电磁感应杆双杆模型教师版.docx
- 文档编号:8281209
- 上传时间:2023-01-30
- 格式:DOCX
- 页数:18
- 大小:250.74KB
电磁感应杆双杆模型教师版.docx
《电磁感应杆双杆模型教师版.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《电磁感应杆双杆模型教师版.docx(18页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
电磁感应杆双杆模型教师版
第九章冲刺985深化内容
电磁感应失分点之(三)——电磁感应中的“杆+导轨”类问题(3大模型)
电磁感应中的杆+导轨模型的实质是不同形式的能量的转化过程,处理这类问题要从功和能的观点入手,弄清导体棒切割磁感线过程中的能量转化关系,现从力学、图像、能量三
种观点出发,分角度讨论如下:
模型一
单杆+电阻+导轨模型
[初建模型]
[母题](2017淮·安模拟)如图所示,
相距为L的两条足够长的光滑平
行金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为
θ,N、Q两点间接有阻值为R的
电阻。
整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下。
将质量为m、阻值也为R的金属杆cd垂直放在导轨上,杆cd
由静止释放,下滑距离x时达到最大速度。
重力加速度为g,导轨电阻不计,杆与导轨接触
良好。
求:
(1)杆cd下滑的最大加速度和最大速度;
(2)上述过程中,杆上产生的热量。
[思路点拨]
[解析]
(1)设杆cd下滑到某位置时速度为v,
则杆产生的感应电动势E=BLv,
回路中的感应电流
I=E
R+R
杆所受的安培力F=BIL根据牛顿第二定律有
22
B2L2v
mgsinθ-2R=ma
当速度v=0时,杆的加速度最大,最大加速度a=gsinθ,方向沿导轨平面向下
当杆的加速度a=0时,速度最大,最大速度vm=2mgR2s2inθ,方向沿导轨平面向下。
BL
(2)杆cd从开始运动到达到最大速度过程中,
12
3222
mgRsinθ
B4L4。
根据能量守恒定律得mgxsinθ=Q总+2mvm2
11
又Q杆=2Q总,所以Q杆=2mgxsinθ-
[答案]
(1)gsinθ,方向沿导轨平面向下
2mgRsinθ1
B2L2,方向沿导轨平面向下
(2)2mgxsin
θ-m3gB2R4L2s4in2θ
[内化模型]
单杆+电阻+导轨四种题型剖析
杆保持静止
图像观点
能量观点
动能全部转化为
内能:
Q=21mv02
F做的功一部分转化为杆的动能,一部分转化为内能:
WF=Q+12
+2mvm
重力做的功(或
重力做的功(或
减少的重力势能)一部分转化为杆的动能,一
部分转化为内
1
能:
WG=Q+2
2
mvm
减少的重力势能)一部分转化为杆的动能,一
部分转化为内
1
能:
WG=Q+2
2
mvm
[应用模型]
[变式]此题若已知金属杆与导轨之间的动摩擦因数为μ。
现用沿导轨平面向上的恒定外力F作用在金属杆cd上,使cd由静止开始沿导轨向上运动,求cd的最大加速度和最大速度。
解析:
分析金属杆运动时的受力情况可知,金属杆受重力、导轨平面的支持力、拉力、摩擦力和安培力五个力的作用,沿斜面方向由牛顿第二定律有
F-mgsinθ-F安-f=ma
22EBLvBLv又F安=BIL,I==,所以F安=BIL=
R+RR+RR+R
f=μN=μmcgosθ
22
B2L2v
