資源簡介

電磁感應中的“桿—軌道”模型
一、“單桿＋導軌”模型
“單桿＋導軌”模型的四種典型情況(不計單桿的電阻)
v0≠0、軌道水平光滑 v0＝0、軌道水平光滑
示意圖
運動分析 導體桿以速度v切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢E＝BLv，電流I＝＝，安培力F＝ILB＝，做減速運動：v↓ F↓ a↓，當v＝0時，F(xiàn)＝0，a＝0，桿保持靜止 S閉合時，ab桿受安培力F＝，此時a＝，桿ab速度v↑ 感應電動勢BLv↑ I↓ 安培力F＝ILB↓ 加速度a↓，當E感＝E時，v最大，且vm＝ 開始時a＝，以后桿ab速度v↑ 感應電動勢E＝BLv↑ I↑ 安培力F安＝ILB↑，由F－F安＝ma知a↓，當a＝0時，v最大，vm＝ 開始時a＝，以后桿ab速度v↑ E＝BLv↑，經(jīng)過Δt速度為v＋Δv，此時感應電動勢E′＝BL(v＋Δv)，Δt時間內(nèi)流入電容器的電荷量Δq＝CΔU＝C(E′－E)＝CBLΔv 電流I＝＝CBL＝CBLa 安培力F安＝ILB＝CB2L2a F－F安＝ma，a＝，所以桿以恒定的加速度做勻加速運動
速度圖像
能量分析 動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能Q＝mv 電源輸出的電能轉(zhuǎn)化為桿的動能W電＝mv F做的功一部分轉(zhuǎn)化為桿的動能，一部分產(chǎn)生焦耳熱WF＝Q＋mv F做的功一部分轉(zhuǎn)化為動能，一部分轉(zhuǎn)化為電場能WF＝mv2＋EC
例1 (多選)(2024·湖北武漢模擬)如圖1所示，兩平行光滑長直金屬導軌水平放置，間距為L，兩導軌間存在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電阻為R、長度恰好等于導軌間寬度的導體棒ab垂直于導軌放置。閉合開關S，導體棒ab由靜止開始運動，經(jīng)過一段時間后達到最大速度。已知電源電動勢為E、內(nèi)阻為R，不計金屬軌道的電阻，則(　　)
圖1
A.導體棒的最大速度為v＝
B.開關S閉合瞬間，導體棒的加速度大小為
C.導體棒的速度從零增加到最大速度的過程中，通過導體棒的電荷量為
D.導體棒的速度從零增加到最大速度的過程中，導體棒產(chǎn)生的焦耳熱為
答案　BC
解析　當動生電動勢和電源電動勢相等時，電流為零，導體棒不再受安培力，做向右的勻速直線運動，此時速度最大，則有E＝BLv，解得v＝，故A錯誤；開關閉合瞬間，電路中的電流為I＝＝，導體棒所受安培力為F＝ILB＝，由牛頓第二定律可知導體棒的加速度為a＝，故B正確；由動量定理得LB·t＝mv，又q＝t，聯(lián)立解得q＝，故C正確；對電路應用能量守恒定律有qE＝Q總＋mv2，導體棒產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝Q總＝Q總，聯(lián)立解得QR＝，故D錯誤。
例2 如圖2所示，豎直放置的U形光滑導軌與一電容器串聯(lián)。導軌平面有垂直于紙面的勻強磁場，金屬棒ab與導軌接觸良好，由靜止釋放后沿導軌下滑。電容C足夠大，原來不帶電，不計一切電阻。設導體棒的速度為v、動能為Ek、兩端的電壓為Uab、電容器帶的電荷量為q，它們與時間t、位移x的關系圖像正確的是(　　)
圖2
答案　B
解析　設導軌間距為L，釋放后電容器充電，電路中有充電電流i，棒受到向上的安培力，設瞬時加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律得mg－iLB＝ma，i＝＝＝＝CBLa，由此得mg－BL·CBLa＝ma，解得a＝，可見棒的加速度不變，做勻加速直線運動，v＝at，Uab＝BLv＝BLat，故A、C錯誤；Ek＝mv2＝m×2ax，故B正確；q＝CUab＝BCLat，與時間成正比，而棒做勻加速運動，故與位移不是正比關系，故D錯誤。
二、“雙桿＋導軌”模型
1.初速度不為零，不受其他水平外力
光滑的平行導軌 光滑不等距導軌
示意圖 質(zhì)量m1＝m2 電阻r1＝r2 長度L1＝L2 桿MN、PQ間距足夠長 質(zhì)量m1＝m2 電阻r1＝r2 長度L1＝2L2 桿MN、PQ間距足夠長且只在各自的軌道上運動
規(guī)律
