作用下從x=0處由靜止開始沿斜面向上運(yùn)動(dòng),其速度與位移x滿足v=kx(可導(dǎo)出a=kv),k=5s-1。當(dāng)棒ab運(yùn)動(dòng)至x1=0.2m處時(shí),電阻R消耗的電功率P=0.12W,運(yùn)動(dòng)至x2=0.8m處時(shí)撤去外力F,此后棒ab將繼續(xù)運(yùn)動(dòng),最終返回至x=0處。棒ab始終保持與導(dǎo)軌垂直,不計(jì)其他電阻,求:(提示:可以用F-x圖象下的“面積”代表力F做的功)【典例】(2019·浙江4月選考真題)如圖所示,傾角θ=3713(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。(2)外力F隨位移x變化的關(guān)系式。(3)在棒ab整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q。《電磁感應(yīng)》-人教版2課件14【解析】(1)由P=E=Blv,解得B=T(2)無磁場(chǎng)區(qū)間:0≤x<0.2m,a=5v=25xF=25xm+μmgcosθ+mgsinθ=0.96+2.5x有磁場(chǎng)區(qū)間:0.2m≤x≤0.8mFA==0.6xF=0.96+2.5x+0.6x=0.96+3.1x【解析】(1)由P=15(3)上升過程中克服安培力做功(梯形面積)WA1=(x2+x1)(x2-x1)=0.18J撤去外力后,棒ab上升的最大距離為s,再次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v′,則:(mgsinθ+μmgcosθ)s=(mgsinθ-μmgcosθ)s=解得v′=2m/s由于mgsinθ-μmgcosθ-=0故棒再次進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng);(3)上升過程中克服安培力做功(梯形面積)16下降過程中克服安培力做功:WA2=(x2-x1)=0.144JQ=WA1+WA2=0.324J答案:(1)T

(2)無磁場(chǎng)區(qū)間:F=0.96+2.5x;有磁場(chǎng)區(qū)間:F=0.96+3.1x

(3)0.324J下降過程中克服安培力做功:17【精練題組通關(guān)】1.如圖所示,上端接有一電阻為R的光滑平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)的方向垂直導(dǎo)軌平面,一金屬棒與導(dǎo)軌垂直放置,以初速度v0從a處向下滑動(dòng),金屬棒經(jīng)b點(diǎn)滑到c處,已知ab=bc,忽略其他電阻,則金屬棒在經(jīng)過ab和bc的兩個(gè)過程中 (

