電磁感應(yīng)導(dǎo)軌問題歸納(有答案).doc

《電磁感應(yīng)導(dǎo)軌問題歸納(有答案).doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《電磁感應(yīng)導(dǎo)軌問題歸納(有答案).doc（36頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決電磁感應(yīng)中的“導(dǎo)軌＋桿”模型問題 常見模型--------------------------------------------------------------------------------------------------------1 一、單棒問題--------------------------------------------------------------------------------------------------1 1、發(fā)電式 (一）導(dǎo)軌豎直-------------------------------------------------------------------------------------------------2 （二）導(dǎo)軌水平-------------------------------------------------------------------------------------------------4 （三）導(dǎo)軌傾斜-------------------------------------------------------------------------------------------------7 1電容有外力充電式------------------------------------------------------------------------------------------14 2、阻尼式-------------------------------------------------------------------------------------------------------17 3、電動(dòng)式-------------------------------------------------------------------------------------------------------18 二、 “雙桿+導(dǎo)軌”模型二、雙棒問題 1、無外力等距雙棒--------------------------------------------------------------------------------------------18 2、有外力等距雙棒--------------------------------------------------------------------------------------------19 三、在豎直導(dǎo)軌上的“雙桿滑動(dòng)”問題 1.等間距型-------------------------------------------------------------------------------------------------------20 2.不等間距型----------------------------------------------------------------------------------------------------21 四、在水平導(dǎo)軌上的“雙桿滑動(dòng)”問題 1.等間距水平導(dǎo)軌，無水平外力作用（安培力除外）---------------------------------------------------22 2..不等間距水平導(dǎo)軌，無水平外力作用---------------------------------------------------------------------23 3.等間距水平導(dǎo)軌，受水平外力作用（安培力除外）--------------------------------------------------24 五、繩連的“雙桿滑動(dòng)”問題---------------------------------------------------------------------------------26 應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決電磁感應(yīng)中的“導(dǎo)軌＋桿”模型問題 大概 1． 模型概述 “導(dǎo)軌＋桿”模型是電磁感應(yīng)問題在高考命題中的“基本道具”，也是高考的熱點(diǎn)，考查的知識點(diǎn)多，題目的綜合性強(qiáng)，物理情景變化空間大，是我們復(fù)習(xí)中的難點(diǎn)．“導(dǎo)軌＋桿”模型又分為“單桿”型和“雙桿”型；導(dǎo)軌放置方式可分為水平、豎直和傾斜；桿的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可分為勻速運(yùn)動(dòng)、勻變速運(yùn)動(dòng)、非勻變速運(yùn)動(dòng)或轉(zhuǎn)動(dòng)等；磁場的狀態(tài)可分為恒定不變、均勻變化和非均勻變化等等，情景復(fù)雜，形式多變． 2． 常見模型 類型 “電—?jiǎng)印姟毙? “動(dòng)—電—?jiǎng)印毙? 示意圖 已知量 棒ab長L，質(zhì)量m，電阻R；導(dǎo)軌光滑水平，電阻不計(jì) 棒ab長L，質(zhì)量m，電阻R；導(dǎo)軌光滑，電阻不計(jì) 過程分析 S閉合，棒ab受安培力F＝，此時(shí)加速度a＝，棒ab速度v↑→感應(yīng)電動(dòng)勢E′＝BLv↑→電流I↓→安培力F＝BIL↓→加速度a↓，當(dāng)安培力F＝0時(shí)，a＝0，v最大，最后勻速運(yùn)動(dòng) 棒ab釋放后下滑，此時(shí)加速度a＝gsin α，棒ab速度v↑→感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLv↑→電流I＝↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，當(dāng)安培力F＝mgsin α?xí)r，a＝0，v最大，最后勻速運(yùn)動(dòng) 能 量 轉(zhuǎn) 化 通過安培力做功，把電能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能 克服安培力做功，把重力勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 運(yùn)動(dòng) 形式 變加速運(yùn)動(dòng) 變加速運(yùn)動(dòng) 最終 狀態(tài) 勻速運(yùn)動(dòng)，vm＝ 勻速運(yùn)動(dòng) vm＝ 一、單棒問題 1、發(fā)電式 （1）電路特點(diǎn)：導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，當(dāng)速度為v時(shí)，電動(dòng)勢E＝Blv （2）安培力特點(diǎn)：安培力為阻力，并隨速度增大而增大 （3）加速度特點(diǎn)：加速度隨速度增大而減小 （4）運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：加速度減小的加速運(yùn)動(dòng) （5）最終狀態(tài)：勻速直線運(yùn)動(dòng) （6）兩個(gè)極值 ①v=0時(shí),有最大加速度： ②a=0時(shí),有最大速度： （7）能量關(guān)系 （8）動(dòng)量關(guān)系 F （9）變形：摩擦力；改變電路；改變磁場方向；改變軌道 B F 解題步驟：解決此類問題首先要建立“動(dòng)→電→動(dòng)”的思維順序，可概括總結(jié)為： (1)找”電源”，用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求解電動(dòng)勢的大小和方向； (2)畫出等效電路圖，求解回路中的電流的大小及方向； (3)分析安培力對導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)速度、加速度的動(dòng)態(tài)過程，最后確定導(dǎo)體棒的最終運(yùn)動(dòng)情況； (4)列出牛頓第二定律或平衡方程求解． (一）導(dǎo)軌豎直 1、如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ豎直放置，其寬度L＝1 m，一勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端M與P之間連接阻值為R＝0.40 Ω的電阻，質(zhì)量為m＝0.01 kg、電阻為r＝0.30 Ω的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上．