2022年新課標(biāo)高中物理模型與方法19 電磁感應(yīng)中的單導(dǎo)體棒模型教師講解版

文檔來(lái)源網(wǎng)絡(luò)整理侵權(quán)必刪PAGE1專題19電磁感應(yīng)中的單導(dǎo)體棒模型目錄一.阻尼式單導(dǎo)體棒模型 1二．發(fā)電式單導(dǎo)體棒模型 7三．無(wú)外力充電式單導(dǎo)體棒模型 14四．無(wú)外力放電式單導(dǎo)體棒模型 16五．有外力充電式單導(dǎo)體棒模型 18六．含“源”電動(dòng)式模型 24一.阻尼式單導(dǎo)體棒模型【模型如圖】1．電路特點(diǎn)：導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源。當(dāng)速度為時(shí)，電動(dòng)勢(shì)2．安培力的特點(diǎn)：安培力為阻力，并隨速度減小而減?。?．加速度特點(diǎn)：加速度隨速度減小而減小,4．運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：速度如圖所示。a減小的減速運(yùn)動(dòng)5．最終狀態(tài):靜止6．四個(gè)規(guī)律(1)全過(guò)程能量關(guān)系：,速度為時(shí)的能量關(guān)系電阻產(chǎn)生的焦耳熱(2)瞬時(shí)加速度：，(3)電荷量(4)動(dòng)量關(guān)系：(安培力的沖量)安培力的沖量公式是①閉合電路歐姆定律②平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：③位移：④①②③④得【模型演練1】(多選)(2020·新疆克拉瑪依三模)如圖所示，在水平面上固定兩條足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間連接電阻為R(其余電阻不計(jì))，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌所在的平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；已知金屬桿MN質(zhì)量為m，與導(dǎo)軌接觸良好．當(dāng)金屬桿以初速度v0向右滑動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中()A．金屬桿MN將做勻減速運(yùn)動(dòng)B．金屬桿MN的最大加速度為eq\f(B2L2v0,Rm)C．電阻R總共產(chǎn)生的電熱為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D．感應(yīng)電流通過(guò)金屬桿的方向由M流向N【答案】BC【解析】金屬桿MN向右運(yùn)動(dòng)時(shí)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到向左安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，由a＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2v,mR)可知，隨速度的減小，加速度減小，則金屬桿將做加速度減小的變減速運(yùn)動(dòng)，且開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度最大，最大值為am＝eq\f(B2L2v0,mR)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；整個(gè)過(guò)程中金屬棒的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為電熱，即電阻R總共產(chǎn)生的電熱為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項(xiàng)C正確；根據(jù)右手定則可知，感應(yīng)電流通過(guò)金屬桿的方向由N流向M，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選B、C．【模型演練2】(多選)(2021·福建福清市線上檢測(cè))如圖所示，左端接有阻值為R的定值電阻且足夠長(zhǎng)的平行光滑導(dǎo)軌CE、DF的間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌固定在水平面上，且處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置在導(dǎo)軌上靜止，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)．某時(shí)刻給導(dǎo)體棒ab一個(gè)水平向右的瞬時(shí)沖量I，導(dǎo)體棒將向右運(yùn)動(dòng)，最后停下來(lái)，則此過(guò)程中()A．導(dǎo)體棒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直至停止運(yùn)動(dòng)B．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(I2,2m)C．通過(guò)導(dǎo)體棒ab橫截面的電荷量為eq\f(I,BL)D．導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)的位移為eq\f(IR＋r,B2L2)【答案】CD【解析】導(dǎo)體棒獲得向右的瞬時(shí)初速度后切割磁感線，回路中出現(xiàn)感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒ab受到向左的安培力，向右減速運(yùn)動(dòng)，由eq\f(B2L2v,R＋r)＝ma，可知由于導(dǎo)體棒速度減小，則加速度減小，所＝eq\f(I2,2m)，根據(jù)能量守恒定律可得Ek＝Q總，又根據(jù)串并聯(lián)電路知識(shí)可得QR＝eq\f(R,R＋r)Q總＝eq\f(I2R,2mR＋r)，B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理可得－Beq\x\to(I)LΔt＝0－mv，I＝mv，q＝eq\x\to(I)Δt，可得q＝eq\f(I,BL)，C正確；由于q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R＋r)Δt＝eq\f(BLx,R＋r)將q＝eq\f(I,BL)代入可得，導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)的位移x＝eq\f(IR＋r,B2L2)，D正確．【模型演練3】(多選)(2021·湖南常德市高三二模)如圖所示，兩條相距為L(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的定值電阻，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置并接觸良好，接入電路的電阻也為R.若給棒以平行導(dǎo)軌向右的初速度v0，當(dāng)通過(guò)棒橫截面的電荷量為q時(shí)，棒的速度減為零，此過(guò)程中棒發(fā)生的位移為x.則在這一過(guò)程中()A．導(dǎo)體棒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B．當(dāng)棒發(fā)生的位移為eq\f(x,2)時(shí)，通過(guò)棒橫截面的電荷量為eq\f(q,2)C．在通過(guò)棒橫截面的電荷量為eq\f(q,3)時(shí)，棒運(yùn)動(dòng)的速度為eq\f(v0,3)D．