)A.安培力做功一定相等B.通過棒的電荷量一定相等C.棒運(yùn)動(dòng)的加速度一定相等D.回路中產(chǎn)生的內(nèi)能一定相等【精練題組通關(guān)】18【解析】選B。根據(jù)安培力的計(jì)算公式F=BIL=可得下滑過程中如果安培力和重力不相等則速度變化,安培力必定變化,則安培力做的功不相等,如果勻速下滑,則安培力不變,安培力做功相等,克服安培力做的功等于內(nèi)能的變化,回路中產(chǎn)生的內(nèi)能不一定相等,故A、D項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)電荷量的計(jì)算公式有:q=It=可知,下滑相同的距離x,通過棒的電荷量一定相等,故B項(xiàng)正確;根據(jù)牛頓第二定律可得:mgsinθ-=ma,如果速度不變則加速度不變,如果速度變化,則加速度變化,故C項(xiàng)錯(cuò)誤。【解析】選B。根據(jù)安培力的計(jì)算公式F=BIL=可19“導(dǎo)體桿”模型是電磁感應(yīng)問題高考命題的“基本道具”,是高考的熱點(diǎn),考查的知識(shí)點(diǎn)多,綜合性強(qiáng),物理情景變化空間大,是我們復(fù)習(xí)的難點(diǎn)。的感應(yīng)電流,受到向左的安培力,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定5x;有磁場(chǎng)區(qū)間:F=0.I安=∑viΔt=2019a垂直導(dǎo)軌平面分布著2019個(gè)場(chǎng)強(qiáng)為B的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為a,相鄰磁場(chǎng)距離為b。根據(jù)牛頓第二定律可得:mgsinθ-=ma,如果速度不變則加速度不變,如FA==0.8m處時(shí)撤去外力F,此后棒ab將繼續(xù)運(yùn)動(dòng),最終返回至x=0處。以下四種模型均以導(dǎo)軌光滑、不計(jì)導(dǎo)軌電阻的情景為例進(jìn)行分析。當(dāng)acd=aab時(shí),vcd增加的和vab一樣快,E總、I、acd、aab恒定不變,導(dǎo)體桿ab、cd做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。I=,對(duì)導(dǎo)體桿cd由牛頓第二定律得:F-BL×=mcdacd,對(duì)導(dǎo)體桿ab由牛頓第二定律得:BL×=mabaab。以下四種模型均以導(dǎo)軌光滑、不計(jì)導(dǎo)軌電阻的情景為例進(jìn)行分析。為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得:模型二:單桿與電阻構(gòu)成閉合回路(具有初速度)(4)對(duì)金屬棒從靜止開始到穿過第2019個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的過程,由動(dòng)量定理:勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)a、b兩棒的速度等大(mgsinθ-μmgcosθ)s=著速度v的增大而減小,回路中的電流I=,導(dǎo)體桿受到的安培力F安=BIL減“導(dǎo)體桿”模型分為“單桿”型和“雙桿”型;導(dǎo)軌可分為光滑與不光滑、記電阻與不記電阻等情況;導(dǎo)軌放置方式可分為水平、豎直、傾斜;桿的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可分為勻速、勻變速、非勻變速運(yùn)動(dòng)等。(1)運(yùn)動(dòng)過程分析:閉合開關(guān)后,導(dǎo)體桿ab受到向右的安培力,開始向右做加速2.(多選)如圖所示,傾角為θ的斜面上固定兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN,導(dǎo)軌電阻不計(jì),相距為L(zhǎng)。導(dǎo)軌處于磁感應(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。兩根導(dǎo)體棒a、b質(zhì)量相等均為m,其電阻之比為2∶1。a、b棒均垂直導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ相同,μ<tanθ。對(duì)導(dǎo)體棒a施加沿斜面向上的恒力F,a棒沿斜面向上運(yùn)動(dòng),同時(shí)將b棒由靜止釋放,最終a、b棒均做勻速運(yùn)動(dòng)。兩棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直。且與導(dǎo)軌接觸良好。則 (

)“導(dǎo)體桿”模型是電磁感應(yīng)問題高考命題的“基本道具”,是高考的20A.恒力F的大小等于2mgsinθB.勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)a、b兩棒的速度等大C.勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度之比為2∶1D.拉力F做的功等于回路消耗的電能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之和A.恒力F的大小等于2mgsinθ21【解析】選A、B。最終b棒勻速下滑,根據(jù)平衡有:mgsinθ=FA+μmgcosθ,對(duì)a棒,根據(jù)平衡有:F=mgsinθ+FA+μmgcosθ,計(jì)算得出F=2mgsinθ,所以A選項(xiàng)是正確的;對(duì)于a、b兩棒,在沿斜面方向上所受的合力矢量和為零,則動(dòng)量守恒,初狀態(tài)的總動(dòng)量為零,可以知道勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),a、b兩棒的速度大小相等,方向相反,所以B選項(xiàng)是正確的,C錯(cuò)誤;a、b兩棒速度大小相等,方向相反,則運(yùn)動(dòng)過程中,系統(tǒng)重力勢(shì)能不變,由能量守恒定律得,拉力F做的功等于回路消耗的電能、摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能、導(dǎo)體棒的動(dòng)能之和,故D錯(cuò)誤?！窘馕觥窟xA、B。最終b棒勻速下滑,根據(jù)平衡有:mgsin223.(2020·杭州模擬)間距為L(zhǎng)的倒U形金屬導(dǎo)軌豎直放置,導(dǎo)軌光滑且電阻忽略不計(jì),上端接一阻值為R的電阻,如圖所示。垂直導(dǎo)軌平面分布著2019個(gè)場(chǎng)強(qiáng)為B的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為a,相鄰磁場(chǎng)距離為b。一根質(zhì)量為m、長(zhǎng)為2L、電阻為2r的金屬棒對(duì)稱放置在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌始終良好接觸,金屬棒從距離第1個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域上端2a位置由靜止釋放(設(shè)重力加速度為g),發(fā)現(xiàn)每次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度相同。3.(2020·杭州模擬)間距為L(zhǎng)的倒U形金屬導(dǎo)軌豎直放置,23(1)求剛進(jìn)入第1個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)金屬棒的感應(yīng)電流大小和方向;(2)求金屬棒穿出第1個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小;(3)求金屬棒在穿過2019個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域過程中產(chǎn)生的熱量;(4)求金屬棒從靜止開始到穿過第2019個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間。(1)求剛進(jìn)入第1個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)金屬棒的感應(yīng)電流大小和方向;24【解析】(1)由于E=BLvv=I=得I=方向沿金屬棒向右或逆時(shí)針方向?！窘馕觥?1)由于E=BLv25(2)金屬棒進(jìn)入每個(gè)磁場(chǎng)時(shí)的速度必定相同,則出每個(gè)磁場(chǎng)的速度也相同:(3)回路在金屬棒進(jìn)入每個(gè)磁場(chǎng)中產(chǎn)生熱量相同,由動(dòng)能定理得:Q總=2019QQ=mg(a+b)Q總=2019mg(a+b)Q棒=2019mg(a+b)(2)金屬棒進(jìn)入每個(gè)磁場(chǎng)時(shí)的速度必定相同,則出每個(gè)磁場(chǎng)的速度26(4)對(duì)金屬棒從靜止開始到穿過第2019個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的過程,由動(dòng)量定理:mgt-I安=Δp=mv出

