发电式导轨的基本特点和规律

1、导轨与导体棒问题一,单棒问题基本模型电动式发电式运动特点吊逐渐戒小的球速运动"逐渐减小的加速运动，逐渐减小的加速运动最终特征静止/=«句速/0(或恒定)匀速J恒定二、含容式单棒问题基本模型放电式无外力充电式有外力充电式运动特点，逐渐减小的御速运动日逐渐减小的赛速运动与加速运动最终特征匀速运动/=0匀速运动r=o匀加速运动恒定三、无外力双棒问题基本模型运动特点最终特征1四、有外力双棒问题基本模型运动特点最终特征无外力等距式无外力不等距式杯1做“渐小的加速运动杆2做*渐小的曜速运动杆I做出渐小的减速运动杆2做灯渐小的加速运动1尸、/=0有外力等距式杆1做修渐小的加速运动杆球&q

2、uot;渐大的加速运动杆I做"渐大的加速运动杆2俄"渐小的加速运动4】，恒定/恒定n1、叼恒定/恒定一、单棒问题?w； -%'%-If/-AJ = 0- wri?o有摩擦磁场方向不沿竖直方向阻尼式单棒L电蹄特点导体棒相当于电薪.2 .安培力的特点安培力为用力，井岫速度减小而减小口%3 .加速度特点加速度随速度贰小而球小KH'i'vmrn(/i+r)4 .通动特点"我小的减速运或心最蝮状态静止阻尼式单棒e.三个规律(。能关系:口)动层关系:nt(3)瞬时M速度工"=-甲tn(R+r)7-变化【典例1】如图所示，AB杆受一冲量作用后以

3、初速度vo=4m/s沿水平面内的固定轨道运动，经一段时间后q=10 2C,求：上述过程中 (g取10m/s2)院 A X X_X>V0RX B XXX P而停止.AB的质量为m=5g,导轨宽为L=,电阻为R=25其余的电阻不计，磁感强度B=,棒和导轨间的动摩擦因数为测得杆从运动到停止的过程中通过导线的电量(1)AB杆运动的距离；(2)AB杆运动的时间；(3)当杆速度为2m/s时，其加速度为多大【答案】(1);(2);(3)12m/s2.t解析】门）AB棒切割磁感线产生感应电流，设向右运动的距离为则平均感应电动势为平i珊应电流为吊区坐，流过的电荷量为q=iAt=iREAtR代人解得；e二等

4、二,屈BL0,5乂0.4（2）根据动量定理有：-（F安t+（1mgt=0-mvo而F安t=BLt=BLq,得：BLq+科mgt=mv）,解得：t=（3）当杆速度为2m/s时，由感应电动势为：E=BLv安培力为：F=BIL而1二然后根据牛顿第二定律：F+（1mg=ma代入得：'解得加速度：a=12m/s2,25.（20分）如图（a）,超级高铁（Hyperloop）是一种以“真空管道运输”为理论核心设计的交通工具，它具有超高速、低能耗、无噪声、零污染等特点。如图（b）,已知管道中固定着两根平行金属导轨MN、PQ,两导轨间距为舟,运输车的质量为m,横截面是半径为r的圆。运输车上固定着间距为D

5、、与导轨垂直的两根导体棒1和2,每根导体棒的电阻为R,第I a每段长度为D的导轨的电阻也为R其他电阻忽略不计，重力加速度为go（1）如图（c）,当管道中的导轨平面与水平面成。=30。时，运输车恰好能无动力地匀速下滑。求运输车与导轨间的动摩擦因数;（2）在水平导轨上进行实验，不考虑摩擦及空气阻力。当运输车由静止离站时，在导体棒2后间距为D处接通固定在导轨上电动势为E的直流电源，此时导体棒1、2均处于磁感应强度为B,垂直导轨平向下的匀强磁场中，如图（d）。求刚接通电源时运输车的加速度的大小；（电源内阻不计，不考虑电磁感应现象）当运输车进站时，管道内依次分布磁感应强度为B,宽度为D的匀强磁场，且相邻

6、的匀强磁场的方向相反。求运输车以速度vo从如图（e）通过距离D后的速度V。H 口 中小一H导体棒|与依他2M.cofrvi）十析诺幡军的"力第年耦下的小力上会.如图二道对3的*ILj.j,'，如山L*'、一司署二?百科.¥ibI由旧白地路默明涯序F =5:U1何工一系Y二“欧，"0*-n*ti.Jr-Mv；一铁冷匀速15动FgirrJf+/解叱£发*乙骑*（幻福看车到站时.电畸如国.盅终“jWI方看/8/鲫博一储度工邑确r士玷隼通砧用.电除3国评.当革建为0时.由帙枪第电照需应定律导体舞所营重培什透取一小段时濯“亚岩军工鹿季化.勺”由芝青