定值電阻R產(chǎn)生的熱量為eq\f(BqLv0,4)【答案】BD【解析】由于導(dǎo)體棒向右減速運(yùn)動(dòng)，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)減小，感應(yīng)電流減小，所以導(dǎo)體棒受到的安培力減小，根據(jù)牛頓第二定律可知其加速度減小，故導(dǎo)體棒做變減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)棒的速度減為零，發(fā)生的位移為x時(shí)，通過(guò)棒橫截面的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLx,2R)，則當(dāng)棒發(fā)生的位移為eq\f(x,2)時(shí)，通過(guò)棒橫截面的電荷量為eq\f(q,2)，故B正確；當(dāng)棒的速度減為零時(shí)，通過(guò)棒橫截面的電荷量為q＝eq\f(BLx,2R)，設(shè)這段時(shí)間回路中的平均電流為eq\x\to(I)1，由動(dòng)量定理得－Beq\x\to(I)1Lt1＝0－mv0，其中q＝eq\x\to(I)1t1當(dāng)通過(guò)棒橫截面的電荷量為eq\f(q,3)時(shí)，設(shè)這段時(shí)間回路中的平均電流為eq\x\to(I)2由動(dòng)量定理得－Beq\x\to(I)2Lt2＝mv1－mv0，其中eq\f(q,3)＝eq\x\to(I)2t2解得：v1＝eq\f(2v0,3)，m＝eq\f(qBL,v0)，故C錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒可知，棒的速度減為零的過(guò)程中，定值電阻R產(chǎn)生的熱量為：QR＝eq\f(1,2)ΔEk＝eq\f(1,4)mv02＝eq\f(qBLv0,4)，故D正確．【模型演練4】(2021·浙江十校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖所示，兩條相距d的平行光滑金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻．質(zhì)量為m，電阻為r的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下．當(dāng)該磁場(chǎng)區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過(guò)金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関.已知磁場(chǎng)掃過(guò)金屬桿所經(jīng)歷的時(shí)間為t，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，桿在運(yùn)動(dòng)過(guò)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)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿的加速度大小a；(2)PQ剛要到達(dá)金屬桿時(shí)，電阻R消耗的電功率P；(3)磁場(chǎng)掃過(guò)金屬桿的過(guò)程中金屬桿的位移大小x.【答案】(1)eq\f(B2d2v0,mR＋r)(2)eq\f(B2d2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0－v))2R,R＋r2)(3)v0t－eq\f(mvR＋r,B2d2)【解析】(1)MN剛掃過(guò)金屬桿時(shí)，桿上產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Bdv0感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R＋r)聯(lián)立解得I＝eq\f(Bdv0,R＋r)桿的加速度大小a＝eq\f(BId,m)＝eq\f(B2d2v0,mR＋r)(2)PQ剛要到達(dá)金屬桿時(shí)，桿上產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E′＝Bd(v0－v)感應(yīng)電流為I′＝eq\f(E′,R＋r)電阻R消耗的電功率P＝I′2R＝eq\f(B2d2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0－v))2R,R＋r2)(3)根據(jù)動(dòng)量定理得：Beq\x\to(I)dt＝mv－0其中q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E)t,R＋r)＝eq\f(\f(ΔΦ,t)t,R＋r)＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(Bdv0t－x,R＋r)解得磁場(chǎng)掃過(guò)金屬桿過(guò)程中金屬桿的位移x＝v0t－eq\f(mvR＋r,B2d2).【模型演練5】(2020·哈爾濱師大附中聯(lián)考)如圖所示，光滑、平行、電阻不計(jì)的金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為L(zhǎng)，導(dǎo)軌頂端連接定值電阻R，導(dǎo)軌上有一質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的金屬桿．整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的方向垂直導(dǎo)軌平面向里．現(xiàn)將桿從M點(diǎn)以v0的速度豎直向上拋出，經(jīng)過(guò)時(shí)間t，到達(dá)最高點(diǎn)N，桿始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，重力加速度大小為g.求t時(shí)間內(nèi)：(1)流過(guò)電阻的電荷量q；(2)電阻上產(chǎn)生的電熱Q.【答案】(1)eq\f(mv0－mgt,BL)(2)eq\f(1,2)mv02－eq\f(m2gRv0－gt,B2L2)【解析】(1)根據(jù)動(dòng)量定理，有－mgt－eq\x\to(F)t＝0－mv0又因?yàn)閑q\x\to(F)＝BLeq\x\to(I)，q＝eq\x\to(I)t，聯(lián)立解得q＝eq\f(mv0－mgt,BL)(2)根據(jù)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)＝eq\f(ΔΦ,Rt)＝eq\f(BLh,Rt)，解得h＝eq\f(v0－gtmR,B2L2)由能量守恒定律得Q＝eq\f(1,2)mv02－mgh聯(lián)立解得Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(m2gRv0－gt,B2L2).【模型演練6】(多選)(2021·河南九師聯(lián)盟質(zhì)檢)如圖所示，一長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1m、質(zhì)量為m＝1kg的導(dǎo)體棒ab垂直放在固定的足夠長(zhǎng)的光滑U形導(dǎo)軌底端，導(dǎo)軌寬度和導(dǎo)體棒等長(zhǎng)且接觸良好，導(dǎo)軌平面與水平面成θ＝30°角，整個(gè)裝置處在與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝0.5T．現(xiàn)給導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向上的初速度v0＝4m/s，經(jīng)時(shí)間t0＝0.5s，導(dǎo)體棒到達(dá)最高點(diǎn)，然后開始返回，到達(dá)底端前已做勻速運(yùn)動(dòng)．已知導(dǎo)體棒的電阻為R＝0.05Ω，其余電阻不計(jì)，重力加速度g取10m/s2，忽略電路中感應(yīng)電流之間的相互作用，則()A．導(dǎo)體棒到達(dá)導(dǎo)軌平面底端時(shí)，流過(guò)導(dǎo)體棒的電流為5AB．導(dǎo)體棒到達(dá)導(dǎo)軌平面底端時(shí)的速度大小為1m/sC．導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)頂端的過(guò)程中，通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量為3CD．