現(xiàn)使金屬棒ab由靜止開始下滑，下滑過程中ab始終保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，其下滑距離x與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示，圖象中的OA段為曲線，AB段為直線，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g＝10 m/s2(忽略ab棒運(yùn)動(dòng)過程中對原磁場的影響)，求： 　　　　 　甲　　　　　　乙 (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小； (2)金屬棒ab在開始運(yùn)動(dòng)的1.5 s內(nèi)，通過電阻R的電荷量； (3)金屬棒ab在開始運(yùn)動(dòng)的1.5 s內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的熱量． 答案　(1)0.1 T　(2)0.67 C　(3)0.26 J 解析　(1)金屬棒在AB段勻速運(yùn)動(dòng)，由題中圖象乙得： v＝＝7 m/s I＝，mg＝BIL 解得B＝0.1 T (2)q＝Δt ＝ ΔΦ＝B 解得：q＝0.67 C (3)Q＝mgx－mv2 解得Q＝0.455 J 從而QR＝Q＝0.26 J 2、 如圖所示，豎直放置的兩根足夠長平行金屬導(dǎo)軌相距L，導(dǎo)軌間接有一定值電阻R，質(zhì)量為m，電阻為r的金屬棒與兩導(dǎo)軌始終保持垂直并良好接觸，且無摩擦，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，現(xiàn)將金屬棒由靜止釋放，金屬棒下落高度為h時(shí)開始做勻速運(yùn)動(dòng)，在此過程中 (　　) A．導(dǎo)體棒的最大速度為 B．通過電阻R的電荷量為 C．導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的熱量 D．重力和安培力對導(dǎo)體棒做功的代數(shù)和等于導(dǎo)體棒動(dòng)能的增加量 答案　BD 3、如圖2所示，電阻為R，其他電阻均可忽略，ef是一電阻 可不計(jì)的水平放置的導(dǎo)體棒，質(zhì)量為m，棒的兩端分別與ab、cd保 持良好接觸，又能沿框架無摩擦下滑，整個(gè)裝置放在與框架垂直的 勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)導(dǎo)體棒ef從靜止下滑一段時(shí)間后閉合開關(guān)S，則S 閉合后 (　　) A．導(dǎo)體棒ef的加速度可能大于g B．導(dǎo)體棒ef的加速度一定小于g C．導(dǎo)體棒ef最終速度隨S閉合時(shí)刻的不同而不同 D．導(dǎo)體棒ef的機(jī)械能與回路內(nèi)產(chǎn)生的電能之和一定守恒 4、MN和PQ為豎直方向的兩平行長直金屬導(dǎo)軌，間距l(xiāng)為0.40m，電阻不計(jì)．導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0.50T的勻強(qiáng)磁場垂直．質(zhì)量m為6.0×10-3kg、電阻為1.0Ω的金屬桿ab始終垂直于導(dǎo)軌，并與其保持光滑接觸．導(dǎo)軌兩端分別接有滑動(dòng)變阻器和阻值為3.0Ω的電阻R1．當(dāng)桿ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)以速率υ勻速下滑，整個(gè)電路消耗的電功率P為0.27W，重力加速度取10m/s2，試求速率υ和滑動(dòng)變阻器接入電路部分的阻值R2． 5、如圖，兩根足夠長的金屬導(dǎo)軌ab、cd豎直放置，導(dǎo)軌間距離為L1電阻不計(jì)。在導(dǎo)軌上端并接兩個(gè)額定功率均為P、電阻均為R的小燈泡。整個(gè)系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與導(dǎo)軌所在平面垂直。現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電阻可以忽略的金屬棒MN從圖示位置由靜止開始釋放。金屬棒下落過程中保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好。已知某時(shí)刻后兩燈泡保持正常發(fā)光。重力加速度為g。求： (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。? (2)燈泡正常發(fā)光時(shí)導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)速率。 解析：每個(gè)燈上的額定電流為額定電壓為： （1）最后MN勻速運(yùn)動(dòng)故：B2IL=mg求出： （2）U=BLv得： （二）導(dǎo)軌水平 3． 如圖3所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，間距為l，導(dǎo)軌左端連接一個(gè)電阻．一根質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿ab垂直放置在導(dǎo)軌上．在桿的右方距桿為d處有一個(gè)勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于軌道平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.對桿施加一個(gè)大小為F、方向平行于導(dǎo)軌的恒力，使桿從靜止開始運(yùn)動(dòng)，已知桿到達(dá)磁場區(qū)域時(shí)速度為v，之后進(jìn)入磁場恰好做勻速運(yùn)動(dòng)．不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，假定導(dǎo)軌與桿之間存在恒定的阻力．求： (1)導(dǎo)軌對桿ab的阻力大小Ff. (2)桿ab中通過的電流及其方向． (3)導(dǎo)軌左端所接電阻的阻值R. 答案　(1)F－　(2)，方向由a流向b　(3)－r 解析　(1)桿ab進(jìn)入磁場前做勻加速運(yùn)動(dòng)，有 F－Ff＝ma v2＝2ad 解得導(dǎo)軌對桿的阻力Ff＝F－ (2)桿ab進(jìn)入磁場后做勻速運(yùn)動(dòng)，有 F＝Ff＋F安 桿ab所受的安培力F安＝IBl 解得桿ab中通過的電流I＝ 由右手定則判斷桿中的電流方向自a流向b (3)桿運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝Blv 桿中的感應(yīng)電流I＝ 解得導(dǎo)軌左端所接電阻阻值R＝－r 13．如圖 ，二相互平行的光滑金屬導(dǎo)軌位于水平面內(nèi)，間距，在導(dǎo)軌的一端接有阻值為的電阻；在區(qū)域有一與水平面垂直的均勻磁場；一質(zhì)量為的金屬桿垂直放置在導(dǎo)軌上并以的初速度進(jìn)入磁場中，在安培力及垂直于桿的水平外力F共同作用下做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為方向與初速度方向相反；設(shè)導(dǎo)軌及金屬桿的電阻均不計(jì)且接觸良好求：（1）電流為0時(shí)金屬桿所處的位置？