7、定理一下发电式单棒ri.电路特点r导体棒相当于电源，当速度为丽，电动势，=如2.安培力的特点发电式单棒5.最绛特征匀速运动安培力为阻力，井防速度增大而增大F.=BII/-RR+r3.加速度特点加速度随速度增大而减小F-F网堪IR'1'v辑&R+r6.两个极值（Uy-U时.若最大加速度:"阳m，卅1w(Jt+r|4运硝特点彳减小的加速运动发电式单棒7.稳定后的能量转化规律XXX发电式单棒9.几种变化（1）电路变化XX用1=0时位最大速度士二一；二w灯U.(尸_/胸席NJf+r)Fyinay二8.起动过程中的三个规律动关系1FtBLq_尹呷=樵¥而_Q心

8、）能呈关系：注-。,=+卬喀$十1所立（*瞬时加速度：勾*一四8F加*m刎/?+）问：wn7是否成立?，策=。若匀加速拉杆则F大小恒定吗？磁场方向娈化u）导轨面变化（竖直或憾斜）.1日,3加沿斜面恒力通过定滑轮挂一事物加一开关【典例3】如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ah导轨的一端连接电阻R,其他电阻均不计，磁感应弓II度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动.则A.随着ab运动速度的增大，其加速度也增大B.外力F对ab做的功等于电路中产生的电能C.当ab做匀速运动时，外力F做功的功率等于电路中的电功率D.无论ab做何种运动

9、，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能【答案】CD目六【解折】设酸的速度为。运动的加速度广一J随着F的增大Q由静止先做加速度逐渐减小锄口速运动，当广。后做匀速运动1则A选项错误9由能量守恒知外力百对力做的功等于电路中产生的电能租戢墙加的动能之和，由田牍培力做的功一定等于电路中产生的电能,则B选项错误,D选项正确j当就做匀速运取寸匚皿外力F儆功的I力率等于电路中的电功率，则C选项正确.【典例4】一个闭合回路由两部分组成，如图所示，右侧是电阻为r的圆形导线，置于竖直方向均匀变化的磁场Bi中，左侧是光滑的倾角为。的平行导轨，宽度为d,其电阻不计.磁感应强度为B2的匀强磁场垂直导轨平面向上，且只

10、分布在左侧，一个质量为m、电阻为R的导体棒此时恰好能静止在导轨上，分析下述判断正确的是()A.圆形导线中的磁场，可以方向向上且均匀增强，也可以方向向下且均匀减弱B.导体棒ab受到的安培力大小为mgsin0C.回路中的感应电流为mgsin (D.圆形导线中的电热功率为B2dm2g2sin2 rB22d2(【答案】ABC【解析】根据左手定则，导体棒上的电流从b到a,根据电磁感应定律可得A项正确；根据共点力平衡知识，导体棒ab受到的安培力大小等于重力沿导轨向下的分力，即mgsin0,B项正确；根据mgsin9=B2ld,f/口mgsin0工一»土口一一2mgsin02m2g2sin20斛得

11、I=Bd,C项正确；圆形导线的电热功率P=I2r=(b2d)2r=b2d2r,D项错误.【典例4】如图甲所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ相距为L,导轨平面与水平面夹角为“，金属棒ab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。导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为Bo金属导轨的上端与开关S、定值电阻R和电阻箱R2相连。不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为go现在闭合开关S,将金属棒由静止释放。甲乙(1)判断金属棒ab中电流的方向；(2)若电阻箱R2接入电路的阻值为0,当金属棒下降高度为h时，速度为v,求此过程中定值电阻

12、上产生的焦耳热Q;(3)当B=T,L=m,a=37W,金属棒能达到的最大速度vm随电阻箱R2阻值的变化关系，如图乙所示。取g=10m/s2,sin37=,cos37=。求Ri的阻值和金属棒的质量m。1 【答案】(1)b-a(2)mgh-2mv2(3)Qkg1解析】由右手定则可知，金属棒研中的电流方向为由占到介(力由能量守恒定律知,金属棒调少的重力势能等于增加的动能和电路申产生的焦耳热,即一L口门现8+0U贝小二行或一(3)金属棒达到最大速度vm时，切割磁感线产生的感应电动势：E=BLw由闭合电路的欧姆定律得：I从b端向a端看，金属棒受力如图所示金属棒达到最大速度时，满足:mgsin a BIL