導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)到返回底端的過(guò)程中，回路中產(chǎn)生的電能為15J【答案】BC【解析】導(dǎo)體棒到達(dá)底端前已做勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件得：mgsin30°＝BIL＝eq\f(B2L2vm,R)，代入數(shù)據(jù)解得：vm＝1m/s，選項(xiàng)B正確；導(dǎo)體棒到達(dá)導(dǎo)軌平面底端時(shí)，通過(guò)導(dǎo)體棒的電流為I＝eq\f(BLvm,R)＝eq\f(0.5×1×1,0.05)A＝10A，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)到到達(dá)頂端的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理：－(mgsin30°＋Beq\x\to(I)L)t0＝0－mv0，其中eq\x\to(I)t0＝q，解得q＝3C，選項(xiàng)C正確；導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)到返回底端的過(guò)程中，由能量守恒定律可知，回路中產(chǎn)生的電能Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mvm2＝eq\f(1,2)×1×(42－12)J＝7.5J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．二．發(fā)電式單導(dǎo)體棒模型【模型如圖】電路特點(diǎn)：導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，當(dāng)速度為時(shí)，電動(dòng)勢(shì)2．安培力的特點(diǎn)：安培力為阻力，并隨速度增大而增大.3．加速度特點(diǎn)：加速度隨速度增大而減小.4．運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：速度如圖所示。做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)5．最終特征：勻速運(yùn)動(dòng)6．兩個(gè)極值(1)時(shí),有最大加速度：(2)時(shí),有最大速度：7．穩(wěn)定后的能量轉(zhuǎn)化規(guī)律8．起動(dòng)過(guò)程中的三個(gè)規(guī)律(1)動(dòng)量關(guān)系：(2)能量關(guān)系：(3)電荷量9．幾種變化(1)電路變化(2)磁場(chǎng)方向變化(3)導(dǎo)軌面變化（豎直或傾斜）10.若的作用下使導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)則隨時(shí)間線性變化。證明：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律（1）閉合電路歐姆定律(2)安培力F＝BIL（3）由（1）（2）（3）得（4）由牛頓第二定律（5）得由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式(6)(5)(6)聯(lián)立得(7)由（7）式可以看出要讓導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)所加外力必然隨時(shí)間均勻變化即【模型演練1】.(2021·云南昆明市五華區(qū)聯(lián)考)如圖，在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，相距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)．軌道左側(cè)連接一阻值為R的定值電阻．質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的導(dǎo)體棒ab水平放置在導(dǎo)軌上，ab垂直于導(dǎo)軌．施加大小為F的水平恒力，使ab由靜止開始沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t，ab通過(guò)的位移為x，速度變?yōu)関，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中ab與導(dǎo)軌接觸良好．關(guān)于這一過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)b做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．a(chǎn)b的動(dòng)能變化量為FxC．a(chǎn)b的動(dòng)量變化量為FtD．定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱為Fx－eq\f(1,2)mv2【答案】D【解析】F大小不變，速度變化時(shí)安培力一定變化，所以ab不可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；ab運(yùn)動(dòng)過(guò)程中除恒力F外還受安培力，動(dòng)能和動(dòng)量變化時(shí)，應(yīng)該考慮合外力，B、C錯(cuò)誤；由系統(tǒng)能量守恒Q＝Fx－eq\f(1,2)mv2，D項(xiàng)正確．【模型演練2】(2020·四川德陽(yáng)市二診)如圖所示，兩根相距為L(zhǎng)的平行直導(dǎo)軌水平放置，R為定值電阻，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．電阻阻值也為R的金屬桿MN垂直于導(dǎo)軌放置，桿與導(dǎo)軌之間有摩擦，整個(gè)裝置處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.t＝0時(shí)刻對(duì)金屬桿施加一水平外力F，使金屬桿從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．下列關(guān)于通過(guò)R的電流I、桿與導(dǎo)軌間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q、外力F、外力F的功率P隨時(shí)間t變化的圖象中正確的是()【答案】B【解析】t時(shí)刻桿的速度為v＝at，金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BLv,2R)＝eq\f(BLa,2R)t，則I∝t，故A錯(cuò)誤．桿與導(dǎo)軌間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝Ffx＝eq\f(1,2)Ffat2，則Q∝t2，故B正確．桿受到的安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,2R)，根據(jù)牛頓第二定律得F－Ff－F安＝ma得F＝eq\f(B2L2v,2R)＋Ff＋ma＝eq\f(B2L2a,2R)t＋Ff＋ma，F(xiàn)隨t的增大而線性增大，故C錯(cuò)誤．外力F的功率為P＝Fv＝(eq\f(B2L2a,2R)t＋Ff＋ma)at，P－t圖象應(yīng)是曲線，故D錯(cuò)誤．【典例分析3】（多選）（2021屆云南省昆明市第一中學(xué)高三第八次考前適應(yīng)性訓(xùn)練）水平放置的U形導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，置于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖所示。磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=5T,導(dǎo)軌寬度L=0.4m,左側(cè)與R=0.5Ω的定值電阻連接，右側(cè)有導(dǎo)體棒ab跨放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒ab質(zhì)量m=2.0kg,電阻r=0.5Ω,與導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2,其余電阻可忽略不計(jì)。