2021版人教版高三物理一轮复习基础梳理：第九章　小专题六　电磁感应中的“杆+导轨”模型

小专题六　电磁感应中的“杆+导轨”模型

1.模型分类

“杆+导轨”模型分为“单杆”型和“双杆”型;导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜三种;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。

2.分析方法

通过受力分析,确定运动状态,一般会有收尾状态。对于收尾状态则有恒定的速度或者加速度等,再结合运动学规律、牛顿运动定律和能量观点分析求解。

[典例1] 如图,两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ,两导轨间距为L。导轨上端接有一平行板电容器,电容为C。导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒,棒可沿导轨下滑,且在下滑过程中始终保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑。求:

 (1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系;

(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。

解析:(1)设金属棒下滑的速度大小为v,则感应电动势为

E=BLv①

平行板电容器两极板之间的电势差为

U=E②

设此时电容器极板上积累的电荷量为Q,则

C=③

联立①②③式得

Q=CBLv。④

(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t,通过金属棒的电流为i。金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上,大小为

f1=BLi⑤

设在时间间隔(t,t+Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ,按电流的定义有

i=⑥

ΔQ也是平行板电容器两极板在时间间隔(t,t+Δt)内增加的电荷量。

由④式得

ΔQ=CBLΔv⑦

式中,Δv为金属棒的速度变化量。

按加速度的定义有

a=⑧

金属棒所受到的摩擦力方向斜向上,大小为

f2=μN⑨

式中,N是金属棒对于导轨的正压力的大小,有

N=mgcos θ⑩

金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下,设其大小为a,根据牛顿第二定律有

mgsin θ-f1-f2=ma

联立⑤至式得

a=g

由式及题设可知,金属棒做初速度为零的匀加速运动。

t时刻金属棒的速度大小为

v=gt。

答案:(1)Q=CBLv　(2)v=gt

变式1:如图所示,两平行导轨间距L=0.1 m,足够长光滑的倾斜部分和粗糙的水平部分圆滑连接,倾斜部分与水平面的夹角θ=30°,垂直斜面向上的磁场的磁感应强度B=0.5 T,水平部分没有磁场。金属棒ab质量m=0.005 kg,电阻r=0.02 Ω,运动中与导轨良好接触,并且垂直于导轨,电阻R=0.08 Ω,其余电阻不计,当金属棒从斜面上离地高h=1.0 m以上任何地方由静止释放后,在水平面上滑行的最大距离x都是1.25 m。(取g=10 m/s2)求:

(1)棒在斜面上的最大速度。

(2)水平面的动摩擦因数。

(3)从高度h=1.0 m处滑下后电阻R上产生的热量。

解析:(1)金属棒从离地高h=1.0 m以上任何地方由静止释放后,在到达水平面之前都已经开始匀速运动

设最大速度为v,则感应电动势E=BLv

感应电流I=

安培力F=BIL

匀速运动时,有mgsin θ=F

解得v=1.0 m/s。

(2)在水平面上运动时,金属棒所受滑动摩擦力

Ff=μmg

金属棒在摩擦力作用下做匀减速运动,有

Ff=ma

v2=2ax

解得μ=0.04。

(3)下滑的过程中,由动能定理可得

mgh-W=mv2

安培力所做的功等于电路中产生的焦耳热,有W=Q

电阻R上产生的热量QR=Q

解得QR=3.8×10-2 J。

答案:(1)1 m/s　(2)0.04　(3)3.8×10-2 J

[典例2] 间距为L=2 m的足够长的金属直角导轨如图甲所示放置,它们各有一边在同一水平面内,另一边垂直于水平面。质量均为m=0.1 kg的金属细杆ab,cd与导轨垂直放置形成闭合回路。杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ=0.5,导轨的电阻不计,细杆ab,cd的电阻分别为R1=0.6 Ω,R2=0.4 Ω。整个装置处于磁感应强度大小为B=0.50 T、方向竖直向上的匀强磁场中(图中未画出)。当ab在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时,cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动。测得拉力F与时间t的关系如图乙所示。g=10 m/s2。