分析 桿MN做變減速運動，桿PQ做變加速運動，穩(wěn)定時，兩桿的加速度均為零，以相等的速度做勻速運動 桿MN做變減速運動，桿PQ做變加速運動，穩(wěn)定時，兩桿的加速度均為零，兩桿的速度之比為1∶2
2.初速度為零，一桿受到恒定水平外力
光滑的平行導軌 不光滑平行導軌
示意圖 質(zhì)量m1＝m2 電阻r1＝r2 長度L1＝L2 摩擦力Ff1＝Ff2 質(zhì)量m1＝m2 電阻r1＝r2 長度L1＝L2
規(guī)律
分析 開始時，兩桿做變加速運動；穩(wěn)定時，兩桿以相同的加速度做勻加速運動 開始時，若F≤2Ff，則PQ桿先變加速后勻速運動，MN桿靜止。若F＞2Ff，PQ桿先變加速后勻加速運動，MN桿先靜止后變加速最后和PQ桿同時做勻加速運動，且加速度相同
例3 (2024·廣東深圳高三月考)某物理小組想出了一種理想化的“隔空”加速系統(tǒng)，該系統(tǒng)通過利用其中一個金屬棒在磁場中運動產(chǎn)生感應電流從而使另一個金屬棒獲得速度，這樣就避免了直接對其進行加速時所帶來的磨損和接觸性損傷，該加速系統(tǒng)可以建模抽象為在足夠長的固定水平平行導軌上放有兩個金屬棒MN和PQ，磁感應強度B＝0.5 T的勻強磁場與導軌所在水平面垂直，方向豎直向下，導軌電阻很小，可忽略不計。如圖3為模型俯視圖，導軌間的距離L＝1.0 m，每根金屬棒質(zhì)量均為m＝1.0 kg，電阻都為R＝5.0 Ω，可在導軌上無摩擦滑動，滑動過程中金屬棒與導軌保持垂直且接觸良好，在t＝0時刻，兩金屬棒都處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)有一與導軌平行、大小為F＝2.0 N恒力作用于金屬棒MN上，使金屬棒MN在導軌上滑動，經(jīng)過t＝10 s，金屬棒MN的加速度a＝1.6 m/s2，求：
圖3
(1)此時金屬棒PQ的加速度；
(2)此時兩金屬棒MN和PQ的速度；
(3)金屬棒MN和PQ的最大速度差。
答案　(1)0.4 m/s2　(2)18 m/s　2 m/s　(3)40 m/s
解析　(1)恒力作用于MN桿，使其在導軌上向右加速運動，切割磁感線產(chǎn)生感應電流，根據(jù)右手定則知電流方向為M→N，電流流經(jīng)PQ，根據(jù)左手定則MN受安培力水平向左，PQ受到的安培力水平向右，它們都做加速運動，對MN由牛頓第二定律得F－ILB＝ma
對PQ由牛頓第二定律得ILB＝ma′
聯(lián)立解得a′＝0.4 m/s2。
(2)設某時刻MN速度為v1，PQ速度為v2，根據(jù)法拉第電磁感應定律有
I＝
在t＝10 s時，對MN，由牛頓第二定律得
F－ILB＝ma
整理得F－＝ma
代入數(shù)據(jù)得v1－v2＝16 m/s
由于作用于兩根桿的安培力等大反向，所以作用于兩桿系統(tǒng)的合力為水平恒力F，對系統(tǒng)由動量定理得Ft＝(mv1＋mv2)－0
代入數(shù)據(jù)得v1＋v2＝20 m/s
聯(lián)立解得v1＝18 m/s，v2＝2 m/s。
(3)MN桿做加速度減小的加速運動，PQ桿做加速度增大的加速運動，最終共加速度，設兩金屬棒的共同加速度為a共，對系統(tǒng)有F＝2ma共
對PQ桿有ImLB＝ma共
其中Im＝＝
聯(lián)立解得Δvm＝＝40 m/s。
1.(多選)(2024·湖南長沙模擬)如圖1所示，兩平行光滑導軌MN、M′N′左端通過導線與電源和不帶電電容器相連，導軌平面水平且處于豎直向下的勻強磁場中，有一定阻值的導體棒ab垂直導軌處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)將開關S與1閉合，當棒達到穩(wěn)定運動狀態(tài)后S與2閉合，導軌足夠長，電源內(nèi)阻不計。則(　　)
圖1
A.S與1閉合后，棒ab做勻加速直線運動
B.從S與1閉合到棒ab達到某一速度，電源消耗的電能等于棒獲得的動能和電路產(chǎn)生的焦耳熱
C.S與2閉合后，棒ab中電流不斷減小直到零
D.S與2閉合后，棒ab的速度不斷減小直到零
答案　BC
