電磁感應(yīng)（3）-備戰(zhàn)2022年高考案頭必備模型（原卷版）

模型28電磁感應(yīng)（3）-備戰(zhàn)2022年高考案頭必備模型+典例+方法+練習(xí)目錄電磁感應(yīng)中的能量 2電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問題 4考向1動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用 4考向2動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用 7單桿+電阻+導(dǎo)軌四種題型 9單桿+電容器(或電源)+導(dǎo)軌模型 12雙桿+導(dǎo)軌模型類 15

電磁感應(yīng)中的能量【模型+方法】1．電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化2．焦耳熱的計(jì)算(1)電流恒定時(shí)，根據(jù)焦耳定律求解，即Q＝I2Rt.(2)感應(yīng)電流變化，可用以下方法分析：①利用動(dòng)能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安．②根據(jù)能量守恒定律，感應(yīng)電流產(chǎn)生的焦耳熱等于其他形式能量的減少，則Q＝ΔE其他．3．能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法4．解決電磁感應(yīng)能量問題的策略是“先源后路、先電后力，再是運(yùn)動(dòng)、能量”，即5.解電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量問題的一般步驟1.在電磁感應(yīng)中，切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源。2.分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量發(fā)生了相互轉(zhuǎn)化。3.根據(jù)能量守恒列方程求解。典例(多選)如圖，一平行金屬導(dǎo)軌靜置于水平桌面上，空間中有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，粗糙平行導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌和阻值為R的定值電阻相連，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)體棒的電阻為r，導(dǎo)體棒以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)距離x后停止，此過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為Q，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g，則()A．導(dǎo)體棒克服安培力做的功為eq\f(R＋r,R)QB．通過電阻R的電荷量為q＝eq\f(BLx,r＋R)C．導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌因摩擦產(chǎn)生的熱量為eq\f(1,2)mv02－QD．導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(v\o\al(,02),2gx)－eq\f(r＋R,mgxR)Q答案ABD解析由功能關(guān)系可知，導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱，R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q，根據(jù)串聯(lián)電路中焦耳熱按電阻分配可知，W安＝Q焦＝eq\f(R＋r,R)Q，故A正確；通過電阻R的電荷量q＝eq\f(ΔΦ,r＋R)＝eq\f(BLx,r＋R)，故B正確；由能量守恒可知，eq\f(1,2)mv02＝Q焦＋Q摩，所以導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q摩＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(R＋r,R)Q＝μmgx，解得：μ＝eq\f(v\o\al(,02),2gx)－eq\f(r＋R,mgxR)Q，故C錯(cuò)誤，D正確．練習(xí)如圖所示，足夠長的平行光滑U形導(dǎo)軌傾斜放置，所在平面的傾角θ＝37°，導(dǎo)軌間的距離L＝1.0m，下端連接R＝1.6Ω的定值電阻，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，所在空間存在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0T．質(zhì)量m＝0.5kg、電阻r＝0.4Ω的金屬棒ab垂直放置于導(dǎo)軌上，現(xiàn)用沿導(dǎo)軌平面且垂直于金屬棒、大小為F＝5.0N的恒力使金屬棒ab從靜止開始沿導(dǎo)軌向上滑行且始終與導(dǎo)軌接觸良好，當(dāng)金屬棒滑行x＝2.8m后速度保持不變．求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)(1)金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v；(2)金屬棒從靜止到開始勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量QR.電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問題考向1動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用【模型+方法】動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用導(dǎo)體棒或金屬框在感應(yīng)電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，安培力的沖量為：I安＝Beq\x\to(I)Lt＝BLq，通過導(dǎo)體棒或金屬框的電荷量為：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R總)Δt＝neq\f(ΔΦ,Δt·R總)Δt＝neq\f(ΔФ,R總)，磁通量變化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx.當(dāng)題目中涉及速度v、電荷量q、運(yùn)動(dòng)時(shí)間t、運(yùn)動(dòng)位移x時(shí)常用動(dòng)量定理求解．導(dǎo)體棒或金屬框在感應(yīng)電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，安培力的沖量為：I安＝Beq\x\to(I)Lt＝BLq，通過導(dǎo)體棒或金屬框的電荷量為：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R總)Δt＝neq\f(ΔΦ,ΔtR總)·Δt＝neq\f(ΔΦ,R總)，磁通量變化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx.如果安培力是導(dǎo)體棒或金屬框受到的合外力，則I安＝mv2－mv1.