-0I安=∑BiLΔti=I安=∑viΔt=2019a解得t=2019(4)對(duì)金屬棒從靜止開始到穿過第2019個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的過程,27答案:(1),方向沿金屬棒向右或逆時(shí)針方向(2)

(3)2019mg(a+b)(4)2019答案:(1),方向沿金屬棒向右或逆時(shí)針方向284.小明同學(xué)設(shè)計(jì)了一套電磁阻尼測(cè)速儀,如圖所示,MN、M′N′為兩根水平固定放置的平行長(zhǎng)直光滑的金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),用電阻R1將導(dǎo)軌左端MM′相連,導(dǎo)軌間加有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,金屬棒CD放置導(dǎo)軌上,棒的右側(cè)固定一絕緣物塊,棒CD的電阻為R2,棒與物塊的總質(zhì)量為M。玩具手槍對(duì)準(zhǔn)物塊的正中間射出一質(zhì)量為m,速度為v0的子彈,子彈擊中物塊后,棒與物塊一起向左移動(dòng)x距離停止運(yùn)動(dòng),假設(shè)棒與導(dǎo)軌接觸良好且不轉(zhuǎn)動(dòng),子彈擊中物塊的時(shí)間很短且停留在物塊內(nèi)部,求:4.小明同學(xué)設(shè)計(jì)了一套電磁阻尼測(cè)速儀,如圖所示,MN、M′N29(1)子彈擊中物塊瞬間棒的速度v,并判斷棒中電流的方向。(2)從棒開始運(yùn)動(dòng)到停止過程中,棒產(chǎn)生的焦耳熱Q。(3)棒滑行距離x與子彈的初速v0的函數(shù)關(guān)系式。(1)子彈擊中物塊瞬間棒的速度v,并判斷棒中電流的方向。30【解析】(1)對(duì)于子彈擊中物塊的過程,以子彈、棒和物塊組成的系統(tǒng),取向左為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得:mv0=(M+m)v得:v=棒向左運(yùn)動(dòng)切割磁感線,由楞次定律知棒CD中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)?C→D?！窘馕觥?1)對(duì)于子彈擊中物塊的過程,以子彈、棒和物塊組成的31(2)從棒開始運(yùn)動(dòng)到停止過程中,對(duì)整個(gè)回路,由能量守恒定律得:Q總=(M+m)v2=棒產(chǎn)生的焦耳熱Q=Q總=;(3)解法一:對(duì)棒及物塊向左滑行的過程,根據(jù)牛頓第二定律得:F安=(M+m)a又

F安=BIL=a=聯(lián)立得

v=(M+m)即有vΔt=(M+m)Δv(2)從棒開始運(yùn)動(dòng)到停止過程中,對(duì)整個(gè)回路,由能量守恒定律得32可得Δx=(M+m)Δv兩邊求和得:ΣΔx=Σ(M+m)Δv解得x=(M+m)v結(jié)合v=得x=解法二:對(duì)棒和物塊由動(dòng)量定理得-F安t=0-(M+m)v其中F安t=BLt=BLqq=n=解得:x=可得Δx=(M+m)Δv33答案:(1)

