電磁感應(yīng)中的“桿+導(dǎo)軌”類問題(大模型)解題技巧

1、MN、NQ2mBLSn-e，方向沿導(dǎo)軌平面向下;1(2)2mgxsin 0【解析】：設(shè)桿cd下滑到某位置時速度為v,則桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E= BLv回路中的感應(yīng)電流ER+ R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 種觀點出發(fā)，分角度討論如下：類型一：單桿+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的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌 PQ與水平面的夾角為 0 N、Q兩點間接有阻值為R的電

2、阻。整個 裝置處于磁感應(yīng)強度為 B的勻強磁場中，磁場方向垂直導(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時達到最大速度。重力加速度為g,導(dǎo)軌電 阻不計，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?！舅悸伏c撥】：金I科吃應(yīng) 力作用下滑 產(chǎn)土實應(yīng)電苦 感應(yīng) 電流金屬 桿受 安培 力合外 力 ft由牛頓 第二定 律列式 分析童力作用- 下滑:1力勢能誠 少、動能増力I 內(nèi)能増加4恒定律列 k分打桿所受的安培力F = BIL根據(jù)牛頓第二定律有mgsin 02 2B2L2v2Rma當速度v=0時，

3、桿的加速度最大，最大加速度a = gsin 0,方向沿導(dǎo)軌平面向下當桿的加速度a = 0時，速度最大，最大速度Vm= 2mBR2n 0，方向沿導(dǎo)軌平面向下R一、 1 2桿cd從開始運動到達到最大速度過程中，根據(jù)能量守恒定律得 mgxsin A Q總+ mvmJ 1.m3g2R2sin2 0又 Q 桿=2Q 總，所以 Q 桿=2mgxsin 0 b44【內(nèi)化模型】單桿+電阻+導(dǎo)軌四種題型剖析【應(yīng)用模型】【變式】：此題若已知金屬桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為e現(xiàn)用沿導(dǎo)軌平面向上的恒定題型三（vo = 0）題型四（vo= 0）說明示意圖能量觀占八、圖像觀占八、力學(xué)觀占八、豎直軌道光滑， 桿cd質(zhì)量為m,

4、 兩導(dǎo)軌間距為L傾斜軌道光滑，傾角 為a桿cd質(zhì)量為m,兩導(dǎo)軌間距為L重力做的功（或減少 的重力勢能）一部分 轉(zhuǎn)化為桿的動能，一 部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WGC丄12=Q + 2mvmF做的功一部分 轉(zhuǎn)化為桿的動能, 一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)1能：Wf= Q+ 22mvm動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：Q = ；mvo2重力做的功（或減 少的重力勢能）一 部分轉(zhuǎn)化為桿的 動能，一部分轉(zhuǎn) 化為內(nèi)能：Wg=-1 2Q + 2mvm開始時a=m，桿 cd速度vf?感應(yīng) 電動勢E =BLvf?I f安培力 F 安=BIL f 由 F F 安=ma 知 a J, 當a= 0時，v最+FR大，Vm = b2l2題型二（V0 = 0）

5、軌道水平光滑，桿 cd質(zhì)量為m，電 阻不計，兩導(dǎo)軌間 距為L,拉力F恒 疋題型一（V0M 0） 桿cd以一定初速 度vo在光滑水平 軌道上滑動，質(zhì)量 為m,電阻不計， 兩導(dǎo)軌間距為L桿以速度v切割磁 感線產(chǎn)生感應(yīng)電 動勢E= BLv，電 流I = BRv,安培力2 2F = BIL = BR v。桿做減速運動：vj? F J?aJ,當 v=0 時，a = 0,桿 保持靜止開始時a= g,桿 cd速度v1?感應(yīng) 電動勢E =BLv f I f安培 力F安二BIL f由 mg F 安=ma 知 a J當a = 0時，v 最大，vm=開始時a = gsin a,桿 cd速度v1?感應(yīng)電 動勢 E=