解析　根據(jù)題意可知，S與1閉合后，棒ab受安培力作用做加速運動，棒ab切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，棒ab中的電流減小，受到的安培力減小，則棒的加速度減小，直到感應電動勢等于電源電動勢，棒最后勻速運動，故A錯誤；根據(jù)題意，由能量守恒定律可知，從S與1閉合到棒ab達到某一速度，電源消耗的電能等于棒獲得的動能和電路產(chǎn)生的焦耳熱，故B正確；S與2閉合后，棒ab相當于電源給電容器充電，此過程棒受到的安培力水平向左，棒減速運動，則電動勢減小，電容器兩板間電壓升高，棒ab中的電流不斷減小，當棒ab產(chǎn)生的感應電動勢與電容器兩板間的電勢差相等時，電路中的電流減小到零，隨后棒做勻速直線運動，故D錯誤，C正確。
2.(多選)如圖2所示，兩條光滑的不計電阻的金屬導軌平行固定在斜面上，導軌所在區(qū)域存在勻強磁場，導軌上端連接電阻R。在不加其他外力的情況下，不計電阻的導體棒沿導軌下滑，棒開始具有沿軌道向下的加速度，且始終與導軌接觸良好，且平行于斜面底邊，則在下滑過程中，導體棒中的感應電流I、穿過棒與導軌圍成的閉合回路的磁通量Φ隨時間t變化的關系可能正確的是(　　)
圖2
答案　BC
解析　導體棒下滑過程中產(chǎn)生的感應電流為I＝，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsin θ－ILB＝ma，可得mgsin θ－＝ma，當a>0時，隨著速度的增大，加速度逐漸減小為0，此后導體棒速度保持不變，則v－t圖像的斜率逐漸減小為0。因I與v成正比，則I－t圖像與v－t圖像相似，故A不可能，B可能；x－t圖像的斜率表示速度，當導體棒先做加速度逐漸減小的加速運動，最后勻速運動時，
x－t圖像是斜率逐漸增大的曲線，最后變成斜率不變的直線；由磁通量的定義可知，穿過棒與導軌圍成的閉合回路的磁通量為Φ＝BLx，所以Φ與x成正比，那么Φ－t圖像與x－t相似，故C可能，D不可能。
3.(多選)(2024·河南洛陽模擬)如圖3所示，相距L的光滑金屬導軌固定于水平地面上，由豎直放置的半徑為R的圓弧部分和水平平直部分組成。MNQP范圍內(nèi)有方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場。金屬棒ab和cd(長度均為L)垂直導軌放置且接觸良好，cd靜止在磁場中；ab從圓弧導軌的頂端由靜止釋放，進入磁場后與cd沒有接觸；cd離開磁場時的速度是此時ab速度的一半。已知ab的質(zhì)量為m、電阻為r，cd的質(zhì)量為2m、電阻為2r。金屬導軌電阻不計，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　)
圖3
A.閉合回路感應電流產(chǎn)生的磁場與原磁場方向相反
B.cd在磁場中運動的速度不斷變大，速度的變化率不斷變小
C.cd在磁場中運動的過程中通過ab橫截面的電荷量q＝
D.從ab由靜止釋放至cd剛離開磁場時，cd上產(chǎn)生的焦耳熱為mgR
答案　BC
解析　cd在磁場中運動時，abdc回路中磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，閉合回路感應電流產(chǎn)生的磁場與原磁場方向相同，故A錯誤；當ab進入磁場后回路中產(chǎn)生感應電流，則ab受到向左的安培力而做減速運動，cd受到向右的安培力而做加速運動，由于兩者的速度差逐漸減小，可知感應電流逐漸減小，安培力逐漸減小，可知cd向右做加速度減小的加速運動，故B正確；ab從釋放到剛進入磁場過程，由動能定理得mgR＝mv，對ab和cd系統(tǒng)，合外力為零，則由動量守恒定律有mv0＝m·2vcd＋2m·vcd，解得vcd＝v0＝，對cd由動量定理有BL·Δt＝2m·vcd，其中q＝·Δt，解得q＝，故C正確；從ab由靜止釋放，至cd剛離開磁場過程，由能量守恒定律得mgR＝m2＋×2mv＋Q，又Qcd＝Q，解得Qcd＝mgR，故D錯誤。
4.(多選)如圖4，水平面內(nèi)固定著足夠長的光滑平行導軌abcd－a′b′c′d′，ab－a′b′導軌寬度是cd－c′d′導軌寬度的2倍，cd－c′d′導軌寬度為L，導軌處于方向垂直于軌道平面向里的勻強磁場中，金屬棒PQ和MN分別垂直導軌放置在導軌ab－a′b′段和cd－c′d′段上，金屬棒PQ和MN的質(zhì)量之比為2∶1，長度分別為2L和L，兩金屬棒電阻均為R。現(xiàn)給金屬棒MN一個向右的初速度，運動過程中兩棒始終沒有離開各自的導軌段，并與導軌接觸良好，其余部分的電阻均不計，則(　　)
圖4
A.運動過程中金屬棒PQ和MN的加速度大小之比為1∶2
B.運動過程中金屬棒PQ和MN所受的安培力的沖量大小之比為2∶1