(1)求ab杆的加速度大小;

(2)求当cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小;

(3)若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做了0.5 J的功,求该过程中ab杆所产生的焦耳热。

解析:(1)由题图乙可知,在t=0时,F=1.5 N

对ab杆进行受力分析,由牛顿第二定律得F-μmg=ma

代入数据解得a=10 m/s2。

(2)从d向c看,对cd杆进行受力分析如图所示,当cd速度最大时,有

Ff=mg=μFN,FN=F安,

F安=BIL,I=

综合以上各式,解得v=2 m/s。

(3)整个过程中,ab杆发生的位移

x== m=0.2 m

对ab杆应用动能定理,有WF-μmgx-W安=mv2

代入数据解得W安=0.2 J

根据功能关系Q总=W安

所以ab杆上产生的热量Qab=Q总=0.12 J。

答案:(1)10 m/s2　(2)2 m/s　(3)0.12 J

变式2:如图所示,水平放置的平行光滑导轨固定在水平桌面上,宽度为L,处在磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场中。桌面离地面的高度为H。初始时刻,质量为m的杆ab与导轨垂直且处于静止,距离导轨边缘为d。质量同为m的杆cd与导轨垂直,以初速度v0进入磁场区域。最终发现两杆先后落在地面上。已知两杆的电阻均为R,导轨电阻不计,两杆落地点之间的距离为s。求:

(1)ab杆从磁场边缘射出时的速度大小;

(2)ab杆射出时,cd杆运动的距离;

(3)在两根杆相互作用的过程中,回路中产生的焦耳热。

解析:(1)设ab,cd杆从磁场边缘射出时的速度分别为v1,v2,ab杆落地点的水平位移为x,cd杆落地点的水平位移为x+s,有

x=v1,x+s=v2

从cd杆进入磁场到ab杆开始下落过程中,

根据动量守恒有mv0=mv1+mv2

解得v2=+,v1=-。

(2)ab杆运动距离为d,对ab杆应用动量定理,有

BILΔt=BLq=mv1

设cd杆运动距离为d+Δx

q==

解得Δx=

cd杆运动距离为

d+Δx=d+ (-)。

(3)根据能量守恒,电路中产生的焦耳热等于系统损失的机械能,即

Q=m-m-m=m-。

答案:(1)-　

(2)d+(-)

(3)m-

1.(单杆模型)(多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为L,顶端接阻值为R的电阻。质量为m、电阻为r的金属棒在距磁场上边界某处静止释放,金属棒和导轨接触良好,导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,如图所示,不计导轨的电阻,重力加速度为g,则(　BD　)

A.金属棒在磁场中运动时,流过电阻R的电流方向为a→b　

B.金属棒的速度为v时,金属棒所受的安培力大小为

C.金属棒的最大速度为

D.金属棒以稳定的速度下滑时,电阻R的热功率为()2R

解析:金属棒在磁场中向下运动时,由楞次定律可知,流过电阻R的电流方向为b→a;金属棒的速度为v时,金属棒中感应电动势E=BLv,感应电流I=,所受的安培力大小为F=ILB=;当安培力F=mg时,金属棒下落速度最大,金属棒的最大速度为vm=;金属棒以稳定的速度下滑时,电阻R和r的总热功率为P=mgvm=()2(R+r),电阻R的热功率为()2R。

