电磁感应中的导轨模型[务实运用].doc

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1、电磁感应中的“杆+导轨”模型一、单棒模型阻尼式1电路特点 导体棒相当于电源 2安培力的特点 安培力为阻力，并随速度减小而减小。 3加速度特点 加速度随速度减小而减小 4运动特点 a减小的减速运动 5最终状态 静止 6三个规律 (1)能量关系： (2)动量关系： (3)瞬时加速度： 7变化 (1)有摩擦 (2)磁场方向不沿竖直方向 电动式1电路特点 导体为电动棒，运动后产生反电动势（等效于电机）2安培力的特点 安培力为运动动力，并随速度增大而减小。 3加速度特点 加速度随速度增大而减小 4运动特点 a减小的加速运动 5最终特征 匀速运动 6两个极值 (1)最大加速度： v=0时,E反=0,电流、

2、加速度最大 (2)最大速度： 稳定时，速度最大，电流最小 7稳定后的能量转化规律 8起动过程中的三个规律 (1)动量关系： (2)能量关系： (3)瞬时加速度： 发电式1电路特点 导体棒相当于电源，当速度为v时，电动势EBlv2安培力的特点 安培力为阻力，并随速度增大而增大 3加速度特点 加速度随速度增大而减小 4运动特点 a减小的加速运动 5最终特征 匀速运动 6两个极值 (1) v=0时,有最大加速度： (2) a=0时,有最大速度： 7稳定后的能量转化规律 8起动过程中的三个规律 (1)动量关系： (2)能量关系： (3)瞬时加速度： 电容放电式：1电路特点 电容器放电，相当于电源；导体

3、棒受安培力而运动。 2电流的特点 电容器放电时，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UC=Blv3运动特点 a渐小的加速运动，最终做匀速运动。 4最终特征 匀速运动 ，但此时电容器带电量不为零 5最大速度vm电容器充电量： 放电结束时电量： 电容器放电电量： 对杆应用动量定理： 6达最大速度过程中的两个关系 安培力对导体棒的冲量 安培力对导体棒做的功： 易错点：认为电容器最终带电量为零 电容无外力充电式1电路特点 导体棒相当于电源;电容器被充电. 2电流的特点 导体棒相当于电源; F安为阻力， 棒减速, E减小 有I感 I感渐小 电容器被充

4、电。 UC渐大，阻碍电流 当Blv=UC时，I=0， F安=0，棒匀速运动。 3运动特点 a渐小的减速运动，最终做匀速运动。 4最终特征 匀速运动 但此时电容器带电量不为零 5最终速度 电容器充电量： 最终导体棒的感应电动势等于电容两端电压： 对杆应用动量定理： 电容有外力充电式1电路特点 导体棒为发电棒；电容器被充电。 2三个基本关系 导体棒受到的安培力为： 导体棒加速度可表示为： 回路中的电流可表示为： 3四个重要结论： (1)导体棒做初速度为零匀加速运动： (2)回路中的电流恒定： (3)导体棒受安培力恒定： (4)导体棒克服安培力做的功等于电容器储存的电能： 证明 二、双棒模型无外力等

5、距式1电路特点棒2相当于电源;棒1受安培力而加速起动,运动后产生反电动势.2电流特点 随着棒2的减速、棒1的加速，两棒的相对速度v2-v1变小，回路中电流也变小。3两棒的运动情况安培力大小：两棒的相对速度变小,感应电流变小,安培力变小.棒1做加速度变小的加速运动 棒2做加速度变小的减速运动最终两棒具有共同速度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, 系统合外力为零,系统动量守恒. (2)能量转化规律 系统机械能的减小量等于内能的增加量.两棒产生焦耳热之比：5几种变化：(1)初速度的提供方式不同 (2)磁场方向与导轨不垂直 (3) 无外力不等距式(4)两棒都有初速度 (5)两棒

6、位于不同磁场中有外力等距式 1电路特点 棒2相当于电源;棒1受安培力而起动.2运动分析：某时刻回路中电流：最初阶段，a2a1, 3稳定时的速度差4变化(1)两棒都受外力作用 (2)外力提供方式变化无外力不等距式1电路特点 棒1相当于电源;棒2受安培力而加速起动,运动后产生反电动势.2电流特点 随着棒1的减速、棒2的加速，最终当Bl1v1= Bl2v2时,电流为零,两棒 都做匀速运动3两棒的运动情况安培力大小：两棒的相对速度变小,感应电流变小,安培力变小.棒1做加速度变小的减速运动，最终匀速; 棒2做加速度变小的加速运动，最终匀速;4最终特征 回路中电流为零 5能量转化规律 系统动能电能内能 两

