電磁感應中的“桿＋導軌”模型(3大模型)解題技巧

-5-電磁感應中的“桿＋導軌”模型(3大模型)解題技巧電磁感應中的桿＋導軌模型的實質(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，弄清導體棒切割磁感線過程中的能量轉(zhuǎn)化關系，現(xiàn)從力學、圖像、能量三種觀點出發(fā)，分角度討論如下：模型一：單桿+電阻+導軌模型類【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強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面向下。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，導軌電阻不計，桿與導軌接觸良好。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】：【答案】：(1)gsinθ，方向沿導軌平面向下；eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，方向沿導軌平面向下；(2)eq\f(1,2)mgxsinθ－eq\f(m3g2R2sin2θ,B4L4)【解析】：(1)設桿cd下滑到某位置時速度為v，則桿產(chǎn)生的感應電動勢E＝BLv回路中的感應電流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當速度v＝0時，桿的加速度最大，最大加速度a＝gsinθ，方向沿導軌平面向下當桿的加速度a＝0時，速度最大，最大速度vm＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)，方向沿導軌平面向下。(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)。【內(nèi)化模型】單桿+電阻+導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，兩導軌間距為L軌道水平光滑，桿cd質(zhì)量為m，電阻不計，兩導軌間距為L，拉力F恒定傾斜軌道光滑，傾角為α，桿cd質(zhì)量為m，兩導軌間距為L豎直軌道光滑，桿cd質(zhì)量為m，兩導軌間距為L示意圖力學觀點桿以速度v切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢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↑?感應電動勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由F－F安＝ma知a↓，當a＝0時，v最大，vm＝eq\f(FR,B2L2)開始時a＝gsinα，桿cd速度v↑?感應電動勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mgsinα－F安＝ma知a↓，當a＝0時，v最大，vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)開始時a＝g，桿cd速度v↑?感應電動勢E＝BLv↑?I↑?安培力F安＝BIL↑，由mg－F安＝ma知a↓，當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【應用模型】【變式】：此題若已知金屬桿與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)用沿導軌平面向上的恒定外力F作用在金屬桿cd上，使cd由靜止開始沿導軌向上運動，求cd的最大加速度和最大速度?！敬鸢浮浚阂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－mgsinθ－F安－f＝ma又F安＝BIL，I＝eq\f(E,R＋R)＝eq\f(BLv,R＋R)，所以F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋R)f＝μN＝μmgcosθ故F－mgsinθ－eq\f(B2L2v,R＋R)－μmgcosθ＝ma當速度v＝0時，桿的加速度最大，最大加速度am＝eq\f(F,m)－gsinθ－μgcosθ，方向沿導軌平面向上當桿的加速度a＝0時，速度最大，vm＝。I′＝eq\f(B1Lv2,R＋r)mgsin30°＝B1I′L解得：v2＝8m/s金屬棒從開始運動到在磁場Ⅱ區(qū)域中達到穩(wěn)定狀態(tài)過程中，根據(jù)動能定理，有mg(x0＋x1＋x2)sin30°＋W安＝eq\f(1,2)mv22－0產(chǎn)生的熱量：Q＝－W安＝15JQR＝eq\f(1,2)Q＝7.5J。(2)v1＝at1，t1＝0.4s，x1＝v1t2，t2＝0.5s金屬棒在磁場Ⅱ中達到穩(wěn)定狀態(tài)前的過程中取任意微小過程，設這一微小過程的時間為Δti，速度為vi，速度的變化量為Δvi，則由牛頓第二定律，有：mgsin30°－eq\f(B12L2vi,R＋r)＝meq\f(Δvi,Δti)mgsin30°Δti－eq\f(B12L2viΔti,R＋r)＝mΔvi金屬棒從進入磁場Ⅱ到在磁場Ⅱ中達到穩(wěn)定