2.(双杆模型)如图所示,两条相互平行的光滑金属导轨,相距l=0.2 m,左侧轨道的倾斜角θ=30°,右侧轨道为圆弧线,轨道端点间接有电阻R=1.5 Ω,轨道中间部分水平,在MP,NQ间有宽度为d=0.8 m、方向竖直向下的匀强磁场,磁感应强度B随时间t变化如图乙所示。一质量为m=10 g、导轨间电阻为r=1.0 Ω的导体棒a从t=0时刻无初速度释放,初始位置与水平轨道间的高度差H=0.8 m。另一与a棒完全相同的导体棒b静置于磁场外的水平轨道上,靠近磁场左边界PM。a棒下滑后平滑进入水平轨道(转角处无机械能损失),并与b棒发生碰撞而粘合在一起,此后作为一个整体运动。导体棒始终与导轨垂直并接触良好,轨道的电阻和电感不计。求:

(1)导体棒进入磁场前,流过R的电流大小;

(2)导体棒刚进入磁场瞬间受到的安培力大小;

(3)导体棒最终静止的位置离PM的距离;

(4)全过程电阻R上产生的焦耳热。

解析:(1)a棒在左侧轨道下滑过程中,

有=gsin θ·t2,

则t=0.8 s,即0.8 s时导体棒a恰好到达水平轨道;

由法拉第电磁感应定律可知

E==ld=0.2 V

由闭合电路欧姆定律有

I==0.1 A。

(2)a棒滑到底端时的速度为v1,

由动能定理有mgH=m

即v1==4 m/s

与b发生碰撞后的共同速度为v

由动量守恒定律有mv1=2mv

则v=v1=2 m/s

由于此时B=1 T,

则电动势为E=Blv=0.4 V

所以安培力为F==0.04 N。

(3)导体棒自碰撞后直到静止,

由动量定理有

2mv=Bql

其中q=,

s为导体棒在水平轨道上滑过的路程

解得s=2 m,

因此导体棒停在距离PM为0.4 m处。

(4)滑入磁场前有QR1=I2Rt=0.012 J

碰后有Q=×2mv2=QR2+

而QR2∶=3∶1

由以上各式解得QR=0.042 J。

答案:(1)0.1 A　(2)0.04 N　(3)0.4 m　(4)0.042 J

3.如图所示,竖直平面内有无限长、不计电阻的两组平行光滑金属导轨,宽度均为L=0.5 m,上方连接一个阻值R=1 Ω的定值电阻,虚线下方的区域内存在磁感应强度B=2 T的匀强磁场。完全相同的两根金属杆1和2靠在导轨上,金属杆与导轨等宽且与导轨接触良好,电阻均为r=0.5 Ω。将金属杆1固定在磁场的上边缘(仍在此磁场内),金属杆2从磁场边界上方h0=0.8 m处由静止释放,进入磁场后恰做匀速运动(g取10 m/s2)。

(1)金属杆的质量m为多大?

(2)若金属杆2从磁场边界上方h1=0.2 m处由静止释放,进入磁场经过一段时间后开始匀速运动,此过程中流过电阻R的电荷量q为0.65 C,则在此过程中整个回路产生的电热为多少?

(3)金属杆2仍然从离磁场边界h1=0.2 m处由静止释放,在金属杆2进入磁场的同时由静止释放金属杆1,两金属杆运动了一段时间后均达到稳定状态,试求两根金属杆各自的最大速度。