C.運動到速度穩(wěn)定時金屬棒PQ和MN的速度之比為1∶2
D.運動到速度穩(wěn)定時金屬棒PQ和MN兩端的電壓之比為2∶1
答案　BC
解析　運動過程中對PQ有I·2LB＝2ma1，對MN有ILB＝ma2，所以運動過程中加速度大小之比為1∶1，故A錯誤；因為運動過程中PQ所受安培力大小為MN的兩倍，在相同時間內(nèi)安培力的沖量大小之比I1∶I2＝2∶1，故B正確；金屬棒運動到速度穩(wěn)定時有B·2Lv1＝BLv2，故運動到速度穩(wěn)定時，金屬棒PQ和MN的速度之比v1∶v2＝1∶2，故C正確；P、M兩點電勢相等，Q、N兩點電勢相等，任意時刻都有UPQ＝UMN，即金屬棒PQ和MN兩端的電壓之比為1∶1，故D錯誤。
5.(2024·湖南長沙模擬)如圖5所示，兩光滑平行長直金屬導軌水平固定放置，導軌間存在豎直向下的勻強磁場。兩根相同的金屬棒ab、cd垂直放置在導軌上，處于靜止狀態(tài)。t＝0時刻，對cd棒施加水平向右的恒力F，棒始終與導軌接觸良好，導軌電阻不計。兩棒的速度vab、vcd和加速度aab、acd隨時間t變化的關系圖像可能正確的是(　　)
圖5
答案　C
解析　金屬棒cd在恒力F作用下由靜止開始加速，此時金屬棒ab、cd加速度為aab＝0，acd＝，之后回路中出現(xiàn)感應電流，金屬棒cd受到的安培力與恒力F反向，金屬棒cd的加速度減小，金屬棒ab在安培力作用下開始加速，金屬棒cd與金屬棒ab的速度差逐漸增大，回路中的電動勢逐漸增大，安培力F安＝，逐漸增大，金屬棒cd加速度減小，金屬棒ab加速度增大，故C正確，D錯誤；當acd＝aab時，vcd－vab不再變化，回路中的電流不再變化，安培力不變，兩棒加速度不變，但是兩金屬棒的速度仍在增大，故A、B錯誤。
6.(多選)如圖6所示，用金屬制作的曲線導軌與水平導軌平滑連接，水平導軌寬軌部分間距為3L，有豎直向下的勻強磁場，窄軌部分間距為2L，有豎直向上的勻強磁場，兩部分磁場磁感應強度大小均為B。質(zhì)量均為m的金屬棒M、N垂直于導軌靜止放置，現(xiàn)將金屬棒M自曲線導軌上h高度處靜止釋放，兩金屬棒在運動過程中始終相互平行且與導軌保持良好接觸，兩棒接入電路中的電阻均為R，其余電阻不計，導軌足夠長，M棒總在寬軌上運動，N棒總在窄軌上運動，不計所有摩擦。下列說法正確的是(　　)
圖6
A.M棒剛進入磁場時N棒的加速度為
B.N棒的最終速度大小為
C.通過M棒的電荷量為
D.N棒產(chǎn)生的熱量為mgh
答案　AD
解析　M棒在曲線導軌滑下過程，根據(jù)動能定理可得mgh＝mv，M棒剛進入磁場時，回路電動勢為E＝3BLv0，回路電流為I＝，對N棒，根據(jù)牛頓第二定律可得2BIL＝ma，解得a＝，故A正確；兩金屬棒最終分別勻速直線運動，則有EM＝3BLvM，EN＝2BLvN，EM－EN＝0，可得3vM＝2vN，分別對M、N應用動量定理，對M有－3BLq＝mvM－mv0，對N有2BLq＝mvN，解得vN＝、vM＝，q＝，全過程由能量守恒定律有mgh＝mv＋mv＋Q，且QN＝，解得QN＝mgh，故B、C錯誤，D正確。
7.(2024·河北省衡水模擬)如圖7所示，兩根足夠長且電阻不計的光滑金屬導軌固定在水平桌面上，間距L＝0.5 m。在軌道上有兩根質(zhì)量分別為ma＝0.3 kg、mb＝0.2 kg，接入電路電阻分別為Ra＝2 Ω、Rb＝3 Ω的導體棒a和b，在軌道區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝1 T。現(xiàn)給導體棒a一個向右的、大小為v0＝5 m/s的初速度，兩導體棒在運動過程中始終保持與導軌垂直，且兩導體棒未相碰，g＝10 m/s2。求：
圖7
(1)流經(jīng)導體棒b的最大電流；
(2)從開始運動到兩棒相距最近的過程中，流經(jīng)b的電荷量；
(3)從開始運動到兩棒相距最近的過程中，導體棒a上產(chǎn)生的焦耳熱；
(4)當導體棒a的速度大小為va＝4 m/s時，b的加速度大小。
答案　(1)0.5 A　(2)1.2 C　(3)0.6 J　(4)0.625 m/s2
解析　(1)給導體棒a一個向右的初速度的瞬間流經(jīng)導體棒b的電流最大，為
Im＝＝0.5 A。
(2)兩棒共速時相距最近，設共同速度為v，對兩導體棒整體根據(jù)動量守恒定律有mav0＝v
解得v＝3 m/s