導(dǎo)體棒ab在大小為10N的水平外力F作用下，由靜止開始運(yùn)動(dòng)了x=40cm時(shí)，速度達(dá)到最大，取g＝10m/s2.下列說(shuō)法正確的是A.導(dǎo)體棒ab加速度為零時(shí)速度最大B.導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)的最大速度是2.0m/sC.當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度v=1m/s時(shí)，導(dǎo)體棒ab的加速度是1.0m/s2D.導(dǎo)體棒ab由靜止達(dá)到最大速度的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量是0.15J【答案】AC【解析】導(dǎo)體棒ab垂直切割磁感線，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)大?。篍＝BLv，由閉合電路的歐姆定律得：I＝eq\f(E,R＋r)，導(dǎo)體棒受到的安培力：FA＝BIL，當(dāng)導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)速度最大，由平衡條件得：eq\f(B2L2vm,R＋r)＋μmg＝F，解得最大速度：vm＝1.5m/s，故A正確，B錯(cuò)誤。當(dāng)速度為v＝1m/s時(shí)，由牛頓第二定律得：F－eq\f(B2L2v,R＋r)－μmg＝ma，解得：a＝1m/s2,故C正確。在整個(gè)過(guò)程中，由能量守恒定律可得：Fx＝Q＋μmgx＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得：Q＝0.15J，所以QR＝eq\f(Q,2)＝0.075J，D錯(cuò)誤?！灸Ｐ脱菥?】(2021·河南駐馬店市第一學(xué)期期末)如圖甲所示，間距為L(zhǎng)＝0.5m的兩條平行金屬導(dǎo)軌，水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2T，軌道左側(cè)連接一定值電阻R＝1Ω.垂直導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒ab在水平外力F作用下沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，并始終與導(dǎo)軌接觸良好．t＝0時(shí)刻，導(dǎo)體棒從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，力F隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示．已知導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均不計(jì)．取g＝10m/s2，求：(1)導(dǎo)體棒的加速度大小；(2)導(dǎo)體棒的質(zhì)量．【答案】(1)5m/s2(2)0.1kg【解析】(1)設(shè)導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，某時(shí)刻t，導(dǎo)體棒的速度為v，所受的摩擦力為Ff，則導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)：E＝BLv回路中的電流I＝eq\f(E,R)導(dǎo)體棒受到的安培力：F安＝BIL由牛頓第二定律：F－F安－Ff＝ma由題意v＝at聯(lián)立解得：F＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma＋Ff根據(jù)題圖乙可知，0～10s內(nèi)圖象的斜率為0.05N/s，即eq\f(B2L2a,R)＝0.05N/s，解得a＝5m/s2(2)由F－t圖象縱截距可知：ma＋Ff＝1.0N又Ff＝μmg解得m＝0.1kg.【模型演練5】(2020·江蘇常州市期末)如圖所示，豎直固定的足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ，間距L＝0.2m，其電阻不計(jì)．完全相同的兩根金屬棒ab、cd垂直導(dǎo)軌放置，每棒兩端都與導(dǎo)軌始終良好接觸．已知兩棒質(zhì)量均為m＝0.01kg，電阻均為R＝0.2Ω，棒cd放置在水平絕緣平臺(tái)上，整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1.0T．棒ab在豎直向上的恒力F作用下由靜止開始向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)ab棒運(yùn)動(dòng)位移x＝0.1m時(shí)達(dá)到最大速度，此時(shí)cd棒對(duì)絕緣平臺(tái)的壓力恰好為零，重力加速度g取10m/s2.求：(1)恒力F的大小；(2)ab棒由靜止到最大速度通過(guò)ab棒的電荷量q；(3)ab棒由靜止到達(dá)最大速度過(guò)程中回路產(chǎn)生的焦耳熱Q.【答案】(1)0.2N(2)0.05C(3)5×10－3J【解析】(1)當(dāng)ab棒達(dá)到最大速度時(shí)，對(duì)ab和cd的整體：F＝2mg＝0.2N(2)ab棒由靜止到最大速度通過(guò)ab棒的電荷量q＝eq\x\to(I)teq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)＝eq\f(\f(BLx,t),2R)解得q＝eq\f(BLx,2R)＝eq\f(1.0×0.2×0.1,2×0.2)C＝0.05C(3)ab棒達(dá)到最大速度vm時(shí)，對(duì)cd棒有BIL＝mg由閉合電路歐姆定律知I＝eq\f(E,2R)ab棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLvm代入數(shù)據(jù)解得vm＝1m/sab棒由靜止到最大速度過(guò)程中，由能量守恒定律得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F－mg))x＝eq\f(1,2)mvm2＋Q代入數(shù)據(jù)解得Q＝5×10－3J.【模型演練6】(2021·安徽安慶市二模)如圖所示，兩個(gè)平行光滑金屬導(dǎo)軌AB、CD固定在水平地面上，其間距L＝0.5m，左端接有阻值R＝3Ω的定值電阻．一根長(zhǎng)度與導(dǎo)軌間距相等的金屬桿放置于導(dǎo)軌上，金屬桿的質(zhì)量m＝0.2kg，電阻r＝2Ω，整個(gè)裝置處在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝4T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，t＝0時(shí)刻，在MN上加一與金屬桿垂直、方向水平向右的外力F，金屬桿由靜止開始以a＝2m/s2的加速度向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，2s末撤去外力F，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬桿與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好．(不計(jì)導(dǎo)軌和連接導(dǎo)線的電阻，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng))求：(1)1s末外力F的大??；(2)撤去外力F后的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱．【答案】(1)2N(2)0.96J【解析】(1)1s末，金屬桿MN的速度大小為v1＝at1＝2×1m/s＝2m/s金屬桿MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv1金屬桿MN中的感應(yīng)電流大小I＝eq\f(E,R＋r)金屬桿MN受到的安培力大小F安＝BIL聯(lián)立得F安＝eq\f(B2L2v1,R＋r)＝1.6N根據(jù)牛頓第二定律有F－F安＝ma可得F＝F安＋ma＝2N(2)2s末，金屬桿MN的速度大小為v2＝at2＝2×2m/s＝4m/s撤去外力F后的過(guò)程中，根據(jù)能量守恒定律得電路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mv22＝eq\f(1,2)×0.2×42J＝1.6J電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱QR＝eq\f(R,R＋r)Q＝eq\f(3,3＋2)×1.6J＝0.96J.【模型演練8】．(2020·江西上饒市月考)如圖甲所示，處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的兩根足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌相距L＝1m，導(dǎo)軌平面與水平面成θ＝37°角，上端連接阻值為R＝2Ω的電阻．勻強(qiáng)(1)金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值；(2)當(dāng)金屬棒速度為向上3m/s時(shí)，施加在金屬棒上外力F做功的功率；(3)金屬棒在0<t<2s、2s<t<4s內(nèi)外力F隨時(shí)間t變化的函數(shù)關(guān)系式．【答案】(1)2.4V(2)3.48W(3)見(jiàn)解析【解析】(1)當(dāng)金屬棒速度最大時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，故有E＝BLv0＝0.4×1×6V＝2.4V.(2)當(dāng)金屬棒速度為v＝3m/s時(shí)，加速度大小為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(6,2)m/s2＝3m/s2，F(xiàn)A′＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)＝0.16N，由牛頓第二定律得：－μmgcosθ－mgsinθ－FA′＋F＝－ma解得F＝μmgcosθ＋mgsinθ＋FA′－ma＝1.16N故有P＝Fv＝3.48W.(3)由題圖乙可知速度大小v＝6－3t(m/s)上滑階段安培力大小FA上＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)＝0.32－0.16t上滑階段由牛頓第二定律得－mgsinθ－μmgcosθ－FA上＋F＝－ma代入得F＝1.32－0.16t(N)(0<t<2s)下滑階段，摩擦力和安培力方向改變，下滑階段的安培力大小FA下＝0.16t－0.32有－mgsinθ＋μmgcosθ＋FA下＋F＝－ma可得F＝0.52－0.16t(N)(2s<t<4s)．三．無(wú)外力充電式單導(dǎo)體棒模型基本模型規(guī)律(電阻阻值為R，電容器電容為C)電路特點(diǎn)導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，電容器被充電.電流特點(diǎn)安培力為阻力，棒減速，E減小，有I＝eq\f(BLv－UC,R)，電容器被充電UC變大，當(dāng)BLv＝UC時(shí)，I＝0，F(xiàn)安＝0，棒勻速運(yùn)動(dòng).運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)和最終特征a減小的加速運(yùn)動(dòng)，棒最終做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)I＝0，但電容器帶電荷量不為零.最終速度電容器充電荷量：q＝CU最終電容器兩端電壓U＝BLv對(duì)棒應(yīng)用動(dòng)量定理：mv0－mv＝Beq\x\to(I)L·Δt＝BLqv＝eq\f(mv0,m＋B2L2C).v－t圖象【模型演練】(多選)如圖甲所示，水平面上有兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，兩導(dǎo)軌間距為l，電阻均可忽略不計(jì)．在M和P之間接有阻值為R的定值電阻，導(dǎo)體桿ab質(zhì)量為m、電阻為r，并與導(dǎo)軌接觸良好．整個(gè)裝置處于方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．現(xiàn)給桿ab一個(gè)初速度v0，使桿向右運(yùn)動(dòng)．則()A．當(dāng)桿ab剛具有初速度v0時(shí)，桿ab兩端的電壓U＝eq\f(Blv0R,R＋r)，且a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)B．通過(guò)電阻R的電流I隨時(shí)間t的變化率的絕對(duì)值逐漸增大C．若將M和P之間的電阻R改為接一電容為C的電容器，如圖乙所示，同樣給桿ab一個(gè)初速度v0，使桿向右運(yùn)動(dòng)，則桿ab穩(wěn)定后的速度為v＝eq\f(mv0,m＋B2l2C)D．在C選項(xiàng)中，桿穩(wěn)定后a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)【答案】ACD【解析】當(dāng)桿ab剛具有初速度v0時(shí)，其切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv0，桿ab兩端的電壓U＝eq\f(ER,R＋r)＝eq\f(Blv0R,R＋r)，根據(jù)右手定則知，感應(yīng)電流的方向?yàn)閎到a，桿ab相當(dāng)于電源，a相當(dāng)于電源的正極，則a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)，A正確；通過(guò)電阻R的電流I＝eq\f(Blv,R＋r)，由于桿ab速度減小，則電流減小，安培力減小，所以桿ab做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，速度v隨時(shí)間t的變化率的絕對(duì)值逐漸減小，則通過(guò)電阻R的電流I隨時(shí)間t的變化率的絕對(duì)值逐漸減小，B錯(cuò)誤；當(dāng)桿ab以初速度v0開始切割磁感線時(shí)，電路開始給電容器充電，有電流通過(guò)桿ab，桿在安培力的作用下做減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度減小，安培力減小，加速度也減?。?dāng)電容器兩端電壓與感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，充電結(jié)束，桿以恒定的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電容器兩端的電壓U＝Blv，而q＝CU，對(duì)桿ab，根據(jù)動(dòng)量定理得－Beq\x\to(I)l·Δt＝－Blq＝mv－mv0，聯(lián)立可得v＝eq\f(mv0,m＋B2l2C)，C正確；桿穩(wěn)定后，電容器不再充電，回路中沒(méi)有電流，根據(jù)右手定則知，a點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)，D正確．四．無(wú)外力放電式單導(dǎo)體棒模型基本模型規(guī)律(電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻不計(jì)，電容器電容為C)電路特點(diǎn)電容器放電，相當(dāng)于電源；導(dǎo)體棒受安培力而運(yùn)動(dòng).電流的特點(diǎn)電容器放電時(shí)，導(dǎo)體棒在安培力作用下開始運(yùn)動(dòng)，同時(shí)阻礙放電，導(dǎo)致電流減小，直至電流為零，此時(shí)UC＝BLv.運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)及最終特征a減小的加速運(yùn)動(dòng)，最終勻速運(yùn)動(dòng)，I＝0.