6、BLv f I f 安培力F安二BIL f 由 mgsin a F 安=ma 知a J當a= 0時，v mgRsin a 最大，vm= b2L2r7/dKFLlL._FJ外力F作用在金屬桿cd上，使cd由靜止開始沿導(dǎo)軌向上運動，求cd的最大加速度和最大速 度?！敬鸢浮恳娊馕觥窘馕觥浚悍治鼋饘贄U運動時的受力情況可知， 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力的作用，沿斜面方向由牛頓第二定律有：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 mg

7、os9_ maR+ R當速度v= 0時，桿的加速度最大，最大加速度am_ m gsin9 i cos 9,方向沿導(dǎo)軌平面向上當桿的加速度a = 0時，速度最大,Vm =(F - mgsinr -mgcos) 2R。b2l2軌道和導(dǎo)體棒的電阻均不計。X JCXXMx NXXXXXXKXXK5xQ圖3如圖1所示，若軌道左端M、P間接一阻值為類型二：單桿+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)強度為 B的勻強磁場中，兩 根足夠長的平行光滑金屬軌道 MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L。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

8、道接觸良好。R的電阻，導(dǎo)體棒在拉力F的作用下以 速度v沿軌道做勻速運動。請通過公式推導(dǎo)證明：在任意一段時間 蟲內(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勢為 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)體棒從靜止開始運動，經(jīng)過一段時間后，導(dǎo)體棒達到最大速度Vm,求此時電源的輸出功率。(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動。電容器兩極板間電勢差隨時間變化的圖像如圖4所示，已知t1時刻電容器兩極板間的電勢差為 U1。求導(dǎo)體棒運動過程中受到的水平拉力大小?！舅悸伏c撥】：(1) 導(dǎo)體棒勻速運動

9、T受力平衡T求出拉力做的功。導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢產(chǎn)生感應(yīng)電流T求出回路的電能閉合開關(guān)S-導(dǎo)體棒變加速運動-產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不斷增大 -達到電源的路端電壓電源的輸出功率。-導(dǎo)體棒還受安培力的作用-由牛T棒中沒有電流-由此可求出電源與電阻所在回路的電流(3)導(dǎo)體棒在外力作用下運動回路中形成充電電流 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導(dǎo)體棒做勻速運動，F(xiàn) = F安，又F安二BIL，其中IB2L2V2在任意一段時間 At內(nèi)，拉力F所做的功 W= FvAt = F安vAt士 R AtB2L2v2電路獲得的電能 AE= qE= EIAt= At可見

10、，在任意一段時間 At內(nèi)，拉力F所做的功與電路獲得的電能相等。 導(dǎo)體棒達到最大速度Vm時，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二廠2 2 2EBLvm- B2L2vm2 電源的輸出功率P= UI =(3)感應(yīng)電動勢與電容器兩極板間的電勢差相等BLv= UUi由電容器的U-t圖可知U =石tU1導(dǎo)體棒的速度隨時間變化的關(guān)系為 v=BLtt 可知導(dǎo)體棒做勻加速直線運動，其加速度a=誥由C =吝和I = Q，得I = C-=平由牛頓第二定律有 F BIL = maBLCU1 mU1 t1+ BLt1?！緝?nèi)化模型】 單桿+電容器(或電源)+導(dǎo)軌模型四種題型剖析

11、說明題型一 (vo = 0)軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計，兩導(dǎo)軌間距為L題型二(vo = 0)軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計，兩導(dǎo)軌間距為L，拉力F恒定題型三(vo = 0) 傾斜軌道光滑， 桿cd質(zhì)量為m， 電阻不計，兩導(dǎo) 軌間距為L題型四(vo= 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示意圖in/力學(xué)觀點S閉合，桿cd 受安培力F = BLE _ BLEr ，a_ mr， 桿cd速度v 1? 感應(yīng)電動勢E感 _ BLvf? I 拐安 培力 F_ BIL J? 加速度a 當E 感_ E時，v最 大，且vm_ bl開始時a_ m，桿cd速度v 1E_BLv

