專題十二電磁感應(yīng)目錄體系透視考點(diǎn)透析考點(diǎn)1電磁感應(yīng)現(xiàn)象楞次定律考點(diǎn)2法拉第電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用考點(diǎn)3電磁感應(yīng)中的電路與圖像問(wèn)題考點(diǎn)4電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)、能量及動(dòng)量問(wèn)題題型透悟題型17電磁感應(yīng)中的單桿模型題型18電磁感應(yīng)中的雙桿模型題型19電磁感應(yīng)中的線框模型體系透視

考點(diǎn)1電磁感應(yīng)現(xiàn)象楞次定律一、“三個(gè)定則、一個(gè)定律”的對(duì)比考點(diǎn)透析安培定則判斷電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)(方向)分布左手定則判斷通電導(dǎo)線、運(yùn)動(dòng)電荷所受磁場(chǎng)力的方向右手定則判斷導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向或感應(yīng)電動(dòng)

勢(shì)正負(fù)楞次定律判斷因回路磁通量變化產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向二、楞次定律的理解及應(yīng)用1.感應(yīng)電流的產(chǎn)生2.用楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向

3.楞次定律的推論及其應(yīng)用

例證增反減同

當(dāng)I1增大時(shí),環(huán)B中的感應(yīng)電流方向與I1的方向相反;當(dāng)I1減小時(shí),環(huán)B中的感應(yīng)電流方向與I1的方向相同來(lái)拒去留

作用:阻礙磁體與圓環(huán)的相對(duì)運(yùn)動(dòng)增縮減擴(kuò)(磁感線單方向穿過(guò)回路)P、Q是光滑固定導(dǎo)軌,a、b是可動(dòng)金屬棒,磁體下移(上

移),a、b靠近(遠(yuǎn)離),使回路面積縮小(擴(kuò)大)

情境粵覽目前普遍使用的一款“電子眼”是一套利用電磁感應(yīng)規(guī)律制成的交通監(jiān)測(cè)設(shè)備,其原

理示意圖如圖所示。在“電子眼”前方路面下間隔一段距離埋設(shè)了兩個(gè)通電線圈,當(dāng)

金屬材料制成的車輛通過(guò)線圈上方的道路時(shí),做切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電流,會(huì)引起

線圈中電流的變化,系統(tǒng)根據(jù)兩次電流變化的時(shí)間及線圈之間的距離,對(duì)車輛進(jìn)行抓

拍。(鏈接教材:粵教版高中物理選擇性必修第二冊(cè)第二章第三節(jié))考點(diǎn)2法拉第電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用一、對(duì)E=n

的理解表達(dá)式理解示例E=n

E=n

(有效面積S一定、B變化)

E=n

(B一定、有效面積S變化)

E=n

≠n

(B、S同時(shí)變化)注意(1)E求解的是一個(gè)回路中某段時(shí)間內(nèi)的平均電動(dòng)勢(shì),當(dāng)Δt→0時(shí)E為瞬時(shí)電

動(dòng)勢(shì)(2)通過(guò)回路導(dǎo)線橫截面的電荷量q=

Δt=

,與時(shí)間無(wú)關(guān)二、幾種常見(jiàn)情境下感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式圖例感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

垂直平動(dòng)切割,E=Blv(l為導(dǎo)體棒的有效長(zhǎng)度,v為導(dǎo)體棒

相對(duì)磁場(chǎng)的速度)

傾斜平動(dòng)切割,E=Blvsinθ(l為導(dǎo)體棒的有效長(zhǎng)度,θ為v與

B的夾角)

以端點(diǎn)O為軸,轉(zhuǎn)動(dòng)切割,E=Bl

=

Bl2ω考點(diǎn)3電磁感應(yīng)中的電路與圖像問(wèn)題一、電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題分析思路

二、電磁感應(yīng)中的圖像問(wèn)題1.分析思路2.分析圖像問(wèn)題的幾點(diǎn)關(guān)注(1)導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長(zhǎng)度L有效的變化。(2)導(dǎo)體棒相對(duì)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)速度v相對(duì)的變化。(3)Φ-t圖像和B-t圖像的圖線斜率的變化。(4)題中規(guī)定的B、I、F安等物理量的正方向。3.數(shù)形結(jié)合——寫(xiě)出圖像中橫、縱坐標(biāo)兩物理量之間的函數(shù)關(guān)系式,把圖像和函數(shù)關(guān)