解析:(1)金属杆2进入磁场前做自由落体运动,刚进入磁场时的速度为

vm== m/s=4 m/s

金属杆2进入磁场后受力平衡mg=BIL

且E=BLvm,I=

解得m==×10 kg=0.2 kg。

(2)从金属杆2进入磁场到匀速运动的过程中(设金属杆2在磁场内下降h2)有

E=,I=,q=I·t2

得h2==1.3 m

金属杆2从下落到再次匀速运动的过程中,由能量守恒定律有

mg(h1+h2)=m+Q

解得Q=1.4 J。

(3)金属杆2刚进入磁场时的速度

v== m/s=2 m/s

释放金属杆1后,两杆受力情况相同,且都向下加速,合力等于零时速度最大,设金属杆1,2的最大速度分别为v1,v2,都达到最大速度时,有

mg=BIL,且I=,E1=BLv1,E2=BLv2

整理得到v1+v2=

代入数据得v1+v2=4 m/s

因为两个金属杆任何时刻受力情况都相同,因此任何时刻两者的加速度也都相同,在相同时间内速度的增量也必相同,即v1-0=v2-v

代入数据得v2=v1+2 m/s

联立求得v1=1 m/s,v2=3 m/s。

答案:(1)0.2 kg　(2)1.4 J　(3)v1=1 m/s　v2=3 m/s

1.(2020·浙江1月选考,21)如图甲所示,在xOy水平面内,固定放置着间距为l的两平行金属直导轨,其间连接有阻值为R的电阻,电阻两端连接示波器(内阻可视为无穷大),可动态显示电阻R两端的电压。两导轨间存在大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场。t=0时一质量为m、长为l的导体棒在外力F作用下从x=x0位置开始做简谐运动,观察到示波器显示的电压随时间变化的波形是如图乙所示的正弦曲线。取x0=-.则简谐运动的平衡位置在坐标原点O.不计摩擦阻力和其他电阻,导体棒始终垂直导轨运动。(提示:可以用Fx图象下的“面积”代表力F所做的功)

(1)求导体棒所受到的安培力FA随时间t的变化规律;

(2)求在0至0.25T时间内外力F的冲量;

(3)若t=0时外力F0=1 N,l=1 m,T=2π s,m=1 kg,R=1Ω,Um=0.5 V,B=0.5 T,求外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度。

解析:(1)由显示的波形可得U=Umsint

I=sint

FA=-BIl=-sint

(2)安培力的冲量IA=-ΔqBl=-

v=sint

由动量定理,有IF+IA=mvm,IF=+。

(3)导体棒做简谐运动,有FA+F=-kx

当FA=-F时,x=0,v=±vm=±1 m/s

当FA=F时,设x=x′,v=v′

FA=-kx′,F0=-kx0

2x′=v′

由动能定理得mv′2=k(-x′2)

x1′= m和v1′= m/s

x2′=- m和v2′=- m/s

答案:见解析

2.(2016·浙江4月选考,23)某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置,如图所示。竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨,间距为L。导轨间加有垂直导轨平面向里的匀强磁场B。绝缘火箭支撑在导轨间,总质量为m,其中燃料质量为m′,燃料室中的金属棒EF电阻为R,并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触。

引燃火箭下方的推进剂,迅速推动刚性金属棒CD(电阻可忽略且和导轨接触良好)向上运动,当回路CEFDC面积减少量达到最大值ΔS,用时Δt,此过程激励出强电流,产生电磁推力加速火箭。在Δt时间内,电阻R产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体,当燃烧室下方的可控喷气孔打开后,喷出燃气进一步加速火箭。

 (1)求回路在Δt时间内感应电动势的平均值及通过金属棒EF的电荷量,并判断金属棒EF中的感应电流方向;

(2)经Δt时间火箭恰好脱离导轨,求火箭脱离时的速度v0;(不计空气阻力)

(3)火箭脱离导轨时,喷气孔打开,在极短的时间内喷射出质量为m′的燃气,喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为u,求喷气后火箭增加的速度Δv。(提示:可选喷气前的火箭为参考系)

解析:(1)平均感应电动势E==

平均电流I==

通过金属棒EF的电荷量Q=IΔt=

根据右手定则可判断出电流方向为CEFDC。

(2)EF棒受到的平均安培力F=BIL=BL

根据动量定理可知(F-mg)Δt=mv0-0

得v0=-gΔt。

(3)以火箭为参考对象,喷出燃气时火箭的动量为0,喷出燃气过程中,根据动量守恒定律,

可知(m-m′)Δv-m′u=0

可得Δv=。

答案:(1)　　金属棒中电流方向为E→F

(2)-gΔt　(3)