2020版高考物理总复习第十章专题突破（十）电磁感应中的导轨杆模型教学案新人教版.docx

专题突破(十)电磁感应中的导轨杆模型“导轨杆”是电磁感应中一类常见的模型，它可以把力和电、磁融于一体，考查受力分析、牛顿定律、功能关系，能量守恒、动量定理、动量守恒定律、安培力、恒定电流等知识点，综合性较强导轨杆模型具有以下特点：1可分为单杆型和双杆型，放置的方式可分为水平、竖直和倾斜2除了杆切割磁感线产生感应电动势之外，模型中可以有电源，也可以没有电源3安培力是变力，杆一般做变加速运动，速度稳定时满足受力平衡4杆除了受到安培力之外，可以受其他外力，也可以不受外力作用在这一模型中，由于感应电流与杆切割磁感线运动的加速度有相互制约的关系，故导体一般不是做匀变速运动，而是经历一个动态变化过程再趋向于一个稳定状态，分析这一动态过程进而确定最终状态是解决这类问题的关键再利用动力学观点分析安培力、合力的变化对运动状态的影响，利用功能关系、能量守恒分析各种形式的能量之间的相互转化及总能量的守恒，此类问题就能迎刃而解了例1如图所示，水平桌面上放着一对平行金属导轨，左端与一电源相连，中间还串有一开关S.导轨上放着一根金属棒ab，空间存在着垂直导轨平面向下的匀强磁场已知两导轨间距为d，导轨电阻及电源内阻均不计，ab棒的电阻为R，质量为m，棒与导轨间摩擦不计闭合开关S，ab棒向右运动并从桌边水平飞出，且飞出前的瞬间电路中电流恰好为零已知桌面离地高度为h，金属棒落地点的水平位移为s.下面的结论中正确()A开始时ab棒离导轨右端的距离LB磁场力对ab棒所做的功WC电源电动势为EBdsDab棒在导轨上运动时间t大于【解析】开始时ab棒受到安培力向右加速，导体棒运动就会产生感应电动势使电流减小，导体棒在做变速运动，离右端的距离无法求出，所以A项错误；根据平抛运动可以求出离开桌面时的速度vs，根据动能定理可知Wmv2，所以B项错误；棒飞出前的瞬间电流恰好为零，则EBdvBds，所以C项正确；若不考虑棒切割磁感线产生感应电动势则棒做匀加速运动，a，I，t，解得t，由于感应电动势影响，tt，D对【答案】CD例2如图甲所示，两根间距L1.0 m、电阻不计的足够长平行金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R2.0 的电阻相连质量m0.2 kg的导体棒ef在恒定外力F作用下由静止开始运动，已知导体棒与两根导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力均为f1.0 N，导体棒电阻为r1.0 ，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场B中，导体棒运动过程中加速度a与速度v的关系如图乙所示(取g10 m/s2)求：(1)当导体棒速度为v时，棒所受安培力F安的大小(用题中字母表示)；(2)磁场的磁感应强度B；(3)若ef棒由静止开始运动距离为s6.9 m时，速度已达v3 m/s.求此过程中产生的焦耳热Q.【解析】(1)当导体棒速度为v时，导体棒上的电动势为E，电路中的电流为I.由法拉第电磁感应定律EBLv由闭合电路欧姆定律I导体棒所受安培力FBIL联合解得：F(2)由图可以知道：导体棒开始运动时加速度a15 m/s2，初速度v00，导体棒中无电流由牛顿第二定律知Ffma计算得出：F2 N由图可以知道：当导体棒的加速度a0时，开始以v3 m/s 做匀速运动此时有：FfF安0解得：B1 T(3)设ef棒此过程中，产生的热量为Q，由功能关系知：(Ff)sQmv2代入数据计算得出Q6.0 J例3如图所示，P1Q1P2Q2和M1N1M2N2为水平放置的两足够长的光滑平行导轨，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小B0.4 T的匀强磁场中，P1Q1与M1N1间的距离为L11.0 m，P2Q2与M2N2间的距离为L20.5 m，两导轨电阻可忽略不计质量均为m0.2 kg的两金属棒ab、cd放在导轨上，运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与导轨形成闭合回路已知两金属棒位于两导轨间部分的电阻均为R1.0 ；金属棒与导轨间的动摩擦因数0.2，且与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力取重力加速度大小g10 m/s2.(1)在t0时刻，用垂直于金属棒的水平外力F向右拉金属棒cd，使其从静止开始沿导轨以a5.0 m/s2的加速度做匀加速直线运动，金属棒cd运动多长时间金属棒ab开始运动？