系式結(jié)合起來(lái)?？键c(diǎn)4電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)、能量及動(dòng)量問(wèn)題1.電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解答電磁感應(yīng)問(wèn)題的一般步驟

2.電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題(1)電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化

(2)求解焦耳熱Q的三種方法(3)解題的一般步驟①確定研究對(duì)象(導(dǎo)體棒或回路);②弄清電磁感應(yīng)過(guò)程中哪些力做功,以及哪些形式的能量相互轉(zhuǎn)化;③根據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律列式求解。3.電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問(wèn)題導(dǎo)體棒或金屬框在感應(yīng)電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運(yùn)動(dòng)的題目中涉

及速度v、電荷量q、運(yùn)動(dòng)時(shí)間t、運(yùn)動(dòng)位移x時(shí)常用動(dòng)量定理求解。在電磁感應(yīng)中應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí),通常將動(dòng)量定理和電磁感應(yīng)中電荷量的表達(dá)式結(jié)合應(yīng)

用,即-

lB·Δt=m(v2-v1)、q=

Δt=n

。情境粵覽列車進(jìn)站時(shí),其剎車原理可簡(jiǎn)化為如圖所示,在車身下方固定一單匝矩形線框,利用線框

進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所受的安培力輔助列車剎車。

已知列車的質(zhì)量為m,車身長(zhǎng)為s,線框的ab段和cd段長(zhǎng)度均為L(zhǎng)(L小于勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度),

線框總電阻為R,ab段電阻為R1。軌道上勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域足夠長(zhǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。

車頭進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間的速度為v0,列車停止前所受鐵軌及空氣阻力的合力恒為f。車尾進(jìn)

入磁場(chǎng)瞬間,列車剛好停止。若線框ab段在磁場(chǎng)中某一時(shí)刻的速度為v,則該時(shí)刻線框的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv,電流I=

=

,ab段兩端電壓U=I(R-R1)=

,ab段受安培力F=BIL=

,加速度a=

,故列車做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)。線框從進(jìn)入磁場(chǎng)到停止的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q=

m

-fs此過(guò)程流過(guò)線框的電荷量q=

=

(點(diǎn)撥:由

=

、

=

與q=

Δt求得)線框從進(jìn)入磁場(chǎng)到停止所用時(shí)間Δt=

-

(點(diǎn)撥:由-

·Δt-f·Δt=0-mv0求得)

題型17電磁感應(yīng)中的單桿模型一、R-v0型單桿模型題型透悟情境水平固定放置的平行粗糙導(dǎo)軌(電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng),導(dǎo)體桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩

擦因數(shù)為μ),間距為L(zhǎng),一側(cè)接有電阻R,導(dǎo)體桿初速度為v0、質(zhì)量為m、電阻

為r,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B等效電路

感應(yīng)電流I=

=

圖形轉(zhuǎn)換

把立體圖轉(zhuǎn)換為平面圖,并畫(huà)出電流

的方向,便于受力分析受力分析

①安培力F安=BIL=

②由

+μmg=ma得a=

+μg(v=v0時(shí),a最大)過(guò)程分析

導(dǎo)體桿做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)能量分析(全程)①根據(jù)能量守恒可得Q=

m

-μmgx(x為全程的位移)②電阻R產(chǎn)生的焦耳熱QR=

Q動(dòng)量分析(全程)①通過(guò)電阻R的電荷量q=

Δt=

=

②對(duì)導(dǎo)體桿根據(jù)動(dòng)量定理有-μmgt-B

LΔt=-μmgt-BLq=0-mv0,聯(lián)立可得t=

-

典例1

(多選)如圖所示,左端接有阻值為R的定值電阻且足夠長(zhǎng)的平行光滑導(dǎo)軌CE、

DF的間距為L(zhǎng),導(dǎo)軌固定在水平面上,且處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻

強(qiáng)磁場(chǎng)中,一質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab垂直放置在導(dǎo)軌上靜止,導(dǎo)軌的電阻不計(jì)。

某時(shí)刻給導(dǎo)體棒ab一個(gè)水平向右的瞬時(shí)沖量I,導(dǎo)體棒將向右運(yùn)動(dòng),最后停下來(lái),則此過(guò)