從開始到共速時間內(nèi)對導體棒b根據(jù)動量定理有F安t＝BLt＝BLq＝mbv－0
解得q＝＝1.2 C。
(3)根據(jù)能量守恒定律得，從開始運動到兩棒相距最近的過程中，回路中的總焦耳熱為
Q總＝mav－v2
根據(jù)電路規(guī)律可知導體棒a上產(chǎn)生的焦耳熱為Qa＝Q總
聯(lián)立解得Qa＝0.6 J。
(4)當導體棒a的速度大小為va＝4 m/s時，根據(jù)動量守恒定律有mav0＝mava＋mbvb
解得vb＝1.5 m/s
故此時電路中的總電動勢為E＝BLva－BLvb＝1.25 V
導體棒b此時受到的安培力為F安b＝ILB，I＝
b的加速度大小為a＝
聯(lián)立解得a＝0.625 m/s2。一、“單桿＋導軌”模型
“單桿＋導軌”模型的四種典型情況(不計單桿的電阻)
v0≠0、軌道水平光滑 v0＝0、軌道水平光滑
示意圖
運動分析 導體桿以速度v切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢E＝BLv，電流I＝＝，安培力F＝ILB＝，做減速運動：v↓ F↓ a↓，當v＝0時，F(xiàn)＝0，a＝0，桿保持靜止 S閉合時，ab桿受安培力F＝，此時a＝，桿ab速度v↑ 感應電動勢BLv↑ I↓ 安培力F＝ILB↓ 加速度a↓，當E感＝E時，v最大，且vm＝ 開始時a＝，以后桿ab速度v↑ 感應電動勢E＝BLv↑ I↑ 安培力F安＝ILB↑，由F－F安＝ma知a↓，當a＝0時，v最大，vm＝ 開始時a＝，以后桿ab速度v↑ E＝BLv↑，經(jīng)過Δt速度為v＋Δv，此時感應電動勢E′＝BL(v＋Δv)，Δt時間內(nèi)流入電容器的電荷量Δq＝CΔU＝C(E′－E)＝CBLΔv 電流I＝＝CBL＝CBLa 安培力F安＝ILB＝CB2L2a F－F安＝ma，a＝，所以桿以恒定的加速度做勻加速運動
速度圖像
能量分析 動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能Q＝mv 電源輸出的電能轉(zhuǎn)化為桿的動能W電＝mv F做的功一部分轉(zhuǎn)化為桿的動能，一部分產(chǎn)生焦耳熱WF＝Q＋mv F做的功一部分轉(zhuǎn)化為動能，一部分轉(zhuǎn)化為電場能WF＝mv2＋EC
例1 (多選)(2024·湖北武漢模擬)如圖1所示，兩平行光滑長直金屬導軌水平放置，間距為L，兩導軌間存在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電阻為R、長度恰好等于導軌間寬度的導體棒ab垂直于導軌放置。閉合開關S，導體棒ab由靜止開始運動，經(jīng)過一段時間后達到最大速度。已知電源電動勢為E、內(nèi)阻為R，不計金屬軌道的電阻，則(　　)
圖1
A.導體棒的最大速度為v＝
B.開關S閉合瞬間，導體棒的加速度大小為
C.導體棒的速度從零增加到最大速度的過程中，通過導體棒的電荷量為
D.導體棒的速度從零增加到最大速度的過程中，導體棒產(chǎn)生的焦耳熱為
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例2 如圖2所示，豎直放置的U形光滑導軌與一電容器串聯(lián)。導軌平面有垂直于紙面的勻強磁場，金屬棒ab與導軌接觸良好，由靜止釋放后沿導軌下滑。電容C足夠大，原來不帶電，不計一切電阻。設導體棒的速度為v、動能為Ek、兩端的電壓為Uab、電容器帶的電荷量為q，它們與時間t、位移x的關系圖像正確的是(　　)
圖2
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
二、“雙桿＋導軌”模型
1.初速度不為零，不受其他水平外力
光滑的平行導軌 光滑不等距導軌
示意圖 質(zhì)量m1＝m2 電阻r1＝r2 長度L1＝L2 桿MN、PQ間距足夠長 質(zhì)量m1＝m2 電阻r1＝r2 長度L1＝2L2 桿MN、PQ間距足夠長且只在各自的軌道上運動
規(guī)律
分析 桿MN做變減速運動，桿PQ做變加速運動，穩(wěn)定時，兩桿的加速度均為零，以相等的速度做勻速運動 桿MN做變減速運動，桿PQ做變加速運動，穩(wěn)定時，兩桿的加速度均為零，兩桿的速度之比為1∶2
2.初速度為零，一桿受到恒定水平外力
光滑的平行導軌 不光滑平行導軌