（2）電流為最大值的一半時(shí)施加在金屬桿上外力F的大小及方向？（3）保持其它條件不變而初速度取不同值，則開始時(shí)外力F的方向與初速度取值的關(guān)系？ ?　　解析：由題意知桿必向右作勻減速直線運(yùn)動(dòng)到速度為0后再向左作勻加速直線運(yùn)動(dòng)直到離開磁場區(qū)域，故電流為0時(shí)表示桿的速度為0； 　桿向右勻減速直線運(yùn)動(dòng)的位移為得；桿的運(yùn)動(dòng)速度變化時(shí)電路中的電動(dòng)勢變化，故電流相應(yīng)變化，由電動(dòng)勢有桿運(yùn)動(dòng)的速度最大則電路中感應(yīng)電動(dòng)勢最大、電流最大，即最大電流必為；當(dāng)電流為最大值的一半時(shí)即時(shí)： ?　　①若此時(shí)桿向右運(yùn)動(dòng)，則外力方向不定，我們假設(shè)外力F水平向右由牛頓定律有即，故桿向右運(yùn)動(dòng)中外力F大小為0．18N方向水平向左；②若此時(shí)桿向左運(yùn)動(dòng)，則外力F方向必水平向左且有即代入數(shù)據(jù)得。 ?　　（3）桿開始運(yùn)動(dòng)時(shí)速度為，則電動(dòng)勢為，故安培力為；那么對桿由牛頓定律有即： ?　　當(dāng)即時(shí)，表示外力F方向與X軸方向相反； ? 　　當(dāng)即時(shí)，表示外力F方向與X軸方向相同. 【例2】如圖所示，質(zhì)量m1=0.1kg，電阻R1=0.3Ω，長度l=0.4m的導(dǎo)體棒ab橫放在U型金屬框架上。框架質(zhì)量m2=0.2kg，放在絕緣水平面上，與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，相距0.4m的MM’、NN’相互平行，電阻不計(jì)且足夠長。電阻R2=0.1Ω的MN垂直于MM’。整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T。垂直于ab施加F=2N的水平恒力，ab從靜止開始無摩擦地運(yùn)動(dòng)，始終與MM’、NN’保持良好接觸，當(dāng)ab運(yùn)動(dòng)到某處時(shí)，框架開始運(yùn)動(dòng)。設(shè)框架與水平面間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2. （1）求框架開始運(yùn)動(dòng)時(shí)ab速度v的大小； （2）從ab開始運(yùn)動(dòng)到框架開始運(yùn)動(dòng)的過程中，MN上產(chǎn)生的熱量Q=0.1J，求該過程ab位移x的大小。 【解析】：（1）對框架的壓力 ① 框架受水平面的支持力 ② 依題意，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則框架受到最大靜摩擦力 ③ 中的感應(yīng)電動(dòng)勢 ④ 中電流 ⑤ 受到的安培力F ⑥ 框架開始運(yùn)動(dòng)時(shí) ⑦ 由上述各式代入數(shù)據(jù)解得 ⑧ （2）閉合回路中產(chǎn)生的總熱量 ⑨ 由能量守恒定律，得 ⑩ 代入數(shù)據(jù)解得 【例3】如圖7-9甲所示，一對平行光滑軌道放置在水平面上，兩軌道間距L=0.20m，電阻R=1.0Ω，有一導(dǎo)體桿靜止放在軌道上，與兩軌道垂直，桿及軌道的電阻可忽略不計(jì)，整個(gè)裝置處于磁感強(qiáng)度B=0.50T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直軌道面向下，現(xiàn)用一外力F沿軌道方向拉桿，使之做勻加速運(yùn)動(dòng)，測得力F與時(shí)間t的關(guān)系如圖7-9乙所示，求桿的質(zhì)量m和加速度a. （1）如圖所示。（4分）　　　（2）對桿應(yīng)用牛頓定律，得　　　　?　(2分) 　　　?。?分）　　　　?。?分）　　　　　　　　　（1分）　　　　由以上各式得：　 (3分) 　　　　分別把t1＝0、F1＝2N及t1＝10s、F1＝3N代入上式解得 m=0.2kg (1分)、?a=10m/s2?(1分)? 【答案】m=0.1kg, a=10m/s2 16．（13分）如圖所示，兩根正對的平行金屬直軌道MN、M′N′位于同一水平面上，兩軌道之間的距離l=0.50m．軌道的MM′端之間接一阻值R=0.40Ω的定值電阻，NN′端與兩條位于豎直面內(nèi)的半圓形光滑金屬軌道NP、N′P′平滑連接，兩半圓軌道的半徑均為R0=0.50m．直軌道的右端處于豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.64 T的勻強(qiáng)磁場中，磁場區(qū)域的寬度d=0.80m，且其右邊界與NN′重合．現(xiàn)有一質(zhì)量m=0.20kg、電阻r=0.10Ω的導(dǎo)體桿ab靜止在距磁場的左邊界s=2.0m處．在與桿垂直的水平恒力F=2.0N的作用下ab桿開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)至磁場的左邊界時(shí)撤去F，結(jié)果導(dǎo)體桿ab恰好能以最小速度通過半圓形軌道的最高點(diǎn)PP′．已知導(dǎo)體桿ab在運(yùn)動(dòng)過程中與軌道接觸良好，且始終與軌道垂直，導(dǎo)體桿ab與直軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.10，軌道的電阻可忽略不計(jì)，取g=10m/s2，求： ⑴導(dǎo)體桿剛進(jìn)入磁場時(shí)，通過導(dǎo)體桿上的電流大小和方向； ⑵導(dǎo)體桿穿過磁場的過程中通過電阻R上的電荷量； ⑶導(dǎo)體桿穿過磁場的過程中整個(gè)電路中產(chǎn)生的焦耳熱． 9．（本題特點(diǎn)：B變S不變）如圖所示，導(dǎo)軌是水平的，其間距l(xiāng)1=0.5m，ab桿與導(dǎo)軌左端的距離l2=0.8m，由導(dǎo)軌與ab桿所構(gòu)成的回路電阻為0.2Ω，方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0=1T，滑輪下掛一個(gè)重物M質(zhì)量為0.04kg，ab桿與導(dǎo)軌之間的摩擦不計(jì)，現(xiàn)使磁場以的變化率均勻的增大， 問：當(dāng)t為多少時(shí)，M剛離開地面。 解析：閉合回路的磁通量發(fā)生變化，要產(chǎn)生感應(yīng)電流，在磁場中受到安培力的作用，當(dāng)繩子繃緊，物體M剛要離開地面時(shí)，繩子中拉力大小F1應(yīng)等于重力大小，也等于棒ab所受的安培力F2的大小，即 而，從而得 其中， 代入數(shù)據(jù)得 （三）導(dǎo)軌傾斜 【例3】如圖所示，AB、CD是兩根足夠長的固定平行金屬導(dǎo)軌，兩導(dǎo)軌間的距離為L，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有垂直于導(dǎo)軌平面斜向上方的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在導(dǎo)軌的 AC端連接一個(gè)阻值為 R的電阻，一根質(zhì)量為m、垂直于導(dǎo)軌放置的金屬棒ab，從靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，求此過程中ab棒的最大速度。已知ab與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，導(dǎo)軌和金屬棒的電阻都不計(jì)。求金屬棒的最大速度？ 