程中

()

CD

A.導(dǎo)體棒做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直至停止運(yùn)動(dòng)B.電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為

C.通過(guò)導(dǎo)體棒ab橫截面的電荷量為

D.導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)的位移大小為

審題指導(dǎo)平行光滑導(dǎo)軌,不需要考慮摩擦力,在安培力的作用下導(dǎo)體棒ab做減速運(yùn)動(dòng),

直到停止。

解析①“等效電路”:如圖甲所示。

②“圖形轉(zhuǎn)換”:如圖乙所示。③“受力分析”:對(duì)ab受力分析如圖丙所示。④“過(guò)程分析”:對(duì)ab根據(jù)牛頓第二定律有F安=

=ma,隨著v減小,a也減小,A錯(cuò)誤。⑤“能量分析”:ab從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度變?yōu)?的過(guò)程中,根據(jù)能量守恒有Q=

m

,故QR=

Q=

×

m

=

×

m

=

,B錯(cuò)誤。⑥“動(dòng)量分析”:根據(jù)動(dòng)量定理可得-B

LΔt=0-mv0,沖量I=mv0,q=

Δt,可得q=

,C正確;q=

Δt=

Δt=

,將q=

代入可得,ab運(yùn)動(dòng)的位移大小x=

,D正確。二、R-F型單桿模型情境水平固定放置的平行粗糙導(dǎo)軌(電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng),導(dǎo)體桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩

擦因數(shù)為μ),間距為L(zhǎng),一側(cè)接有電阻R,導(dǎo)體桿質(zhì)量為m,電阻為r,在恒力F作用

下從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng),勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B等效電路

感應(yīng)電流I=

=

圖形轉(zhuǎn)換

把立體圖轉(zhuǎn)換為平面圖,并畫(huà)出電流

的方向,便于受力分析受力分析

①安培力F安=BIL=

②加速度a=

-μg-

(v=0時(shí),a最大)過(guò)程分析

導(dǎo)體桿做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)

a=0時(shí),達(dá)到最大速度,vm=

能量分析(全程)①根據(jù)能量守恒得Fx=

m

+Q+μmgx②電阻R產(chǎn)生的焦耳熱QR=

Q動(dòng)量分析研究導(dǎo)體桿從靜止到速度為v(已知未達(dá)到最大速度)的過(guò)程(見(jiàn)過(guò)程分析中

的v-t圖像)①通過(guò)電阻R的電荷量q=

t=

=

②根據(jù)動(dòng)量定理有Ft-μmgt-B

Lt=mv可得(F-μmg)t-BLq=mv由兩式分析可知,v已知的前提下,在q、x、t三個(gè)物理量中,知一可求二典例2如圖所示,間距為L(zhǎng)的兩傾斜且平行的金屬導(dǎo)軌固定在絕緣的水平面上,金屬導(dǎo)

軌與水平面之間的夾角為θ,電阻不計(jì),空間存在垂直于金屬導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,導(dǎo)軌上端接有阻值為R的定值電阻。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab從金屬

導(dǎo)軌上某處由靜止釋放開(kāi)始運(yùn)動(dòng),經(jīng)Δt時(shí)間后開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng),速度大小為v,且加速階

段通過(guò)定值電阻R的電荷量為q。已知導(dǎo)軌平面光滑,導(dǎo)體棒接入電路的電阻為r,重力

加速度為g。下列說(shuō)法正確的是

()

D

A.導(dǎo)體棒ab先做勻加速運(yùn)動(dòng),后做勻速運(yùn)動(dòng)B.導(dǎo)體棒穩(wěn)定時(shí)的速度大小v=

C.導(dǎo)體棒從釋放到其速度穩(wěn)定的過(guò)程中,其機(jī)械能的減少量等于電阻R產(chǎn)生的焦耳熱D.導(dǎo)體棒從釋放到其速度穩(wěn)定的過(guò)程中,位移大小為