-μmcgosθ=ma
当速度v=0时,杆的加速度最大,最大加速度am=m-gsinθ-μgcosθ,方向沿导轨平
面向上
当杆的加速度a=0时,速度最大,
F-mgsinθ-μmcgosθR
vm=
B2L2。
答案:
见解析
模型二单杆+电容器(或电源)+导轨模型
[初建模型]
[母题](2017北·京模拟)如图所示,在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中,两根
足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内,相距为L。
一质量为m的导体棒cd垂直于MN、PQ放在轨道上,与轨道接触良好。
轨道和导体棒的电阻均不计。
(1)如图1所示,若轨道左端M、P间接一阻值为R的电阻,导体棒在拉力F的作用下以速度v沿轨道做匀速运动。
请通过公式推导证明:
在任意一段时间Δt内,拉力F所做的
功与电路获得的电能相等。
(2)如图2所示,若轨道左端接一电动势为E、内阻为r的电源和一阻值未知的电阻,闭合开关S,导体棒从静止开始运动,经过一段时间后,导体棒达到最大速度vm,求此时电源
的输出功率。
(3)如图3所示,若轨道左端接一电容器,电容器的电容为C,导体棒在水平拉力的作
用下从静止开始向右运动。
电容器两极板间电势差随时间变化的图像如图4所示,已知t1时刻电容器两极板间的电势差为U1。
求导体棒运动过程中受到的水平拉力大小。
[思路点拨]
(1)导体棒匀速运动→受力平衡→求出拉力做的功。
导体棒切割磁感线产生感应电动势→产生感应电流→求出回路的电能。
(2)闭合开关S→导体棒变加速运动→产生的感应电动势不断增大→达到电源的路端电压→棒中没有电流→由此可求出电源与电阻所在回路的电流→电源的输出功率。
(3)导体棒在外力作用下运动→回路中形成充电电流→导体棒还受安培力的作用→由牛顿第二定律列式分析。
[解析]
(1)导体棒切割磁感线,E=BLv
导体棒做匀速运动,F=F安
又F安=BIL,其中I=E
R
可见,在任意一段时间Δt内,拉力F所做的功与电路获得的电能相等。
(2)导体棒达到最大速度vm时,棒中没有电流,电源的路端电压U=BLvm
E-U电源与电阻所在回路的电流I=r
222EBLvm-B2L2vm2电源的输出功率P=UI=
(3)感应电动势与电容器两极板间的电势差相等BLv=U
U1
由电容器的U-t图可知U=1t
t1
导体棒的速度随时间变化的关系为v=U1t
BLt1
可知导体棒做匀加速直线运动,其加速度a=U1
BLt1
QQCUCU1
由C=U和I=t,得I=t=t1
由牛顿第二定律有F-BIL=ma
[答案]见解析
[内化模型]
单杆+电容器(或电源)+导轨四种题型剖析
题型一(v0=0)
题型二(v0=0)
题型三(v0=0)
题型四(v0=0)
说明
轨道水平光滑,杆cd质量为m,电阻不计,两导轨间距为L
轨道水平光滑,杆cd质量为m,电阻不计,两导轨间距为L,拉力F恒定
倾斜轨道光滑,杆cd质量为m,电阻不计,两导轨间距为L
竖直轨道光滑,杆cd质量为m,电阻为R,两导轨间距为L
示意图
力学观点
S闭合,杆cd受
BLE
安培力F=,
r
BLE
a=,杆cdmr
开始时a=F,杆m
cd速度v↑?
E=
BLv↑,经过Δt
开始时a=gsinα,杆cd速度v↑?
E=BLv↑,经过Δt速度为v+
开始时a=g,杆cd速度v↑?
E=BLv↑,经过Δt
速度为v+Δv,E′
速度v↑?
感应电动势E感=BLv↑?
I↓?
安培力F=BIL↓?
