电磁感应中的杆+导轨类问题3大模型解题技巧.docx
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电磁感应中的杆+导轨类问题3大模型解题技巧
电磁感应中的“杆+导轨”类问题(3大模型)解题技巧
辅导23:
电磁感应中的“杆+导轨”类问题(3大模型)解题技巧
电磁感应中的杆+导轨模型的实质是不同形式的能量的转化过程,处理这类问题要从功和能的观点入手,弄清导体棒切割磁感线过程中的能量转化关系,现从力学、图像、能量三种观点出发,分角度讨论如下:
类型一:
单杆+电阻+导轨模型类
【初建模型】
【例题1】(2017·淮安模拟)如图所示,相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ,N、Q两点间接有阻值为R的电阻。
整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下。
将质量为m、阻值也为R的金属杆cd垂直放在导轨上,杆cd由静止释放,下滑距离x时达到最大速度。
重力加速度为g,导轨电阻不计,杆与导轨接触良好。
求:
(1)杆cd下滑的最大加速度和最大速度;
(2)上述过程中,杆上产生的热量。
【思路点拨】:
【答案】:
(1)gsinθ,方向沿导轨平面向下;
,方向沿导轨平面向下;
(2)
mgxsinθ-
【解析】:
(1)设杆cd下滑到某位置时速度为v,则杆产生的感应电动势E=BLv
回路中的感应电流I=
杆所受的安培力F=BIL
根据牛顿第二定律有mgsinθ-
=ma
当速度v=0时,杆的加速度最大,最大加速度a=gsinθ,方向沿导轨平面向下
当杆的加速度a=0时,速度最大,最大速度vm=
,方向沿导轨平面向下。
(2)杆cd从开始运动到达到最大速度过程中,根据能量守恒定律得mgxsinθ=Q总+
mvm2
又Q杆=
Q总,所以Q杆=
mgxsinθ-
。
【内化模型】
单杆+电阻+导轨四种题型剖析
题型一(v0≠0)
题型二(v0=0)
题型三(v0=0)
题型四(v0=0)
说明
杆cd以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动,质量为m,电阻不计,两导轨间距为L
轨道水平光滑,杆cd质量为m,电阻不计,两导轨间距为L,拉力F恒定
倾斜轨道光滑,倾角为α,杆cd质量为m,两导轨间距为L
竖直轨道光滑,杆cd质量为m,两导轨间距为L
示意图
力学观点
杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E=BLv,电流I=
,安培力F=BIL=
。
杆做减速运动:
v↓⇒F↓⇒a↓,当v=0时,a=0,杆保持静止
开始时a=
,杆cd速度v↑⇒感应电动势E=BLv↑⇒I↑⇒安培力F安=BIL↑,由F-F安=ma知a↓,当a=0时,v最大,vm=
开始时a=gsinα,杆cd速度v↑⇒感应电动势E=BLv↑⇒I↑⇒安培力F安=BIL↑,由mgsinα-F安=ma知a↓,当a=0时,v最大,vm=
开始时a=g,杆cd速度v↑⇒感应电动势E=BLv↑⇒I↑⇒安培力F安=BIL↑,由mg-F安=ma知a↓,当a=0时,v最大,vm=
图像观点
能量观点
动能全部转化为内能:
Q=
mv02
F做的功一部分转化为杆的动能,一部分转化为内能:
WF=Q+
mvm2
重力做的功(或减少的重力势能)一部分转化为杆的动能,一部分转化为内能:
WG=Q+
mvm2
重力做的功(或减少的重力势能)一部分转化为杆的动能,一部分转化为内能:
WG=Q+
mvm2
【应用模型】
【变式】:
此题若已知金属杆与导轨之间的动摩擦因数为μ。
现用沿导轨平面向上的恒定外力F作用在金属杆cd上,使cd由静止开始沿导轨向上运动,求cd的最大加速度和最大速度。
【答案】:
见解析
图像观点