13、= 0mgsin由以上二式付vm=b?L-(R2+Ri)6030由图乙可知：斜率k=-2ms1-d=15ms1d,纵轴截距v=30m/smgsmgsinamgsina.所以B2L2Ri=v,%2L2=k解得Ri=Q,m=kg24.如图所示，相距L=m、电阻不计的两平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R=的电阻相连，导轨处于磁感应强度B=T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里。质量m=kg、电阻r=的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。t=0时起棒在水平外力F作用下以初速度vo=2m/s、加速度a=1m/s2沿导轨向右匀加速运动。求:(1) t=2s时回路中的电流；(2) t=2s时外力F大小;

14、(3)前2s内通过棒的电荷量。【答案】(1)4A(2)N(3)6C【解析】(1)t=2s时，棒的速度为：V1=vo+at=2+1X2=4m/s此时由于棒运动切割产生的电动势为：E=BLm=xx4V=VE08由闭合电路欧姆定律可知，回路中的感应电流：I08A4ARr0.150.05(2)对棒，根据牛顿第二定律得：F-BIL=ma解得F=BIL+ma=x4X+X1=N121(3) t=2s时棒的位移xv0t-at222-146m2 2根据法拉第电磁感应定律得：E根据闭合电路欧姆定律得I-ERr通过棒的电荷量：qIAt旦26CRrRr【名师点睛】(1)棒向右匀加速运动，由速度时间公式求出t=1s时的

15、速度，由E=BLv求出感应电动势,由闭合电路欧姆定律求解回路中的电流。(2)根据牛顿第二定律和安培力公式求解外力F的大小。(3)由位移时间公式求出第2s内棒通过的位移大小，由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电荷量公式求解电荷量。2.如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角8=37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R=3Q的定值电阻，下端开口，轨道间距L=1m.整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上.质量m=1kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r=1。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

16、计空气阻力影响.已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数严，sin37-,cos37=，取g=10m/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mgsin0nmgos0F安=0F安=31,I=解得Vm=m/sR+r(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=3W(3

17、)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19mgxsin8=amgxos0+Qr+Qr+2mvm根据焦耳定律QR=R解得x=mQrr根据q=TA,II=REAO BLx解得q =答案：(1)2m/s(2)3W(3)C26.CDEF是水平放置的电阻可忽略的光滑平行金属导轨，两导轨距离水平地面高度为H,导轨间距为L,CPQE,磁感应强度大小为在水平导轨区域存在方向垂直导轨平面向上的有界匀强磁场（磁场区域为B,如图所示。导轨左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接，弯曲的光滑轨道的上端接有一电阻R。将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上距离水平金属导轨高度h处由静止释放，导体

18、棒最终通过磁场区域落在水平地面上距离水平导轨最右端水平距离x处。已知导体棒质量为m,导体棒与导轨始终接触良好,重力加速度为g。求：（1）电阻R中的最大电流和整个电路中产生的焦耳热。（2）磁场区域的长度do【答案】（1） Q mgh2mgx4H(2) d2mR_ 22B L. 2gh【解析】（1）由题意可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电动势最大，感应电流最大1C由机械能寸恒th律有：mghmv；解得：%,2gh由法拉第电磁感应定律得：EBLv12R由闭合电路欧姆定律得：I联立解得：IBL.2gh2R由平抛运动规律可得：xv2t,H-gt2解得：V2x2H由能量守恒定律可知整个电路

19、中产生的焦耳热为：_1212,mgx2Q-mv1-mv2mgh224H8导体棒通过磁场区域时在安培力作用下做变速运动由牛顿第二定律得:期皿且a”嘿联立解得；fwAv2K两边求和得：=2R尺工泌/二乩工加二巧一吟代人得：【名师点睛】对于电磁感应问题两条研究思路：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。金属杆EF的质量为m=1kg,其有效电阻为 R=Q,其与导轨间的动摩擦因素为整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=1T,现在闭合开关，求:(1)闭合开关瞬间，金属杆

20、的加速度;(2)金属杆所能达到的最大速度;【典例9】如图所示，水平放置的足够长平行导轨MN、PQ的间距为L=,电源的电动势 E=10V,内阻r= Q,(3)当其速度为 v=20m/s时杆的加速度为多大(g=10m/s2,不计其它阻力)BENP(1) 1m/s2; (2) 50m/s ; (3) s2.【解析】=20Ar+R 0.140. 4(1)根据闭合电路欧姆定律，有：I二电动式单棒5.最终特征匀速运动6两个秘侦IJJ-I”最大加速度1厂。时E反-仇电流加速度最大Q)最大速度, 稳定时，速度最大，电流最小E- HiEBh>,刖喑=K + r倾斜导轨瓦起动过程中的三个规律(I J动量关系