當(dāng)題目中涉及速度v、電荷量q、運(yùn)動(dòng)時(shí)間t、運(yùn)動(dòng)位移x時(shí)用動(dòng)量定理求解更方便．典例(多選)如圖所示，水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，兩導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌電阻均可忽略不計(jì)．在M和P之間接有一阻值為R的定值電阻，導(dǎo)體桿ab質(zhì)量為m、電阻也為R，并與導(dǎo)軌接觸良好．整個(gè)裝置處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中．現(xiàn)給ab桿一個(gè)初速度v0，使桿向右運(yùn)動(dòng)，最終ab桿停止在導(dǎo)軌上．下列說法正確的是()A．a(chǎn)b桿將做勻減速運(yùn)動(dòng)直到靜止B．a(chǎn)b桿速度減為eq\f(v0,3)時(shí)，ab桿加速度大小為eq\f(B2L2v0,6mR)C．a(chǎn)b桿速度減為eq\f(v0,3)時(shí)，通過定值電阻的電荷量為eq\f(mv0,3BL)D．a(chǎn)b桿速度減為eq\f(v0,3)時(shí)，ab桿走過的位移為eq\f(4mRv0,3B2L2)答案BD解析ab桿在水平方向上受到與運(yùn)動(dòng)方向相反的安培力，安培力大小為FA＝eq\f(B2L2v,2R)，加速度大小為：a＝eq\f(FA,m)＝eq\f(B2L2v,2mR)，由于速度減小，所以ab桿做加速度減小的變減速運(yùn)動(dòng)直到靜止，故A錯(cuò)誤；當(dāng)ab桿的速度為eq\f(v0,3)時(shí)，安培力大小為：F＝eq\f(B2L2v0,6R)，所以加速度大小為：a＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2v0,6mR)，故B正確；對(duì)ab桿，由動(dòng)量定理得：－Beq\x\to(I)L·Δt＝meq\f(v0,3)－mv0，即BLq＝eq\f(2,3)mv0，解得：q＝eq\f(2mv0,3BL)，所以通過定值電阻的電荷量為eq\f(2mv0,3BL)，故C錯(cuò)誤；由q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(B·Lx,2R)，解得ab桿走過的位移：x＝eq\f(2Rq,BL)＝eq\f(4mRv0,3B2L2)，故D正確．【練習(xí)】（2021年安徽省A10聯(lián)盟高考物理開年試卷）如圖，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ傾斜放置，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角θ=30°，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌上端連接一個(gè)理想電壓表，下端連接一個(gè)阻值為R的定值電阻，整個(gè)導(dǎo)軌處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。質(zhì)量為m的金屬棒ab放在導(dǎo)軌上，用平行于導(dǎo)軌平面向上的拉力拉金屬棒，使金屬棒由靜止開始向上運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻撤去拉力。金屬棒向上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，電壓表的示數(shù)隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示(圖中U0、t0均已知)，金屬棒沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)過程中與導(dǎo)軌接觸良好且始終與導(dǎo)軌垂直，金屬棒接入電路的電阻為12R，重力加速度為g，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，求：

(1)撤去拉力的瞬間，金屬棒的速度大??；

(2)t=12t0時(shí)刻，作用于金屬棒上拉力的大?。?/p>

(3)考向2動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用【模型+方法】1．在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，安培力充當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)力，如果它們不受摩擦力，且受到的安培力的合力為0時(shí)，滿足動(dòng)量守恒，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律解題比較方便．2．雙棒模型雙棒無外力雙棒有外力示意圖F為恒力動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)導(dǎo)體棒1受安培力的作用做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒2受安培力的作用做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后兩棒以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)導(dǎo)體棒1做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒2做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，最終兩棒以相同的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)動(dòng)量觀點(diǎn)系統(tǒng)動(dòng)量守恒系統(tǒng)動(dòng)量不守恒能量觀點(diǎn)棒1動(dòng)能的減少量＝棒2動(dòng)能的增加量＋焦耳熱外力做的功＝棒1的動(dòng)能＋棒2的動(dòng)能＋焦耳熱3.在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，安培力充當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)力，如果兩安培力等大反向，且它們受到的外力的合力為0，則滿足動(dòng)量守恒條件，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律求解比較方便．這類問題可以從以下三個(gè)觀點(diǎn)來分析：(1)力學(xué)觀點(diǎn)：通常情況下一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，而另一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終兩金屬桿以共同的速度勻速運(yùn)動(dòng)．(2)動(dòng)量觀點(diǎn)：如果光滑導(dǎo)軌間距恒定，則兩個(gè)金屬桿的安培力大小相等，通常情況下系統(tǒng)的動(dòng)量守恒．(3)能量觀點(diǎn)：其中一個(gè)金屬桿動(dòng)能的減少量等于另一個(gè)金屬桿動(dòng)能的增加量與回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和．