电磁感应中地杆+导轨类问题3大模型解题技巧

1、标准实用辅导23 :电磁感应中的“杆+导轨”类问题(3大模型)解题技巧电磁感应中的杆+导轨模型的实质是不同形式的能量的转化过程，处理这类问题要从功 和能的观点入手，弄清导体棒切割磁感线过程中的能量转化关系，现从力学、图像、能量三 种观点出发，分角度讨论如下:类型一：单杆+电阻+导轨模型类【初建模型】【例题1】(2017 淮安模拟)如图所示，相距为 L的两条足够长的光滑平行金属导轨PMN、PQ与水平面的夹角为0，N、Q两点间接有阻值为 R的电阻。整个装置处于磁感应强度为 B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。将质量为 m、阻值也为R的金属杆cd垂直放在导轨上，杆cd由静止释放，下滑距离x时达

2、到最大速度。重力加速度为g，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好。求:(1) 杆cd下滑的最大加速度和最大速度;(2) 上述过程中，杆上产生的热量。【思路点拨】：文案大全2mgRsin 0B2L2【答案】：(1)gsin 0，方向沿导轨平面向下； 二，方向沿导轨平面向下;m 3g2R2sin2 0B4L4mgx sin 0 【解析】：(1)设杆cd下滑到某位置时速度为V,则杆产生的感应电动势 E= BLvE回路中的感应电流I =命杆所受的安培力F= BILB2L2v根据牛顿第二定律有 mg sin 0 2r = ma当速度v= 0时，杆的加速度最大，最大加速度a= gsin 0,方向沿导轨平面向下2

3、mgR sin 0B2L2当杆的加速度a = 0时，速度最大，最大速度 Vm =-，方向沿导轨平面向下。1杆cd从开始运动到达到最大速度过程中，根据能量守恒定律得mgx sin 0= Q总+_ mv m21 1m3g2R2sin2 0B4L4又Q杆=Q总，所以Q杆=mgx sin 0 2 2【内化模型】单杆+电阻+导轨四种题型剖析题型一 (voO)题型二(vo = 0)题型三(vo = 0)题型四(V 0 = 0)杆cd以一定初速轨道水平光滑，杆说明度V0在光滑水平cd质量为m，电倾斜轨道光滑，倾角竖直轨道光滑,轨道上滑动，质量阻不计，两导轨间为a,杆cd质量为杆cd质量为m，为m，电阻不计,

4、距为L，拉力F恒m，两导轨间距为L两导轨间距为L两导轨间距为L示意图fiVoId占7rzLk/ F1杆以速度V切割磁开始时a = gsin a,开始时a = g,杆力学观占八、感线产生感应电动势E= BLv，电流cd速度V 1?感应杆cd速度V 1?感应电动势E= BLv1? I 1cd速度V 1?感应电动势E= BLvBLvI= ，安培力 FR电动势E= BLvI? I 1?安培力F安?安培力F安=BIL 1,1? I 1?安培力F由 mg sin a F 安=安=BIL 1，由mgB2L2v=BIL =R。杆=BIL1，由 F Fma知a /，当吐0F安=ma知a安=ma知a J，当时，V

5、最大，Vm =当 a = 0 时，V图像观占八、能量观占八、做减速运动：V J时，a = 0，杆保持静止a = 0时，V最大,FRVm = BLF做的功一部分动能全部转化为转化为杆的动能,部分转化为内mgR sin aB2L2曰丄mgR最大，Vm = b2l2重力做的功（或减少的重力势能）一部分转化为杆的动能,重力做的功（或减少的重力势能）部分转化为杆的1内能：Q=2mV021能: Wf= q+2部分转化为内能:动能，一部分转化为内能：Wg=mv m21 WG=Q + 2mvm21Q + 2mVm2【应用模型】【变式】：此题若已知金属杆与导轨之间的动摩擦因数为a现用沿导轨平面向上的恒定外力F作

