【物理】2018届一轮复习人教版微专题4　电磁感应中的“杆＋导轨”模型教案 11页

‎　微专题4　电磁感应中的“杆＋导轨”模型 ‎“杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空间大，是我们复习中的难点．“杆＋导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型(“单杆”型为重点)；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速、匀变速、非匀变速运动等．‎ 考点一　单杆水平式模型 ‎1．如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc 滑动的过程中(　　)‎ A．PQ中电流先增大后减小 B．PQ两端电压先减小后增大 C．PQ上拉力的功率先减小后增大 D．线框消耗的电功率先减小后增大 解析：选C.PQ在运动过程中切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，线框左右两端电阻并联，当PQ运动到中间时并联电阻最大，流经PQ的电流最小，因此在滑动过程中，PQ中的电流先减小后增大，选项A错误；由于外接电阻先增大后减小，因此PQ两端的电压即路端电压先增大后减小，选项B错误；‎ 由能量守恒得拉力功率等于线框和导体棒的电功率，因此拉力功率为P＝＝，由于电路总电阻先增大后减小，因此拉力功率先减小后增大，选项C正确；矩形线框abcd总电阻为3R，当PQ滑动到ab中点时，线框并联总电阻最大，最大值为R，小于导体棒PQ的电阻，所以滑动过程中线框消耗的电功率先增大后减小，选项D错误．‎ ‎2．U形光滑金属导轨水平放置，如图所示为俯视图，导轨右端接入电阻R＝0.36 Ω，其他部分无电阻，导轨间距为L＝‎0.6 m，界线MN右侧有匀强磁场，磁感应强度为B＝ T．导体棒ab电阻为零，质量m＝‎1 kg.导体棒与导轨始终垂直且接触良好，在距离界线MN为d＝‎0.5 m处受恒力F＝1 N作用从静止开始向右运动，到达界线PQ时恰好匀速，界线PQ与MN间距也为d.‎ ‎(1)求匀速运动时的速度v的大小；‎ ‎(2)求导体棒在MN和PQ间运动过程中R的发热量Q.‎ 解析：(1)匀速时合力为零，所以F＝F安＝BIL＝ 得v＝＝0.5 m/s ‎(2)设导体棒从出发到匀速的过程安培力做功为WA，根据动能定理有F·2d＋WA＝mv2‎ 得WA＝－ J R的发热量即为导体棒克服安培力做的功，‎ 即Q＝|WA|＝ J 答案：(1)0.5 m/s　(2) J ‎3．(2017·湖南邵阳二模)如图所示，一对足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上，两导轨间距为L，左端接一电源，其电动势为E、内阻为r，有一质量为m、长度也为L的金属棒置于导轨上，且与导轨垂直，金属棒的电阻为R，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场中．‎ ‎(1)若闭合开关S的同时对金属棒施加水平向右恒力F，求棒即将运动时的加速度和运动过程中的最大速度；‎ ‎(2)若开关S开始是断开的，现对静止的金属棒施加水平向右的恒力F，一段时间后再闭合开关S；要使开关S闭合瞬间棒的加速度大小为，则F需作用多长时间．‎ 解析：(1)闭合开关S的瞬间回路电流I＝ 金属棒所受安培力水平向右，其大小FA＝ILB 由牛顿第二定律得a＝ 整理可得a＝LB＋ 金属棒向右运动的过程中，切割磁感线产生与电源正负极相反的感应电动势，回路中电流减小，安培力减小，金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，匀速运动时速度最大，此时由平衡条件得FA′＝F 由安培力公式得FA′＝I′LB 由闭合电路欧姆定律得I′＝ 联立求得vm＝＋ ‎(2)设闭合开关S时金属棒的速度为v，‎ 此时电流I″＝ 由牛顿第二定律得a″＝ 所以加速度a″＝－LB 若加速度大小为，则＝ 解得速度v1＝，v2＝＋ 未闭合开关S前金属棒的加速度一直为a0＝ 解得恒力F作用时间 t1＝＝或t2＝＝＋ 答案：(1)LB＋　＋ ‎(2)或＋ 考点二　单杆倾斜式模型 ‎1. (2017·河南安阳检测)如图所示，平行金属导轨宽度为d，一部分轨道水平，左端接电阻R，倾斜部分与水平面成θ角，且置于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，现将一质量为m、长度也为d的导体棒从导轨顶端由静止释放，直至滑到水平部分(导体棒下滑到水平部分之前已经匀速，滑动过程中与导轨保持良好接触，重力加速度为g)．不计一切摩擦力，导体棒接入回路电阻为r，则整个下滑过程中(　　)‎ A．导体棒匀速运动时速度大小为 B．匀速运动时导体棒两端电压为 C．导体棒下滑距离为s时，通过R的总电荷量为 D．重力和安培力对导体棒所做的功大于导体棒获得的动能 解析：‎ 选A.导体棒下滑过程中受到沿斜面向下重力的分力和沿斜面向上的安培力，当匀速运动时，有mgsin θ＝BId，根据欧姆定律可得I＝，根据法拉第电磁感应定律可得E＝Bdv，联立解得v＝sin θ，E＝sin θ，故导体棒两端的电压为U＝R＝sin θ，A正确，B错误．根据法拉第电磁感应定律E＝＝＝，故q＝IΔt＝Δt＝，根据动能定理可得重力和安培力对导体棒所做的功等于导体棒获得的动能，C、D错误．‎ ‎2．(2017·北京东城期末)如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R＝3 Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L＝‎1 m．整个装置处于磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上．质量m＝‎1 kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r＝1 Ω，电路中其余电阻不计．金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好．不计空气阻力影响．已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝‎10 m/s2.‎ ‎(1)求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm；‎ ‎(2)求金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率PR；‎ ‎(3)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为1.5 J，求流过电阻R的总电荷量q.‎ 解析：(1)金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度vm.‎ 由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ－F安＝0‎ F安＝BIL，I＝，解得vm＝‎2.0 m/s ‎(2)金属棒以最大速度vm匀速运动时，电阻R上的电功率最大，此时PR＝I2R，解得PR＝3 W ‎(3)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x，由能量守恒定律得 mgxsin θ＝μmgxcos θ＋QR＋Qr＋mv 根据焦耳定律＝，解得x＝2.0 m 根据q＝ Δt，＝ ＝＝，解得q＝‎‎1.0 C 答案：(1)2 m/s　(2)3 W　(3)1.0 C ‎3．