解析①受力和運(yùn)動(dòng)分析:導(dǎo)體棒ab在加速階段,根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ-BIL=

ma,其中I=

,解得a=gsinθ-

,加速度隨速度的增大而減小,A錯(cuò)誤;導(dǎo)體棒穩(wěn)定時(shí)的加速度為0,解得v=

,B錯(cuò)誤。②能量分析:根據(jù)能量守恒可知,導(dǎo)體棒從釋放到其速度穩(wěn)定的過(guò)程中,其機(jī)械能的減少

量等于電阻R與導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱之和,C錯(cuò)誤。③電荷量、位移相關(guān)計(jì)算:通過(guò)定值電阻R的電荷量q=

Δt=

Δt=

,解得x=

,D正確。三、C-F型單桿模型情境如圖所示,水平固定的導(dǎo)軌光滑,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向豎直

向上,導(dǎo)體桿ab質(zhì)量為m、電阻r=0,間距為L(zhǎng)的兩導(dǎo)軌間接有電容為C的電容

器,在恒定拉力F的作用下導(dǎo)體桿從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)

等效電路

便于判斷電容器充電電流的方向圖形轉(zhuǎn)換

把立體圖轉(zhuǎn)換為平面圖,并畫(huà)出導(dǎo)體

桿中電流的方向,便于受力分析受力分析

充電電流I=

=

=

=

=CBLa,故F安=BIL=CB2L2a;結(jié)合F-F安=

ma,解得a=

過(guò)程分析

導(dǎo)體桿以恒定的加速度a=

做勻加速直線運(yùn)動(dòng)能量分析x=

at2,F安=BIL=CB2L2a,聯(lián)立解得克服安培力做的功W克=

,所以在時(shí)間t內(nèi)產(chǎn)生的電能E=W克=

典例3如圖所示,兩條平行、光滑且足夠長(zhǎng)的無(wú)電阻導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角

為θ,間距為L(zhǎng)。導(dǎo)軌上端接著沒(méi)有充電的一平行板電容器,電容為C。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁

場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。垂直于導(dǎo)軌無(wú)初速度釋放一質(zhì)

量為m、電阻不計(jì)的金屬棒,重力加速度為g。(1)金屬棒做什么運(yùn)動(dòng)?求出金屬棒下滑距離為x時(shí)的速度。(2)金屬棒下滑距離為x時(shí),電容器所帶的電荷量Q為多少?審題指導(dǎo)導(dǎo)軌與水平地面的夾角為θ,導(dǎo)軌光滑,金屬棒由靜止開(kāi)始下滑切割磁感線

產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E,金屬棒兩端的電動(dòng)勢(shì)等于電容器兩極板間的電勢(shì)差U。

解析

(1)①“等效電路”:如圖甲所示。

②“圖形轉(zhuǎn)換”:平面圖如圖乙所示。③“受力分析”:如圖丙所示。充電電流I=

=CBL

=CBLa根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ-BIL=ma聯(lián)立解得a=

。④“過(guò)程分析”:加速度a恒定,金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng),金屬棒下滑距離為x時(shí)的速度

v=

=

。(2)金屬棒下滑距離為x時(shí),電容器所帶的電荷量Q=CU=CE=CBLv=CBL

。

答案

(1)勻加速直線運(yùn)動(dòng)

(2)CBL

四、C-v0型單桿模型情境水平固定的導(dǎo)軌光滑,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向

下,導(dǎo)體桿ab質(zhì)量為m,電阻r=0,間距為L(zhǎng)的兩導(dǎo)軌間接有電容為C的電容器,

導(dǎo)軌上接有電阻R,導(dǎo)體桿以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)

等效電路

便于判斷電容器的充電電流的方向圖形轉(zhuǎn)換

把立體圖轉(zhuǎn)換為平面圖,并畫(huà)出導(dǎo)體

桿中電流的方向,便于受力分析受力分析

F安=BIL=BL

=BL

=ma,解得a=

過(guò)程分析

導(dǎo)體桿做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng),當(dāng)

a=0,即BLvmin=UCm時(shí)(此時(shí)I=0,F安=0),

導(dǎo)體桿開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)動(dòng)量分析對(duì)ab應(yīng)用動(dòng)量定理有mv0-mvmin=B