6、用在金属杆cd上，使cd由静止开始沿导轨向上运动，求cd的最大加速度和最大速度。【答案】：见解析【解析】：分析金属杆运动时的受力情况可知，金属杆受重力、导轨平面的支持力、拉力、摩擦力和安培力五个力的作用，沿斜面方向由牛顿第二定律有:F mg sin 0 F 安一f=maE BLvB2L2v又F 安=BIL，1=R+R=R+R 所以 F 安=BIL=R+ Rf =迥=jjmg cos 0B2L2v故 F mg sin 0 阿g cos 0= maR+ R当速度V=0时，杆的加速度最大，最大加速度Fam = gsin 0 gcos 0，方向沿导轨 m平面向上当杆的加速度a = 0时，速度最大，Vm

7、 = (F mgsinmg cos ) 2R类型二：单杆+电容器(或电源)+导轨模型类【初建模型】【例题2】(2017 北京模拟如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道 MN、PQ固定在水平面内，相距为L。一质量为m的导体棒cd垂直于MN、PQ放在轨道而上，与轨道接触良好。轨道和导体棒的电阻均不计。AJ Xjirj XK K X X W K.IXxl X rXXXR IXX j-X-XXXKXhXXXXXXXTt图1M X K KX H 丄N XL TX HdCNitX X X XKXKX X X X 计X XX X【应用模型】【变式】：若例题3（1）中甲

8、、乙两金属杆受恒力作用情况如图分析这种情况下甲、乙金属杆的收尾运动情况。所示，两杆分别在方向相反的恒力作用下运动（两杆不会相撞），试【答案】：见解析【解析】：设某时刻甲和乙的速度分别为 V1和V2，加速度分别为a1和a2，甲、乙受到的安培力大小均为F1，则感应电动势为：E= Bl（v1 V2）E感应电流为：i= 2R对甲和乙分别应用牛顿第二定律得：F1 Bll = ma1，BII - F2= ma2当V1 V2 =定值（非零），即系统以恒定的加速度运动时a1 = a2F1 F2解得：a1 = a2 =2m可见甲、乙两金属杆最终做加速度相同的匀加速运动，速度一直增大。辅导23 :电磁感应中的“杆

9、+导轨”类问题（3大模型）解题技巧训练题I = 0.5m，左1.如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距端接有阻值 R = 0.3 Q的电阻。一质量 m = 0.1kg、电阻r = 0.1 Q的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B = 0.4T。棒在水平向右的外力作用下由静止开始以a = 2m/s 2的加速度做匀加速运动，当棒的位移 x = 9m时撤去外力,棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Qi : Q2 = 2 :1。导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求:(1

10、)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q ;(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2 ；外力做的功Wf。2 . (2017 常州检测如图所示，水平面内有两根足够长的平行导轨L1、L2，其间距d =0.5m，左端接有容量C = 2000疗的电容。质量m = 20g的导体棒可在导轨上无摩擦滑动,导体棒和导轨的电阻不计。整个空间存在着垂直导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度2T。现用一沿导轨方向向右的恒力 F1 = 0.44N作用于导体棒，使导体棒从静止开始运动，经t时间后到达B处，速度V = 5m/s。此时，突然将拉力方向变为沿导轨向左，大小变为F2，又经2t时间后导体棒返回到初始位置A处，整个过

11、程电容器未被击穿。求(1)导体棒运动到B处时，电容C上的电量;(2)t的大小;F2的大小。A1n1X 环 X ； X63 .如图所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨ab和cd相距L= 0.2m，另外两根水平金属杆MN和PQ的质量均为m = 10kg，可沿导轨无摩擦地滑动，MN杆和PQ杆的电阻均为R= 0.2 Q（竖直金属导轨电阻不计）,PQ杆放置在水平绝缘平台上，整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中，g取10m/s 2。若将PQ杆固定，让MN杆在竖直向上的恒定拉力F = 0.18N的作用下由静止开始向上运动，磁感应强度Bo= 1.0T，杆MN的最大速度为多少?若将MN杆固定，MN和PQ的间距为

12、ABd=0.4m，现使磁感应强度从零开始以-0.5T/S的变化率均匀地增大，经过多长时间，杆PQ对地面的压力为零?(3XiXXXX X IIXX nNXXre4 .如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ 与水平面的夹角为0= 30。，两导轨之间相距为L = 1m，两导轨M、P间接入电阻R= 0.2 Q,导轨电阻不计。在abdc区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场I,磁感应强度为B0 =仃，磁场的宽度 X1 =1m，在cd连线以下的区域有一个方向也垂直于两导轨平面向下的磁场n,磁感应强度为B1=0.5T。一个质量为m = 1kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电

