電磁感應(yīng)中的“桿＋導(dǎo)軌”模型(3大模型)解題技巧

-5-電磁感應(yīng)中的“桿＋導(dǎo)軌”模型(3大模型)解題技巧電磁感應(yīng)中的桿＋導(dǎo)軌模型的實(shí)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(diǎn)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(diǎn)出發(fā)，分角度討論如下：模型一：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(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)?！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(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：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(yùn)動，求cd的最大加速度和最大速度。【答案】：見解析【解析】：分析金屬桿運(yùn)動時(shí)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(gè)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(yùn)＝μmgcosθ故F－mgsinθ－eq\f(B2L2v,R＋R)－μmgcosθ＝ma當(dāng)速度v＝0時(shí)，桿的加速度最大，最大加速度am＝eq\f(F,m)－gsinθ－μgcosθ，方向沿導(dǎo)軌平面向上當(dāng)桿的加速度a＝0時(shí)，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(yùn)動到在磁場Ⅱ區(qū)域中達(dá)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(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)前的過程中取任意微小過程，設(shè)這一微小過程的時(shí)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(jìn)入磁場Ⅱ到在磁場Ⅱ中達(dá)到穩(wěn)定