【物理】2020届一轮复习人教版电磁感应中的导轨杆模型学案 5页

专题突破(十) 电磁感应中的导轨＋杆模型 “导轨＋杆”是电磁感应中一类常见的模型，它可以把力和电、磁融于一体，考查受力分析、牛顿定 律、功能关系，能量守恒、动量定理、动量守恒定律、安培力、恒定电流等知识点，综合性较强． 导轨＋杆模型具有以下特点： 1．可分为单杆型和双杆型，放置的方式可分为水平、竖直和倾斜． 2．除了杆切割磁感线产生感应电动势之外，模型中可以有电源，也可以没有电源． 3．安培力是变力，杆一般做变加速运动，速度稳定时满足受力平衡． 4．杆除了受到安培力之外，可以受其他外力，也可以不受外力作用． 在这一模型中，由于感应电流与杆切割磁感线运动的加速度有相互制约的关系，故导体一般不是做匀 变速运动，而是经历一个动态变化过程再趋向于一个稳定状态，分析这一动态过程进而确定最终状态是解 决这类问题的关键．再利用动力学观点分析安培力、合力的变化对运动状态的影响，利用功能关系、能量 守恒分析各种形式的能量之间的相互转化及总能量的守恒，此类问题就能迎刃而解了． 例 1 如图所示，水平桌面上放着一对平行金属导轨，左端与一电源相连，中间还串有一开关 S.导轨上 放着一根金属棒 ab，空间存在着垂直导轨平面向下的匀强磁场．已知两导轨间距为 d，导轨电阻及电源内 阻均不计，ab 棒的电阻为 R，质量为 m，棒与导轨间摩擦不计．闭合开关 S，ab 棒向右运动并从桌边水平 飞出，且飞出前的瞬间电路中电流恰好为零．已知桌面离地高度为 h，金属棒落地点的水平位移为 s.下面 的结论中正确( ) A．开始时 ab 棒离导轨右端的距离 L＝s2 4h B．磁场力对 ab 棒所做的功 W＝ms2g 8h C．电源电动势为 E＝Bds g 2h D．ab 棒在导轨上运动时间 t 大于 mR B2d2 【解析】开始时 ab 棒受到安培力向右加速，导体棒运动就会产生感应电动势使电流减小，导体棒在 做变速运动，离右端的距离无法求出，所以 A 项错误；根据平抛运动可以求出离开桌面时的速度 v＝ s 2h g ＝s g 2h ，根据动能定理可知 W＝1 2 mv2＝ms2g 4h ，所以 B 项错误；棒飞出前的瞬间电流恰好为零，则 E＝Bdv ＝Bds g 2h ，所以 C 项正确；若不考虑棒切割磁感线产生感应电动势则棒做匀加速运动，a＝BId m ，I＝E R ， t′＝v a ，解得 t′＝ mR B2d2，由于感应电动势影响，t>t′，D 对． 【答案】CD 例 2 如图甲所示，两根间距 L＝1.0 m、电阻不计的足够长平行金属导轨 ab、cd 水平放置，一端与阻 值 R＝2.0 Ω的电阻相连．质量 m＝0.2 kg 的导体棒 ef 在恒定外力 F 作用下由静止开始运动，已知导体棒 与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为 f＝1.0 N，导体棒电阻为 r＝1.0 Ω，整个装置处于垂直 于导轨平面向上的匀强磁场 B 中，导体棒运动过程中加速度 a 与速度 v 的关系如图乙所示(取 g＝10 m/s2)．求： (1)当导体棒速度为 v 时，棒所受安培力 F 安的大小(用题中字母表示)； (2)磁场的磁感应强度 B； (3)若 ef 棒由静止开始运动距离为 s＝6.9 m 时，速度已达 v′＝3 m/s.求此过程中产生的焦耳热 Q. 【解析】(1)当导体棒速度为 v 时，导体棒上的电动势为 E，电路中的电流为 I. 