21、i BLq -4二能最关系；第二2 中小叫S +ftKR + r瞬时加速度：口=利唱二幽“ 小山R还成立吗？FQE (卅十)“一而 F?二 J 7 + 匕” + r) + "咐.(4)磁场方向变化电动式单棒1.电路特点导体为电动边，运动后产生反 士电动势(等效于电机)*象安培力的特点1安培力为运动动力,井随速度法小而减小.Fs =二月出一叫Rn+r R+f3. m速度特点擅邃度ps速度增大而就小噎n4.运动特点减小的即速运动 。乙一口 h(e-bm.电动式单棒7.程定后的能呈转化规律电动式单棒9.几种变牝导轨不光滑(3)有初速度安培力：Fa=BIL=1X20X=2N根据牛顿第二定律，

22、有：a=m2-0, ix ixio=1 id/ S（2）当达到心速度时做匀速直线运动，根据平衡条件有:BI7L-解得.二）凹g _口.L X 1火10BL1X0.1=1OAE-BLvm根据闭合电路欧姆定律，有：I二一r+K解得：（3）当其速度为诟20m八时反向的感应电动势：Et=BLv7=0,1X1X20=27济去.t己E感10-2.1电*I=二=匚6A故根据牛顿第二定律，有：92m/s =0_ 6id/ s解得：斫EIL-UmgX16XCL1Y.1X1X10【典例10如图所示，长平行导轨PQ、MN光滑，相距l0.5m,处在同一水平面中，磁感应强度8=的匀强磁场竖直向下穿过导轨面.横跨在导轨上

23、的直导线ab的质量m=、电阻R=Q,导轨电阻不计.导轨间通过开关S将电动势E=、内电阻r=的电池接在M、P两端，试计算分析:yf X* X XT XXXXy（1）在开关S刚闭合的初始时刻，导线ab的加速度多大随后ab的加速度、速度如何变化（2）在闭合开关S后，怎样才能使ab以恒定的速度u=s沿导轨向右运动试描述这时电路中的能量转化情况（通过具体的数据计算说明）.【答案】见解析E解析*1）在:刚闭合的瞬间，导数速度为零j没有电磁感应现象j由右到6的电流小=£三L5d,R+r松曼安培力水平向右此时瞬时加速度口Q二及二包叱二屯2rnat感运动起来且将发生电磁感应现象.血向右运动的速度为炉时

24、，感应电动势耳=且和根据右手定则，舒上的感应电物势（翼常电势比内端高）在闭合电路中与电池电动势相反.电路中的电端（顺B寸针方向，i=）将携小5吁i=i.5A或所受的向右的安培力随之温小，加速度也被小,尽管加速度减小,R+r速度还是在增大，感应电动势点随速度的增大而增大，电路中电流进一步减小，安培力.加速度也蛇进一步瀛小,当感应电动势犷与电池电动势下中辞时）电路中电流为零，亚所受安培力、加速度也为零n这时处的速度达到最大值，随后则以最大速度名崽卖向右做匀速运动.设最终达到的最大速度为im,根据上述分析可知：EBlm0所以E1.5m/s=s.Bl0.80.5ab中感应电动势（2）如果ab以恒定速度

25、7.5m/s向右沿导轨运动，则'EBlv0.80.57.5V=3V由于E,这时闭合电路中电流方向为逆时针方向，大小为:3 1.50.8 0.2A=直导线ab中的电流由b到a,根据左手定则，磁场对ab有水平向左的安培力作用，大小为'_»_FBlI0.80.51.5N=所以要使ab以恒定速度v7.5m/s向右运动，必须有水平向右的恒力F0.6N作用于ab.上述物理过程的能量转化情况，可以概括为下列三点：作用于ab的恒力（F）的功率：PFv0.67.5W=电阻（R+r）产生焦耳热的功率：P'I2（Rr）1.52（0.80.2）w=逆时针方向的电流I,从电池的正极流入

26、，负极流出，电池处于先电”状态，吸收能量，以化学能的形、一一一、''式储存起来.电池吸收能量的功率：PIE1.51.5W=由上看出，PP'P'',符合能量转化和守恒定律（沿水平面匀速运动机械能不变）3.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包力F,求棒即将运动时的加速度和运动过程中的最大速度；(

27、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包力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m,则F需作用多长时间.解析：(1)闭合开关S的瞬间回路电流EI = R+r金属棒所受安培力水平向右，其大小Fa= ILB、一一Fa+F由牛顿第二定律得a=FA，整理可得a=E"7LB+m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Ea'=iLb由闭合电路欧姆定律得I'=喑三Er十rFR+rE联立