C→D

(2)(3)x=答案:(1)C→D(2)34電磁感應(yīng)中的“導(dǎo)體桿”模型電磁感應(yīng)中的“導(dǎo)體桿”模型351.模型概述:“導(dǎo)體桿”模型是電磁感應(yīng)問題高考命題的“基本道具”,是高考的熱點(diǎn),考查的知識(shí)點(diǎn)多,綜合性強(qiáng),物理情景變化空間大,是我們復(fù)習(xí)的難點(diǎn)?！皩?dǎo)體桿”模型分為“單桿”型和“雙桿”型;導(dǎo)軌可分為光滑與不光滑、記電阻與不記電阻等情況;導(dǎo)軌放置方式可分為水平、豎直、傾斜;桿的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可分為勻速、勻變速、非勻變速運(yùn)動(dòng)等。1.模型概述:362.常見模型分析:以下四種模型均以導(dǎo)軌光滑、不計(jì)導(dǎo)軌電阻的情景為例進(jìn)行分析。模型一:單桿與電源構(gòu)成閉合回路(1)運(yùn)動(dòng)過程分析:閉合開關(guān)后,導(dǎo)體桿ab受到向右的安培力,開始向右做加速運(yùn)動(dòng),切割磁感線,產(chǎn)生逆時(shí)針的感應(yīng)電流,則回路中的總電動(dòng)勢(shì)E總=E0-BLv,隨著速度v的增大而減小,回路中的電流I=

,導(dǎo)體桿受到的安培力F安=BIL減小,加速度a減小,導(dǎo)體桿做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)v=

時(shí),E總、I、F安、a等于0,導(dǎo)體桿做勻速直線運(yùn)動(dòng)。2.常見模型分析:37(2)v-t圖象如圖所示。

(3)穩(wěn)定狀態(tài)。導(dǎo)體桿最終做勻速直線運(yùn)動(dòng),回路中的電流I為0。(4)動(dòng)量關(guān)系:BLq=mvm-0。能量關(guān)系:qE=QR+Qr+

(5)模型變式。①導(dǎo)軌不光滑;②導(dǎo)軌傾斜放置;③導(dǎo)體桿具有初速度v0。(2)v-t圖象如圖所示。38模型二:單桿與電阻構(gòu)成閉合回路(具有初速度)

(1)運(yùn)動(dòng)過程分析:導(dǎo)體桿ab向右切割磁感線產(chǎn)生逆時(shí)針的感應(yīng)電流,受到向左的安培力,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律和安培力公式可得:E=BLv、I=

,F安=BIL=

,E、I、F安、a均隨著導(dǎo)體桿ab速度的減小而減小。當(dāng)v=0時(shí),E、I、F安、a均等于0,導(dǎo)體桿ab靜止。模型二:單桿與電阻構(gòu)成閉合回路(具有初速度)39(4)求金屬棒從靜止開始到穿過第2019個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間。解得t=2019最終b棒勻速下滑,根據(jù)平衡有:mgsinθ=FA+μmgcosθ,對(duì)a棒,根據(jù)平衡有:F=mgsinθ+FA+μmgcosθ,計(jì)算得出F=2mgsinθ,所以A選項(xiàng)是正確的;對(duì)于a、b兩棒,在沿斜面方向上所受的合力矢量和為零,則動(dòng)量守恒,初狀態(tài)的總動(dòng)量為零,可以知道勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),a、b兩棒的速度大小相等,方向相反,所以B選項(xiàng)是正確的,C錯(cuò)誤;a、b兩棒速度大小相等,方向相反,則運(yùn)動(dòng)過程中,系統(tǒng)重力勢(shì)能不變,由能量守恒定律得,拉力F做的功等于回路消耗的電能、摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能、導(dǎo)體棒的動(dòng)能之和,故D錯(cuò)誤。為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得:兩邊求和得:ΣΔx=Σ(M+m)Δv勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度之比為2∶12m處時(shí),電阻R消耗的電功率P=0.【解析】(1)對(duì)于子彈擊中物塊的過程,以子彈、棒和物塊組成的系統(tǒng),取向左(mgsinθ+μmgcosθ)s=(1)運(yùn)動(dòng)過程分析:導(dǎo)體桿ab向右切割磁感線產(chǎn)生逆時(shí)針的感應(yīng)電流,受到向左運(yùn)動(dòng),切割磁感線,產(chǎn)生逆時(shí)針的感應(yīng)電流,則回路中的總電動(dòng)勢(shì)E總=E0-BLv,隨速下滑,則安培力不變,安培力做功相等,克服安培力做的功等于內(nèi)能的變化,模型四:雙導(dǎo)體桿模型(受外力作用)回路中總電動(dòng)勢(shì)為:E總=BLvcd-BLvab、導(dǎo)體桿最終做勻速直線運(yùn)動(dòng),回路中的電流I為0。勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)a、b兩棒的速度等大F-=ma,隨著導(dǎo)體桿ab速度v增大,E、I、F安增大,a減小。最終b棒勻速下滑,根據(jù)平衡有:mgsinθ=FA+μmgcosθ,對(duì)a棒,根據(jù)平衡有:F=mgsinθ+FA+μmgcosθ,計(jì)算得出F=2mgsinθ,所以A選項(xiàng)是正確的;對(duì)于a、b兩棒,在沿斜面方向上所受的合力矢量和為零,則動(dòng)量守恒,初狀態(tài)的總動(dòng)量為零,可以知道勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),a、b兩棒的速度大小相等,方向相反,所以B選項(xiàng)是正確的,C錯(cuò)誤;a、b兩棒速度大小相等,方向相反,則運(yùn)動(dòng)過程中,系統(tǒng)重力勢(shì)能不變,由能量守恒定律得,拉力F做的功等于回路消耗的電能、摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能、導(dǎo)體棒的動(dòng)能之和,故D錯(cuò)誤。(2)無磁場(chǎng)區(qū)間:0≤x<0.恒力F的大小等于2mgsinθ(2)v-t圖象如圖所示。