最大速度vm電容器充電荷量：Q0＝CE放電結(jié)束時(shí)電荷量：Q＝CU＝CBLvm電容器放電荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm對(duì)棒應(yīng)用動(dòng)量定理：mvm＝Beq\x\to(I)L·Δt＝BLΔQvm＝eq\f(BLCE,m＋B2L2C)v－t圖象【模型演練】電磁軌道炮利用電流和磁場(chǎng)的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來(lái)研制新武器和航天運(yùn)載器．電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為E，電容器的電容為C.兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距離為l，電阻不計(jì)．炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸．首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電．然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)，MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)．當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電壓相等時(shí)，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌．問(wèn)：(1)磁場(chǎng)的方向；(2)MN剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大??；(3)MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少．【答案】(1)垂直于導(dǎo)軌平面向下(2)eq\f(BlE,mR)(3)eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)【解析】(1)將S接1時(shí)，電容器充電，上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，當(dāng)將S接2時(shí)，電容器放電，流經(jīng)MN的電流由M到N，又知MN向右運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下．(2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當(dāng)開關(guān)S接2時(shí)，電容器放電，設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I，有I＝eq\f(E,R)①設(shè)MN受到的安培力為F，有F＝IlB②由牛頓第二定律，有F＝ma③聯(lián)立①②③式得a＝eq\f(BlE,mR)④(3)當(dāng)電容器充電完畢時(shí)，設(shè)電容器上電荷量為Q0，有Q0＝CE⑤開關(guān)S接2后，MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大值vmax時(shí)，設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E′，有E′＝Blvmax⑥依題意有E′＝eq\f(Q,C)⑦設(shè)在此過(guò)程中流經(jīng)MN的平均電流為eq\x\to(I)，MN上受到的平均安培力為eq\x\to(F)，有eq\x\to(F)＝eq\x\to(I)lB⑧由動(dòng)量定理，有eq\x\to(F)Δt＝mvmax－0⑨又eq\x\to(I)Δt＝Q0－Q⑩聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C).五．有外力充電式單導(dǎo)體棒模型【模型結(jié)構(gòu)】【情景】：軌道水平光滑，單桿質(zhì)量為，電阻，兩導(dǎo)軌間距為，拉力恒定設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)的速度大小為，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為(1)經(jīng)過(guò)速度為，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)2)時(shí)間內(nèi)流入電容器的電荷量(3)電流,(4)安培力.(5)由牛頓第二第定律(6)(7)所以桿以恒定的加速度勻加速運(yùn)動(dòng)對(duì)于導(dǎo)體棒，克服安培力做多少功，就應(yīng)有多少能量轉(zhuǎn)化為電能，則有:(8)(9)由(7)(8)(9)式得:所以在t秒內(nèi)轉(zhuǎn)化為電能的多少是:【反思】由模型可知:只要導(dǎo)體棒受恒定外力，導(dǎo)體棒必做勻變速運(yùn)動(dòng)，且加速度為;如果外力不恒定，則導(dǎo)體棒做非勻變速運(yùn)動(dòng);如果不受外力，則導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)或靜止．反之，只要導(dǎo)體棒速度均勻變化(a恒定)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)就均勻變化，電容器的帶電量就均勻變化，回路中的電流就恒定不變()，導(dǎo)體棒所受安培力就恒定不變(，外力就恒定不變．【模型演練1】(多選)(2021·河南三門峽市一模)如圖所示，間距為L(zhǎng)的兩根平行光滑導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌間接有電容器C，裝置處于垂直軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中，質(zhì)量為m、電阻為R的金屬桿ab接在兩導(dǎo)軌之間并由靜止釋放，ab下落過(guò)程中始終保持與導(dǎo)軌接觸良好，設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，電阻不計(jì)，下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)b做自由落體運(yùn)動(dòng)B．a(chǎn)b做勻加速運(yùn)動(dòng)，且加速度為a＝eq\f(mg,m＋CB2L2)C．a(chǎn)b做勻加速運(yùn)動(dòng)，若加速度為a，則回路的電流為I＝CBLaD．a(chǎn)b做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，最后勻速運(yùn)動(dòng)，最大速度為vm＝eq\f(mgR,B2L2)【答案】BC【解析】由E＝BLv得，Q＝EC＝BLCv，I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝eq\f(CBLΔv,Δt)＝CBLa，安培力F＝BIL＝CB2L2a，由牛頓第二定律得mg－F＝ma，得a＝eq\f(mg,m＋B2L2C)，可知物體做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故B、C正確．【模型演練2】(2021·河北唐山市摸底考試)如圖，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面間的夾角為θ，兩導(dǎo)軌的間距為L(zhǎng).導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為C.導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向下．在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過(guò)程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸．已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g.