由法拉第电磁感应定律 E＝BLv 由闭合电路欧姆定律 I＝ E R＋r 导体棒所受安培力 F＝BIL 联合解得：F＝B2L2v r＋R (2)由图可以知道：导体棒开始运动时加速度 a1＝5 m/s2，初速度 v0＝0，导体棒中无电流． 由牛顿第二定律知 F－f＝ma 计算得出：F＝2 N 由图可以知道：当导体棒的加速度 a＝0 时，开始以 v＝3 m/s 做匀速运动 此时有：F－f－F 安＝0 解得：B＝1 T (3)设 ef 棒此过程中，产生的热量为 Q， 由功能关系知：(F－f)s＝Q＋1 2 mv′2 代入数据计算得出 Q＝6.0 J 例 3 如图所示，P1Q1P2Q2 和 M1N1M2N2 为水平放置的两足够长的光滑平行导轨，整个装置处在竖直向上、 磁感应强度大小 B＝0.4 T 的匀强磁场中，P1Q1 与 M1N1 间的距离为 L1＝1.0 m，P2Q2 与 M2N2 间的距离为 L2＝0.5 m，两导轨电阻可忽略不计．质量均为 m＝0.2 kg 的两金属棒 ab、cd 放在导轨上，运动过程中始终与导轨 垂直且接触良好，并与导轨形成闭合回路．已知两金属棒位于两导轨间部分的电阻均为 R＝1.0 Ω；金属 棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，且与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小 g＝10 m/s2. (1)在 t＝0 时刻，用垂直于金属棒的水平外力 F 向右拉金属棒 cd，使其从静止开始沿导轨以 a＝5.0 m/s2 的加速度做匀加速直线运动，金属棒 cd 运动多长时间金属棒 ab 开始运动？ (2)若用一个适当的水平外力 F0(未知)向右拉金属棒 cd，使其速度达到 v2＝20 m/s 后沿导轨匀速运动， 此时金属棒 ab 也恰好以恒定速度沿导轨运动，求金属棒 ab 沿导轨运动的速度大小和金属棒 cd 匀速运动 时水平外力 F0 的功率； (3)当金属棒 ab 运动到导轨 Q1N1 位置时刚好碰到障碍物而停止运动，并将作用在金属棒 cd 上的水平外 力改为 F1＝0.4 N，此时金属棒 cd 的速度变为 v0＝30 m/s，经过一段时间金属棒 cd 停止运动，求金属棒 ab 停止运动后金属棒 cd 运动的距离． 【解析】(1)设金属棒 cd 运动 t 时间金属棒 ab 开始运动，根据运动学公式可知，此时金属棒 cd 的速 度 v＝at 金属棒 cd 产生的电动势 E2＝BL2v 则通过整个回路的电流 I2＝E2 2R ＝BL2at 2R 金属棒 ab 所受安培力 FA1＝BI2L1＝B2L1L2at 2R 金属棒 ab 刚要开始运动的临界条件为 FA1＝μmg 联立解得 t＝2 s (2)设金属棒 cd 以速度 v2＝20 m/s 沿导轨匀速运动时，金属棒 ab 沿导轨匀速运动的速度大小为 v1， 根据法拉第电磁感应定律可得 E＝BL2v2－BL1v1 此时通过回路的电流 I＝ E 2R ＝B（L2v2－L1v1） 2R 金属棒 ab 所受安培力 FA＝BIL1＝B2L1（L2v2－L1v1） 2R ＝μmg 解得 v1＝5 m/s 以金属棒 cd 为研究对象，则有 F0＝μmg＋BL2I＝0.6 N 水平外力 F0 的功率为 P0＝F0v2＝12 W (3)对于金属棒 cd 根据动量定理得(F1－μmg－BL2 I－)Δt＝0－mv0 设金属棒 ab 停止运动后金属棒 cd 运动的距离为 x，根据法拉第电磁感应定律得 E－＝ΔΦ Δt ＝BL2x Δt 根据闭合电路欧姆定律 I－＝ E－ 3R 2 联立解得：x＝3mv0R 2B2L2 2 ＝225 m 针对训练 1．