(3)穩(wěn)定狀態(tài)。導(dǎo)體桿最終處于靜止?fàn)顟B(tài),回路中的電流I為0。(4)動(dòng)量關(guān)系:-B

L·Δt=mv0;q=

;q=n

。能量關(guān)系:

。(5)模型變式。①導(dǎo)軌不光滑;②導(dǎo)軌傾斜放置;③磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌不垂直;④導(dǎo)軌NQ間接定值電阻。(4)求金屬棒從靜止開始到穿過第2019個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間。40模型三:單桿與電阻構(gòu)成閉合回路(受外力作用)

(1)運(yùn)動(dòng)過程分析:導(dǎo)體桿ab受到向右的拉力向右運(yùn)動(dòng),切割磁感線產(chǎn)生逆時(shí)針的感應(yīng)電流,受到向左的安培力,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律和安培力公式可得:E=BLv,I=

,F安=BIL=

,根據(jù)牛頓第二定律得F-

=ma,隨著導(dǎo)體桿ab速度v增大,E、I、F安增大,a減小。當(dāng)a=0時(shí),v、E、I、F安達(dá)到最大,F安=

=F,vm=

,I=

,導(dǎo)體桿ab做勻速直線運(yùn)動(dòng)。模型三:單桿與電阻構(gòu)成閉合回路(受外力作用)41答案:(1),方向沿金屬棒向右或逆時(shí)針方向兩棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直?！窘馕觥?1)對(duì)于子彈擊中物塊的過程,以子彈、棒和物塊組成的系統(tǒng),取向左速下滑,則安培力不變,安培力做功相等,克服安培力做的功等于內(nèi)能的變化,“導(dǎo)體桿”模型分為“單桿”型和“雙桿”型;導(dǎo)軌可分為光滑與不光滑、記電阻與不記電阻等情況;導(dǎo)軌放置方式可分為水平、豎直、傾斜;桿的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可分為勻速、勻變速、非勻變速運(yùn)動(dòng)等。【解析】(1)對(duì)于子彈擊中物塊的過程,以子彈、棒和物塊組成的系統(tǒng),取向左最終b棒勻速下滑,根據(jù)平衡有:mgsinθ=FA+μmgcosθ,對(duì)a棒,根據(jù)平衡有:F=mgsinθ+FA+μmgcosθ,計(jì)算得出F=2mgsinθ,所以A選項(xiàng)是正確的;對(duì)于a、b兩棒,在沿斜面方向上所受的合力矢量和為零,則動(dòng)量守恒,初狀態(tài)的總動(dòng)量為零,可以知道勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),a、b兩棒的速度大小相等,方向相反,所以B選項(xiàng)是正確的,C錯(cuò)誤;a、b兩棒速度大小相等,方向相反,則運(yùn)動(dòng)過程中,系統(tǒng)重力勢(shì)能不變,由能量守恒定律得,拉力F做的功等于回路消耗的電能、摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能、導(dǎo)體棒的動(dòng)能之和,故D錯(cuò)誤。(4)求金屬棒從靜止開始到穿過第2019個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間。能量關(guān)系:qE=QR+Qr+能量關(guān)系:qE=QR+Qr+兩邊求和得:ΣΔx=Σ(M+m)ΔvQ=Q總=;8m處時(shí)撤去外力F,此后棒ab將繼續(xù)運(yùn)動(dòng),最終返回至x=0處。電磁感應(yīng)中的“導(dǎo)體桿”模型為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得:【解析】(1)對(duì)于子彈擊中物塊的過程,以子彈、棒和物塊組成的系統(tǒng),取向左“導(dǎo)體桿”模型分為“單桿”型和“雙桿”型;導(dǎo)軌可分為光滑與不光滑、記電阻與不記電阻等情況;導(dǎo)軌放置方式可分為水平、豎直、傾斜;桿的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可分為勻速、勻變速、非勻變速運(yùn)動(dòng)等。恒力F的大小等于2mgsinθ“導(dǎo)體桿”模型分為“單桿”型和“雙桿”型;導(dǎo)軌可分為光滑與不光滑、記電阻與不記電阻等情況;導(dǎo)軌放置方式可分為水平、豎直、傾斜;桿的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可分為勻速、勻變速、非勻變速運(yùn)動(dòng)等。Q=Q總=;(2)v-t圖象如圖所示。