忽略所有電阻，讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開始下滑，求：(1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系；(2)金屬棒的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系．【答案】(1)Q＝CBLv(2)v＝eq\f(msinθ－μcosθ,m＋B2L2C)gt【解析】(1)設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv①平行板電容器兩極板之間的電勢(shì)差U＝E②設(shè)此時(shí)電容器極板上積累的電荷量為Q，則有Q＝CU③聯(lián)立①②③式得Q＝CBLv④(2)設(shè)金屬棒的速度大小為v時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間為t，通過(guò)金屬棒的電流為I.金屬棒受到的安培力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為F安＝BLI⑤設(shè)在時(shí)間間隔(t，t＋Δt)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ，據(jù)定義有I＝eq\f(ΔQ,Δt)⑥ΔQ也是平行板電容器兩極板在時(shí)間間隔(t，t＋Δt)內(nèi)增加的電荷量．由④式得：ΔQ＝CBLΔv⑦Δv為金屬棒的速度變化量，有a＝eq\f(Δv,Δt)⑧金屬棒所受到的摩擦力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為Ff＝μFN⑨FN是金屬棒對(duì)導(dǎo)軌的正壓力的大小，有FN＝mgcosθ⑩由牛頓第二定律得mgsinθ－F安－Ff＝ma?聯(lián)立⑤～?式得a＝eq\f(msinθ－μcosθ,m＋B2L2C)g?由?式及題意可知，金屬棒做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)．則t時(shí)刻金屬棒的速度大小為v＝eq\f(msinθ－μcosθ,m＋B2L2C)gt.【模型演練3】(2021·四川達(dá)州市第二次診斷)如圖所示，足夠長(zhǎng)的兩平行光滑水平直導(dǎo)軌的間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，垂直于導(dǎo)軌平面有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；導(dǎo)軌左端接有電容為C的電容器、開關(guān)S和定值電阻R；質(zhì)量為m的金屬棒垂直于導(dǎo)軌靜止放置，兩導(dǎo)軌間金屬棒的電阻為r.初始時(shí)開關(guān)S斷開，電容器兩極板間的電壓為U.閉合開關(guān)S，金屬棒運(yùn)動(dòng)，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好．下列說(shuō)法正確的是()A．閉合開關(guān)S的瞬間，金屬棒立刻開始向左運(yùn)動(dòng)B．閉合開關(guān)S的瞬間，金屬棒的加速度大小為eq\f(BUL,mR)C．金屬棒與導(dǎo)軌接觸的兩點(diǎn)間的最小電壓為零D．金屬棒最終獲得的速度大小為eq\f(BCUL,m＋B2L2C)【答案】D【解析】由左手定則可知，閉合開關(guān)S的瞬間，金屬棒所受安培力方向向右，金屬棒立刻獲得向右的加速度，開始向右運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；閉合開關(guān)S的瞬間，金屬棒的加速度大小a＝eq\f(BUL,mR＋r)，B錯(cuò)誤；當(dāng)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)跟電容器兩極板之間的電壓相等時(shí)，金屬棒中電流為零，此后，金屬棒將勻速運(yùn)動(dòng)下去，兩端的電壓達(dá)到最小值，故金屬棒與導(dǎo)軌接觸的兩點(diǎn)間的電壓不會(huì)為零，C錯(cuò)誤；設(shè)閉合開關(guān)S后，電容器的放電時(shí)間為Δt，金屬棒獲得的速度為v，由動(dòng)量定理可得Beq\f(CU－BLv,Δt)L·Δt＝mv－0，解得v＝eq\f(BCUL,m＋B2L2C)，D正確．【模型演練4】.如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌CD、EF傾斜放置，其所在平面與水平面間的夾角為θ＝37°，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌下端分別連著電容為C的電容器和阻值R＝3r的定值電阻．一根質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒放在導(dǎo)軌上，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直并接觸良好，一根不可伸長(zhǎng)的絕緣輕繩一端拴在金屬棒中間、另一端跨過(guò)輕質(zhì)定滑輪與質(zhì)量M＝3.6m的重物相連．金屬棒與定滑輪之間的輕繩始終在兩導(dǎo)軌所在平面內(nèi)且與兩導(dǎo)軌平行，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌所在平面向上，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，初始狀態(tài)用手托住重物使輕繩恰處于伸直狀態(tài)，由靜止釋放重物，求：(sin37°＝0.6，重力加速度大小為g，不計(jì)滑輪摩擦)(1)若S1閉合，S2斷開，電阻R的最大瞬時(shí)熱功率；(2)若S1和S2均閉合，當(dāng)金屬棒速度達(dá)到最大值時(shí)，遇到障礙物突然停止運(yùn)動(dòng)，金屬棒停止運(yùn)動(dòng)后，通過(guò)金屬棒的電荷量；(3)若S1斷開、S2閉合，請(qǐng)通過(guò)計(jì)算判斷重物的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)．【答案】(1)eq\f(27m2g2r,B2L2)(2)eq\f(27mgrC,4BL)(3)重物做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)【解析】(1)S1閉合，S2斷開時(shí)，重物由靜止釋放后拉動(dòng)金屬棒沿導(dǎo)軌向上做加速運(yùn)動(dòng)，金屬棒受到沿導(dǎo)軌向下的安培力作用，速度最大時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，感應(yīng)電流最大，則電阻R的瞬時(shí)熱功率最大，當(dāng)金屬棒速度最大時(shí)有Mg＝mgsin37°＋BIL，得I＝eq\f(3mg,BL)Pm＝I2R聯(lián)立解得Pm＝eq\f(27m2g2r,B2L2)(2)S1和S2均閉合時(shí)，電容器兩極板間的最大電壓Um＝UR＝IR＝eq\f(9mgr,BL)電容器所帶的最大電荷量Qm＝CUm＝eq\f(9mgrC,BL)金屬棒停止運(yùn)動(dòng)后，電容器開始放電，此時(shí)電阻R與金屬棒并聯(lián)，通過(guò)金屬棒的電荷量q＝eq\f(R,R＋r)Qm＝eq\f(27mgrC,4BL)(3)S1斷開、S2閉合時(shí)，設(shè)從釋放重物開始經(jīng)時(shí)間t金屬棒的速度大小為v，加速度大小為a，通過(guò)金屬棒的電流為i，金屬棒受到的安培力F＝BiL，方向沿導(dǎo)軌向下，設(shè)在t～(t＋Δt)時(shí)間內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ，ΔQ也是平行板電容器在t～(t＋Δt)時(shí)間內(nèi)增加的電荷量，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，平行板電容器所帶電荷量Q＝CE＝CBLv，故ΔQ＝CBLΔvΔv＝aΔt則i＝eq\f(ΔQ,Δt)＝CBLa設(shè)繩中拉力為FT，由牛頓第二定律，對(duì)金屬棒有FT－mgsinθ－BiL＝ma對(duì)重物有Mg－FT＝Ma解得a＝eq\f(Mg－mgsinθ,M＋m＋CB2L2)可知a為常數(shù)，則重物做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．