12、T,經(jīng)過A速 度為 v+ Av, E_ BL(v+ Av), Aq_C(E - E) _AqCBL Av, I _ At _CBLa， F 安=2 2CB2L2a, a=F2 所以桿 m+ B2L2C，所以桿勻加速運動圖像觀點能量觀點電源輸出的電 能轉(zhuǎn)化為動能:1 2W 電=qmVmF做的功一部分轉(zhuǎn) 化為動能，一部分 轉(zhuǎn)化為電場能：Wf12 .匚=?mv + Ec開始時a_ gsin a桿cd速度v1? E_ BLv 1,經(jīng)過 At速度為v+ A/, E_ BL(v+ Av), Aq_ C(E 一 E)_AqCBL Av, I _ At _CBLa, F 安_2 2CB L a, mgsin

13、aF 安_ ma, a_mgs in am+ CB2L2,所以 桿勻加速運動重力做的功一部 分轉(zhuǎn)化為動能， 一部分轉(zhuǎn)化為電 場能：Wg= mv2+ Ec開始時a= g,桿cd 速度 v1?E =BLvT,經(jīng)過 At速度為v+Av,E=BL(v+ Av), Aq=C(E，一 E)=AqCBL Av, I 二 At 二CBLa, F 安_2 2CB L a, mg F 安_ ma, a_mgm+ CB2L2,所以桿勻加速運動重力做的功一部 分轉(zhuǎn)化為動能， 一部分轉(zhuǎn)化為電 場能：Wg umv2+ Ec【變式】：例題2第(3)問變成,動，導(dǎo)軌與棒間的動摩擦因數(shù)為 禺【答案】：v_ +C；gtm+ CB

14、 L【應(yīng)用模型】圖3中導(dǎo)體棒在恒定水平外力F作用下，從靜止開始運 寫出導(dǎo)體棒的速度大小隨時間變化的關(guān)系式?！窘馕觥浚簩?dǎo)體棒由靜止開始做加速運動，電容器所帶電荷量不斷增加，電路中將形成充電電流，設(shè)某時刻棒的速度為 v,則感應(yīng)電動勢為：E= BLv電容器所帶電荷量為：Q= CE= CBLv再經(jīng)過很短一段時間At，電容器兩端電壓的增量和電何量的增量分別為AU = AE= BL AvQ = C AU = CBL A/流過導(dǎo)體棒的電流：.AQ CBLAv I = At = At =CBLa導(dǎo)體棒受到的安培力：2 2f1= BIL = CB2L2a導(dǎo)體棒所受到的摩擦力：f2=卩mg由牛頓第二定律得：F f

15、i- f2= ma聯(lián)立以上各式解得:F 口 mg2 2 m+ CB2L2顯然導(dǎo)體棒做勻加速直線運動，所以導(dǎo)體棒的速度大小隨時間變化的關(guān)系式為:F 口 mgv2。m+ CB2L2類型三：雙桿+導(dǎo)軌模型類【初建模型】【例題3】(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)強度為B的勻強磁場與導(dǎo)軌所在平面垂直，導(dǎo)軌的電阻很小，可忽略不計，導(dǎo)軌間的距離為I，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)軌上無摩擦地滑動，滑動過程中與導(dǎo)軌 保持垂直。在t= 0時刻，兩桿都處于靜止狀態(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上，使金屬桿在導(dǎo)軌上滑動，試分析金屬桿甲、乙的收尾運

16、動情況XXX 5IXXRXXX 5FXXXK 5XX乙 甲圖1(2) 如圖2所示，兩根足夠長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。在整個導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強磁場，設(shè)兩導(dǎo)體 棒均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行。開始時，棒 cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度。若兩導(dǎo)體棒 在運動中始終不接觸，試定性分析兩棒的收尾運動情況?！舅悸伏c撥】：(1) 金屬桿甲運動產(chǎn)生感應(yīng)電動勢回路中有感應(yīng)電流 乙受安培力的作用做加速運動 一可求出某時刻回路中的總感應(yīng)電動勢 由牛頓第二定律列式判斷。(2) 導(dǎo)體棒ab運動，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)體棒的