(3)穩(wěn)定狀態(tài)。導(dǎo)體桿最終做勻速直線運(yùn)動(dòng),回路中的電流I為定值。(4)動(dòng)量關(guān)系:Ft-BLq=mvm-0q=n

能量關(guān)系:Fx=QR+Qr+

。答案:(1),方向沿金屬棒向右或逆時(shí)針方向(242(5)模型變式。①導(dǎo)軌不光滑;②導(dǎo)軌傾斜放置;③導(dǎo)軌豎直放置;④將拉力F換成繞過定滑輪的重物牽引;⑤導(dǎo)軌NQ間接定值電阻。(5)模型變式。43模型四:雙導(dǎo)體桿模型(受外力作用)

(1)運(yùn)動(dòng)過程分析:導(dǎo)體桿cd受到向右的拉力向右運(yùn)動(dòng),切割磁感線產(chǎn)生順時(shí)針的感應(yīng)電流,受到向左的安培力;導(dǎo)體桿ab受到向右的安培力,向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生逆時(shí)針的感應(yīng)電流?；芈分锌傠妱?dòng)勢(shì)為:E總=BLvcd-BLvab、I=

,對(duì)導(dǎo)體桿cd由牛頓第二定律得:F-BL×

=mcdacd,對(duì)導(dǎo)體桿ab由牛頓第二定律得:BL×

=mabaab。初始階段,acd>aab,vcd增加的比vab快,E總、I增大,acd減小,aab增大。當(dāng)acd=aab時(shí),vcd增加的和vab一樣快,E總、I、acd

、aab恒定不變,導(dǎo)體桿ab、cd做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。模型四:雙導(dǎo)體桿模型(受外力作用)44(2)v-t圖象如圖所示。

(3)穩(wěn)定狀態(tài)。導(dǎo)體桿最終做勻加速直線運(yùn)動(dòng),回路中的電流I為定值。(4)穩(wěn)定時(shí)導(dǎo)體桿ab、cd具有相同的加速度:F=(mab+mcd)a,穩(wěn)定時(shí)導(dǎo)體桿ab、cd的速度差滿足:vcd-vab=

