第九章本章小结

1、浙江专用浙江专用 物理物理第八章 本章小结 专题九电磁感应中的专题九电磁感应中的“导轨导轨+杆杆”模型模型1.模型概述“导轨+杆”模型是电磁感应问题在高考命题中的“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。“导轨+杆”模型又分为“单杆”模型和“双杆”模型;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运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等;磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等,情景复杂,形式多变。3.模型变异“导轨+杆”模型可以演变为线圈在轨道上运动,其本质还是“导轨+2.处理方法这类问题的实质是不同形式的能量的

2、转化过程,从功和能的观点入手,弄清导体切割磁感线运动过程中的能量转化关系。处理这类问题主要有三种观点,即:动力学观点;能量观点;图像观点。3.模型变异“导轨+杆”模型可以演变为线圈在轨道上运动,其本质还轨是“导+杆”模型。典例典例1 如图甲所示,间距L=1m的足够长的光滑平行金属导轨与水平面成30角放置,导轨电阻不计,导轨上端连有R=0.8的电阻和理想电流表A,磁感应强度为B=1T的匀强磁场垂直导轨平面向上。t=0时刻有一质量m=1kg、电阻r=0.2的金属棒,以初速度v0=10m/s从导轨上某一位置PP开始沿导轨向上滑行,金属棒垂直导轨且与导轨接触良好,与此同时对金属棒施加一个沿斜面向上且垂

3、直于金属棒的外力F,F随时间t的变化关系如图乙所示。已知金属棒沿导轨向上运动的过程中,电流表的示数是均匀变化的。g取10m/s2。则:(1)t=0时刻金属棒的加速度多大?(2)金属棒运动到最高点后,又返回到PP(棒返回PP前已经匀速运动)。返回过程中,电阻R上产生的热量多大?解析(1)t=0时刻金属棒受力和等效电路如图所示F-mgsin-BIL=maI=ERr0BLvRr解析(1)t=0时刻金属棒受力和等效电路如图所示由上述两式得a=-2m/s2(负号表示方向沿导轨向下),则加速度大小为2m/s2(2)因为电流表的示数总是均匀变化的,所以金属棒的速度均匀变化。则对金属棒有v=v0+at金属棒上

4、升到导轨最高点时v=0,则t=5s,此时F-mgsin=ma,解得F=3N,此后恒有F=3N金属棒沿导轨上滑的距离为x=25m金属棒从最高点到返回PP前已经达到匀速状态mgsin=+F2002va221B L vRr得v1=2m/s返回过程中有mgxsin30-Fx-W安=mQ总=W安=48J电阻R上产生的热量QR=Q总=38.4J答案(1)2m/s2(2)38.4J1221vRRr典例典例2 如图所示,足够长的光滑平行金属导轨cd和ef水平放置,在其左端连接倾角为=37的光滑金属导轨hc、ge,导轨间距均为L=1m,在水平导轨和倾斜导轨上,各放一根与导轨垂直的金属杆,金属杆与导轨接触良好。金

5、属杆a、b质量均为m=0.1kg,电阻Ra=2、Rb=3,其余电阻不计。在水平导轨和斜面导轨区域分别有竖直向上和竖直向下的匀强磁场B1、B2,且B1=B2=0.5T。已知从t=0时刻起,杆a在外力F1作用下由静止开始水平向右运动,杆b在水平向右的外力F2作用下始终保持静止状态,且F2=0.75+0.2t(N)。(sin37=0.6,cos37=0.8,g取10m/s2)(1)通过计算判断杆a的运动情况;(2)从t=0时刻起,求1s内通过杆b的电荷量;(3)若从t=0时刻起,2s内作用在杆a上的外力F1做功为13.2J,则这段时间内杆b上产生的热量为多少?解析(1)因为杆b静止,所以有F2-B2

6、IL=mgtan37而F2=0.75+0.2t(N)解得I=0.4t(A)整个电路中的电动势由杆a运动产生,故E=I(Ra+Rb)E=B1Lv解得v=4t(m/s)所以,杆a做加速度为4m/s2的匀加速运动。(2)杆a在1s内运动的距离x=at2=2m12q=t=则q=0.2C即1s内通过杆b的电荷量为0.2C(3)设整个电路中产生的热量为Q,由能量守恒定律得W1-Q=mv1=42m/s=8m/s解得Q=10JII()abRRtabRR1abB LxRR1221v从而Qb=Q=6J答案(1)以4m/s2的加速度做匀加速运动(2)0.2C(3)6JbabRRR针对训练针对训练1.如图,光滑斜面的