7、棒产生焦耳热之比：6流过某一截面的电量 有外力不等距式运动分析： 杆1做a渐小的加速运动 a1a2 a1、a2恒定 杆2做a渐大的加速运动 I 恒定某时刻两棒速度分别为v1、 v2加速度分别为a1、a2经极短时间t后其速度分别为：此时回路中电流为：练习1(多选)如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的足够长平行金属导轨，导轨间距为L，两导轨顶端连有一定值电阻R，导轨平面与水平面的夹角为，匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上，质量为m、电阻为r的光滑导体棒从某一高度处由静止释放，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好，其他部分的电阻不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A导体

8、棒先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动B若导体棒的速度为v，则R两端的电压为BLvC导体棒的最大速度为D在导体棒下滑过程中，电路中产生的焦耳WWW热等于导体棒克服安培力所做的功【解析】AD导体棒随着速度的增加，受到的安培力越来越大，因此受到的合力越来越小，加速度越来越小，故导体棒做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，做匀速运动，A正确；导体棒中产生的感应电动势为EBLv，所以在电阻R上的电压为，B错误；由于导体棒匀速运动时有mgsin ，因此导体棒的最大速度为，C错误；根据功能关系，感应电流所产生的焦耳热在数值上等于导体棒克服安培力所做的功，D正确练习2(多选)如图所示，间距为l1 m的导

9、轨PQ、MN由电阻不计的光滑水平导轨和与水平面成37角的粗糙倾斜导轨组成，导体棒ab、cd的质量均为m1 kg、长度均为l1 m、电阻均为R0.5 ，ab棒静止在水平导轨上，cd棒静止在倾斜导轨上，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小B T现ab棒在水平外力F作用下由静止开始沿水平导轨运动，当ab棒的运动速度达到一定值时cd棒开始滑动已知cd棒与倾斜导轨间的动摩擦因数为0.8，且cd棒受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.关于该运动过程，下列说法正确的是()Acd棒所受的摩擦力方向始终

10、沿倾斜导轨向上Bcd棒所受的摩擦力方向先沿倾斜导轨向上后沿倾斜导轨向下Ccd棒开始滑动时，ab棒的速度大小约为20 m/sDcd棒开始滑动时，ab棒的速度大小约为10 m/s【解析】BCcd棒刚开始静止在倾斜导轨上，0.8tan 370.75，cd棒受到的摩擦力沿倾斜导轨向上，ab棒向右运动切割磁感线使得ab棒、cd棒中产生感应电流，cd棒受到水平向右的安培力作用，cd棒受到的摩擦力先沿倾斜导轨向上减小到零，后反向沿倾斜导轨向下增大，故A错误，B正确；当cd棒即将滑动时，由平衡条件cos 37mgsin 37，代入数据可得v19.375 m/s，C正确，D错误练习3如图所示，阻值均为2 的定值

11、电阻R1和R2通过水平和倾斜平行金属导轨连接，水平导轨和倾斜导轨平滑相接，导轨间距离为0.5 m，倾斜导轨与水平面夹角为60，水平导轨间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为0.03 T的匀强磁场，倾斜导轨处没有磁场一根质量为0.1 kg、长度为0.5 m、阻值为2 的导体棒从倾斜导轨上一定高度处由静止释放，导体棒与倾斜导轨间的动摩擦因数为，水平导轨光滑，导体棒在水平导轨上向右运动s2 m停下来，在此过程中电阻R1上产生的热量为0.3 J，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度g10 m/s2，则下列说法正确的是()A导体棒在倾斜导轨上释放点离水平面的高度为2 mB导体棒在导轨上运动的最大速度

12、为6 m/sCR1两端的最大电压为0.045 VD导体棒在导轨上运动过程中通过R1的电荷量为0.01 C【解析】B导体棒滑上水平导轨后做减速运动，因此滑上水平导轨的初速度v0是导体棒在导轨资*源%库 上运动的最大速度，导体棒在水平导轨上运动时，若电阻R1上产生热量为Q，则导体棒上产生热量为4Q，电路产生的总热量为6Q，由功能关系可得6Q，又Q0.3 J，得v06 m/s，B选项正确；导体棒在倾斜导轨上运动，有mghmgcos ，得h2.4 m，A选项错误；导体棒运动的最大速度为v0，最大感应电动势为EmBlv0，R1两端的最大电压Um，得Um0.03 V，C选项错误；通过导体棒的电荷量q，q1

