新教材高中物理第2章電磁感應(yīng)“桿導(dǎo)軌”類問題練習(xí)新人教版選擇性必修2

電磁感應(yīng)中的“桿＋導(dǎo)軌”類問題電磁感應(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】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兩點間接有阻值為R的電阻。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?！緝?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)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，質(zhì)量為m，電阻不計，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，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)觀點桿以速度v切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E＝BLv，電流I＝eq\f(BLv,R)，安培力F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)。桿做減速運動：v↓?F↓?a↓，當(dāng)v＝0時，a＝0，桿保持靜止開始時a＝eq\f(F,m)，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由F－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時，v最大，vm＝eq\f(FR,B2L2)開始時a＝gsinα，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mgsinα－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時，v最大，vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)開始時a＝g，桿cd速度v↑?感應(yīng)電動勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mg－F安＝ma知a↓，當(dāng)a＝0時，v最大，vm＝eq\f(mgR,B2L2)圖像觀點能量觀點動能全部轉(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)化為桿的動能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：WG＝Q＋eq\f(1,2)mvm2【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)軌向上運動，求cd的最大加速度和最大速度。類型二：單桿+電容器(或電源)+導(dǎo)軌模型類【初建模型】【例題2】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，與軌道接觸良好。軌道和導(dǎo)體棒的電阻均不計。(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沿軌道做勻速運動。請通過公式推導(dǎo)證明：在任意一段時間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。【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)說明軌道水平光滑，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)電動勢E感＝BLv↑?I↓?安培力F＝BIL↓?加速度a↓，當(dāng)E感＝E時，v最大，且vm＝eq\f(E,BL)開始時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)，所以桿勻加速運動開始時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)，所以桿勻加速運動開始時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)，所以桿勻加速運動圖像觀點能量觀點電源輸出的電能轉(zhuǎn)化為動能：W電＝eq\f(1,2)mvm2F做的功一部分轉(zhuǎn)化為動能，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)化為動能，一部分轉(zhuǎn)化為電場能：WG＝eq\f(1,2)mv2＋EC【應(yīng)用模型】【變式】：例題2第(3)問變成，圖3中導(dǎo)體棒在恒定水平外力F作用下，從靜止開始運動，導(dǎo)軌與棒間的動摩擦因數(shù)為μ，寫出導(dǎo)體棒的速度大小隨時間變化的關(guān)系式。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l，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?fàn)顟B(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、乙的收尾運動情況。(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?！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1受安培力的作用做加速度減小的減速運動，導(dǎo)體棒2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1動能的減少量＝棒2動能的增加量＋焦耳熱兩棒以相同的加速度做勻加速直線運動外力做的功＝棒1的動能＋棒2的動能＋焦耳熱【應(yīng)用模型】【變式】：若例題3(1)中甲、乙兩金屬桿受恒力作用情況如圖所示，兩桿分別在方向相反的恒力作用下運動(兩桿不會相撞)，試分析這種情況下甲、乙金屬桿的收尾運動情況。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1．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＝0.3Ω的電阻。一質(zhì)量m＝0.1kg、電阻rMN放置在導(dǎo)軌上，整個裝置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/s2的加速度做勻加速運動，當(dāng)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Q1∶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。2．如圖所示，水平面內(nèi)有兩根足夠長的平行導(dǎo)軌L1、L2，其間距d＝m，左端接有容量C＝2000μF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F1＝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。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，可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑動，MN桿和PQ桿的電阻均為R＝0.2Ω(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。(1)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B0＝1.0T，桿MN的最大速度為多少？(2)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eq\f(ΔB,Δt)＝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θ＝30°，兩導(dǎo)軌之間相距為L＝1m，兩導(dǎo)軌M、P間接入電阻R＝0.2Ω，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B0＝1T，磁場的寬度x1＝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Ⅱ，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＝0.2Ω。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Ⅱ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Ⅱ中達到穩(wěn)定狀態(tài)這一過程中電阻R產(chǎn)生的熱量；(2)求金屬棒從開始運動到在磁場Ⅱ中達到穩(wěn)定狀態(tài)所經(jīng)過的時間。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】：；；?！窘馕觥浚?1)設(shè)金屬棒做勻加速運動的時間為Δt，回路中磁通量的變化量為ΔΦ，回路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢為eq\x\to(E)，則由法拉第電磁感應(yīng)定律得eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，其中ΔΦ＝Blx設(shè)回路中的平均電流為eq\x\to(I)，則由閉合電路歐姆定律得eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)通過電阻R的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt聯(lián)立以上各式，代入數(shù)據(jù)解得q＝。(2)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設(shè)棒在撤去外力后的運動過程中安培力做的功為W，由動能定理得W＝0－eq\f(1,2)mv2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＝。(3)由題意知，撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝在棒運動的整個過程中，由功能關(guān)系可知WF＝Q1＋Q2＝。2．【答案】：(1)1×10－2C；；?！窘馕觥浚?1)當(dāng)導(dǎo)體棒運動到B處時，電容器兩端電壓為U＝Bdv＝2×0.5×5V＝5V此時電容器的帶電量q＝CU＝2000×10－6×5C＝1×10－2C。(2)棒在F1作用下有F1－BId＝ma1，又I＝eq\f(Δq,Δt)＝eq\f(CBdΔv,Δt)，a1＝eq\f(Δv,Δt)聯(lián)立解得：a1＝eq\f(F1,m＋CB2d2)＝20m/s2則t＝eq\f(v,a1)＝。(3)由(2)可知棒在F2作用下，運動的加速度a2＝eq\f(F2,m＋CB2d2)，方向向左，又eq\f(1,2)a1t2＝－將相關(guān)數(shù)據(jù)代入解得F2＝。3．【答案】：；(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＝B0Lv由閉合電路歐姆定律，得I1＝eq\f(E1,2R)MN桿所受安培力大小為F安＝B0I1對MN桿應(yīng)用牛頓第二定律，得F－mg－F安＝ma當(dāng)MN桿速度最大時，MN桿的加速度為零，聯(lián)立解得，MN桿的最大速度為vm＝＝m/s＝。(2)回路中的感應(yīng)電動勢為E2＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBLd,Δt)由閉合電路歐姆定律得I2＝eq\f(E2,2R)t時刻的磁感應(yīng)強度為B＝eq\f(ΔB,Δt)tPQ桿對地面的壓力恰好為零時，由平衡條件，有mg＝BI2聯(lián)立解得t＝eq\f(2mgR,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ΔB,Δt)))2L2d)＝eq\f(2×10－2,2×2×0.4)s＝10s。4．【答案】：；。【解析】：(1)金屬棒進入磁場Ⅰ區(qū)域