。(5)模型變式。①導(dǎo)軌傾斜放置提供外力;②導(dǎo)體桿ab、cd均受到外力作用;③導(dǎo)軌間距不相等。(2)v-t圖象如圖所示。453.應(yīng)用技巧:(1)做好受力分析和運(yùn)動(dòng)過程分析,注意各物理量間的相互制約關(guān)系:導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)→感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)→感應(yīng)電流→安培力→合外力→加速度→速度。(2)抓住桿的穩(wěn)定狀態(tài),一般桿的穩(wěn)定狀態(tài)為勻速直線運(yùn)動(dòng)或勻加速直線運(yùn)動(dòng),此時(shí)閉合回路中的電流為0或恒定。(3)做好動(dòng)量分析和能量轉(zhuǎn)化分析。3.應(yīng)用技巧:46【典例】(2019·浙江4月選考真題)如圖所示,傾角θ=37°、間距l(xiāng)=0.1m的足夠長(zhǎng)金屬導(dǎo)軌底端接有阻值R=0.1Ω的電阻,質(zhì)量m=0.1kg的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置,與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.45。建立原點(diǎn)位于底端、方向沿導(dǎo)軌向上的坐標(biāo)軸x。在0.2m≤x≤0.8m區(qū)間有垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。從t=0時(shí)刻起,棒ab在沿x軸正方向的外力F作用下從x=0處由靜止開始沿斜面向上運(yùn)動(dòng),其速度與位移x滿足v=kx(可導(dǎo)出a=kv),k=5s-1。當(dāng)棒ab運(yùn)動(dòng)至x1=0.2m處時(shí),電阻R消耗的電功率P=0.12W,運(yùn)動(dòng)至x2=0.8m處時(shí)撤去外力F,此后棒ab將繼續(xù)運(yùn)動(dòng),最終返回至x=0處。棒ab始終保持與導(dǎo)軌垂直,不計(jì)其他電阻,求:(提示:可以用F-x圖象下的“面積”代表力F做的功)【典例】(2019·浙江4月選考真題)如圖所示,傾角θ=3747(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。(2)外力F隨位移x變化的關(guān)系式。(3)在棒ab整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,電阻R產(chǎn)生的焦耳熱Q?！峨姶鸥袘?yīng)》-人教版2課件48【解析】(1)由P=E=Blv,解得B=T(2)無磁場(chǎng)區(qū)間:0≤x<0.2m,a=5v=25xF=25xm+μmgcosθ+mgsinθ=0.96+2.5x有磁場(chǎng)區(qū)間:0.2m≤x≤0.8mFA==0.6xF=0.96+2.5x+0.6x=0.96+3.1x【解析】(1)由P=49(3)上升過程中克服安培力做功(梯形面積)WA1=(x2+x1)(x2-x1)=0.18J撤去外力后,棒ab上升的最大距離為s,再次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v′,則:(mgsinθ+μmgcosθ)s=(mgsinθ-μmgcosθ)s=解得v′=2m/s由于mgsinθ-μmgcosθ-=0故棒再次進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng);(3)上升過程中克服安培力做功(梯形面積)50下降過程中克服安培力做功:WA2=(x2-x1)=0.144JQ=WA1+WA2=0.324J答案:(1)T

(2)無磁場(chǎng)區(qū)間:F=0.96+2.5x;有磁場(chǎng)區(qū)間:F=0.96+3.1x

(3)0.324J下降過程中克服安培力做功:51【精練題組通關(guān)】1.如圖所示,上端接有一電阻為R的光滑平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)的方向垂直導(dǎo)軌平面,一金屬棒與導(dǎo)軌垂直放置,以初速度v0從a處向下滑動(dòng),金屬棒經(jīng)b點(diǎn)滑到c處,已知ab=bc,忽略其他電阻,則金屬棒在經(jīng)過ab和bc的兩個(gè)過程中 (