典例的光滑豎直半圓軌道相連，與軌道始終垂直且接觸良好的金屬棒b和c可在軌道上無摩擦地滑動(dòng)，兩金屬棒的質(zhì)量mb＝mc＝0.1kg，接入電路的有效電阻Rb＝Rc＝1Ω，軌道的電阻不計(jì)．平行水平金屬軌道M、N處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于軌道平面向上，光滑豎直半圓軌道在磁場外，如圖所示．若使b棒以初速度v0＝10m/s開始向左運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中b、c不相撞，g取10m/s2，求：(1)c棒的最大速度大??；(2)c棒達(dá)到最大速度時(shí)，此棒產(chǎn)生的焦耳熱；(3)若c棒達(dá)到最大速度后沿半圓軌道上滑，金屬棒c到達(dá)軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力的大?。鸢?1)5m/s(2)1.25J(3)1.25N解析(1)在安培力作用下，b棒做減速運(yùn)動(dòng)，c棒做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩棒速度相等時(shí)，c棒達(dá)到最大速度．選兩棒為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mbv0＝(mb＋mc)v解得c棒的最大速度大小為：v＝eq\f(mb,mb＋mc)v0＝5m/s.(2)從b棒開始運(yùn)動(dòng)到兩棒速度相等的過程中，系統(tǒng)減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電能，兩棒中產(chǎn)生的總焦耳熱為：Q＝eq\f(1,2)mbv02－eq\f(1,2)(mb＋mc)v2＝2.5J因?yàn)镽b＝Rc，所以c棒達(dá)到最大速度時(shí)此棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qc＝eq\f(Q,2)＝1.25J.(3)設(shè)c棒沿半圓軌道滑到最高點(diǎn)時(shí)的速度為v′，從最低點(diǎn)上升到最高點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律可得：eq\f(1,2)mcv2－eq\f(1,2)mcv′2＝mcg·2R解得v′＝3m/s.在最高點(diǎn)，設(shè)軌道對(duì)c棒的彈力為F，由牛頓第二定律得mcg＋F＝mceq\f(v′2,R)解得F＝1.25N.由牛頓第三定律得，在最高點(diǎn)c棒對(duì)軌道的壓力大小為1.25N，方向豎直向上.【練習(xí)】(多選)如圖所示，兩根水平固定的足夠長平行光滑金屬導(dǎo)軌上，靜止放著兩根質(zhì)量為m、長度為L、電阻為R的相同導(dǎo)體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路(ab、cd與導(dǎo)軌接觸良好)，導(dǎo)軌平面內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場B.現(xiàn)給cd一個(gè)初速度v0，則()A．a(chǎn)b將向右做勻加速運(yùn)動(dòng)B．a(chǎn)b、cd最終具有相同的速度eq\f(v0,2)C．通過ab桿的電荷量為q＝eq\f(mv0,2BL)D．回路產(chǎn)生的焦耳熱最多為eq\f(1,2)mv02單桿+電阻+導(dǎo)軌四種題型【模型+方法】題型一(v0≠0)題型二(v0＝0)題型三(v0＝0)題型四(v0＝0)說明桿cd以一定初速度v0在光滑水平軌道上滑動(dòng)，質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌間距為L軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌間距為L，拉力F恒定傾斜軌道光滑，傾角為α，桿cd質(zhì)量為m，兩導(dǎo)軌間距為L豎直軌道光滑，桿cd質(zhì)量為m，兩導(dǎo)軌間距為L示意圖力學(xué)觀點(diǎn)桿以速度v切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv，電流I＝eq\f(BLv,R)，安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)。桿做減速運(yùn)動(dòng)：v↓?F↓?a↓，當(dāng)v＝0時(shí)，a＝0，桿保持靜止開始時(shí)a＝eq\f(F,m)，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由F－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，vm＝eq\f(FR,B2L2)開始時(shí)a＝gsinα，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mgsinα－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)開始時(shí)a＝g，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mg－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時(shí)，v最大，vm＝eq\f(mgR,B2L2)圖像觀點(diǎn)能量觀點(diǎn)動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：Q＝eq\f(1,2)mv02F做的功一部分轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WF＝Q＋eq\f(1,2)mvm2重力做的功(或減少的重力勢能)一部分轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WG＝Q＋eq\f(1,2)mvm2重力做的功(或減少的重力勢能)一部分轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WG＝Q＋eq\f(1,2)mvm2【典例】如圖所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(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(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?！舅悸伏c(diǎn)撥】：【答案】：(1)gsinθ，方向沿導(dǎo)軌平面向下；eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，方向沿導(dǎo)軌平面向下；(2)eq\f(1,2)mgxsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,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E＝BLv回路中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋R)桿所受的安培力F＝BIL根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－eq\f(B2L2v,2R)＝ma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vm＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，方向沿導(dǎo)軌平面向下。