如图所示，间距为 L 的金属导轨竖直平行放置，空间有垂直于导轨所在平面向里、大小为 B 的匀 强磁场．在导轨上端接一电容为 C 的电容器，一质量为 m 的金属棒 ab 与导轨始终保持良好接触，由静止 开始释放，释放时 ab 距地面高度为 h，(重力加速度为 g，一切摩擦及电阻均不计)在金属棒下滑至地面的 过程中，下列说法正确的是(D) A．若 h 足够大，金属棒最终匀速下落 B．金属棒运动到地面时，电容器储存的电势能为 mgh C．金属棒做匀加速运动，加速度为 mg mg＋C2B2L2 D．金属棒运动到地面时，电容器储存的电能为mghCB2L2 m＋CB2L2 【解析】若金属棒匀速下落，产生的感应电动势恒定不变，电容器两端的电压不变，回路中就没有了 感应电流，就不会受安培力，与匀速下落相矛盾，因此金属棒不会匀速下落，A 错误；根据能量守恒，下 落的过程有一部分重力势能变成电能，还有一部分变成了金属棒的动能，因此电容器储存的电能不可能为 mgh，B 错误；金属棒速度增大，产生的电动势增大，电容器的带电量增加，有充电电流 I，I＝ΔQ Δt ＝CBlΔv Δt ＝CBla，由牛顿第二定律，mg－BIl＝ma，∴a＝ mg m＋CB2L2，可见，棒做匀加速直线运动，C 错，落地时 v＝ 2ah.根据能量守恒，电容器储存的电能为 mgh－1 2 mv2＝mghCB2L2 m＋CB2L2，D 正确． 2．如图所示，间距为 L 的两根平行金属导轨弯成“L”形，竖直导轨面与水平导轨面均足够长，整个 装置处于竖直向上大小为 B 的匀强磁场中．质量均为 m、阻值均为 R 的导体棒 ab、cd 均垂直于导轨放置， 两导体棒与导轨间动摩擦因数均为μ，当导体棒 cd 在水平恒力作用下以速度 v0 沿水平导轨向右匀速运动 时，释放导体棒 ab，它在竖直导轨上匀加速下滑．某时刻将导体棒 cd 所受水平恒力撤去，经过一段时间， 导体棒 cd 静止，此过程流经导体棒 cd 的电荷量为 q(导体棒 ab、cd 与导轨间接触良好且接触点及金属导 轨的电阻不计，已知重力加速度为 g)，则下列判断错误的是(A) A．导体棒 cd 受水平恒力作用时流经它的电流 I＝BLv0 R B．导体棒 ab 匀加速下滑时的加速度大小 a＝g－μB2L2v0 2mR C．导体棒 cd 在水平恒力撤去后它的位移为 s＝2Rq BL D．导体棒 cd 在水平恒力撤去后它产生的焦耳热为 Q＝1 4 mv2 0－μmgRq BL 【解析】cd 切割磁感线产生感应电动势为 E＝BLv0，根据闭合电路欧姆定律得：I＝ E 2R ＝BLv0 2R ，故 A 错 误．对于 ab 棒：根据牛顿第二定律得：mg－f＝ma，又 f＝μN，N＝BIL，联立解得，加速度大小为 a＝g －μB2L2v0 2mR ，故 B 正确．对于 cd 棒，根据感应电量公式 q＝ΔΦ R 总 得：q＝BLs 2R ，则得，s＝2Rq BL ，故 C 正确．设 导体棒 cd 在水平恒力撤去后产生的焦耳热为 Q，由于 ab 的电阻与 cd 相同，两者串联，则 ab 产生的焦耳 热也为 Q.根据能量守恒得：2Q＋μmgs＝1 2 mv2 0，又 s＝2Rq BL ，解得：Q＝1 4 mv2 0－μmgRq BL ，故 D 正确．本题选错 误的，故选 A.