28、求得VmRL2r+氤(2)设闭合开关S时金属棒的速度为v,此时电流I=BLv- ER+ r由牛顿第二定律得aF FA一m所以加速度a=A BLv ER+ r mLB若加速度大小为mF,则m-BLv ER+ r mLBEE2FR+r解得速度V1=BL,V2=BL+B2L-未闭合开关S前金属棒的加速度一直为a0=m解得恒力F作用时间vimEe匕二二亩!支t2V2a0 一mE 2m R+ rFBL+B2L2答案：-JmL升mF R+ r_EB2L2+BLmE.mE2mR+rFBLFBlB2L2电容放电式：工 7TTL电路特点T L电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动X2.电流的特点电容器放电

29、时,导体棒在安培力作用下开始运 动.同时产生阻碍放电的反电动势.导致电流 减小,直至电流为零,此时一修加3*运动特点口渐小的胡屋运动.最缰做匀 % 速运动.4_最终特征匀速运动怛此时电容器带电晶不为等 o电容放电式：5.酸大速度j电裨器充电呈； Ql CE放电结束时电信 e Q-CV =(Wv,r电容器放电电信:卜。=。=<£<十£ 对杆应用动量定理；=/- =_ filCE , mln电容放电式：_6.达最大速度过程中的两个关系丁丁安培力对导体棒的冲量；mBlCE安培力对导体棒做的功;%MME)：2(w + Zf7'<>易错点认为电容器最终

30、带电量为零【典例8】如图所示，在水平面内有一个半径为a的金属圆盘，处在竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场中，金属圆盘绕中心。顺时针匀速转动，圆盘的边缘和中心分别通过电刷与右侧电路相连，圆盘的边缘和中心之间的等效电阻为r,外电阻为R,电容器的电容为C,单刀双掷开关S与触头1闭合，电路稳定时理想电压表读数为U,右侧光滑平行水平导轨足够长，处在竖直向下磁感强度也为B的匀强磁场中，两导轨电阻不计，间距为L,导轨上垂直放置质量为m,电阻也为R的导体棒，导体棒与导轨始终垂直且接触良好，求:x(1)金属圆盘匀速转动的角度(2)开关S与触头2闭合后，导体棒运动稳定时的速度v.【答案】(1)2U(R+r) ；(2

31、) RBa2BLCUrrrt-B2L2C【解析】根据欧妈定律修：工噂根据闭合电路欧姆定律得：E=I(Rtr)=嘿/因为E=E3>F工6J丁2解得：产上+;)RBad(2)根据动量定理得：F/t=mv-0,而FAt=BILAt=BLAq,电荷的变化量q=CAU,电压的变化量U=U-U'=UBLv则mv=BLC(U-BLv解得：v=_-Sffbzi2c电容无外力充电式1 .电路特点ZZ导体棒相当于电源;电容器被充电.2 .电源的特点电容无外力充电式5.最终速度电容器充电量：导体棒相当于中.若”“为电力，棒戒速,£减小有“也卢渐小电容器被充电.必渐大.阻弱电流当#AT 7时.

32、/=«, J=0,棒匀速声动.3 .运动特厂u渐小的加速运动.最终做句.卜速运动口4 .最绛特怔 匀速运动v.但此时电容器带电信不为等<?L-q = Cul±最终导体棒的感甩电动 势等于电容两端电压：对杆应用动是定理:mv- S,/ - fi/q fi2l'C【典例11】光滑U型金属框架宽为L,足够长，其上放一质量为m的金属棒ab,左端连接有一电容为C的电容器，现给棒一个初速v0,使棒始终垂直框架并沿框架运动，如图所示。求导体棒的最终速度。X xxX 群 X X【解析】：当金属棒独做切割够力线运动时，要产生感应电动势，这样j电容器C将被充电,前棒中有充电电&#

33、39;流存在，南棒受到安培力的作用而减速，当由棒以稳定速度"匀速运动时，有：ELv=UC=q/C而对导体棒ab利用动量定理可得：-BLq=iw-mW由上述二式可求得二串一加十炉严C电容有外力充电式克二TL电路特点ZI，导体为发电边；电容器被充电.|"2.三个基本关系导体棒受到的安培力为；儿-HH导体棒加速度可表示为；“,/-乙m回路中的电流可表示为：fA0CALC7#/AvF2Af电容有外力充电式4.几种变化；厂=-fXXXS)恒力的提供方式不同(3卜电路的变化电容有外力充电式，X3.四个更要结说，"Tx(U导悻棒做初速度为零 _为加速is动:"- m