解析：ab沿導(dǎo)軌下滑過程中受四個(gè)力作用，即重力mg，支持力FN 、摩擦力Ff和安培力F安，如圖所示，ab由靜止開始下滑后，將是（為增大符號），所以這是個(gè)變加速過程，當(dāng)加速度減到a=0時(shí)，其速度即增到最大v=vm，此時(shí)必將處于平衡狀態(tài)，以后將以vm勻速下滑 ab下滑時(shí)因切割磁感線，要產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，根據(jù)電磁感應(yīng)定律： E=BLv ① 閉合電路AC ba中將產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)閉合電路歐姆定律： I=E/R ② 據(jù)右手定則可判定感應(yīng)電流方向?yàn)閍AC ba，再據(jù)左手定則判斷它受的安培力F安方向如圖示，其大小為： F安=BIL ③ 取平行和垂直導(dǎo)軌的兩個(gè)方向?qū)b所受的力進(jìn)行正交分解，應(yīng)有： FN = mgcosθ Ff= μmgcosθ 由①②③可得 以ab為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律應(yīng)有： mgsinθ –μmgcosθ-=ma ab做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)a=0時(shí)速度達(dá)最大 因此，ab達(dá)到vm時(shí)應(yīng)有： mgsinθ –μmgcosθ-=0 ④ 由④式可解得 注意：（1）電磁感應(yīng)中的動(dòng)態(tài)分析，是處理電磁感應(yīng)問題的關(guān)鍵，要學(xué)會從動(dòng)態(tài)分析的過程中來選擇是從動(dòng)力學(xué)方面，還是從能量、動(dòng)量方面來解決問題。 （2）在分析運(yùn)動(dòng)導(dǎo)體的受力時(shí)，常畫出平面示意圖和物體受力圖。 4．如圖所示，金屬框架與水平面成30°角，勻強(qiáng)磁場的磁感強(qiáng)度B=0.4T，方向垂直框架平面向上，金屬棒長l＝0.5m，重量為0.1N，可以在框架上無摩擦地滑動(dòng)，棒與框架的總電阻為2Ω，運(yùn)動(dòng)時(shí)可認(rèn)為不變，問： 　　(1)要棒以2m／s的速度沿斜面向上滑行，應(yīng)在棒上加多大沿框架平面方向的外力？ 　　(2)當(dāng)棒運(yùn)動(dòng)到某位置時(shí)，外力突然消失，棒將如何運(yùn)動(dòng)？ 　　(3)棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度多大？ 　　(4)達(dá)到最大速度時(shí)，電路的電功率多大？重力的功率多大？ 13.如圖13所示，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成θ角固定，軌間距為d.空間存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于軌道平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.P、M間所接電阻阻值為R.質(zhì)量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上，其有效電阻為r.現(xiàn)從靜止釋放ab，當(dāng)它沿軌道下滑距離s時(shí)，達(dá)到最大速度．若軌道足夠長且電阻不計(jì)，重力加速度為g.求： (1)金屬桿ab運(yùn)動(dòng)的最大速度； (2)金屬桿ab運(yùn)動(dòng)的加速度為gsin θ時(shí)，電阻R上的電功率； (3)金屬桿ab從靜止到具有最大速度的過程中，克服安培力所做的功． 12． 如圖所示，傾角θ=30o、寬度L=1m的足夠長的“U”形平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在磁感應(yīng)強(qiáng)度B =1T，范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于斜面向下。用平行于軌道的牽引力拉一根質(zhì)量m =0.2㎏、電阻R =1Ω的垂直放在導(dǎo)軌上的金屬棒a b，使之由靜止開始沿軌道向上運(yùn)動(dòng)。牽引力做功的功率恒為6W，當(dāng)金屬棒移動(dòng)2.8m時(shí)，獲得穩(wěn)定速度，在此過程中金屬棒產(chǎn)生的熱量為5.8J，不計(jì)導(dǎo)軌電阻及一切摩擦，取g=10m/s2。求： （1）金屬棒達(dá)到穩(wěn)定時(shí)速度是多大？ （2）金屬棒從靜止達(dá)到穩(wěn)定速度時(shí)所需的時(shí)間多長? 解：（1）金屬棒沿斜面上升達(dá)穩(wěn)定速度時(shí)，設(shè)所受的安培力為F安，由平衡條件得： F=mgsinθ+F安 而F安=BIL=B L 又 聯(lián)立以上三式解得v = 2m/s （2）由能量轉(zhuǎn)化與守恒定律可得 Pt = mgssinθ++Q 代入數(shù)據(jù)解得：t =1.5s 1． (2012·山東理綜·20)如圖8所示，相距為L的兩條足夠長的光滑 平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為θ，上端接有定值電阻R，勻強(qiáng) 磁場垂直于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒由 靜止釋放，當(dāng)速度達(dá)到v時(shí)開始勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)對導(dǎo)體棒施加 一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，并保持拉力的功率恒為P，導(dǎo)體棒 最終以2v的速度勻速運(yùn)動(dòng)．導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好， 圖8 不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度為g.下列選項(xiàng)正確的是 (　　) A．P＝2mgvsin θ B．P＝3mgvsin θ C．當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到時(shí)加速度大小為sin θ D．在速度達(dá)到2v以后勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功 答案　AC 解析　根據(jù)I＝＝，導(dǎo)體棒由靜止釋放，速度達(dá)到v時(shí)，回路中的電流為I，則根據(jù) 共點(diǎn)力的平衡條件，有mgsin θ＝BIL.對導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，使其以2v 的速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，則回路中的電流為2I，則根據(jù)平衡條件，有F＋mgsin θ＝B·2IL，所 以拉力F＝mgsin θ，拉力的功率P＝F×2v＝2mgvsin θ，故選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤； 當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達(dá)到時(shí)，回路中的電流為，根據(jù)牛頓第二定律，得mgsin θ－B L＝ma，解得a＝sin θ，選項(xiàng)C正確；當(dāng)導(dǎo)體棒以2v的速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)能量守恒定律知，重力和拉力所做的功之和等于R上產(chǎn)生的焦耳熱，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 如圖所示，電阻可忽略的光滑平行金屬導(dǎo)軌長s＝1.15 m，兩導(dǎo)軌間距L＝0.75 m，導(dǎo)軌傾角為30°，導(dǎo)軌上端ab接一阻值R＝1.5 Ω的電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.8 T的勻強(qiáng)磁場垂直軌道平面向上．阻值r＝0.5 Ω、質(zhì)量m＝0.2 kg的金屬棒與軌道垂直且接觸良好，從軌道上端ab處由靜止開始下滑至底端，在此過程中金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱Qr＝0.1 J．(取g＝10 m/s2)求： (1)金屬棒在此過程中克服安培力做的功W安； (2)金屬棒下滑速度v＝2 m/s時(shí)的加速度a； (3)為求金屬棒下滑的最大速度vm，有同學(xué)解答如下：由動(dòng)能定理，WG－W安＝mv，….由此所得結(jié)果是否正確？若正確，說明理由并完成本小題；若不正確，給出正確的解答． 答案　(1)0.4 J　(2)3.2 m/s2　(3)見解析 解析　(1)下滑過程中安培力做的功即為電阻上產(chǎn)生的焦耳熱，由于R＝3r，因此 QR＝3Qr＝0.3 J 所以W安＝Q＝QR＋Qr＝0.4 J (2)金屬棒下滑時(shí)受重力和安培力 F安＝BIL＝v 由牛頓第二定律得mgsin 30°－v＝ma 所以a＝gsin 30°－v ＝ m/s2＝3.2 m/s2 (3)此解法正確． 金屬棒下滑時(shí)受重力和安培力作用，其運(yùn)動(dòng)滿足 mgsin 30°－v＝ma 上式表明，加速度隨速度增大而減小，棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)．無論最終是否達(dá)到 勻速，當(dāng)棒到達(dá)斜面底端時(shí)速度一定為最大．由動(dòng)能定理可以得到棒的最大速度，因此 上述解法正確． mgssin 30°－Q＝mv 所以vm＝ ＝ m/s≈2.74 m/s. 【例1】如右圖所示，一平面框架與水平面成37°角，寬L=0.4 m，上、下兩端各有一個(gè)電阻R0＝1 Ω，框架的其他部分電阻不計(jì)，框架足夠長.垂直于框平面的方向存在向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T.ab為金屬桿，其長度為L＝0.4 m，質(zhì)量m＝0.8 kg，電阻r＝0.5Ω，棒與框架的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.由靜止開始下滑，直到速度達(dá)到最大的過程中，上端電阻R0產(chǎn)生的熱量Q0＝0.375J(已知sin37°＝0.6，cos37°=0.8；g取10m／s2)求：（1）桿ab的最大速度；（2）從開始到速度最大的過程中ab桿沿斜面下滑的距離；（3）在該過程中通過ab的電荷量. 【解析】該題是一道考察電磁感應(yīng)、安培力、閉合電路歐姆定律及力學(xué)有關(guān)知識的綜合題，解題的關(guān)鍵是要正確分析金屬桿的運(yùn)動(dòng)及受力的變化情況。 桿ab達(dá)到平衡時(shí)的速度即為最大速度v，這時(shí)mgsinθ—F— =0，N=mgcosθ ∴F=mg（sinθ—μcosθ） 總電阻，，， ，得 克服磁場力所做的功數(shù)值上等于產(chǎn)生的總電能即， 由動(dòng)能定理： =2.5m 通過ab的電荷量　，代入數(shù)據(jù)得q＝2 C 如圖所示，固定的光滑金屬導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，上端a、b間接有阻值為R的電阻，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，且處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中。質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連后放在導(dǎo)軌上。初始時(shí)刻，彈簧恰處于自然長度，導(dǎo)體棒具有沿軌道向上的初速度v0。整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。已知彈簧的勁度系數(shù)為k，彈簧的中心軸線與導(dǎo)軌平行。 ⑴求初始時(shí)刻通過電阻R的電流I的大小和方向； ⑵當(dāng)導(dǎo)體棒第一次回到初始位置時(shí)，速度變?yōu)関，求此時(shí)導(dǎo)體棒的加速度大小a； ⑶導(dǎo)體棒最終靜止時(shí)彈簧的彈性勢能為Ep，求導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)直到停止的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q。 【答案】⑴棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢 （1分） 通過的電流大?。?分） 電流方向?yàn)閎→a （2分） ⑵棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為 （1分） 感應(yīng)電流 （1分） 棒受到的安培力大小，方向沿斜面向上 （2分） 根據(jù)牛頓第二定律 有　 （1分） 解得　　　?。?分）　　　　　　　　 　　　 ⑶導(dǎo)體棒最終靜止，有　　　壓縮量 （2分） 設(shè)整個(gè)過程回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q0，根據(jù)能量守恒定律　有 　 （2分） 電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 圖13 針對性演練.如圖13所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌固定在傾角為θ的絕緣斜面上（兩導(dǎo)軌與水平面的夾角也為θ），導(dǎo)軌上端連接一個(gè)定值電阻。導(dǎo)體棒a和b放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。斜面上水平虛線PQ以下區(qū)域內(nèi)，存在著垂直穿過斜面向上的勻強(qiáng)磁場。現(xiàn)對a棒施以平行導(dǎo)軌斜向上的拉力，使它沿導(dǎo)軌勻速向上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)放在導(dǎo)軌下端的b棒恰好靜止。當(dāng)a棒運(yùn)動(dòng)到磁場的上邊界PQ處時(shí)，撤去拉力，a棒將繼續(xù)沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)一小段距離后再向下滑動(dòng)，此時(shí)b棒已滑離導(dǎo)軌。當(dāng)a棒再次滑回到磁場上邊界PQ處時(shí)，又恰能沿導(dǎo)軌勻速向下運(yùn)動(dòng)。已知a棒、b棒和定值電阻的阻值均為R，b棒的質(zhì)量為m，重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。求： ⑴a棒的質(zhì)量ma； ⑵a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的拉力F。 解 ⑴a棒在PQ上方運(yùn)動(dòng)的過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，故可知a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動(dòng)和向下勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小相等，進(jìn)一步結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律可知，在這兩個(gè)過程中，a棒因切割磁感線而產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢的大小相等，設(shè)為E。 （2分） a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，b棒中的電流為： （1分） 此時(shí)，b棒恰好靜止，有：IbLB=mgsin θ （1分） a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)a棒中的電流為Ia′，有： （1分） Ia′LB=magsin θ （2分） 解得：ma=1.5m。 （1分） ⑵a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)a棒中的電流為Ia，有：Ia=2Ib （1分） 處于磁場中的a棒在平行導(dǎo)軌斜向上的拉力F作用下沿導(dǎo)軌勻速向上運(yùn)動(dòng)，有： F=IaLB+magsin θ （2分） 又：IbLB=mgsin θ （1分） 解得：F=3.5mgsin θ。 （1分） 如圖所示，有一足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌，電阻不計(jì)，間距L＝0.5 m，導(dǎo)軌沿與水平方向成θ＝30°傾斜放置，底部連接有一個(gè)阻值為R＝3 Ω的電阻．現(xiàn)將一個(gè)長也為L＝0.5 m、質(zhì)量為m＝0.2 kg、電阻r＝2 Ω的均勻金屬棒ab，自軌道頂部靜止釋放后沿軌道自由滑下，下滑中均保持與軌道垂直并接觸良好，經(jīng)一段距離后進(jìn)入一垂直軌道平面的勻強(qiáng)磁場中，如圖所示．磁場上部有邊界OP，下部無邊界，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T．金屬棒進(jìn)入磁場后又運(yùn)動(dòng)了一段距離便開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在做勻速直線運(yùn)動(dòng)之前這段時(shí)間內(nèi)，金屬棒上產(chǎn)生了Qr＝2.4 J的熱量，且通過電阻R上的電荷量為q＝0.6 C，取g＝10 m/s2.求： (1)金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v0； (2)金屬棒進(jìn)入磁場后速度v＝6 m/s時(shí)，其加速度a的大小及方向； (3)磁場的上部邊界OP距導(dǎo)軌頂部的距離s. 解(1)此時(shí)金屬棒沿斜面方向受力平衡：BIL＝mgsin?θ…………(1分) ( 對閉合電路有：I＝，E＝BLv0…………………………………………. (1分) ( 聯(lián)立解得：v0＝＝5 m/s……………..(1分) (2)由牛頓第二定律得：mgsin?θ－BIL＝ma…………..(1分) 而由電路：I＝………………………………………. (1分) a＝gsin?θ－＝－1 m/s2……………..(1分) 因此，此時(shí)加速度大小為1 m/s2，方向沿斜面向上．……………..(1分) (3)由于金屬棒r和電阻R上的電流瞬時(shí)相同，根據(jù)焦耳定律產(chǎn)生的電熱應(yīng)與阻值成正比，因此可求出金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)前R上產(chǎn)生的電熱為： QR＝Qr＝3.6 J……………..(1分)?gkstk 因此，該過程中電路中的總電熱為：Q＝Qr＋QR＝6 J 又該過程中電路平均電流為：＝＝……………..(1分) 設(shè)勻速前金屬棒在磁場中位移為x，則此過程中通過R的電荷量為： q＝·Δt＝＝……………..(1分)?gkstk 從釋放到剛好達(dá)到勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，由能量守恒得到： mgsin?θ(s＋x)＝mv＋Q……………..(1分)?gkstk 聯(lián)立解得：s＝－＝5.5 m.?……………..(1分) 與電容器結(jié)合 F 電容有外力充電式 （1）電路特點(diǎn)：導(dǎo)體為發(fā)電邊；電容器被充電。 （2）三個(gè)基本關(guān)系 導(dǎo)體棒受到的安培力為： 導(dǎo)體棒加速度可表示為： 回路中的電流可表示為： （3）四個(gè)重要結(jié)論： ①導(dǎo)體棒做初速度為零勻加速運(yùn)動(dòng)： ②回路中的電流恒定： ③導(dǎo)體棒受安培力恒定： ④導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于電容器儲存的電能：（試用動(dòng)能定理證明） （4）變形：導(dǎo)軌有摩擦；電路變化；恒力的提供方式； 【例7】如圖所示, 豎直放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌, 相距l(xiāng) , 導(dǎo)軌一端接有一個(gè)電容器, 電容量為C, 勻強(qiáng)磁場垂直紙面向里, 磁感應(yīng)強(qiáng)度為B, 質(zhì)量為m的金屬棒ab可緊貼導(dǎo)軌自由滑動(dòng). 現(xiàn)讓ab從離地面高為h的位置由靜止下滑, 不考慮空氣阻力, 也不考慮任何部分的電阻和自感作用. 求金屬棒落地時(shí)的速度為多大？ 【解析】ab在mg 作用下加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間 t ，速度增為v，a =v / t 產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢 E=Bl v 電容器帶電量 Q=CE=CBl v，感應(yīng)電流I=Q/t=CBL v/ t=CBl a 產(chǎn)生安培力F=BIl =CB2 l 2a，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律 mg-F=ma ma= mg - CB2 l 2a ，a= mg / (m+C B2 l 2) ∴ab做初速為零的勻加直線運(yùn)動(dòng), 加速度 a= mg / (m+C B2 l 2) 落地速度為 3． 如圖10，兩根足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌PP′、QQ′傾斜放 置，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端與水平放置的 兩金屬板M、N相連，板間距離足夠大，板間有一帶電微 粒，金屬棒ab水平跨放在導(dǎo)軌上，下滑過程中與導(dǎo)軌接觸良好． 圖10 現(xiàn)同時(shí)由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab，則 (　　) A．金屬棒ab最終可能勻速下滑 B．金屬棒ab一直加速下滑 C．金屬棒ab下滑過程中M板電勢高于N板電勢 D．帶電微粒不可能先向N板運(yùn)動(dòng)后向M板運(yùn)動(dòng) 答案　BC 解析　金屬棒沿光滑導(dǎo)軌加速下滑，棒中有感應(yīng)電動(dòng)勢而對金屬板M、N充電，充電電 流通過金屬棒時(shí)金屬棒受安培力作用，只有金屬棒速度增大時(shí)才有充電電流，因此總有 mgsin θ－BIL>0，金屬棒將一直加速下滑，A錯(cuò)，B對；由右手定則可知，金屬棒a端(即 M板)電勢高，C對；若微粒帶負(fù)電，則電場力向上，與重力反向，開始時(shí)電場力為0， 微粒向下加速，當(dāng)電場力增大到大于重力時(shí)，微粒的加速度向上，可能向N板減速運(yùn)動(dòng) 到零后再向M板運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)． 　(2012·廣東理綜·35)如圖1所示，質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒ab，垂直放在相距為l的平行光 滑金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，并處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直 于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中．左側(cè)是水平放置、間距為d的平行金屬板，R和Rx分別 表示定值電阻和滑動(dòng)變阻器的阻值，不計(jì)其他電阻． 圖1 (1)調(diào)節(jié)Rx＝R，釋放導(dǎo)體棒，當(dāng)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時(shí)，求通過導(dǎo)體棒的電流I及導(dǎo) 體棒的速率v. (2)改變Rx，待導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌再次勻速下滑后，將質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的微粒水平射入金屬板間，若它能勻速通過，求此時(shí)的Rx. 