(2)若用一个适当的水平外力F0(未知)向右拉金属棒cd，使其速度达到v220 m/s后沿导轨匀速运动，此时金属棒ab也恰好以恒定速度沿导轨运动，求金属棒ab沿导轨运动的速度大小和金属棒cd匀速运动时水平外力F0的功率；(3)当金属棒ab运动到导轨Q1N1位置时刚好碰到障碍物而停止运动，并将作用在金属棒cd上的水平外力改为F10.4 N，此时金属棒cd的速度变为v030 m/s，经过一段时间金属棒cd停止运动，求金属棒ab停止运动后金属棒cd运动的距离【解析】(1)设金属棒cd运动t时间金属棒ab开始运动，根据运动学公式可知，此时金属棒cd的速度vat金属棒cd产生的电动势E2BL2v则通过整个回路的电流I2金属棒ab所受安培力FA1BI2L1金属棒ab刚要开始运动的临界条件为FA1mg联立解得t2 s(2)设金属棒cd以速度v220 m/s沿导轨匀速运动时，金属棒ab沿导轨匀速运动的速度大小为v1，根据法拉第电磁感应定律可得EBL2v2BL1v1此时通过回路的电流I金属棒ab所受安培力FABIL1mg解得v15 m/s以金属棒cd为研究对象，则有F0mgBL2I0.6 N水平外力F0的功率为P0F0v212 W(3)对于金属棒cd根据动量定理得(F1mgBL2)t0mv0设金属棒ab停止运动后金属棒cd运动的距离为x，根据法拉第电磁感应定律得根据闭合电路欧姆定律联立解得：x225 m针对训练1如图所示，间距为L的金属导轨竖直平行放置，空间有垂直于导轨所在平面向里、大小为B的匀强磁场在导轨上端接一电容为C的电容器，一质量为m的金属棒ab与导轨始终保持良好接触，由静止开始释放，释放时ab 距地面高度为h，(重力加速度为g，一切摩擦及电阻均不计)在金属棒下滑至地面的过程中，下列说法正确的是(D)A若h足够大，金属棒最终匀速下落B金属棒运动到地面时，电容器储存的电势能为mghC金属棒做匀加速运动，加速度为D金属棒运动到地面时，电容器储存的电能为【解析】若金属棒匀速下落，产生的感应电动势恒定不变，电容器两端的电压不变，回路中就没有了感应电流，就不会受安培力，与匀速下落相矛盾，因此金属棒不会匀速下落，A错误；根据能量守恒，下落的过程有一部分重力势能变成电能，还有一部分变成了金属棒的动能，因此电容器储存的电能不可能为mgh，B错误；金属棒速度增大，产生的电动势增大，电容器的带电量增加，有充电电流I，ICBla，由牛顿第二定律，mgBIlma，a，可见，棒做匀加速直线运动，C错，落地时v.根据能量守恒，电容器储存的电能为mghmv2，D正确2如图所示，间距为L的两根平行金属导轨弯成“L”形，竖直导轨面与水平导轨面均足够长，整个装置处于竖直向上大小为B的匀强磁场中质量均为m、阻值均为R的导体棒ab、cd均垂直于导轨放置，两导体棒与导轨间动摩擦因数均为，当导体棒cd在水平恒力作用下以速度v0沿水平导轨向右匀速运动时，释放导体棒ab，它在竖直导轨上匀加速下滑某时刻将导体棒cd所受水平恒力撤去，经过一段时间，导体棒cd静止，此过程流经导体棒cd的电荷量为q(导体棒ab、cd与导轨间接触良好且接触点及金属导轨的电阻不计，已知重力加速度为g)，则下列判断错误的是(A)A导体棒cd受水平恒力作用时流经它的电流IB导体棒ab匀加速下滑时的加速度大小agC导体棒cd在水平恒力撤去后它的位移为sD导体棒cd在水平恒力撤去后它产生的焦耳热为Qmv【解析】cd切割磁感线产生感应电动势为EBLv0，根据闭合电路欧姆定律得：I，故A错误对于ab棒：根据牛顿第二定律得：mgfma，又fN，NBIL，联立解得，加速度大小为ag，故B正确对于cd棒，根据感应电量公式q得：q，则得，s，故C正确设导体棒cd在水平恒力撤去后产生的焦耳热为Q，由于ab的电阻与cd相同，两者串联，则ab产生的焦耳热也为Q.根据能量守恒得：2Qmgsmv，又s，解得：Qmv，故D正确本题选错误的，故选A.3如图所示，MN、PQ为两根间距不均的金属导轨，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，导轨的一端接阻值为10 的电阻R1和电流表，另一端接阻值为5 的电阻R2.质量为m0.1 kg的金属棒放在导轨ab处，以初速度v08 m/s滑到导轨的ab处，历时t0.08 s导轨在ab处的间距L10.5 m，在ab处的间距L21.0 m若金属棒滑动时始终与导轨接触良好，电流表的示数保持不变，不计棒与导轨间的摩擦以及棒和导轨的电阻求：(1)金属棒在导轨ab处的速度；(2)电流表的示数；(3)匀强磁场