34、+ CR2(力回路中的电流恒定：CW%(3)导体棒受安培力恒定：(1)导轨不光滑广练习：如图所示，水平放置的金属导轨宽为L,质量为m的金属杆ab垂直放置在导轨上，导轨上接有阻值为R的电阻和电容为C的电容器以及电流表。竖直向下的匀强磁场的磁感应强度为B。现用水平向右的拉力使ab杆从静止开始以恒定的加速度向右做匀加速直线运动，电流表读数恒为I,不计其它电阻和阻力。求：(1) ab杆的加速度。(2) t时刻拉力的大小。8.平行金属导轨MN竖直放置于绝缘水平地板上如图所示，金属杆PQ可以紧贴导轨无摩擦滑动，导轨间除固定电阻R外，其他电阻不计，匀强磁场B垂直穿过导轨平面，导体棒PQ质量为M,闭合S,同时

35、让金属杆PQ自由下落，试确定稳定时，(1)金属杆的速度是多少(2)若将固定电阻R换成一个耐压值足够大的电容器，电容为C闭合S的同时，释放金属杆，试求稳定状态卜回路的电流.XXXXJC*K31XKKJi侨豺MgR噌LCmm1解析】il）金属杆的运动情况可用如下简图表示BiL7m;EBLv.京*Ef当g时,有雄一%=。得匕=第（2）a=G出=加=blMZQ=C加将得：I=BLaC©对金属杆由牛顿第二定律，得MgBIL=ma由得a=BLC而,岂BLCmgI=B2L2C+m【典例12如图所示，竖直放置的光滑平行金属导轨，相距l,导轨一端接有一个电容器，电容量为C,匀强磁场垂直纸面向里,磁感应

36、弓虽度为B,质量为m的金属棒ab可紧贴导轨自由滑动.现让ab由静止下滑,不考虑空气阻力，也不考虑任何部分的电阻和自感作用.问金属棒的做什么运动棒落地时的速度为多大咯案2ahm警【解析】：ab在mg作用下加速运动，经时间t,速度增为v,a=v/t产生感应电动势E=Bl v电容器带电量Q=CE=CBl V感应电流I=Q/t=CBL v/ t=CBl a产生安培力 F=BIl =CB2 l 2a，由牛顿运动定律mg-F=mama= mg - CB2 l 2a ,a= mg / （m+C B2 l 2），ab做初速为零的匀加直线运动,力口速度a=mg/(m+CB2l2)落地速度为v 2ah2mghm

37、CB2I225. (18分)如图，在竖直平面内有两条间距为L的足够长的平行长直金属导轨，上端接有一个阻值为R的电阻和一个耐压值足够大的电容器，电容器的电容为C,且不带电。质量为 m导体棒ab垂直跨在导轨上，接触良好。导轨所在空间有垂直导轨平面向里的匀强场，磁感应强度大小为 Bo S为单刀双掷开关。现将开关S接1,由静止释放导体ab。已知重力加速度为 g,不计导轨和导体棒的电阻，不计一切摩擦。(1)当金属棒向下运动的速度为vi时，电容器所带的电量 q；(2)求导体棒ab下落h高度时的速度大小 v2；的磁棒(3)当速度为v2时迅速将开关S接2,请分析说明此后导体棒 ab的运动情况；并计算导体棒 a

38、b在开关接2后又下落足够大的高度H的过程中电阻R上所产生的电热Q。25、【答案】(1) CBLVi2mgh /.（2） J2- mgH,m B2L2C-2 .m gh22 _m B2L2C3 22m g Rc -4 . 42B L(1)金属棒向下以速度为Vi切割磁感线产生的感应电动势E BLVi（2 分）电容器所带电荷量q CE CBLv1（2 分）(2)设在t时间内，金属棒速度变化为v,金属棒产生的感应电动势变化电容器两极板电压变化电容器所带电荷量变化E BL v （1 分）U BL v （1 分）q C U CBL v （1 分）金属棒中的电流I CBLv CBLa（1 分） tt对金属棒

39、，由牛顿第二定律有:mg BIL ma （1 分）可以看出加速度与时间无关，说明金属棒做匀加速直线运动,(3)此时迅速将开关 S接2。若重力大于安培力，则棒先做加速运动后做匀速运动；若重力等于于安培力，则棒做匀速运动；若重力小于安培力，则棒先做减速运动后做匀速运动。双杆模型前提条件都是光滑导轨:联立解得a（1分）设金属棒沿导轨向下运动h时的速度为V2,由v22 2ah（1分）2mgh解得 V2gr-,m B2 L2C（1分）因为最后匀速，所以由平衡条件（2分）故此过程中电阻 R上产生的电热： QW克安 mgH-2 .m ghmB2L2C（1分）无外力等距双棒Kt1.电路特点用相当于电源二棒1受