L·Δt=BLq=BLCUCm=B2L2Cvmin,解得vmin=

典例4如圖所示,兩無(wú)限長(zhǎng)平行光滑金屬導(dǎo)軌PQ、MN水平放置,導(dǎo)軌間距L=1m,其電

阻不計(jì)。導(dǎo)軌間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里。金

屬桿ab與導(dǎo)軌垂直且始終與導(dǎo)軌接觸良好,且質(zhì)量m1=0.1kg、電阻為R,導(dǎo)線cd間接有

一電容C=0.1F的電容器,導(dǎo)線阻值忽略不計(jì),忽略電容器板間距離,現(xiàn)給桿ab一初速度v0

=1m/s,求:(1)系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí),桿ab的速度大小和電容器中存儲(chǔ)的電荷量;(2)系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí),桿ab產(chǎn)生的焦耳熱以及電容器中存儲(chǔ)的電場(chǎng)能。解析

(1)設(shè)系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí),桿ab的速度大小為v1,對(duì)其根據(jù)動(dòng)量定理可得-B

LΔt=m1v1-m1v0,BLv1=E,Q=CE=

Δt,聯(lián)立解得v1=

=0.5m/s,Q=0.05C。(2)由能量守恒可知,桿ab減少的動(dòng)能一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,另一部分轉(zhuǎn)化為電容器的電場(chǎng)

能,根據(jù)公式EC=

可知,系統(tǒng)穩(wěn)定后,EC=

=0.0125J,根據(jù)能量守恒可知,桿ab產(chǎn)生的焦耳熱為

-

-EC=0.025J。答案

(1)0.5m/s

0.05C

(2)0.025J

0.0125J五、單桿電源模型情境水平固定的平行光滑導(dǎo)軌(導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)),間距為L(zhǎng),左側(cè)接電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的電源,金屬桿ab質(zhì)量為m,電阻為R,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B

等效電路當(dāng)桿的速度為v時(shí),電流I=

=

安培力F安=BIL=

運(yùn)動(dòng)過(guò)程a=

=

,桿做加速運(yùn)動(dòng),v↑?F安↓?a↓;當(dāng)速度達(dá)到最大即vm=

時(shí)F安=0,a=0,此后桿以vm做勻速直線運(yùn)動(dòng)

能量角度(1)桿速度為v時(shí),電源輸出電能E電=

mv2+QR(2)全過(guò)程電源輸出電能E電'=

m

+QR'動(dòng)量角度(1)通過(guò)金屬桿ab橫截面的總電荷量分析:

Δt=B

LΔt=mvm-0,q=

Δt,得q=

(2)加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程的位移分析:

Δt=

Δt-

Δt=mvm-0,x=

Δt,得x=

Δt-

典例5

(多選)水平固定放置的足夠長(zhǎng)的光滑平行導(dǎo)軌,電阻不計(jì),間距為L(zhǎng),左側(cè)連接的

電源電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r,質(zhì)量為m的金屬桿垂直靜止放在導(dǎo)軌上,金屬桿處于導(dǎo)軌間

的部分的電阻為R。整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,

如圖所示。閉合開(kāi)關(guān),金屬桿由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌做變加速運(yùn)動(dòng)直至達(dá)到最大速度,則下

列說(shuō)法正確的是

(

)

ABD

A.金屬桿的最大速度等于

B.此過(guò)程中通過(guò)金屬桿的電荷量為

C.此過(guò)程中電源提供的電能為

D.此過(guò)程中金屬桿產(chǎn)生的熱量為

解析

(運(yùn)動(dòng)學(xué)角度)當(dāng)桿的加速度為零時(shí),桿的速度最大,此時(shí)桿切割磁感線產(chǎn)生的感

應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和電源的電動(dòng)勢(shì)大小相等,即BLvm=E,解得桿的最大速度vm=

,A正確。(動(dòng)量角度)取向右為正方向,由動(dòng)量定理可得B

LΔt=mvm,流過(guò)桿的電荷量q=

Δt,聯(lián)立解得q=

,B正確。(能量角度)電源提供的電能E電=qE,解得E電=

,C錯(cuò)誤。由能量守恒可得,回路產(chǎn)生的熱量Q=E電-

m

,桿產(chǎn)生的熱量QR=

Q,解得QR=

,D正確。題型18電磁感應(yīng)中的雙桿模型一、等距雙桿模型

導(dǎo)體桿具有初速度導(dǎo)體桿受到外力情境如圖所示,導(dǎo)體桿1開(kāi)始靜止在固定

的間距為l的光滑水平導(dǎo)軌上,給導(dǎo)體

桿2向右的初速度v0。已知兩導(dǎo)體桿

的電阻均為R,質(zhì)量均為m,導(dǎo)軌的電

阻不計(jì)