)A.安培力做功一定相等B.通過棒的電荷量一定相等C.棒運(yùn)動(dòng)的加速度一定相等D.回路中產(chǎn)生的內(nèi)能一定相等【精練題組通關(guān)】52【解析】選B。根據(jù)安培力的計(jì)算公式F=BIL=可得下滑過程中如果安培力和重力不相等則速度變化,安培力必定變化,則安培力做的功不相等,如果勻速下滑,則安培力不變,安培力做功相等,克服安培力做的功等于內(nèi)能的變化,回路中產(chǎn)生的內(nèi)能不一定相等,故A、D項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)電荷量的計(jì)算公式有:q=It=可知,下滑相同的距離x,通過棒的電荷量一定相等,故B項(xiàng)正確;根據(jù)牛頓第二定律可得:mgsinθ-=ma,如果速度不變則加速度不變,如果速度變化,則加速度變化,故C項(xiàng)錯(cuò)誤。【解析】選B。根據(jù)安培力的計(jì)算公式F=BIL=可53“導(dǎo)體桿”模型是電磁感應(yīng)問題高考命題的“基本道具”,是高考的熱點(diǎn),考查的知識(shí)點(diǎn)多,綜合性強(qiáng),物理情景變化空間大,是我們復(fù)習(xí)的難點(diǎn)。的感應(yīng)電流,受到向左的安培力,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定5x;有磁場(chǎng)區(qū)間:F=0.I安=∑viΔt=2019a垂直導(dǎo)軌平面分布著2019個(gè)場(chǎng)強(qiáng)為B的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為a,相鄰磁場(chǎng)距離為b。根據(jù)牛頓第二定律可得:mgsinθ-=ma,如果速度不變則加速度不變,如FA==0.8m處時(shí)撤去外力F,此后棒ab將繼續(xù)運(yùn)動(dòng),最終返回至x=0處。以下四種模型均以導(dǎo)軌光滑、不計(jì)導(dǎo)軌電阻的情景為例進(jìn)行分析。當(dāng)acd=aab時(shí),vcd增加的和vab一樣快,E總、I、acd、aab恒定不變,導(dǎo)體桿ab、cd做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。I=,對(duì)導(dǎo)體桿cd由牛頓第二定律得:F-BL×=mcdacd,對(duì)導(dǎo)體桿ab由牛頓第二定律得:BL×=mabaab。以下四種模型均以導(dǎo)軌光滑、不計(jì)導(dǎo)軌電阻的情景為例進(jìn)行分析。為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得:模型二:單桿與電阻構(gòu)成閉合回路(具有初速度)(4)對(duì)金屬棒從靜止開始到穿過第2019個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域的過程,由動(dòng)量定理:勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)a、b兩棒的速度等大(mgsinθ-μmgcosθ)s=著速度v的增大而減小,回路中的電流I=,導(dǎo)體桿受到的安培力F安=BIL減“導(dǎo)體桿”模型分為“單桿”型和“雙桿”型;導(dǎo)軌可分為光滑與不光滑、記電阻與不記電阻等情況;導(dǎo)軌放置方式可分為水平、豎直、傾斜;桿的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可分為勻速、勻變速、非勻變速運(yùn)動(dòng)等。(1)運(yùn)動(dòng)過程分析:閉合開關(guān)后,導(dǎo)體桿ab受到向右的安培力,開始向右做加速2.(多選)如圖所示,傾角為θ的斜面上固定兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌PQ、MN,導(dǎo)軌電阻不計(jì),相距為L(zhǎng)。導(dǎo)軌處于磁感應(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。兩根導(dǎo)體棒a、b質(zhì)量相等均為m,其電阻之比為2∶1。a、b棒均垂直導(dǎo)軌放置且與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ相同,μ<tanθ。對(duì)導(dǎo)體棒a施加沿斜面向上的恒力F,a棒沿斜面向上運(yùn)動(dòng),同時(shí)將b棒由靜止釋放,最終a、b棒均做勻速運(yùn)動(dòng)。兩棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直。且與導(dǎo)軌接觸良好。則 (

)“導(dǎo)體桿”模型是電磁感應(yīng)問題高考命題的“基本道具”,是高考的54A.恒力F的大小等于2mgsinθB.勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)a、b兩棒的速度等大C.勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度之比為2∶1D.拉力F做的功等于回路消耗的電能和摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之和A.恒力F的大小等于2mgsinθ55【解析】選A、B。最終b棒勻速下滑,根據(jù)平衡有:mgsinθ=FA+μmgcosθ,對(duì)a棒,根據(jù)平衡有:F=mgsinθ+FA+μmgcosθ,計(jì)算得出F=2mgsinθ,所以A選項(xiàng)是正確的;對(duì)于a、b兩棒,在沿斜面方向上所受的合力矢量和為零,則動(dòng)量守恒,初狀態(tài)的總動(dòng)量為零,可以知道勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),a、b兩棒的速度大小相等,方向相反,所以B選項(xiàng)是正確的,C錯(cuò)誤;a、b兩棒速度大小相等,方向相反,則運(yùn)動(dòng)過程中,系統(tǒng)重力勢(shì)能不變,由能量守恒定律得,拉力F做的功等于回路消耗的電能、摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能、導(dǎo)體棒的動(dòng)能之和,故D錯(cuò)誤?！窘馕觥窟xA、B。最終b棒勻速下滑,根據(jù)平衡有:mgsin563.(2020·杭州模擬)間距為L(zhǎng)的倒U形金屬導(dǎo)軌豎直放置,導(dǎo)軌光滑且電阻忽略不計(jì),上端接一阻值