40、安培力而加 /1速起动，运动后产生反电动势.1.2.电流特点.树一一处树仆一修随着峰上的减速.棒的加速，两棒的相对速度 与_叫变小，回籍中电流也变小.%=0时：电流最大"二铲'4=小时f电流，=。mgm B2L2Cmg F安解得对导体棒在该过程使用动能定理:mgR _22 B2L2mgH W克安（1分）32 2mgR2B4L42. 2B LV3R（2分）1 22mv31 2 mv22无外力等距双棒1I3.两棒的运动情况!工v v J二u安培力大小：32 & + Ki两棒的相对速度变小.感应电流变小.安培力变小.棒I做加速度变小的摭速运动 棒2货加速度变小的段速运动 最

41、域曲棒具由共同速度无外力等距双棒4,两个规律（1动量规律两棒受到安培力大小相等方向相反J系统合外力为零.系统动量守恒.十根2共能量转化规律系统机械能的戒小品等于内能的培力（类似于完全非弹性碰撞）3利片=5（叫+叫J匕+0两棒产生焦耳热之比：Lf?R、71；,.口量，解得:5voviv0ab棒速度反向时，即vab一，设此时cd棒的速度为v2,由动量守恒定律:42mv0Vomv0mmv24解得:3Vo v2对棒由动量定理可得:m v其中F安=BILEI2RE=Bl（Vcd、ab）q=It带入两种情况可知：当VabVo-0时，BLq mvo4Vo m 4解得:当Vab解得:3mvoqi-4BL-0

42、时，BLq 245mvomvoVo m 一4由qq24BLBL x曰 可得:2R 2R3mvoR 5Xi2"万或 X21 2B2L225mvoR 2B2L222.如图所示，在大小为B的匀强磁场区域内跟磁场方向垂直的平面中有两根固定的足够长的金属平行导导体棒轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab和cd,两棒彼此平行，构成一矩形回路。导轨间距为1,的质量都是m,电阻各为R,导轨部分电阻可忽略不计。设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速vo,求(1)当cd棒速度减为时加速度;(2)从开始运动到最终稳定，电路中产生的电能多大；(3)两棒之间距离增长量x的上限。

43、2.20.3Blvo12cmRvo【答案】(1)a(2)Q-mvo(3)x-2-mR4B212【解析】(1)设当cd棒速度减为时ab棒的速度为V',由动量守恒定律mv00.8mv0mv解之得：v0.2vo此时回路的电流是Bl0.80.2v0I02R一一，BIl_cd棒的加速度为am2. 2解得：a0.3B1v0mR(2)据动量守恒定律，设两棒稳定时共同的末速度为vmv0mmv砥1倚.vv021 212I2小Qmv0mmv一mv02 24(3)由法拉第电费感应定律得，电路中产生的感应电动势E*二吟XTAr这段时间内回路的电殛是2R对山棒由动量定理得：由解之25. (18分)如图，金属平彳

44、T导轨MN、M'N'和金属平行导轨PQR、P'Q'分刚同定在高度差为h(数值未知)的水平台面上。导轨MN、M'N'左端接有电源，MN与MN的间距为L峨框空间存在-竖直向上的匀强磁场，磁感应强度3尸;平行导轨PQR与P，Q，白喇距为L=淇中PQ与P'建圆心角为60°、半径为L的圆弧导轨,QR与Q'凝水平长直导轨，QQ'右侧有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应弓II度B2=o导体棒a质量m1=，电阻Ri=2,0嬲:置在导轨MN、MT侧N'N边缘处；导体棒b质量m2=，电阻R2=放置在水平导轨某处。闭合开关K后,导

45、体棒a从NN'水平抛出，恰能无碰撞地从PP处以速度vi=2m/s滑入平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度g=10m/s2,不计一切摩擦及空气阻力。求(1)导体棒b的最大加速度。(2)导体棒a在磁场B2中产生的焦耳热。(3)闭合开关K后，通过电源的电荷量q。2_25.(1)am0.02m/s(2)Q0.02J(3)q1c【解析】试题分析：设a棒在水平轨道上时的速度为V2,根据动能定理求出速度，因为a棒刚进入磁场时,ab棒中的电流最大，b受到的力最大，加速度最大，再根据电磁感应定律和牛顿第二定律即可求出加速度；两个导体棒在运动过程中，动量守恒和能量守恒，当两棒的速度相等时回路中的电流