17、運動 情況，即可得出結(jié)論?！敬鸢浮恳娊馕觥窘馕觥浚?1)設(shè)某時刻甲和乙的速度大小分別為 w和V2,加速度大小分別為ai和a2,受 到的安培力大小均為Fi,則感應(yīng)電動勢為：E= Bl(vi V2)感應(yīng)電流為：丨=2R 對甲和乙分別由牛頓第二定律得：F Fi = mai, Fi= ma2當vi V2=定值(非零)，即系統(tǒng)以恒定的加速度運動時 ai= a2解得ai = a2 = 2m 可見甲、乙兩金屬桿最終水平向右做加速度相同的勻加速運動，速度一直增大。(2)ab棒向cd棒運動時，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棒受到與運動方向相反的安培力作用做減速運動，cd

18、棒則在安培力作用下做加速運動，在ab棒的速度大于cd棒的速度時，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水平向右做勻速運動?！緝?nèi)化模型】三大觀點透徹解讀雙桿模型示意圖力學(xué)觀點圖像觀點能量觀點導(dǎo)體棒i受安培力的作用做加速度減小的減速運動，導(dǎo)體棒受安培力的作用做加速度減小的加速運動，最后兩棒以相同的速度做勻速直線運動棒i動能的減少量二棒2動能的增加量+焦耳熱疋堂x墟SCxX X XXX X X X乙甲【答案】見解析【解析】：設(shè)某時刻甲和乙的速度分別為 V1和V2,加速度分別為ai和a2,甲、乙受到

19、的安培力大小均為Fi，則感應(yīng)電動勢為：E= Bl(vi V2)感應(yīng)電流為：1= 2R 對甲和乙分別應(yīng)用牛頓第二定律得：Fi BIl = mai, BIl F2= maz當vi V2=定值(非零)，即系統(tǒng)以恒定的加速度運動時 ai= a2Fi F2解得：ai = a2= 2m可見甲、乙兩金屬桿最終做加速度相同的勻加速運動，速度一直增大輔導(dǎo)23：電磁感應(yīng)中的“桿+導(dǎo)軌”類問題(3大模型)解題技巧訓(xùn)練題i 如圖所示，一對光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距l(xiāng) = 0.5m，左端接有阻值R= 0.3 Q的電阻。一質(zhì)量m= O.ikg、電阻r = O.i Q的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，整 個裝置

20、置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度B = 0.4T。棒在水平向右的外力作用下由靜止開始以a = 2m/s(20i7常州檢測)如圖所示，水平面內(nèi)有兩根足夠長的平行導(dǎo)軌 Li、L2,其間距d = 0.5m， 左端接有容量C = 2000 F的電容。質(zhì)量m= 20g的導(dǎo)體棒可在導(dǎo)軌上無摩擦滑動，導(dǎo)體棒和 導(dǎo)軌的電阻不計。整個空間存在著垂直導(dǎo)軌所在平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B = 2T?，F(xiàn)用一沿導(dǎo)軌方向向右的恒力 Fi = 0.44N作用于導(dǎo)體棒，使導(dǎo)體棒從靜止開始運動，經(jīng)t時間后到達B處，速度v= 5m/s。此時，突然將拉力方向變?yōu)檠貙?dǎo)軌向左，大小變?yōu)镕2,又經(jīng)2t時間后導(dǎo)體棒返回到初始位置

21、 A處，整個過程電容器未被擊穿。求(1) 導(dǎo)體棒運動到B處時，電容C上的電量；(2) t的大??；(3) F2的大小。，的加速度做勻加速運動，當棒的位移x= 9m時撤去外力，棒繼續(xù)運 動一段距離后停下來，已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Qi : Q2 = 2 ： 1。導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸。求：(1) 棒在勻加速運動過程中，通過電阻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Wf。3如圖所示，兩根豎直固定的足夠長的金屬導(dǎo)軌 ab和cd相距L = 0.2m，另外兩根水平 金屬桿MN和PQ的質(zhì)量均為m= 10kg