13、阻r = 0.2 Q。若将金属棒在离ab连线上端xo处自由释放，则金属棒进入磁场I恰好做匀速直线运动。金属棒进入磁场n后，经过ef时系统达到稳定状态，cd与ef之间的距离8m 。 (g 取 10m/s 2)(1)求金属棒从开始静止到在磁场n中达到稳定状态这一过程中电阻R产生的热量;(2)求金属棒从开始运动到在磁场n中达到稳定状态所经过的时间。辅导23 :电磁感应中的“杆+导轨”类问题（3大模型）解题技巧训练题参考答案1 .【答案】：(1)4.5C ; 1.8J ; (3)5.4J。【解析】：（1）设金属棒做匀加速运动的时间为 t，回路中磁通量的变化量为，回路 A中产生的平均感应电动势为E，则由

14、法拉第电磁感应定律得E ，其中Blx- E设回路中的平均电流为1，则由闭合电路欧姆定律得1= R+；通过电阻R的电荷量q = I At联立以上各式，代入数据解得 q = 4.5C。设撤去外力时棒的速度为V,在棒做匀加速运动的过程中，由运动学公式得v2= 2ax1设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做的功为W，由动能定理得 W = 0 -mv 1 又尹t2 = - a1t 2t 尹(2t)2撤去外力后回路中产生的焦耳热 Q2 = W代入数据解得Q2= 1.8J。由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1 : Q 2 = 2 : 1 ,可得 Q 1 = 3.6J在棒运动的整个过程中，由功能关系

15、可知Wf = Qi + Q2 = 5.4J。2 .【答案】：(1)1 X10 将相关数据代入解得F2 = 0.55N。 3.【答案】：(1)0.8m/s ; (2)10s。 【解析】：(1)MN杆切割磁感线产生的感应电动势为 Ei = BoLvC； (2)0.25s ; (3)0.55N。【解析】：(1)当导体棒运动到B处时，电容器两端电压为 U = Bdv = 2X0.5X5 V = 5V此时电容器的带电量 q = CU = 2 000 X10 6X5 C = 1 X10 2C。棒在Fi作用下有Fi Bld = mai,q CBd AvAv又 1= =，a1 =AtAtAtF1联立解得：a1

16、 = m + cB2d2= 20 m/s2v则 t = 0.25s。a1(3)由(2)可知棒在F2作用下，运动的加速度F2a2=，方向向左,E1由闭合电路欧姆定律，得I1 = 2RMN杆所受安培力大小为F安=BoliL对MN杆应用牛顿第二定律，得 F mg F安=ma当MN杆速度最大时，MN杆的加速度为零，联立解得，MN杆的最大速度为BL2vm = 2（F 2mg）R = aym/s = 0.8m/s。 1 0.2 ABLd回路中的感应电动势为 E2E2由闭合电路欧姆定律得I22 RABt时刻的磁感应强度为B =tAtPQ杆对地面的压力恰好为零时，由平衡条件，有 mg = BI2L2 X10

17、-2 X10 X0.20.5 2X 0.22X0.4s 10s。2mgR联立解得t =AB2L2dAt4 .【答案】：（1）7.5J ;3.1s 。B0LV1【解析】：金属棒进入磁场I区域匀速运动，则1二乔mg sin30 MB0IL解得：vi = 2 m/s金属棒在未进入磁场前做初速度为 0的匀加速直线运动，则 mgsin30。和a解得：a = 5m/s 2由运动学公式，有2axo = vi2解得：xo= 0.4 m金属棒在通过磁场n区域达到稳定状态时，重力沿斜轨道向下的分力与安培力相等。B1 Lv2I，R+ r mg sin30 =BiiL 解得：V2= 8 m/s金属棒从开始运动到在磁场n区域中达到稳定状态过程中，根据动能定理，有1mg (X0 + X1 + X2)sin 30 +W 安=；mv22 - 0产生的热量：Q = 一 W安=15J1Qr= Q = 7.5J。2 (2)vi = at 1, ti = 0.4s , xi =