電磁感應(yīng)中地“桿+導(dǎo)軌”類問的題目(3大模型)解的題目技巧

實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案輔導(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：?jiǎn)螚U+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(zhǎng)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θ，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)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)上述過程中，桿上產(chǎn)生的熱量。【思路點(diǎn)撥】：【答案】：(1)gsinθ，方向沿導(dǎo)軌平面向下；2mgRsinθ1B2L2，方向沿導(dǎo)軌平面向下；(2)2m3g2R2sin2θmgxsinθ－B4L4【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)E＝BLvE回路中的感應(yīng)電流 I＝R＋R精彩文檔實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案桿所受的安培力F＝BIL根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－B2L2v＝ma2R當(dāng)速度v＝0時(shí)，桿的加速度最大，最大加速度a＝gsinθ，方向沿導(dǎo)軌平面向下當(dāng)桿的加速度a＝0時(shí)，速度最大，最大速度2mgRsinθvm＝，方向沿導(dǎo)軌平面向下。B2L2(2)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1mgxsinθ＝Q總＋2mvm211m3g2R2sin2θ又Q桿＝Q總，所以Q桿＝mgxsinθ－。22B4L4【內(nèi)化模型】單桿+電阻+導(dǎo)軌四種題型剖析題型一(v0≠0)題型二(v0＝0)題型三(v0＝0)桿cd以一定初速軌道水平光滑，桿度v0在光滑水平cd質(zhì)量為m，電傾斜軌道光滑，傾角說明軌道上滑動(dòng)，質(zhì)量阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌間為α，桿cd質(zhì)量為為m，電阻不計(jì)，距為L(zhǎng)，拉力F恒m，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)定

題型四(v0＝0)豎直軌道光滑，桿cd質(zhì)量為m，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)示意圖桿以速度v切割磁F開始時(shí)a＝gsinα，開始時(shí)a＝g，桿開始時(shí)a＝，桿感線產(chǎn)生感應(yīng)電m桿cd速度v↑?感應(yīng)cd速度v↑?感動(dòng)勢(shì)E＝BLv，電流cd速度v↑感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv↑?I↑應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv力學(xué)觀?電動(dòng)勢(shì)E＝BLv↑?安培力F安＝BIL↑，↑?I↑?安培力F點(diǎn)I＝BLv，安培力F?I↑?安培力F安R由mgsinα－F安＝安＝BIL↑，由mgB2L2v＝BIL↑，由F－Fma知a↓，當(dāng)a＝0－F安＝ma知a＝BIL＝。桿R安＝ma知a↓，當(dāng)時(shí)，v最大，vm＝↓，當(dāng)a＝0時(shí)，v精彩文檔實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案做減速運(yùn)動(dòng)：v↓ a＝0時(shí)，v最大， mgRsinα

mgR?F↓?a↓，當(dāng)v＝0FRB2L2vm＝22時(shí)，a＝0，桿保持BL靜止圖像觀點(diǎn)

最大，vm＝

B2L2F做的功一部分重力做的功(或減少動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)能，的重力勢(shì)能)一部分能量觀一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)能，一11點(diǎn)內(nèi)能：Q＝mv02部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：2能：WF＝Q＋21m2Gmvm22【應(yīng)用模型】

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)能：WG＝1Q＋mvm22【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μ?，F(xiàn)用沿導(dǎo)軌平面向上的恒定外力F作用在金屬桿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－mgsinθ－F安－f＝maEBLvB2L2v又F安＝BIL，I＝＝，所以F安＝BIL＝R＋RR＋RR＋Rf＝μN(yùn)＝μmgcosθB2L2v－μmgcosθ＝ma故F－mgsinθ－R＋RF當(dāng)速度v＝0時(shí)，桿的加速度最大，最大加速度 am＝－gsinθ－μgcosθ，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＝(Fmgsinmgcos)2R。B2L2精彩文檔實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案類型二：?jiǎn)螚U+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(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放在軌道而上，與軌道接觸良好。軌道和導(dǎo)體棒的電阻均不計(jì)。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。如圖2所示，若軌道左端接一電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的電源和一阻值未知的電阻，閉合開關(guān)S，導(dǎo)體棒從靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(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t1時(shí)刻電容器兩極板間的電勢(shì)差為 U1。求導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中受到的水平拉力大小?！舅悸伏c(diǎn)撥】：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。閉合開關(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→棒中沒有電流→由此可求出電源與電阻所在回路的電流→電源的輸出功率。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?！敬鸢浮浚阂娊馕觥窘馕觥浚?1)導(dǎo)體棒切割磁感線，E＝BLv精彩文檔實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案E導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)＝F安，又F安＝BIL，其中I＝RB2L2v2在任意一段時(shí)間 t內(nèi)，拉力F所做的功W＝Fvt＝F安v t＝ tRB2L2v2電路獲得的電能 E＝qE＝EIt＝ tR可見，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。導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度vm時(shí)，棒中沒有電流，電源的路端電壓U＝BLvmE－U電源與電阻所在回路的電流 I＝rEBLvm－B2L2vm2電源的輸出功率 P＝UI＝ 。r感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電勢(shì)差相等BLv＝UU1由電容器的U-t圖可知U＝ tt1U1導(dǎo)體棒的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系為 v＝ tBLt1U1可知導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度 a＝BLt1QQCUCU1由C＝和I＝，得I＝t＝Utt1由牛頓第二定律有 F－BIL＝maBLCU1 mU1可得F＝ ＋ 。t1 BLt1【內(nèi)化模型】單桿+電容器(或電源)+導(dǎo)軌模型四種題型剖析題型一(v0＝0) 題型二(v0＝0) 題型三(v0＝0) 題型四(v0＝0)軌道水平光滑， 軌道水平光滑，桿 傾斜軌道光滑， 豎直軌道光滑，說明桿cd質(zhì)量為 cd質(zhì)量為m，電 桿cd質(zhì)量為m，桿cd質(zhì)量為m，精彩文檔實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)文案，電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)示意圖

阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌間 電阻不計(jì)，兩導(dǎo) 電阻為R，兩導(dǎo)距為L(zhǎng)，拉力F恒 軌間距為L(zhǎng) 軌間距為L(zhǎng)定S閉合，桿cd受安培力F＝BLE BLE，a＝ ，r mr桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E感力學(xué)觀點(diǎn) ＝BLv↑?I↓?安培力F＝BIL↓加速度a↓，當(dāng)E感＝E時(shí)，v最大，且vm＝EBL圖像觀點(diǎn)

開始時(shí)a＝gsinα，桿cd速度v↑開始時(shí)a＝ ，桿m ?E＝BLv↑，經(jīng)過cd速度v↑?E＝ t速度為v＋BLv↑，經(jīng)過 t速度 v，E′＝BL(v＋為v＋v，E′＝v)，q＝C(E′－BLv＋v，q＝E)＝CBLv，I＝()C(E′－E)＝CBLqq＝CBLa，F(xiàn)安v，I＝t＝CBLa，＝CB2L2a，tF安＝CB2L2a，a＝mgsinα－F安F，所以＝ma，a＝22m＋BLCmgsinα桿勻加速運(yùn)動(dòng)m＋CB2L2，所以桿勻加速運(yùn)動(dòng)

開始時(shí)a＝g，桿cd速度v↑?E＝BLv↑，經(jīng)過t速度為v＋v，E′BL(v＋v