电磁感应中的杆+导轨类问题大模型解题技巧.docx

1、电磁感应中的杆+导轨类问题大模型解题技巧MN、NQ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 PQ与水平面的夹角为 0 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

2、，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】：金I科吃应 力作用下滑 产土实应电苦 感应 电流金属 杆受 安培 力合外 力 ft由牛顿 第二定 律列式 分析童力作用- 下滑:1力势能诚 少、动能増力I 内能増加4恒定律列 k分打杆所受的安培力F = BIL当杆的加速度a = 0时，速度最大，最大速度Vm= 2mBR2n 0，方向沿导轨平面向下R一、 1 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 mgxsin A Q总+ mvm J

3、1 . m3g2R2sin2 0又 Q 杆=2Q 总，所以 Q 杆=2mgxsin 0 b44【内化模型】单杆+电阻+导轨四种题型剖析【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 e现用沿导轨平面向上的恒定题型三（vo = 0）题型四（vo= 0）说明示意图能量观占八、图像观占八、力学观占八、竖直轨道光滑， 杆cd质量为m, 两导轨间距为L倾斜轨道光滑，倾角 为a杆cd质量为m,两导轨间距为L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：WGC丄1 2=Q + 2mvmF做的功一部分 转化为杆的动能, 一部分转化为内1能：Wf= Q+ 22mvm

4、动能全部转化为内能：Q = ；mvo2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=-1 2Q + 2mvm开始时a=m，杆 cd速度vf?感应 电动势E =BLvf?I f安培力 F 安=BIL f 由 F F 安=ma 知 a J, 当a= 0时，v最+ FR大，Vm = b2l2题型二（V0 = 0） 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 疋题型一（V0M 0） 杆cd以一定初速 度vo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杆以速度v切割磁 感线产生感应电 动势E= BLv，电 流I = BR

5、v,安培力2 2F = BIL = BR v。杆做减速运动：vj? F J?aJ,当 v=0 时，a = 0,杆 保持静止开始时a= g,杆 cd速度v1?感应 电动势E =BLv f I f安培 力F安二BIL f由 mg F 安=ma 知 a J当a = 0时，v 最大，vm=开始时a = gsin a,杆 cd速度v1?感应电 动势 E= BLv f I f 安培力F安二BIL f 由 mgsin a F 安=ma 知a J当a= 0时，v mgRsin a 最大，vm= b2L2r7/dKF LlL._FJ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

6、大速 度。【答案】见解析【解析】：分析金属杆运动时的受力情况可知， 金属杆受重力、导轨平面的支持力、拉力、摩擦力和安培力五个力的作用，沿斜面方向由牛顿第二定律有： F mgsin 9- F安一f= ma2 2又F 2 BIL，1-誘=誘，所以F心BILE BLv _B2L2vR+ Rf_ P_ ii mgos9b22v故 F mgs in 9 -卩 mgos9_ maR+ R向上类型二：单杆+电容器(或电源)+导轨模型类【初建模型】【例题2】(2017北京模拟)如图所示，在竖直向下的磁感应强度为 B的匀强磁场中，两 根足够长的平行光滑金属轨道 MN、PQ固定在水平面内，相距为L。一质量为m的导

7、体棒cd 垂直于MN、PQ放在轨道而上，与轨道接触良好。R的电阻，导体棒在拉力F的作用下以 速度v沿轨道做匀速运动。请通过公式推导证明：在任意一段时间 虫内，拉力F所做的功与 电路获得的电能相等。(2)如图2所示，若轨道左端接一电动势为 E、内阻为r的电源和一阻值未知的电阻，闭合开关S,导体棒从静止开始运动，经过一段时间后，导体棒达到最大速度 Vm,求此时电源的输出功率。(3)如图3所示，若轨道左端接一电容器，电容器的电容为 C,导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右运动。电容器两极板间电势差随时间变化的图像如图 4所示，已知t1时刻电容器两极板间的电势差为 U1。求导体棒运动过程中受到的水平

8、拉力大小。【思路点拨】：(1)导体棒匀速运动T受力平衡T求出拉力做的功。导体棒切割磁感线产生感应电动势产生感应电流T求出回路的电能闭合开关S-导体棒变加速运动-产生的感应电动势不断增大 -达到电源的路端电压电源的输出功率。-导体棒还受安培力的作用-由牛T棒中没有电流-由此可求出电源与电阻所在回路的电流(3)导体棒在外力作用下运动 回路中形成充电电流 顿第二定律列式分析。【答案】：见解析【解析】：(1)导体棒切割磁感线，E= BLv导体棒做匀速运动，F = F安，又F安二BIL，其中IB2L2V2在任意一段时间 At内，拉力F所做的功 W= FvAt = F安vAt士 R AtB2L2v2电路获

9、得的电能 AE= qE= EIAt= At可见，在任意一段时间 At内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等。 导体棒达到最大速度Vm时，棒中没有电流，电源的路端电压 U = BLvmE-U电源与电阻所在回路的电流I二厂2 2 2EBLvm- B2L2vm2 电源的输出功率P= UI =(3)感应电动势与电容器两极板间的电势差相等 BLv= UUi由电容器的U-t图可知U =石tU1导体棒的速度随时间变化的关系为 v=BLtt 可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度 a=誥由C =吝和I = Q，得I = C-=平由牛顿第二定律有 F BIL = maBLCU1 mU1 t1 + BLt1。【内化