示意圖 質(zhì)量m1＝m2 電阻r1＝r2 長度L1＝L2 摩擦力Ff1＝Ff2 質(zhì)量m1＝m2 電阻r1＝r2 長度L1＝L2
規(guī)律
分析 開始時，兩桿做變加速運動；穩(wěn)定時，兩桿以相同的加速度做勻加速運動 開始時，若F≤2Ff，則PQ桿先變加速后勻速運動，MN桿靜止。若F＞2Ff，PQ桿先變加速后勻加速運動，MN桿先靜止后變加速最后和PQ桿同時做勻加速運動，且加速度相同
例3 (2024·廣東深圳高三月考)某物理小組想出了一種理想化的“隔空”加速系統(tǒng)，該系統(tǒng)通過利用其中一個金屬棒在磁場中運動產(chǎn)生感應電流從而使另一個金屬棒獲得速度，這樣就避免了直接對其進行加速時所帶來的磨損和接觸性損傷，該加速系統(tǒng)可以建模抽象為在足夠長的固定水平平行導軌上放有兩個金屬棒MN和PQ，磁感應強度B＝0.5 T的勻強磁場與導軌所在水平面垂直，方向豎直向下，導軌電阻很小，可忽略不計。如圖3為模型俯視圖，導軌間的距離L＝1.0 m，每根金屬棒質(zhì)量均為m＝1.0 kg，電阻都為R＝5.0 Ω，可在導軌上無摩擦滑動，滑動過程中金屬棒與導軌保持垂直且接觸良好，在t＝0時刻，兩金屬棒都處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)有一與導軌平行、大小為F＝2.0 N恒力作用于金屬棒MN上，使金屬棒MN在導軌上滑動，經(jīng)過t＝10 s，金屬棒MN的加速度a＝1.6 m/s2，求：
圖3
(1)此時金屬棒PQ的加速度；
(2)此時兩金屬棒MN和PQ的速度；
(3)金屬棒MN和PQ的最大速度差。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
本章學習心得　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(共34張PPT)
增分微點10 電磁感應中的“桿—軌道”模型
第十一章　電磁感應
一、“單桿＋導軌”模型
“單桿＋導軌”模型的四種典型情況(不計單桿的電阻)
v0≠0、軌道水平光滑 v0＝0、軌道水平光滑
示意圖
BC
圖1
B
圖2
例2 如圖2所示，豎直放置的U形光滑導軌與一電容器串聯(lián)。導軌平面有垂直于紙面的勻強磁場，金屬棒ab與導軌接觸良好，由靜止釋放后沿導軌下滑。電容C足夠大，原來不帶電，不計一切電阻。設導體棒的速度為v、動能為Ek、兩端的電壓為Uab、電容器帶的電荷量為q，它們與時間t、位移x的關系圖像正確的是(　　)
二、“雙桿＋導軌”模型
1.初速度不為零，不受其他水平外力
規(guī)律
分析 桿MN做變減速運動，桿PQ做變加速運動，穩(wěn)定時，兩桿的加速度均為零，以相等的速度做勻速運動 桿MN做變減速運動，桿PQ做變加速運動，穩(wěn)定時，兩桿的加速度均為零，兩桿的速度之比為1∶2
2.初速度為零，一桿受到恒定水平外力
光滑的平行導軌 不光滑平行導軌
示意圖 質(zhì)量m1＝m2 電阻r1＝r2 長度L1＝L2
摩擦力Ff1＝Ff2
質(zhì)量m1＝m2
電阻r1＝r2
長度L1＝L2
規(guī)律
分析 開始時，兩桿做變加速運動；穩(wěn)定時，兩桿以相同的加速度做勻加速運動 開始時，若F≤2Ff，則PQ桿先變加速后勻速運動，MN桿靜止。若F＞2Ff，PQ桿先變加速后勻加速運動，MN桿先靜止后變加速最后和PQ桿同時做勻加速運動，且加速度相同
例3 (2024·廣東深圳高三月考)某物理小組想出了一種理想化的“隔空”加速系統(tǒng)，該系統(tǒng)通過利用其中一個金屬棒在磁場中運動產(chǎn)生感應電流從而使另一個金屬棒獲得速度，這樣就避免了直接對其進行加速時所帶來的磨損和接觸性損傷，該加速系統(tǒng)可以建模抽象為在足夠長的固定水平平行導軌上放有兩個金屬棒MN和PQ，磁感應強度B＝0.5 T的勻強磁場與導軌所在水平面垂直，方向豎直向下，導軌電阻很小，可忽略不計。如圖3為模型俯視圖，導軌間的距離L＝1.0 m，每根金屬棒質(zhì)量均為m＝1.0 kg，電阻都為R＝5.0 Ω，可在導軌上無摩擦滑動，滑動過程中金屬棒與導軌保持垂直且接觸良好，在t＝0時刻，兩金屬棒都處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)有一與導軌平行、大小為F＝2.0 N恒力作用于金屬棒MN上，使金屬棒MN在導軌上滑動，經(jīng)過t＝10 s，金屬棒MN的加速度a＝1.6 m/s2，求：