46、为零，此后两棒做匀速运动，两棒不在产生焦耳热，根据动量守恒和能量守恒，即可求出导体棒a在磁场中产生的焦耳热；设接通开关后，a棒以速度V0水平抛出，根据动量定理即可通过电源的电荷量。(1)设a棒在水平轨道上时的速度为V2,根据动能定理：m1g r rcos600-m1v22m1v12（2分）解得：V2=3m/s因为a棒刚进入磁场时,ab棒中的电流最大，b受到的力最大，加速度最大，所以有:电动势为： E B2Lv2（1分）电流为：IR1R2（1分）根据牛顿第二定律：B2ILm2amax（1 分）联立以上解得：amax0.02m/s2J分)(2)两个导体棒在运动过程中，动量守恒和能量守恒，当两棒的速

47、度相等时回路中的电流为零，此后两棒做匀速运动，两棒不在产生焦耳热，所以根据动量守恒：miv2mim2v3（2分）由能量守恒定律：1mivl1m1m2v32QaQb（2分）由于ab棒串联在一起，所以有:QaRiQbR2（2分）解得：Qa 0.02J（1分）（3）设接通开关后,a棒以速度vo水平抛出，则有:v0 v1cos600 1m/s , 八、11分）22对a棒冲出过程由动量定理：bjltm1v0即：Bi Lq m1Vo（2分）代入数据解得：q=1C（2分）无外力不等距双棒1.电路特点棒1相当于电源;棒2受安培力而 起动,运动后产生反电动势.无外力不等距双棒1士J3.两棒的运动情况在：棒1加速

48、度变小的辕速晨搓匀速；1 棒工加速度变小的加速，星罐匀速.Hl.v. - hl.Vy电流特点 / =1 g+ 4随着棒1的痛速，棒2的加速，回送中EL!流变小，最终当掰11rHy式寸,电流为零、两棒都做匀速运动4 . 终特征Bisv = Bl回寓中电流为零5 .动*规悻系统动量守恒吗？安培力不是内力两棒合外力不为尊* I 十无外力不等距双棒:6 .两蒋最终速度1任一时刻用棒中电流相同，曲桂曼4 皿 匕到的安培力大小之比为:77=丽=1整个过程中两棒所受/,E匕_ .=:.=:安培力冲国大小之比/,£L»I对棒人/二叫叫,对棒2* 4 = v2 - 0结合±损产1

49、=想产3tnJ;/nlJ.可得工、= T Tvo 耳=7 T1 fW/； + 冉时无外力不等距双棒7 .能再转化情况 系统动能T电能分内能£ £ 幺48,流过某一截面的电量HtyU -第M -0有外力等距双棒«卡1,电路特点/ _/ "峰工相当于电源t棒I受安培力而起动.；:2.运动分析：a mjfffW _ rj/l'某时刻回路中电流，仁 ；u 4+冬安培力大小工= nil棒I= 特Z ：讯=町. 网最初阶段修户口"只要叼“i，介严。| “ Fj dj.当啊=吗时恒定/1W定心恒定,两棒勿加速有外力等距双棒4.变化(1)两棒都受外力作

50、用Q)外力提供方式变化有外力等距双棒3.稳定时的速度走F = f町+明用% =叫口町/I KfffvJ=4+一招±&匈犷产门叫+"4L= 1 m；整个空间以。为边界，左侧有如图，MN、PQ为两根足够长的水平放置的平行金属导轨，间距垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小Bi=1T,右侧有方向相同、磁感应强度大小B2=2T的匀强磁场。两根完全相同的导体棒a、b,质量均为m=kg,与导轨间的动摩擦因数均为严，其在导轨间的电阻均为R=1Q开始时，a、b棒均静止在导轨上，现用平行于导轨的恒力F=N向右拉b棒。假定a棒始终在OO左侧运动，b棒始终在OO右侧运动，除导体棒外其

51、余电阻不计，滑动摩擦力和最大静摩擦力大小相等，g取10m/s2。a棒开始滑动时，求b棒的速度大小；当b棒的加速度为m/s2时，求a棒的加速度大小；已知经过足够长的时间后，b棒开始做匀加速运动，求该匀加速运动的加速度大小，并计算此时a棒中电流的热功率。【答案】(1)m/s(2)m/s2(3)m/s24W25.(19分)如图所示，PQ和MN是固定于倾角为30o斜面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽略不计。金属棒ab、cd放在轨道上，始终与轨道垂直，且接触良好。金属棒ab的质量为2m、cd的质量为m,长度均为L、电阻均为R;两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，并与轨道形成闭合回路。整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，若锁定金属棒ab不动，使金属棒cd在与其垂直且沿斜面向上的恒力F=2m