10、模型】 单杆+电容器(或电源)+导轨模型四种题型剖析图像观点【变式】：例题2第(3)问变成,动，导轨与棒间的动摩擦因数为 禺【答案】：v_ +C；gtm+ CB L【应用模型】图3中导体棒在恒定水平外力F作用下，从静止开始运 写出导体棒的速度大小随时间变化的关系式。【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At，电容器两端电压的增量和电何量的增量分别为 AU = AE= BL AvQ = C AU = CBL A/流过导体棒的电流：.AQ

11、CBLAv I = At = At =CBLa导体棒受到的安培力：2 2f1= BIL = CB2L2a导体棒所受到的摩擦力：f2=卩mg由牛顿第二定律得：F fi- f2= ma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:F 口 mgv 2 。m+ CB2L2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 I，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

12、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 一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

13、，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 w和V2,加速度大小分别为ai和a2,受 到的安培力大小均为Fi,则感应电动势为：E= Bl(vi V2) 感应电流为：丨=2R 对甲和乙分别由牛顿第二定律得：F Fi = mai, Fi= ma2 当vi V2=定值(非零)，即系统以恒定的加速度运动时 ai= a2 解得ai = a2 = 2m 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

14、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【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ai和a2,甲、乙受到的安培力大小均为Fi，则感应电动势为：E= Bl(vi V2) 感应电流为：1= 2R 对甲和乙分别应用牛顿第二定律得： Fi BIl = mai, BIl F2= maz 当

15、vi V2=定值(非零)，即系统以恒定的加速度运动时 ai= a2 Fi F2解得：ai = a2= 2m 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i 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= 0.3 Q的电阻。一质量m= O.ikg、电阻r = O.i Q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/s的加速度做匀加速运动，当棒的位移x= 9m时撤去外

16、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 Qi : 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。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= 0.2 Q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

17、/s2。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B= 1.0T，杆MN的最大速度为多少？人B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 公二0.5T/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 A30两导轨之间相距为L = 1m,两导轨M、P间接入电阻R= 0.2 Q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 B= 1T,磁场的宽度xi = 1m,在cd连线以下的区域有一

18、个方向也垂直于两导轨平面向下的磁场U,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二0.2 0= 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U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U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U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; (

19、2)1.8J; (3)5.4J。【解析】：(1)设金属棒做匀加速运动的时间为 At,回路中磁通量的变化量为 ，回路中其中=BIx产生的平均感应电动势为 E，则由法拉第电磁感应定律得 E =药,R+ r设回路中的平均电流为I，则由闭合电路欧姆定律得I二通过电阻R的电荷量q= I At联立以上各式，代入数据解得 q= 4.5C。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一 1 2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= 02mv2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。由题意知，撤去外力前后回路中产生的

20、焦耳热之比 Qi : Q2= 2 : 1,可得 Qi = 3.6J在棒运动的整个过程中，由功能关系可知 Wf = Qi + Q2= 5.4J。2.【答案】：(1)1 W2C; (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= 20.5 5 V = 5V此时电容器的带电量 q = CU = 2 000 0-C= 10-2C。棒在F1作用下有F1 BId = ma1，F1 2联立解得：a1 二 mTCBd2 二 20 m/Sr r v则 t= = 0.25So a1F2由可知棒在F2作用下，运动的加速度a2= 厂2,方向向左,m+ CB

21、 d又；a1t2= 和2t-丄玄：)22 - 2 将相关数据代入解得F2 = 0.55N3.【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= B0LvEi由闭合电路欧姆定律，得ii=2rMN杆所受安培力大小为 F安=BoliL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 ABLd回路中的感应电动势为E2二云由闭合电路欧姆定律得1 E22Rt时刻的磁感应强度为ABBTPQ杆对地面的压力恰好为零时，由平衡条件，有 mg= BI2L22X10 2 X10X).20.5 2

22、X 0.2 2X).4S= 10So4.【答案】：(1)7.5J; (2)3.1So【解析】：(1)金属棒进入磁场I区域匀速运动，贝U.B0LV1 I =R+ rmgsin30 B0IL解得：V1 = 2 m/s0的匀加速直线运动，则 mgsin30 ma金属棒在未进入磁场前做初速度为解得：a = 5m/s2由运动学公式，有2ax0= V12解得：X0= 0.4 m金属棒在通过磁场U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。R+ r mgsin30 = BiI L解得：V2= 8 m/s金属棒从开始运动到在磁场 U区域中达到稳定状态过程中，根据动能定理，有1 2mg(xo+ xi

23、 + X2)si n 30 + W 安=qm 0产生的热量：Q= W安=15JQr = 1Q = 7.5J。(2)vi = at1, t1 = 0.4s, X1 = V1t2, t2 = 0.5 s金属棒在磁场U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速度为vi,速度的变化量为 A/i，则由牛顿第二定律，有:金属棒从进入磁场U到在磁场U中达到稳定状态的过程中，有:mgs in30B12L2Ev AiR+ rmXAimgsin30 3【答案】：(1)gsin 0,方向沿导轨平面向下;mgsin* 2 * 0B4L42 2B12L2X2=m(v? v1)R+ r解得：t3= 2.2s所以：t = t1 + t2 + t3= 3.1s