圖3
(1)此時金屬棒PQ的加速度；
解析　恒力作用于MN桿，使其在導軌上向右加速運動，切割磁感線產(chǎn)生感應電流，根據(jù)右手定則知電流方向為M→N，電流流經(jīng)PQ，根據(jù)左手定則MN受安培力水平向左，PQ受到的安培力水平向右，它們都做加速運動，對MN由牛頓第二定律得F－ILB＝ma
對PQ由牛頓第二定律得ILB＝ma′
聯(lián)立解得a′＝0.4 m/s2。
答案　0.4 m/s2
(2)此時兩金屬棒MN和PQ的速度；
解析　設某時刻MN速度為v1，PQ速度為v2，根據(jù)法拉第電磁感應定律有
代入數(shù)據(jù)得v1－v2＝16 m/s
由于作用于兩根桿的安培力等大反向，所以作用于兩桿系統(tǒng)的合力為水平恒力F，對系統(tǒng)由動量定理得Ft＝(mv1＋mv2)－0
代入數(shù)據(jù)得v1＋v2＝20 m/s
聯(lián)立解得v1＝18 m/s，v2＝2 m/s。
答案　18 m/s　2 m/s
(3)金屬棒MN和PQ的最大速度差。
解析　MN桿做加速度減小的加速運動，PQ桿做加速度增大的加速運動，最終共加速度，設兩金屬棒的共同加速度為a共，對系統(tǒng)有F＝2ma共
答案　40 m/s
教師備選用題
BC
1.(多選)(2024·湖南長沙模擬)如圖1所示，兩平行光滑導軌MN、M′N′左端通過導線與電源和不帶電電容器相連，導軌平面水平且處于豎直向下的勻強磁場中，有一定阻值的導體棒ab垂直導軌處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)將開關S與1閉合，當棒達到穩(wěn)定運動狀態(tài)后S與2閉合，導軌足夠長，電源內(nèi)阻不計。則(　　)
A.S與1閉合后，棒ab做勻加速直線運動
B.從S與1閉合到棒ab達到某一速度，電源消耗的電能等于棒獲得的動能和電路產(chǎn)生的焦耳熱
C.S與2閉合后，棒ab中電流不斷減小直到零
D.S與2閉合后，棒ab的速度不斷減小直到零
解析　根據(jù)題意可知，S與1閉合后，棒ab受安培力作用做加速運動，棒ab切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，棒ab中的電流減小，受到的安培力減小，則棒的加速度減小，直到感應電動勢等于電源電動勢，棒最后勻速運動，故A錯誤；根據(jù)題意，由能量守恒定律可知，從S與1閉合到棒ab達到某一速度，電源消耗的電能等于棒獲得的動能和電路產(chǎn)生的焦耳熱，故B正確；S與2閉合后，棒ab相當于電源給電容器充電，此過程棒受到的安培力水平向左，棒減速運動，則電動勢減小，電容器兩板間電壓升高，棒ab中的電流不斷減小，當棒ab產(chǎn)生的感應電動勢與電容器兩板間的電勢差相等時，電路中的電流減小到零，隨后棒做勻速直線運動，故D錯誤，C正確。
BC
2.(多選)如圖2所示，兩條光滑的不計電阻的金屬導軌平行固定在斜面上，導軌所在區(qū)域存在勻強磁場，導軌上端連接電阻R。在不加其他外力的情況下，不計電阻的導體棒沿導軌下滑，棒開始具有沿軌道向下的加速度，且始終與導軌接觸良好，且平行于斜面底邊，則在下滑過程中，導體棒中的感應電流I、穿過棒與導軌圍成的閉合回路的磁通量Φ隨時間t變化的關系可能正確的是(　　)
圖2
小為0，此后導體棒速度保持不變，則v－t圖像的斜率逐漸減小為0。因I與v成正比，則I－t圖像與v－t圖像相似，故A不可能，B可能；x－t圖像的斜率表示速度，當導體棒先做加速度逐漸減小的加速運動，最后勻速運動時，x－t圖像是斜率逐漸增大的曲線，最后變成斜率不變的直線；由磁通量的定義可知，穿過棒與導軌圍成的閉合回路的磁通量為Φ＝BLx，所以Φ與x成正比，那么Φ－t圖像與x－t相似，故C可能，D不可能。
C
圖3
A.閉合回路感應電流產(chǎn)生的磁場與原磁場方向相反
B.cd在磁場中運動的速度不斷變大，速度的變化率不斷
變小
答案　BC
解析　cd在磁場中運動時，abdc回路中磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，閉合回路感應電流產(chǎn)生的磁場與原磁場方向相同，故A錯誤；當ab進入磁場后回路中產(chǎn)生感應電流，則ab受到向左的安培力而做減速運動，cd受到向右的安培力而做加速運動，由于兩者的速度差逐漸減小，可知感應電流逐漸減小，安培力逐漸減小，可知cd向右做加速度減小的加速運動，故B正確；