(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mgxsinθ＝Q總＋eq\f(1,2)mvm2又Q桿＝eq\f(1,2)Q總，所以Q桿＝eq\f(1,2)mgxsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,B4L4)。【練習(xí)】典例此題若已知金屬桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。現(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。單桿+電容器(或電源)+導(dǎo)軌模型【模型+方法】題型一(v0＝0)題型二(v0＝0)題型三(v0＝0)題型四(v0＝0)說明軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌間距為L軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌間距為L，拉力F恒定傾斜軌道光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌間距為L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示意圖力學(xué)觀點(diǎn)S閉合，桿cd受安培力F＝eq\f(BLE,r)，a＝eq\f(BLE,mr)，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動(dòng)勢E感＝BLv↑?I↓?安培力F＝BIL↓?加速度a↓，當(dāng)E感＝E時(shí)，v最大，且vm＝eq\f(E,BL)開始時(shí)a＝eq\f(F,m)，桿cd速度v↑?E＝BLv↑，經(jīng)過Δt速度為v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLa，F(xiàn)安＝CB2L2a，a＝eq\f(F,m＋B2L2C)，所以桿勻加速運(yùn)動(dòng)開始時(shí)a＝gsinα，桿cd速度v↑?E＝BLv↑，經(jīng)過Δt速度為v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLa，F(xiàn)安＝CB2L2a，mgsinα－F安＝ma，a＝eq\f(mgsinα,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Δt速度為v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBLa，F(xiàn)安＝CB2L2a，mg－F安＝ma，a＝eq\f(mg,m＋CB2L2)，所以桿勻加速運(yùn)動(dòng)圖像觀點(diǎn)能量觀點(diǎn)電源輸出的電能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能：W電＝eq\f(1,2)mvm2F做的功一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為電場能：WF＝eq\f(1,2)mv2＋EC重力做的功一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為電場能：WG＝eq\f(1,2)mv2＋EC重力做的功一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為電場能：WG＝eq\f(1,2)mv2＋EC【典例】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，與軌道接觸良好。軌道和導(dǎo)體棒的電阻均不計(jì)。(1)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Δt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(dòng)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(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】：(1)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→產(chǎn)生感應(yīng)電流→求出回路的電能。(2)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。(3)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導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)＝F安，又F安＝BIL，其中I＝eq\f(E,R)在任意一段時(shí)間Δt內(nèi)，拉力F所做的功W＝FvΔt＝F安vΔt＝eq\f(B2L2v2,R)Δt電路獲得的電能ΔE＝qE＝EIΔt＝eq\f(B2L2v2,R)Δt可見，在任意一段時(shí)間Δt內(nèi)，拉力F所做的功與電路獲得的電能相等。(2)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＝BLvm電源與電阻所在回路的電流I＝eq\f(E－U,r)電源的輸出功率P＝UI＝eq\f(EBLvm－B2L2vm2,r)。(3)感應(yīng)電動(dòng)勢與電容器兩極板間的電勢差相等BLv＝U由電容器的U-t圖可知U＝eq\f(U1,t1)t導(dǎo)體棒的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系為v＝eq\f(U1,BLt1)t可知導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度a＝eq\f(U1,BLt1)由C＝eq\f(Q,U)和I＝eq\f(Q,t)，得I＝eq\f(CU,t)＝eq\f(CU1,t1)由牛頓第二定律有F－BIL＝ma可得F＝eq\f(BLCU1,t1)＋eq\f(mU1,BLt1)?！揪毩?xí)】：典例第(3)問變成，圖3中導(dǎo)體棒在恒定水平外力F作用下，從靜止開始運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)軌與棒間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，寫出導(dǎo)體棒的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系式。雙桿+導(dǎo)軌模型類【模型+方法】示意圖力學(xué)觀點(diǎn)圖像觀點(diǎn)能量觀點(diǎn)導(dǎo)體棒1受安培力的作用做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒2受安培力的作用做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后兩棒以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)棒1動(dòng)能的減少量＝棒2動(dòng)能的增加量＋焦耳熱兩棒以相同的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)外力做的功＝棒1的動(dòng)能＋棒2的動(dòng)能＋焦耳熱【典例】(1)如圖1所示，兩根平行的金屬導(dǎo)軌