7、倾角为,斜面上放置一矩形导线框abcd,ab边的边长为l1,bc边的边长为l2,线框的质量为m,电阻为R,线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连,重物质量为M,斜面上ef线(ef平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度为B,如果线框从静止开始运动,进入磁场的最初一段时间做匀速运动,且线框的ab边始终平行底边,则下列说法正确的是()B.线框进入磁场时匀速运动的速度为C.线框做匀速运动的总时间为D.该匀速运动过程产生的焦耳热为(Mg-mgsin)l2答案D设线框进入磁场前的加速度大小为a,则T-mgsin=ma,Mg-T=Ma,解得a=,A错误。线框进入磁场时匀速运动,T=Mg=mg

8、sin+BIl1,又I=得v=,B错误。线框做匀速运动的时间t应为=,C错误。由能量守恒,M减少的机械能与m增加的机械能之差即为产生的焦耳热,即Mgl2-mgl2sin,D正确。1(sin )Mgmg RBl2 21(sin )B lMgmg RsinMgmgMm1Bl vR2 21(sin )Mgmg RB l2lv2 21 2(sin )B l lMgmg RA.线框进入磁场前运动的加速度为sinMg mgm2.如图所示,质量m1=0.1kg,电阻R1=0.3,长度l=0.4m的导体棒ab横放在U形金属框架上。框架质量m2=0.2kg,放在绝缘水平面上,与水平面间的动摩擦因数=0.2。相距

9、0.4m的MM、NN相互平行,电阻不计且足够长。电阻R2=0.1的MN垂直于MM。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=0.5T。垂直于ab施加F=2N的水平恒力,ab从静止开始无摩擦地运动,始终与MM、NN保持良好接触。当ab运动到某处时,框架开始运动。设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2。(1)求框架开始运动时ab速度v的大小;(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中,MN上产生的热量Q=0.1J,求该过程ab位移x的大小。答案(1)6m/s(2)1.1m解析(1)ab对框架的压力F1=m1g框架受水平面的支持力FN=m2g+F1依题意,最大静摩擦力等于

10、滑动摩擦力,则框架受到最大静摩擦力F2=FNab中的感应电动势E=BlvMN中电流I=12ERRMN受到的安培力F安=IlB框架开始运动时F安=F2由上述各式代入数据解得v=6m/s(2)闭合回路中产生的总热量Q总=Q由能量守恒定律得122RRRFx=m1v2+Q总代入数据解得x=1.1m123.如图所示,宽为L=2m、足够长的金属导轨MN和MN放在倾角为=30的斜面上,在N和N之间连有一个0.8的电阻R。在导轨上AA处放置一根与导轨垂直、质量为m=0.8kg、电阻r=0.8的金属滑杆,导轨的电阻不计。用轻绳通过定滑轮将电动小车与滑杆的中点相连。绳与滑杆的连线平行于斜面,开始时小车位于滑轮的正

11、下方水平面上的P处(小车可视为质点),滑轮离小车的高度H=4.0m。在导轨之间NN和OO所围的区域(包括边界)存在一个磁感应强度B=1.0T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场,此区域滑杆和导轨间的动摩擦因数为=,此区域外导轨是光滑的。若电动小车沿PS以v=1.2m/s的速度匀速前进时,滑杆由AA滑到OO位置过程中,通过电阻R的电荷量q=1.25C。g取10m/s2。34(1)求位置AA与OO的距离d;(2)若滑杆在细绳作用下通过OO位置时加速度为a=2m/s2,求此时细绳拉力的大小;(3)若滑杆运动到OO位置时绳子突然断了,设导体足够长,若滑杆返回到AA后恰好做匀速直线运动,求从断绳到滑杆回到AA

12、位置过程中,电阻R上产生的热量Q。答案(1)1m(2)10.4N(3)0.57J解析(1)滑杆由AA滑到OO的过程中切割磁感线,产生的平均感应电动势E=/t=BLd/t平均电流I=E/R+r通过电阻R的电荷量q=It联立解得d=q(R+r)/BL。代入数据,可得d=1m。(2)滑杆运动到OO位置时,小车的速度为v=1.2m/s,设系小车的绳与水平方向的夹角为,则-H=d,解得sin=0.8,=53sinHHHd小车的速度可视为绳端沿绳伸长方向的速度与垂直于绳伸长方向的速度的合速度,此时滑杆向上运动的速度与绳端沿绳伸长方向的速度大小相等:v1=vcos=0.72m/s,滑杆通过OO位置时产生的电动势E1=BLv1产生的感应电流为I1=,滑杆受到的安培力为F安=BI1L=代入数据,可得F安=1.8N,滑杆通过OO位置时所受摩擦力f=mgcos=0.810=3N由F-mgsin-f-F安=ma,解得F=10.4N(3)滑杆运动到OO位置时绳子突然断了,滑