解析　(1)對勻速下滑的導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析如圖所示． 導(dǎo)體棒所受安培力F安＝BIl ① 導(dǎo)體棒勻速下滑，所以F安＝Mgsin θ ② 聯(lián)立①②式，解得I＝ ③ 導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢E＝Blv ④ 由閉合電路歐姆定律得I＝，且Rx＝R，所以I＝ ⑤ 聯(lián)立③④⑤式，解得v＝ (2)由題意知，其等效電路圖如圖所示． 由圖知，平行金屬板兩板間的電壓等于Rx兩端的電壓． 設(shè)兩金屬板間的電壓為U，因?yàn)閷?dǎo)體棒勻速下滑時(shí)的電流仍 為I，所以由歐姆定律知 U＝IRx ⑥ 要使帶電的微粒勻速通過，則mg＝q ⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式，解得Rx＝. 答案　(1)　　(2) 如圖，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L。導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為C。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面。在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開始下滑，求: (1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系； (2)金屬棒的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系。 （1） （2） （1）設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v，則感應(yīng)電動(dòng)勢為 E=BLv??① 平行板電容器兩極板的電壓為U，U=E??????② 設(shè)此時(shí)電容器極板上儲存的電荷為Q，按定義有 ??③ 聯(lián)立①②③式解得?④ （2）設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間為t,通過金屬棒的電流為i，金屬棒受到磁場的安培力為F，方向沿導(dǎo)軌向上，大小為F="BLi" ?⑤ 設(shè)在t～t+時(shí)間間隔內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為，按定義有?⑥ 也是平行板電容器兩極板在t～t+時(shí)間間隔內(nèi)增加的電荷量 由④式可得?⑦ 式中為金屬棒速度的變化量 按加速度的定義有?⑧ 分析導(dǎo)體棒的受力：受重力mg，支持力N，滑動(dòng)摩擦力f，沿斜面向上的安培力F。 N=mgcos⑨??⑩(11) 聯(lián)立⑤至(11)式得(12) 由(12)式及題設(shè)可知,金屬棒做初速為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),t時(shí)刻金屬棒下滑的速度大小為v ??? (13) v0 2、阻尼式 （1）電路特點(diǎn)：導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源。 （2）安培力的特點(diǎn)：安培力為阻力，并隨速度減小而減小。 （3）加速度特點(diǎn)：加速度隨速度減小而減小 （4）運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：加速度減小的減速運(yùn)動(dòng) （5）最終狀態(tài)：靜止 （6）能量關(guān)系：動(dòng)能轉(zhuǎn)化為焦耳熱 （7）動(dòng)量關(guān)系 （8）變形：有摩擦力；磁場不與導(dǎo)軌垂直等 【例4】如圖所示，MN、PQ是間距為L的平行金屬導(dǎo)軌，置于磁感強(qiáng)度為B、方向垂直導(dǎo)軌所在平面向里的勻強(qiáng)磁場中，M、P間接有一阻值為R的電阻．一根與導(dǎo)軌接觸良好、阻值為R／2的金屬導(dǎo)線ab垂直導(dǎo)軌放置,若某時(shí)金屬導(dǎo)線ab以初速度v開始向右滑動(dòng)。（1）試求剛開始滑動(dòng)時(shí)ab兩點(diǎn)間的電勢差。（2）試求金屬導(dǎo)線ab運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中產(chǎn)生電路中產(chǎn)生的熱量、通過ab電量以及ab發(fā)生的位移x。 【解析】（1）ab運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢E，所以ab相當(dāng)于電源，與外電阻R構(gòu)成回路。 ∴Uab= （2）若無外力作用則ab在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，最終靜止。動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為電熱。。 由動(dòng)量定理得：即，∴。，∴。 3、電動(dòng)式 （1）電路特點(diǎn)：有外加電源，導(dǎo)體為電動(dòng)邊，運(yùn)動(dòng)后產(chǎn)生反電動(dòng)勢（等效于電機(jī)）。 （2）安培力特點(diǎn)：安培力為動(dòng)力，并隨速度增大而減小。 （3）加速度特點(diǎn)：加速度隨速度增大而減小 （4）運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：加速度減小的加速運(yùn)動(dòng) （5）最終狀態(tài)：勻速運(yùn)動(dòng) （6）兩個(gè)極值：①最大加速度：v=0時(shí),E反=0,電流、加速度最大 ②速度最大：穩(wěn)定時(shí)，電流最小，速度最大， （7）穩(wěn)定后的能量轉(zhuǎn)化規(guī)律 （8）動(dòng)量關(guān)系： （9）能量關(guān)系： （10）變形：無（有）摩擦力；傾斜導(dǎo)軌；有初速；磁場方向變化 v0 B 【例5】如圖所示，水平放置的足夠長平行導(dǎo)軌MN、PQ的間距為L=0.1m，電源的電動(dòng)勢E＝10V，內(nèi)阻r=0.1Ω，金屬桿EF的質(zhì)量為m=1kg，其有效電阻為R=0.4Ω，其與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因素為μ＝0.1，整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T，現(xiàn)在閉合開關(guān)，求：（1）閉合開關(guān)瞬間，金屬桿的加速度；（2）金屬桿所能達(dá)到的最大速度；（3）當(dāng)其速度為v=20m/s時(shí)桿的加速度為多大？（忽略其它一切電阻，g=10m/s2） 【答案】（1）1m/s2； （2）50m/s； （3）0.6m/s2 3．在方向水平的、磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5 T的勻強(qiáng)磁場中，有兩根豎直放置的導(dǎo)體軌道cd、ef，其寬度為1 m，其下端與電動(dòng)勢為12 V、內(nèi)電阻為1 Ω的電源相接，質(zhì)量為0.1 kg的金屬棒MN的兩端套在導(dǎo)軌上可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑動(dòng)，如圖所示，除電源內(nèi)阻外，其他一切電阻不計(jì)，g=10 m／s2，從S閉合直到金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)的過程中　（ CD　 ）　　　　 A．電源所做的功等于金屬棒重力勢能的增加　　　 B．