(2017·山西第二次四校联考)如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距L，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上．长为L的金属棒垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R.两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡的电阻也为R.现闭合开关K，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为F＝2mg的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金属棒达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率．重力加速度为g，求：‎ ‎(1)金属棒能达到的最大速度vm；‎ ‎(2)灯泡的额定功率PL；‎ ‎(3)若金属棒上滑距离为s时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始上滑2s的过程中，金属棒上产生的电热Q1.‎ 解析：(1)金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，金属棒达到最大速度，此后开始做匀速直线运动，设最大速度为vm，则速度达到最大时有 E＝BLvm，I＝，‎ F＝BIL＋mgsin θ，解得vm＝，‎ ‎(2)PL＝I2R，解得PL＝.‎ ‎(3)设整个电路放出的电热为Q，由能量守恒定律有 F·2s＝Q＋mgsin θ·2s＋mv，‎ 由题意可知Q1＝，解得Q1＝mgs－.‎ 答案：(1)　(2)　(3)mgs－ 考点三　双杆模型 物理模型 ‎“双杆”模型分为两类：一类是“一动一静”，甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件：甲杆静止，受力平衡．另一种情况是两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减．‎ 分析方法 通过受力分析，确定运动状态，一般会有收尾状态．对于收尾状态则有恒定的速度或者加速度等，再结合运动学规律、牛顿运动定律和能量观点分析求解.‎ ‎1. 如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝‎0.4 m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝‎0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω 的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝‎0.4 kg、电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝‎10 m/s2.问：‎ ‎ (1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；‎ ‎(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；‎ ‎(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝‎3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．‎ 解析：(1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b.‎ ‎(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsin θ①‎ 设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv②‎ 设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有 I＝③‎ 设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL④‎ 此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1gsin θ＋Fmax⑤‎ 综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s⑥‎ ‎(3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gxsin θ＝Q总＋m2v2⑦‎ 又Q＝Q总⑧‎ 解得Q＝1.3 J⑨‎ 答案：(1)由a流向b　(2)5 m/s　(3)1.3 J ‎2．如图所示，两根足够长且平行的光滑金属导轨与水平面成53°角固定放置，导轨间连接一阻值为6 Ω的电阻R，导轨电阻忽略不计．在两平行虚线m、n间有一与导轨所在平面垂直、磁感应强度为B的匀强磁场．导体棒a的质量为ma＝‎0.4 kg，电阻Ra＝3 Ω；导体棒b的质量为mb＝‎0.1 kg，电阻Rb＝6 Ω；它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好．a、b从开始相距L0＝‎0.5 m处同时由静止开始释放，运动过程中它们都能匀速穿过磁场区域，当b刚穿出磁场时，a正好进入磁场(g取‎10 m/s2，不计a、b之间电流的相互作用)．求：‎ ‎(1)当a、b分别穿越磁场的过程中，通过R的电荷量之比；‎ ‎(2)在穿越磁场的过程中，a、b两导体棒匀速运动的速度大小之比；‎ ‎(3)磁场区域沿导轨方向的宽度d；‎ ‎(4)在整个过程中产生的总焦耳热．‎ 解析：(1)由法拉第电磁感应定律得＝，‎ 平均电流＝，‎ 通过导体棒的总电荷量q总＝ Δt＝.‎ 在b穿越磁场的过程中，b是电源，a与R是外电路，电路的总电阻R总1＝Rb＋＝8 Ω.‎ 则通过R的电荷量为qRb＝q总＝·.‎ 同理，a穿越磁场的过程中，R总2＝Ra＋＝6 Ω，通过R的电荷量为qRa＝q总＝·.‎ 解得qRa∶qRb＝2∶1.‎ ‎(2)设b在磁场中匀速运动的速度大小为vb，则b中的电流Ib＝.由平衡条件得＝mbgsin 53°.‎ 同理，a在磁场中匀速运动时有＝magsin 53°.‎ 联立可得va∶vb＝3∶1.‎ ‎(3)设a、b穿越磁场的过程中的速度分别为va和vb.‎ 由题意得va＝vb＋gtsin 53°，d＝vbt，‎ 因v－v＝2gL0sin 53°，解得d＝0.25 m.‎ ‎(4)由F安a＝magsin 53°，故Wa＝magdsin 53°＝0.8 J，‎ 同理Wb＝mbgdsin 53°＝0.2 J.‎ 在整个过程中，电路中共产生焦耳热为 Q＝Wa＋Wb＝1 J.‎ 答案：(1)2∶1　(2)3∶1　(3)0.25 m　(4)1 J