22、，可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑動，MN桿和PQ桿的電阻均為 R= 0.2 Q豎直金屬導(dǎo)軌電阻不計)，PQ桿放置在水平絕緣平臺上，整個裝置處于垂直導(dǎo)軌平 面向里的磁場中，g取10m/s2。若將PQ桿固定，讓MN桿在豎直向上的恒定拉力F = 0.18N的作用下由靜止開始向上 運動，磁感應(yīng)強度B= 1.0T，桿MN的最大速度為多少？人B若將MN桿固定，MN和PQ的間距為d = 0.4m,現(xiàn)使磁感應(yīng)強度從零開始以 公二0.5T/S 的變化率均勻地增大，經(jīng)過多長時間，桿PQ對地面的壓力為零？4如圖所示，兩平行且無限長光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面的夾角為 A30兩導(dǎo)軌之間相距為L = 1m,兩導(dǎo)軌M、P間接入電阻

23、R= 0.2 Q導(dǎo)軌電阻不計。在abdc區(qū)域內(nèi)有 一個方向垂直于兩導(dǎo)軌平面向下的磁場I,磁感應(yīng)強度為B= 1T,磁場的寬度xi = 1m,在cd連線以下的區(qū)域有一個方向也垂直于兩導(dǎo)軌平面向下的磁場U,磁感應(yīng)強度為B1 = 0.5T。一個質(zhì)量為m= 1kg的金屬棒垂直放在金屬導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的電阻r二0.2 0= 若將金屬棒在離ab連線上端X0處自由釋放，則金屬棒進入磁場I恰好做勻速直線運動。金 屬棒進入磁場U后，經(jīng)過ef時系統(tǒng)達到穩(wěn)定狀態(tài)，cd與ef之間的距離X2= 8m。(g取10m/s2)(1) 求金屬棒從開始靜止到在磁場U中達到穩(wěn)定狀態(tài)這一過程中電阻R產(chǎn)生的熱量；(2) 求

24、金屬棒從開始運動到在磁場U中達到穩(wěn)定狀態(tài)所經(jīng)過的時間。輔導(dǎo)23:電磁感應(yīng)中的“桿+導(dǎo)軌”類問題(3大模型)解題技巧訓(xùn)練題參考答案1.【答案】：(1)4.5C; (2)1.8J; (3)5.4J?！窘馕觥浚?1)設(shè)金屬棒做勻加速運動的時間為At,回路中磁通量的變化量為 ，回路中其中=BIx產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為 E，則由法拉第電磁感應(yīng)定律得 E =藥,R+ r設(shè)回路中的平均電流為I，則由閉合電路歐姆定律得I二通過電阻R的電荷量q= I At聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得 q= 4.5C。設(shè)撤去外力時棒的速度為v,在棒做勻加速運動的過程中，由運動學(xué)公式得v2= 2ax一 1 2設(shè)棒在撤去外力后的運動過

25、程中安培力做的功為W,由動能定理得 W= 02mv2撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱 Q2= W代入數(shù)據(jù)解得Q2= 1.8J。由題意知，撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Qi : Q2= 2 : 1,可得 Qi = 3.6J在棒運動的整個過程中，由功能關(guān)系可知Wf = Qi + Q2= 5.4J。2.【答案】：(1)1 W2C; (2)0.25s； (3)0.55N?！窘馕觥浚?1)當導(dǎo)體棒運動到B處時，電容器兩端電壓為 U = Bdv= 20.5 5 V = 5V此時電容器的帶電量 q = CU = 2 000 0-C= 10-2C。棒在F1作用下有F1 BId = ma1，Aq CBd A=At = AA，Ava1=AF12聯(lián)立解得：a1 二 mTCBd2 二 20 m/Sr rv則 t= = 0.25So a1F2由可知棒在F2作用下，運動的加速度a2=廠2,方向向左,m+ CB d又；a1t2= 和2t-丄玄：)22 - 2 將相關(guān)數(shù)據(jù)代入解得F2 = 0.55N3. 【答案】：(1)0.8m/s； (2)10s?！窘馕觥浚?1)MN桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1= B0LvEi由閉合電路歐姆定律，得ii=2rMN桿所受安培力大小為 F安=BoliL對MN桿應(yīng)用牛頓第二定律，得 F mg F安=ma當MN桿速