能量观点
电源输出的电能转化为动能:
W电=
mvm2
F做的功一部分转化为动能,一部分转化为电场能:
WF=
mv2+EC
重力做的功一部分转化为动能,一部分转化为电场能:
WG=
mv2+EC
重力做的功一部分转化为动能,一部分转化为电场能:
WG=
mv2+EC
【应用模型】
【变式】:
例题2第(3)问变成,图3中导体棒在恒定水平外力F作用下,从静止开始运动,导轨与棒间的动摩擦因数为μ,写出导体棒的速度大小随时间变化的关系式。
【答案】:
v=
t
【解析】:
导体棒由静止开始做加速运动,电容器所带电荷量不断增加,电路中将形成充电电流,设某时刻棒的速度为v,则感应电动势为:
E=BLv
电容器所带电荷量为:
Q=CE=CBLv
再经过很短一段时间Δt,电容器两端电压的增量和电荷量的增量分别为ΔU=ΔE=BLΔv
ΔQ=CΔU=CBLΔv
流过导体棒的电流:
I=
=
=CBLa
导体棒受到的安培力:
f1=BIL=CB2L2a
导体棒所受到的摩擦力:
f2=μmg
由牛顿第二定律得:
F-f1-f2=ma
联立以上各式解得:
a=
显然导体棒做匀加速直线运动,所以导体棒的速度大小随时间变化的关系式为:
v=
t。
类型三:
双杆+导轨模型类
【初建模型】
【例题3】
(1)如图1所示,两根平行的金属导轨,固定在同一水平面上,磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在平面垂直,导轨的电阻很小,可忽略不计,导轨间的距离为l,两根质量均为m、电阻均为R的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动,滑动过程中与导轨保持垂直。
在t=0时刻,两杆都处于静止状态。
现有一与导轨平行,大小恒为F的力作用于金属杆甲上,使金属杆在导轨上滑动,试分析金属杆甲、乙的收尾运动情况。
(2)如图2所示,两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内,导轨上横放着两根导体棒ab和cd,构成矩形回路。
在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场,设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行。
开始时,棒cd静止,棒ab有指向棒cd的初速度。
若两导体棒在运动中始终不接触,试定性分析两棒的收尾运动情况。
【思路点拨】:
(1)金属杆甲运动产生感应电动势→回路中有感应电流→乙受安培力的作用做加速运动→可求出某时刻回路中的总感应电动势→由牛顿第二定律列式判断。
(2)导体棒ab运动,回路中有感应电流→分析两导体棒的受力情况→分析导体棒的运动情况,即可得出结论。
【答案】:
见解析
【解析】:
(1)设某时刻甲和乙的速度大小分别为v1和v2,加速度大小分别为a1和a2,受到的安培力大小均为F1,则感应电动势为:
E=Bl(v1-v2)①
感应电流为:
I=
②
对甲和乙分别由牛顿第二定律得:
F-F1=ma1,F1=ma2③
当v1-v2=定值(非零),即系统以恒定的加速度运动时a1=a2④
解得a1=a2=
⑤
可见甲、乙两金属杆最终水平向右做加速度相同的匀加速运动,速度一直增大。
(2)ab棒向cd棒运动时,两棒和导轨构成的回路面积变小,磁通量发生变化,回路中产生感应电流。
ab棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动,cd棒则在安培力作用下做加速运动,在ab棒的速度大于cd棒的速度时,回路中总有感应电流,ab棒继续减速,cd棒继续加速。
两棒达到相同速度后,回路面积保持不变,磁通量不变化,不产生感应电流,两棒以相同的速度v水平向右做匀速运动。
【内化模型】
三大观点透彻解读双杆模型
示意图