如圖所示,導(dǎo)體桿1和2開(kāi)始靜止在固

定的間距為l的光滑水平導(dǎo)軌上,給導(dǎo)

體桿2施加水平向右的恒力F。已知

兩導(dǎo)體桿的電阻均為R,質(zhì)量均為m,

導(dǎo)軌的電阻不計(jì)

受力分析設(shè)在某一瞬間導(dǎo)體桿1的速度為v1,導(dǎo)體桿2的速度為v2,且v1<v2對(duì)兩導(dǎo)體桿水平方向受力分析如圖

所示。根據(jù)牛頓第二定律有F安=

=ma,解得a=

對(duì)兩導(dǎo)體桿水平方向受力分析如圖

所示。對(duì)桿2有F-F安2=F-

=ma2,解得a2=

-

;對(duì)桿1有F安1=

=ma1,解得a1=

過(guò)程分析導(dǎo)體桿2在安培力的作用下做減速運(yùn)

動(dòng),導(dǎo)體桿1在安培力的作用下做加

速運(yùn)動(dòng),因此v相對(duì)=v2-v1逐漸減小,根據(jù)

a=

可知導(dǎo)體桿2做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng),導(dǎo)體桿1做加速度

減小的加速運(yùn)動(dòng),最終兩桿一起以v共

做勻速直線運(yùn)動(dòng)

開(kāi)始階段:導(dǎo)體桿1做加速度增大的

加速運(yùn)動(dòng),導(dǎo)體桿2做加速度減小的

加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)兩導(dǎo)體桿的加速度相同

后,兩桿速度差值恒定,兩導(dǎo)體桿以相

同的加速度a=

做勻加速直線運(yùn)動(dòng),由a2=a1解得兩導(dǎo)體桿的速度差恒

為

動(dòng)量分析①系統(tǒng)動(dòng)量守恒,即mv0=2mv共,解得v共

=

②對(duì)導(dǎo)體桿2:-Bl·

t=mv共-mv0,即Blq=mv0-mv共,代入v共=

解得q=

,又q=

=

=

,解得x相對(duì)=

導(dǎo)體桿1和2組成的系統(tǒng)所受的合力

不為0,系統(tǒng)動(dòng)量不守恒,但可以單獨(dú)

對(duì)兩導(dǎo)體桿運(yùn)用動(dòng)量定理進(jìn)行分析能量分析導(dǎo)體桿2從v0到v共過(guò)程中,電路中產(chǎn)生

的總焦耳熱Q=

m

-

·2m

=

m

設(shè)導(dǎo)體桿2在恒力F的作用下運(yùn)動(dòng)的

位移為x2時(shí),導(dǎo)體桿1和2的速度分別

為v1、v2,此過(guò)程根據(jù)能量守恒有Fx2=

m

+

m

+Q典例1

(2024肇慶二模)(多選)如圖所示,空間中存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度

大小為B。有兩根完全相同的金屬棒a和b垂直靜置于足夠長(zhǎng)的水平光滑平行金屬導(dǎo)軌

上,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)、電阻不計(jì),金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好,兩根金屬棒的質(zhì)量均為m、長(zhǎng)度

均為L(zhǎng)、電阻均為R。將b固定在導(dǎo)軌上,某時(shí)刻給a施加一個(gè)水平向右的恒力F。下列

說(shuō)法正確的是

()

BD

A.a棒所受的安培力先增大后減小B.a棒的最大速度為

C.若解除b的固定,則穩(wěn)定后兩棒的速度相等D.若解除b的固定,則穩(wěn)定后兩棒的加速度相等

解析

a棒所受安培力F安=BIL=B

L=

,根據(jù)牛頓第二定律得F-F安=ma,解得a=

-

,可知a做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),a棒所受的安培力不會(huì)減小,A錯(cuò)誤;當(dāng)a棒的加速度為0時(shí),速度最大,可得v=

,B正確;若解除b的固定,對(duì)a有F-F安=maa,對(duì)b有F安=mab,兩個(gè)棒都加速,開(kāi)始時(shí)安培力較小,aa>ab,兩個(gè)棒的速度差在增大,由E=BL(va-vb)知電動(dòng)勢(shì)增