13、0.005 C，D选项错误练习4如图甲所示，dc和ef是足够长的光滑的金属导轨(不计电阻)水平放置，相距L1 m，de处接有一个电阻，在其两端的电压低于某个特定的值U0时，它的阻值与其两端的电压成正比，而其两端的电压大于等于U0时，它的电阻恒为R05 ，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B1 T，质量为m0.5 kg，长度恰好能跨放在导轨上的金属杆电阻不计，在水平向右的拉力作用下，从紧靠de处由静止开始做加速度为a1 m/s2的匀加速运动，水平拉力F与时间的关系如图乙所示(1)试求电压的特定值U0和图中所标的F0的大小；(2)当t0.5 s时和t2 s时，电阻的发热功率分别为多大？

14、(3)从开始到运动2 m时，通过R的电荷量为多少？(4)运动到2 m时刻撤去外力，金属杆还能运动多远？【解析】(1)当电压小于U0时，设电阻RkU，所以电流I，则I为定值FBLma，FmaBL当电压大于等于U0时，Fma，Fmat，而当t1 s时，速度vat1 m/s，U0BLv1 V又当t1 s时，FmatmaBL，所以有k5故F00.7 N 1 s以后的拉力与时间的关系为F0.50.2t(2)t0.5 s时，v0.5 m/s，UEBLv0.5 V，RkU2.5 P10.1 W t2 s时，F0.9 N，安培力F安Fma0.4 N，v2 m/s P2F安v0.8 W(3)前1 s，电流恒为I

15、0.2 A，q1It0.2 C，运动了0.5 m.余下的1.5 m是通过定值电阻R0的电荷量，q20.3 C 所以qq1q20.5 C(4)撤去外力时，速度为v22 m/s，电压U22 V，变减速运动到速度v11 m/s，于是有：m(v2v1)，x12.5 m 此后，电流恒为0.2 A，F安BLI0.2 N，做匀减速运动，a0.4 m/s2 x21.25 m 所以xx1x23.75 m.练习.如图所示, 金属导轨是由倾斜和水平两部分圆滑相接而成, 倾斜部分与水平夹角q=37，导轨电阻不计。abcd矩形区域内有垂直导轨平面的匀强磁场，bc=ad=s= 0.20 m。导轨上端搁有垂直于导轨的两根相

16、同金属杆P1、P2，且P1位于ab与P2的中间位置，两杆电阻均为R，它们与导轨的动摩擦因数m= 0.30,P1杆离水平轨道的高度h= 0.60m, 现使杆P2不动，让P1杆静止起滑下，杆进入磁场时恰能做匀速运动，最后P1杆停在AA位置。求：(1)P1杆在水平轨道上滑动的距离x；(2)P1杆停止后，再释放P2杆，为使P2杆进入磁场时也做匀速运动，事先要把磁场的磁感应强度大小调为原来的多少倍？(3)若将磁感应强度B调为原来3倍，再释放P2，问P2杆是否有可能与P1杆不碰撞? 为什么？【解析】(1) 设杆的质量为m, 则杆进入磁场时受到的安培力 F=mgsinq-mmgcosq对P1杆运动的全过程，

17、根据动能定理：解得:(2) 设杆长为l、进入磁场时速度为v, 杆进入磁场能做匀速运动，满足:BIl=mgsinq -mmgcosq得：可见B与成反比.设杆下滑加速度为a, 由题意P1、P2杆到ab的距离可记为L、2L，则可得磁感应强度调后B2与调前B1之比=0.84 所以应调到原来的0.84倍(3)P2杆必与P1杆发生碰撞.因为此条件下,P2杆进入磁场后做加速度变小的减速运动, 它离开磁场时的速度必大于P1杆离开磁场时的速度.练习6.如图所示，两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道,如图所示放置,间距为d=1m,在左端斜轨道部分高h=1.25m处放置一金属杆a,斜轨道与平直轨道区域以光滑圆弧连接,

18、在平直轨道右端放置另一金属杆b,杆a、b电阻Ra=2、Rb=5，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场,磁感强度B=2T.现杆b以初速度v0=5m/s开始向左滑动,同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中,通过杆b的平均电流为0.3A；从a下滑到水平轨道时开始计时， a、b杆运动速度-时间图象如图所示(以a运动方向为正),其中ma=2kg，mb=1kg，g=10m/s2，求：(1)杆a在斜轨道上运动的时间；(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电量；(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热.【解析】（1）对b棒运用动量定理,有:其中vb0=2m/s 代入数据得到: (2) 对杆a下滑的过程中,机械能守恒:mgh=12mava2，解得va=2gh=5m/s最后两杆共同的速度为v,由动量守恒得mava+mbvb=(ma+mb)v 代入数据计算得出v=83m/s 杆a动量变化等于它所受安培力的冲量，由动量定理可得 而由以上公式代入数据得q=7/3C（3）由能量守恒得,共产生的焦耳热为 b棒中产生的焦耳热为Q=52+5Q=1156J 2017.5.1310各类材料