力学观点
图像观点
能量观点
导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动,导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动,最后两棒以相同的速度做匀速直线运动
棒1动能的减少量=棒2动能的增加量+焦耳热
两棒以相同的加速度做匀加速直线运动
外力做的功=棒1的动能+棒2的动能+焦耳热
【应用模型】
【变式】:
若例题3
(1)中甲、乙两金属杆受恒力作用情况如图所示,两杆分别在方向相反的恒力作用下运动(两杆不会相撞),试分析这种情况下甲、乙金属杆的收尾运动情况。
【答案】:
见解析
【解析】:
设某时刻甲和乙的速度分别为v1和v2,加速度分别为a1和a2,甲、乙受到的安培力大小均为F1,则感应电动势为:
E=Bl(v1-v2)①
感应电流为:
I=
②
对甲和乙分别应用牛顿第二定律得:
F1-BIl=ma1,BIl-F2=ma2③
当v1-v2=定值(非零),即系统以恒定的加速度运动时a1=a2④
解得:
a1=a2=
⑤
可见甲、乙两金属杆最终做加速度相同的匀加速运动,速度一直增大。
辅导23:
电磁感应中的“杆+导轨”类问题(3大模型)解题技巧训练题
1.如图所示,一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内,导轨间距l=0.5m,左端接有阻值R=0.3Ω的电阻。
一质量m=0.1kg、电阻r=0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上,整个装置置于竖直向上的匀强磁场中,磁场的磁感应强度B=0.4T。
棒在水平向右的外力作用下由静止开始以a=2m/s2的加速度做匀加速运动,当棒的位移x=9m时撤去外力,棒继续运动一段距离后停下来,已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2=2∶1。
导轨足够长且电阻不计,棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。
求:
(1)棒在匀加速运动过程中,通过电阻R的电荷量q;
(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2;
(3)外力做的功WF。
2.(2017·常州检测)如图所示,水平面内有两根足够长的平行导轨L1、L2,其间距d=0.5m,左端接有容量C=2000μF的电容。
质量m=20g的导体棒可在导轨上无摩擦滑动,导体棒和导轨的电阻不计。
整个空间存在着垂直导轨所在平面的匀强磁场,磁感应强度B=2T。
现用一沿导轨方向向右的恒力F1=0.44N作用于导体棒,使导体棒从静止开始运动,经t时间后到达B处,速度v=5m/s。
此时,突然将拉力方向变为沿导轨向左,大小变为F2,又经2t时间后导体棒返回到初始位置A处,整个过程电容器未被击穿。
求
(1)导体棒运动到B处时,电容C上的电量;
(2)t的大小;
(3)F2的大小。
3.如图所示,两根竖直固定的足够长的金属导轨ab和cd相距L=0.2m,另外两根水平金属杆MN和PQ的质量均为m=10kg,可沿导轨无摩擦地滑动,MN杆和PQ杆的电阻均为R=0.2Ω(竖直金属导轨电阻不计),PQ杆放置在水平绝缘平台上,整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中,g取10m/s2。
(1)若将PQ杆固定,让MN杆在竖直向上的恒定拉力F=0.18N的作用下由静止开始向上运动,磁感应强度B0=1.0T,杆MN的最大速度为多少?
(2)若将MN杆固定,MN和PQ的间距为d=0.4m,现使磁感应强度从零开始以
=0.5T/s的变化率均匀地增大,经过多长时间,杆PQ对地面的压力为零?