大,安培力增大,因此a的加速度減小,b的加速度增大,最終穩(wěn)定時(shí)兩個(gè)棒的加速度相同,

兩個(gè)棒的速度差恒定,安培力不再變化,C錯(cuò)誤,D正確。二、不等距雙桿模型情境已知條件如圖所示,導(dǎo)體桿1始終在窄導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng),導(dǎo)體桿2始終在寬導(dǎo)軌上

運(yùn)動(dòng),其中m2=2m1=2m,l2=2l1=2l,R2=2R1=2R,導(dǎo)體桿2的初速度為v0,導(dǎo)體桿1的

初速度為0

受力分析設(shè)在某一瞬間導(dǎo)體桿1的速度為v1,導(dǎo)體桿2的速度為v2,兩導(dǎo)體桿水平方向受

力分析如圖所示

對(duì)導(dǎo)體桿2:F安2=BIl2=

=2ma2;對(duì)導(dǎo)體桿1:F安1=BIl1=

=ma1運(yùn)動(dòng)分析

導(dǎo)體桿2做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng),

導(dǎo)體桿1做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),

當(dāng)2v2=v1時(shí)a2=a1=0,兩導(dǎo)體桿做勻速

直線運(yùn)動(dòng)動(dòng)量分析對(duì)導(dǎo)體桿2有-B·2l

·t=2mv2-2mv0,即Blq=m(v0-v2),對(duì)導(dǎo)體桿1同理可得Blq=mv1;由于兩導(dǎo)體桿速度穩(wěn)定時(shí)有2v2=v1,聯(lián)立解得v1=

v0,v2=

v0。把v1=

v0代入Blq=mv1解得q=

,結(jié)合q=

=

,解得ΔS=

能量分析對(duì)導(dǎo)體桿1和2組成的系統(tǒng),根據(jù)能量守恒有Q=

m2

-

=

m

典例2

(多選)如圖所示,電阻不計(jì)的光滑金屬導(dǎo)軌由直窄軌AA'、CC',直寬軌EF、GH

和連接直軌A'E、GC'構(gòu)成,整個(gè)導(dǎo)軌固定于同一水平面內(nèi),AA'∥CC'∥EF∥GH,A'E和

GC'共線且與AA'垂直,窄軌間距為

,寬軌間距為L(zhǎng)。窄軌和寬軌所在空間都存在方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),寬軌所在區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,窄軌所在區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)

度大小為2B。棒長(zhǎng)均為L(zhǎng)、質(zhì)量均為m、電阻均為R的金屬直棒a、b始終與導(dǎo)軌垂直

且接觸良好。初始時(shí)刻,b棒靜止在寬軌上,a棒從窄軌上某位置以平行于AA'的初速度v0

向右運(yùn)動(dòng)。a棒距窄軌右端足夠遠(yuǎn),寬軌EF、GH足夠長(zhǎng)。則

()

AC

A.a棒剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí),b棒加速度大小為

B.經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后,a棒的速度大小為

v0C.整個(gè)過(guò)程中,通過(guò)回路的電荷量為

D.整個(gè)過(guò)程中,b棒產(chǎn)生的焦耳熱為

m

審題指導(dǎo)

解析

a棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí),回路中的電流I=

=

,由牛頓第二定律得b棒的加速度a=

=

,A正確。對(duì)a、b棒受力分析可知,系統(tǒng)所受合力為零,由動(dòng)量守恒可得mv0=mva+mvb,系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí)2B·

·va=B·L·vb,聯(lián)立解得va=vb=

,B錯(cuò)誤。對(duì)b棒由動(dòng)量定理可得B

L·t=mvb,通過(guò)回路的電荷量q=

·t=

,C正確。系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱Q=

m

-

m

-

m

=

m

,b棒產(chǎn)生的焦耳熱Qb=

Q,聯(lián)立解得Qb=

m

,D錯(cuò)誤。題型19電磁感應(yīng)中的線框模型

水平平動(dòng)切割豎直平動(dòng)切割斜向平動(dòng)切割基礎(chǔ)情境單匝正方形線框質(zhì)量為m,邊長(zhǎng)為L(zhǎng),總電阻為R,摩擦力忽略不計(jì),ab邊