电磁感应中的杆+导轨类问题3大模型解题技巧

1、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MN、PQ与水平面的夹角为9,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时达到最大速度。重力加速度为g

2、,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1:【答案】：(1)gsin0,方向沿导轨平面向下；2mgRs2n,方向沿导轨平面向下；(2)1mgxsin0BL2m3g2(2)杆cd从开始运动到达到取大速度过程中，根据能事守恒止律得mgxsin卜Q总+2mvm2R2sin28B4L4【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=BLv回路中的感应电流I=R+R杆所受的安培力F=BIL根据牛顿第二定律有mgsin9-禺9=ma2R当速度v=0时，杆的加速度最大，最大加速度a=gsin0,方向沿导

3、轨平面向下当杆的加速度a=0时，速度最大，最大速度vm=2mgRs2ne,方向沿导轨平面向下。BL1匚厂c1m3g2R2sin20又Q杆=/Q总，所以Q杆=mgxsin0-阮45V=5V此时电容器的带电量q=CU=200010-65C=1M0-2C。棒在F1作用下有F1BId=ma1，p,因CBdAv&又=n=7T，a1=9Fi2联立解得：a1=+cb2d2=20m/sv_则t=0.25soa1F2由(2)可知棒在F2作用下，运动的加速度a2=-,万向向左,m+CB2d2一1.2一1一2又前式=a1t2ta2(2t)2 2将相关数据代入解得F2=0.55N。3 .【答案】：(1)0.8m/s；

4、(2)10s。【解析】：(1)MN杆切割磁感线产生的感应电动势为E1=B0Lv由闭合电路欧姆定律，得I1=2RMN杆所受安培力大小为5安=30|(对MN杆应用牛顿第二定律，得FmgF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22(Fmg)R2(0.1810210)0.2vm=_2J，=-22m/s=0.8m/SoBoL2120.22AABLd回路中的感应电动势为E2=1=Fp、一，、-E2由闭合电路欧姆定律得I2与2RABt时刻的磁感应强度为B=tPQ杆对地面的压力恰好为零时，由平衡条件，有mg=BI2L2mgR2M0-2X100.2联立解得t二姐=0.52x

5、0.220.4s=10s。92L2d4 .【答案】：(1)7.5J;3.1s。【解析L(1)金属棒进入磁场I区域匀速运动，则ImbR+rmgsin30:BoIL解得：vi=2m/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=ma2解得：a=5m/s由运动学公式，有2aX0=vi2解得：x0=0.4m金属棒在通过磁场R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。,BiLV2I=R+rmgsin30=BIL解得：v2=8m/s金属棒从开始运动到在磁场II区域中达到稳定状态过程中，根据动能定理，有mg(xo+xi+x2)sin30+W安=：mv220产生的热量：Q=W安=15JQr=2Q=7.5J。(2)vi=ati,ti=0.4s,xi=vif2,t2=0.5s金属棒在磁场R中达到稳定状态前的过程中取任意微小过程，设这一微小过程的时间为Ni,速度为vi,速度的变化量为加i,则由牛顿第二定律，有:0Bi2L2viAvimgsin30=m不0Bi2L2viAtimgsin30t=mR+r金属棒从进入磁场II到在磁场II中达到稳定