電源所做的功等于電源內(nèi)阻產(chǎn)生的焦耳熱 C．勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)速度為20 m／s　　　　　　　　　 D．勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)電路中的電流強(qiáng)度大小是2 A 【例4】如圖所示，豎直放置的兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌相距為L，導(dǎo)軌的兩端分別與電源（串有一滑動(dòng)變阻器R)、定值電阻、電容器（原來不帶電）和開關(guān)S相連．整個(gè)空間充滿了垂直于導(dǎo)軌平面向外的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。一質(zhì)量為m，電阻不計(jì)的金屬棒ab橫跨在導(dǎo)軌上．已知電源電動(dòng)勢為E，內(nèi)阻為r，電容器的電容為C，定值電阻的阻值為R0，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻． (1)當(dāng)S接1時(shí)，金屬棒ab在磁場中恰好保持靜止，則滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值R多大？ (2)當(dāng)S接2后，金屬棒ab從靜止開始下落，下落距離s時(shí)達(dá)到穩(wěn)定速度，則此穩(wěn)定速度的大小為多大？下落s的過程中所需的時(shí)間為多少？ (3)先把開關(guān)S接通2，待ab達(dá)到穩(wěn)定速度后，再將開關(guān)S接到3．試通過推導(dǎo)，說明ab棒此后的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)如何？ 解析：(1) ，得 (2) ，得 由動(dòng)量定理得，其中 得 （3）S接3后的充電電流為，，得=常量。 所以ab棒做"勻加速直線運(yùn)動(dòng)"，電流是恒定的． 二、 “雙桿+導(dǎo)軌”模型二、雙棒問題 1、無外力等距雙棒 （1）電路特點(diǎn)：棒2相當(dāng)于電源;棒1受安培力而加速起動(dòng),運(yùn)動(dòng)后產(chǎn)生反電動(dòng)勢. （2）電流特點(diǎn)： 隨著棒2的減速、棒1的加速，兩棒的相對速度v2-v1變小，回路中電流也變小。 v1=0時(shí)：電流最大 v2=v1時(shí)：電流　I＝0 （3）兩棒的運(yùn)動(dòng)情況 安培力大?。? 兩棒的相對速度變小,感應(yīng)電流變小,安培力變小. 棒1做加速度變小的加速運(yùn)動(dòng) 棒2做加速度變小的減速運(yùn)動(dòng) 最終兩棒具有共同速度 （4）兩個(gè)規(guī)律 ①動(dòng)量規(guī)律：兩棒受到安培力大小相等方向相反,系統(tǒng)合外力為零,系統(tǒng)動(dòng)量守恒. ②能量轉(zhuǎn)化規(guī)律：系統(tǒng)機(jī)械能的減小量等于內(nèi)能的增加量.（類似于完全非彈性碰撞） 兩棒產(chǎn)生焦耳熱之比： （5）變形：初速度的提供方式不同；磁場方向與導(dǎo)軌不垂直；兩棒都有初速度；兩棒位于不同磁場中 v v 0 0 1 1 2 2 【例8】如圖所示,兩根間距為l的光滑金屬導(dǎo)軌(不計(jì)電阻),由一段圓弧部分與一段無限長的水平段部分組成.其水平段加有豎直向下方向的勻強(qiáng)磁場,其磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,導(dǎo)軌水平段上靜止放置一金屬棒cd,質(zhì)量為2m,電阻為2r.另一質(zhì)量為m,電阻為r的金屬棒ab,從圓弧段M處由靜止釋放下滑至N處進(jìn)入水平段,圓弧段MN半徑為R,所對圓心角為60°,求：（1）ab棒在N處進(jìn)入磁場區(qū)速度多大？此時(shí)棒中電流是多少？ （2） cd棒能達(dá)到的最大速度是多大？（3）ab棒由靜止到達(dá)最大速度過程中,系統(tǒng)所能釋放的熱量是多少？ 【解析】（1）；回路中電流強(qiáng)度為 （2）；（3）系統(tǒng)釋放熱量應(yīng)等于系統(tǒng)機(jī)械能減少量，故有 2、有外力等距雙棒 F 1 2 （1）電路特點(diǎn)：棒2相當(dāng)于電源;棒1受安培力而起動(dòng). （2）運(yùn)動(dòng)分析： 某時(shí)刻回路中電流： 安培力大?。? 棒1： 棒2： 最初階段，a2>a1, 只要a2>a1, (v2-v1) 增大，I 增大，F(xiàn)B 增大，a1 增大，a2 減小 當(dāng)a2＝a1時(shí)，v2-v1恒定，I恒定，F(xiàn)B恒定，兩棒勻加速 （3）穩(wěn)定時(shí)的速度差 （4）變形：兩棒都受外力作用；外力提供方式變化 F2 1 2 F1 乙 甲 F 【例9】如圖所示，兩根平行的金屬導(dǎo)軌，固定在同一水平面上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.50T的勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌所在平面垂直，導(dǎo)軌的電阻很小，可忽略不計(jì)。導(dǎo)軌間的距離l=0.20m。兩根質(zhì)量均為m=0.10kg的平行金屬桿甲、乙可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動(dòng)，滑動(dòng)過程中與導(dǎo)軌保持垂直，每根金屬桿的電阻為R=0.50Ω。在t=0時(shí)刻，兩桿都處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)有一與導(dǎo)軌平行、大小為0.20N的恒力F作用于金屬桿甲上，使金屬桿在導(dǎo)軌上滑動(dòng)。經(jīng)過t=5.0s，金屬桿甲的加速度為a=1.37m/s2，問此時(shí)兩金屬桿的速度各為多少？ 【解析】回路中的電流 桿甲的運(yùn)動(dòng)方程帶入上式的V甲-V乙=6.3 由于作用于桿甲和桿乙的安培力總是大小相等，方向相反，所以兩桿的動(dòng)量時(shí)為0）等于外力F的沖量。聯(lián)立以上各式解得 ，代入數(shù)據(jù)得 一、在豎直導(dǎo)軌上的“雙桿滑動(dòng)”問題 1.等間距型 如圖1所示，豎直放置的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌置于垂直導(dǎo)軌向里的勻強(qiáng)磁場中，兩根質(zhì)量相同的金屬棒a和b和導(dǎo)軌緊密接觸且可自由滑動(dòng)，先固定a，釋放b，當(dāng)b速度達(dá)到10m/s時(shí)，再釋放a，經(jīng)1s時(shí)間a的速度達(dá)到12m/s，則： A、 當(dāng)va=12m/s時(shí)，vb=18m/s B、當(dāng)va=12m/s時(shí)，vb=22m/s C、若導(dǎo)軌很長，它們最終速度必相同 D、它們最終速度不相同，但速度差恒定 【解析】因先釋放b，后釋放a，所以a、b一開始速度是不相等的，而且b的速度要大于a的速度，這就使a、b和導(dǎo)軌所圍的線框面積增大，使穿過這個(gè)線圈的磁通量發(fā)生變化，使線圈中有感應(yīng)電流產(chǎn)生，利用楞次定律和安培定則判斷所圍線框中的感應(yīng)電流的方向如圖所示。再用左手定則判斷兩桿所受的安培力，對兩桿進(jìn)行受力分析如圖1。開始兩者的速度都增大，因安培力作用使a的速度增大的快，b的速度增大的慢，線圈所圍的面積越來越小，在線圈中產(chǎn)生了感應(yīng)電流；當(dāng)二者的速度相等時(shí)，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，此時(shí)的安培力也為零，所以最終它們以相同的速度都在重力作用下向下做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。 在釋放a后的1s內(nèi)對a、b使用動(dòng)量定理，這里安培力是個(gè)變力，但兩桿所受