BC
4.(多選)如圖4，水平面內(nèi)固定著足夠長的光滑平行導軌abcd－a′b′c′d′，ab－a′b′導軌寬度是cd－c′d′導軌寬度的2倍，cd－c′d′導軌寬度為L，導軌處于方向垂直于軌道平面向里的勻強磁場中，金屬棒PQ和MN分別垂直導軌放置在導軌ab－a′b′段和cd－c′d′段上，金屬棒PQ和MN的質(zhì)量之比為2∶1，長度分別為2L和L，兩金屬棒電阻均為R。現(xiàn)給金屬棒MN一個向右的初速度，運動過程中兩棒始終沒有離開各自的導軌段，并與導軌接觸良好，其余部分的電阻均不計，則(　　)
圖4
A.運動過程中金屬棒PQ和MN的加速度大小之比為1∶2
B.運動過程中金屬棒PQ和MN所受的安培力的沖量大小之比為2∶1
C.運動到速度穩(wěn)定時金屬棒PQ和MN的速度之比為1∶2
D.運動到速度穩(wěn)定時金屬棒PQ和MN兩端的電壓之比為2∶1
解析　運動過程中對PQ有I·2LB＝2ma1，對MN有ILB＝ma2，所以運動過程中加速度大小之比為1∶1，故A錯誤；因為運動過程中PQ所受安培力大小為MN的兩倍，在相同時間內(nèi)安培力的沖量大小之比I1∶I2＝2∶1，故B正確；金屬棒運動到速度穩(wěn)定時有B·2Lv1＝BLv2，故運動到速度穩(wěn)定時，金屬棒PQ和MN的速度之比v1∶v2＝1∶2，故C正確；P、M兩點電勢相等，Q、N兩點電勢相等，任意時刻都有UPQ＝UMN，即金屬棒PQ和MN兩端的電壓之比為1∶1，故D錯誤。
C
5.(2024·湖南長沙模擬)如圖5所示，兩光滑平行長直金屬導軌水平固定放置，導軌間存在豎直向下的勻強磁場。兩根相同的金屬棒ab、cd垂直放置在導軌上，處于靜止狀態(tài)。t＝0時刻，對cd棒施加水平向右的恒力F，棒始終與導軌接觸良好，導軌電阻不計。兩棒的速度vab、vcd和加速度aab、acd隨時間t變化的關系圖像可能正確的是(　　)
圖5
AD
6.(多選)如圖6所示，用金屬制作的曲線導軌與水平導軌平滑連接，水平導軌寬軌部分間距為3L，有豎直向下的勻強磁場，窄軌部分間距為2L，有豎直向上的勻強磁場，兩部分磁場磁感應強度大小均為B。質(zhì)量均為m的金屬棒M、N垂直于導軌靜止放置，現(xiàn)將金屬棒M自曲線導軌上h高度處靜止釋放，兩金屬棒在運動過程中始終相互平行且與導軌保持良好接觸，兩棒接入電路中的電阻均為R，其余電阻不計，導軌足夠長，M棒總在寬軌上運動，N棒總在窄軌上運動，不計所有摩擦。下列說法正確的是(　　)
圖6
7.(2024·河北省衡水模擬)如圖7所示，兩根足夠長且電阻不計的光滑金屬導軌固定在水平桌面上，間距L＝0.5 m。在軌道上有兩根質(zhì)量分別為ma＝0.3 kg、mb＝0.2 kg，接入電路電阻分別為Ra＝2 Ω、Rb＝3 Ω的導體棒a和b，在軌道區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B＝1 T。現(xiàn)給導體棒a一個向右的、大小為v0＝5 m/s的初速度，兩導體棒在運動過程中始終保持與導軌垂直，且兩導體棒未相碰，g＝10 m/s2。求：
圖7
(1)流經(jīng)導體棒b的最大電流；
(2)從開始運動到兩棒相距最近的過程中，流經(jīng)b的電荷量；
(3)從開始運動到兩棒相距最近的過程中，導體棒a上產(chǎn)生的焦耳熱；
(4)當導體棒a的速度大小為va＝4 m/s時，b的加速度大小。
答案　(1)0.5 A　(2)1.2 C　(3)0.6 J　(4)0.625 m/s2
解析　(1)給導體棒a一個向右的初速度的瞬間流經(jīng)導體棒b的電流最大，為
(2)兩棒共速時相距最近，設共同速度為v，對兩導體棒整體根據(jù)動量守恒定律有mav0＝v
解得v＝3 m/s
(3)根據(jù)能量守恒定律得，從開始運動到兩棒相距最近的過程中，回路中的總焦耳熱為
(4)當導體棒a的速度大小為va＝4 m/s時，根據(jù)動量守恒定律有mav0＝mava＋mbvb
解得vb＝1.5 m/s
故此時電路中的總電動勢為E＝BLva－BLvb＝1.25 V
聯(lián)立解得a＝0.625 m/s2。
本節(jié)內(nèi)容結(jié)束
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