【模型演練4】(2020·山西運(yùn)城市調(diào)研)如圖甲所示，相距L＝1m的兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，與水平面夾角θ＝37°，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，質(zhì)量m＝1kg、電阻為r＝0.5Ω的導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放置，導(dǎo)軌的PM兩端接在外電路上，定值電阻阻值R＝1.5Ω，電容器的電容C＝0.5F，電容器的耐壓值足夠大，導(dǎo)軌所在平面內(nèi)有垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．在開關(guān)S1閉合、S2斷開的狀態(tài)下將導(dǎo)體棒ab由靜止釋放，導(dǎo)體棒的v－t圖象如圖乙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取重力加速度g＝10m/s2.(1)求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；(2)在開關(guān)S1閉合、S2斷開的狀態(tài)下，當(dāng)導(dǎo)體棒下滑的距離x＝5m時(shí)，定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱為21J，此時(shí)導(dǎo)體棒的速度與加速度分別是多大？(3)現(xiàn)在開關(guān)S1斷開、S2閉合的狀態(tài)下，由靜止釋放導(dǎo)體棒，求經(jīng)過(guò)t＝2s時(shí)導(dǎo)體棒的速度大?。敬鸢浮?1)2T(2)2m/s2m/s2(3)4m/s【解析】(1)由題圖乙可知，導(dǎo)體棒的最大速度vm＝3m/s，對(duì)應(yīng)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLvm，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)，當(dāng)速度達(dá)到最大時(shí)，導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒受力平衡，有BIL＝mgsinθ，解得B＝eq\r(\f(mgR＋rsinθ,L2vm))＝2T.(2)導(dǎo)體棒和電阻串聯(lián)，由公式Q＝I2Rt可知：Qab∶QR＝1∶3，則導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱Qab＝eq\f(1,3)×21J＝7J，導(dǎo)體棒下滑x＝5m的距離，導(dǎo)體棒減少的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和回路中的焦耳熱，由能量守恒定律有mgxsinθ＝eq\f(1,2)mv12＋Qab＋QR得導(dǎo)體棒的速度v1＝2m/s，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝BLv1，感應(yīng)電流I1＝eq\f(E1,R＋r)，對(duì)導(dǎo)體棒有mgsinθ－BI1L＝ma1，解得加速度a1＝2m/s2.(3)開關(guān)S1斷開、S2閉合時(shí)，任意時(shí)刻對(duì)導(dǎo)體棒，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－BIL＝ma2，感應(yīng)電流I＝eq\f(Δq,Δt)，Δq＝CΔUΔt時(shí)間內(nèi)，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a2＝eq\f(Δv,Δt)，解得a2＝2m/s2，表明導(dǎo)體棒ab下滑過(guò)程中加速度不變，導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t＝2s時(shí)導(dǎo)體棒的速度大小v2＝a2t＝4m/s.【模型演練5】(2021·浙江金麗衢十二校第二次聯(lián)考)如圖所示，間距為d且足夠長(zhǎng)的平行軌道MP與NQ由傾斜與水平兩部分平滑連接組成，其中水平軌道的N1N2、M1M2段為粗糙絕緣材料，其他部分均為光滑金屬導(dǎo)軌．傾斜軌道的傾角為θ，頂端接阻值為R的電阻，處在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0.水平軌道的右端接有已充電的電容器，電容器的電容為C，電壓為U(極性見(jiàn)圖)，給水平段加豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．?dāng)嚅_開關(guān)S時(shí)，質(zhì)量為m的金屬導(dǎo)體棒ab從傾斜軌道的cd上方任何位置開始運(yùn)動(dòng)，都將精準(zhǔn)?？吭贛2N2處(金屬軌道上)．現(xiàn)閉合開關(guān)S，將金屬棒ab從h高處(在cd上方)靜止釋放，不計(jì)金屬棒與金屬軌道的電阻．求：(1)金屬棒ab到達(dá)斜面底端時(shí)的速度大小；(2)整個(gè)過(guò)程中電阻R產(chǎn)生的熱量；(3)水平軌道上的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為何值時(shí)，金屬棒ab可以獲得最大速度，并求出最大速度．【答案】(1)eq\f(mgRsinθ,B02d2)(2)mgh－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B04d4)(3)eq\f(1,d)eq\r(\f(m,C))eq\f(U,2)eq\r(\f(C,m))【解析】(1)根據(jù)題意，金屬棒到達(dá)斜面底端前已做勻速運(yùn)動(dòng)mgsinθ＝B0IdI＝eq\f(B0dv,R)可解得v＝eq\f(mgRsinθ,B02d2)(2)金屬棒在斜面上下滑過(guò)程中有電流通過(guò)R，由能量守恒得mgh＝Q＋eq\f(1,2)mv2解得Q＝mgh－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B04d4)(3)金屬棒在水平軌道向右加速過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理有BIdt＝mv達(dá)到最大速度后Bvd＝U1而It＝C(U－U1)聯(lián)立解得v＝eq\f(CBdU,m＋CB2d2)＝eq\f(CU,\f(m,Bd)＋CBd)可見(jiàn)，當(dāng)B＝eq\f(1,d)eq\r(\f(m,C))時(shí)金屬棒可以獲得最大速度最大速度vm＝eq\f(U,2)eq\r(\f(C,m))六．含“源”電動(dòng)式模型1.開關(guān)S剛閉合時(shí)，ab桿所受安培力F＝eq\f(BLE,r)，此時(shí)a＝eq\f(BLE,mr).速度v↑?E感＝BLv↑?I↓?F＝BIL↓?加速度a↓，當(dāng)E感＝E時(shí)，v最大，且vm＝eq\f(E,BL)2.動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)：分析最大加速度、最大速度3.能量觀點(diǎn)：消耗的電能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能與回路中的焦耳熱4.動(dòng)量觀點(diǎn)：分析導(dǎo)體棒的位移、通過(guò)的電荷量【模型演練1】(2020·廣東省佛山市質(zhì)檢)如圖所示為水平放置足夠長(zhǎng)的光滑平行導(dǎo)軌，電阻不計(jì)、間距為L(zhǎng)，左端