加速度a↓,当E感=E时,v最大,且vm=BEL
速度为v+Δv,E′=BL(v+Δv),Δq
=C(E′-E)=
ΔqCBLΔv,I=Δt=
CBLa,F安=
CB2L2a,a=
F22,所以m+BLC
杆匀加速运动
Δv,E′=BL(v+Δv),Δq=C(E′-E)=CBLΔv,I=Δq=CBLa,F
Δt
22安=CB2L2a,mgsinα-F安=ma,a=mgsin2α2,所以m+CBL杆匀加速运动
=BL(v+Δv),Δq
=C(E′-E)=
Δq
CBLΔv,I=Δt=
CBLa,F安=
22
CBLa,mg-F安=ma,a=mg22,所以
m+CBL杆匀加速运动
图像观点
能量观点
电源输出的电能转化为动能:
W电
=12
=2mvm
F做的功一部分转化为动能,一部分转化为电场能:
WF=12mv2+
EC
重力做的功一部
分转化为动能,
一部分转化为电
1
场能:
WG=2mv2
+EC
重力做的功一部
分转化为动能,
一部分转化为电
1
场能:
WG=2mv2
+EC
[应用模型]
[变式]母题第(3)问变成,图3中导体棒在恒定水平外力F作用下,从静止开始运动,导轨与棒间的动摩擦因数为μ,写出导体棒的速度大小随时间变化的关系式。
解析:
导体棒由静止开始做加速运动,电容器所带电荷量不断增加,电路中将形成充电电流,设某时刻棒的速度为v,
则感应电动势为E=BLv
电容器所带电荷量为Q=CE=CBLv
再经过很短一段时间Δt,电容器两端电压的增量和电荷量的增量分别为
ΔU=ΔE=BLΔv
ΔQ=CΔU=CBLΔv
流过导体棒的电流导体棒受到的安培力f1=BIL=CB2L2a导体棒所受到的摩擦力f2=μmg由牛顿第二定律得F-f1-f2=ma
F-μmg联立以上各式解得a=22
m+CB2L2
显然导体棒做匀加速直线运动,所以导体棒的速度大小随时间变化的关系式为
F-μmgv=22t。
m+CB2L2
答案:
v=mF+-CμB2mLg2t
m+CBL
模型三双杆+导轨模型
[初建模型]
[母题]
(1)如图1所示,两根平行的金属导轨,固定在同一水平面上,磁感应强度为的匀强磁场与导轨所在平面垂直,导轨的电阻很小,可忽略不计,导轨间的距离为l,两根
F的力作
质量均为m、电阻均为R的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动,滑动过程中与导
轨保持垂直。
在t=0时刻,两杆都处于静止状态。
现有一与导轨平行,大小恒为
(2)如图2所示,两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内,导轨上横放着两根导体棒ab和cd,构成矩形回路。
在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场,设两导
体棒均可沿导轨无摩擦地滑行。
开始时,棒cd静止,棒ab有指向棒cd的初速度。
若两导体棒在运动中始终不接触,试定性分析两棒的收尾运动情况。
[思路点拨]
(1)金属杆甲运动产生感应电动势→回路中有感应电流→乙受安培力的作用做加速运动→可求出某时刻回路中的总感应电动势→由牛顿第二定律列式判断。
(2)导体棒ab运动,回路中有感应电流→分析两导体棒的受力情况→分析导体棒的运动情况即可得出结论。
[解析]
(1)设某时刻甲和乙的速度大小分别为v1和v2,加速度大小分别为a1和a2,受
到的安培力大小均为F1,
则感应电动势为
E=Bl(v1-v2)①感应电流为I=E②
2R
对甲和乙分别由牛顿第二定律得
F-F1=ma1,F1=ma2③当v1-v2=定值(非零),即系统以恒定的加速度运动时
a1=a2④
解得a1=a2=2Fm⑤可见甲、乙两金属杆最终水平向右做加速度相同的匀加速运动,速度一直增大。
(2)ab棒向cd棒运动时,两棒和导轨构成的回路面积变小,磁通量发生变化,回路中产生感应电流。
ab棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动,cd棒则在安培力作用下做加速运动,在ab棒的速度大于cd棒的速度时,回路中总有感应电流,ab棒继续减速,cd棒继续加速。
两棒达到相同速度后,回路面积保持不变,磁通量不变化,不产生感应电流,两棒以相
同的速度v水平向右做匀速运动。
[答案]见解析
[内化模型]
三大观点透彻解读双杆模型
示意图
力学观点
图像观点
能量观点
导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动,导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运
棒1动能的减少量=棒2动能的增加量+焦耳热