4.如图所示,两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ=30°,两导轨之间相距为L=1m,两导轨M、P间接入电阻R=0.2Ω,导轨电阻不计。
在abdc区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ,磁感应强度为B0=1T,磁场的宽度x1=1m,在cd连线以下的区域有一个方向也垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅱ,磁感应强度为B1=0.5T。
一个质量为m=1kg的金属棒垂直放在金属导轨上,与导轨接触良好,金属棒的电阻r=0.2Ω。
若将金属棒在离ab连线上端x0处自由释放,则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速直线运动。
金属棒进入磁场Ⅱ后,经过ef时系统达到稳定状态,cd与ef之间的距离x2=8m。
(g取10m/s2)
(1)求金属棒从开始静止到在磁场Ⅱ中达到稳定状态这一过程中电阻R产生的热量;
(2)求金属棒从开始运动到在磁场Ⅱ中达到稳定状态所经过的时间。
辅导23:
电磁感应中的“杆+导轨”类问题(3大模型)解题技巧
训练题参考答案
1.【答案】:
(1)4.5C;
(2)1.8J;(3)5.4J。
【解析】:
(1)设金属棒做匀加速运动的时间为Δt,回路中磁通量的变化量为ΔΦ,回路中产生的平均感应电动势为
,则由法拉第电磁感应定律得
=
,其中ΔΦ=Blx
设回路中的平均电流为
,则由闭合电路欧姆定律得
=
通过电阻R的电荷量q=
Δt
联立以上各式,代入数据解得q=4.5C。
(2)设撤去外力时棒的速度为v,在棒做匀加速运动的过程中,由运动学公式得v2=2ax
设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做的功为W,由动能定理得W=0-
mv2
撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2=-W
代入数据解得Q2=1.8J。
(3)由题意知,撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2=2∶1,
可得Q1=3.6J
在棒运动的整个过程中,由功能关系可知WF=Q1+Q2=5.4J。
2.【答案】:
(1)1×10-2C;
(2)0.25s;(3)0.55N。
【解析】:
(1)当导体棒运动到B处时,电容器两端电压为U=Bdv=2×0.5×5V=5V
此时电容器的带电量q=CU=2000×10-6×5C=1×10-2C。
(2)棒在F1作用下有F1-BId=ma1,
又I=
=
,a1=
联立解得:
a1=
=20m/s2
则t=
=0.25s。
(3)由
(2)可知棒在F2作用下,运动的加速度a2=
,方向向左,
又
a1t2=-
将相关数据代入解得F2=0.55N。
3.【答案】:
(1)0.8m/s;
(2)10s。
【解析】:
(1)MN杆切割磁感线产生的感应电动势为E1=B0Lv
由闭合电路欧姆定律,得I1=
MN杆所受安培力大小为F安=B0I1L
对MN杆应用牛顿第二定律,得F-mg-F安=ma
当MN杆速度最大时,MN杆的加速度为零,联立解得,MN杆的最大速度为
vm=
=
m/s=0.8m/s。
(2)回路中的感应电动势为E2=
=
由闭合电路欧姆定律得I2=
t时刻的磁感应强度为B=
t
PQ杆对地面的压力恰好为零时,由平衡条件,有mg=BI2L
联立解得t=
=
s=10s。
4.【答案】:
(1)7.5J;
(2)3.1s。
【解析】:
(1)金属棒进入磁场Ⅰ区域匀速运动,则I=
mgsin30°=B0IL
解得:
v1=2m/s
金属棒在未进入磁场前做初速度为0的匀加速直线运动,则mgsin30°=ma
解得:
a=5m/s2
由运动学公式,有2ax0=v12
解得:
x0=0.4m
金属棒在通过磁场Ⅱ区域达到稳定状态时,重力沿斜轨道向下的分力与安培力相等。
I′=
mgsin30°=B1I′L
解得:
v2=8m/s
金属棒从开始运动到在磁场Ⅱ区域中达到稳定状态过程中,根据动能定理,有
mg(x0+x1+x2)sin30°+W安=
mv22-0
产生的热量:
Q=-W安=15J
QR=
Q=7.5J。
(2)v1=at1,t1=0.4s,x1=v1t2,t2=0.5s
金属棒在磁场Ⅱ中达到稳定状态前的过程中取任意微小过程,设这一微小过程的时间为Δti,速度为vi,速度的变化量为Δvi,则由牛顿第二定律,有:
mgsin30°-
=m
mgsin30°Δti-
=mΔvi
金属棒从进入磁场Ⅱ到在磁场Ⅱ中达到稳定状态的过程中,有:
mgsin30°∑Δti-
=m∑Δvi
mgsin30°t3-
=m(v2-v1)
解得:
t3=2.2s
所以:
t=t1+t2+t3=3.1s。