动,最后两棒以相同的速度做匀速直线运动
[应用模型]
[变式]若母题
(1)中甲、乙两金属杆受恒力作用情况如图所示,两杆分别在方向相反的恒力作用下运动(两杆不会相撞),试分析这种情况下甲、乙金属杆的收尾运动情况。
解析:
设某时刻甲和乙的速度分别为v1和v2,加速度分别为a1和a2,甲、乙受到的安
培力大小均为F1,则感应电动势为E=Bl(v1-v2)①
感应电流为I=E②2R
对甲和乙分别应用牛顿第二定律得
F1-BIl=ma1,BIl-F2=ma2③
当v1-v2=定值(非零),
即系统以恒定的加速度运动时a1=a2④
F1-F2
解得a1=a2=⑤
2m
可见甲、乙两金属杆最终做加速度相同的匀加速运动,速度一直增大。
答案:
见解析
[提能增分集训]
1.如图所示,一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内,导轨间
距l=0.5m,左端接有阻值R=0.3Ω的电阻。
一质量m=0.1kg、电阻r=0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上,整个装置置于竖直向上的匀强磁场
中,磁场的磁感应强度B=0.4T。
棒在水平向右的外力作用下由静止开始以a=2m/s2的加
速度做匀加速运动,当棒的位移x=9m时撤去外力,棒继续运动一段距离后停下来,已知
撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2=2∶1。
导轨足够长且电阻不计,棒在运动
过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。
求:
(1)棒在匀加速运动过程中,通过电阻R的电荷量q;
(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2;
(3)外力做的功WF。
解析:
(1)设金属棒做匀加速运动的时间为Δt,
回路中磁通量的变化量为ΔΦ,回路中产生的平均感应电动势为E,
ΔΦ
则由法拉第电磁感应定律得E=ΔΔΦt,
其中ΔΦ=Blx
设回路中的平均电流为I,
E
则由闭合电路欧姆定律得I=,R+r
通过电阻R的电荷量q=IΔt
联立以上各式,代入数据解得q=4.5C。
2
(2)设撤去外力时棒的速度为v,在棒做匀加速运动的过程中,由运动学公式得v2=2ax
设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做的功为W,
12
由动能定理得W=0-2mv2
撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2=-W代入数据解得Q2=1.8J。
(3)由题意知,撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2=2∶1,
可得Q1=3.6J在棒运动的整个过程中,由功能关系可知
WF=Q1+Q2=5.4J。
答案:
(1)4.5C
(2)1.8J(3)5.4J
2.(2017·常州检测)如图所示,水平面内有两根足够长的平行导轨L1、L2,其间距d=0.5m,左端接有容量C=2000μF的电容。
质量m=20g的导体棒可在导轨上无摩擦滑动,导体棒和导轨的电阻不
计。
整个空间存在着垂直导轨所在平面的匀强磁场,磁感应强度B=2T。
现用一沿导轨方
向向右的恒力F1=0.44N作用于导体棒,使导体棒从静止开始运动,经t时间后到达B处,速度v=5m/s。
此时,突然将拉力方向变为沿导轨向左,大小变为F2,又经2t时间后导体
棒返回到初始位置A处,整个过程电容器未被击穿。
求
(1)导体棒运动到B处时,电容C上的电量;
(2)t的大小;
(3)F2的大小。
解析:
(1)当导体棒运动到B处时,电容器两端电压为
U=Bdv=2×0.5×5V=5V
此时电容器的带电量
62
q=CU=2000×10-6×5C=1×10-2C。
(2)棒在F1作用下有
F1-BId=ma1,
ΔqCBdΔvΔv
又I=Δt=Δt,a1=Δt
联立解得:
F12
a1=22=20m/s
m+CBd
则t=v=0.25s。
a1
(3)由
(2)可知棒在F2作用下,
F2运动的加速度a2=22,方向向左,
m+CBd
PQ杆放置在水平绝缘平台上,整个装置处于垂直导轨平面向里的磁场中,g取10m/s2。
(1)若将PQ杆固定,让MN杆在竖直向上的恒定拉力F=0.18N的作用下由静止开始向上运动,磁感应强度B0=1.0T,杆MN的最大速度为多少?
ΔB
(2)若将MN杆固定,MN和PQ的间距为d=0.4m,现使磁感应强度从零开始以Δt=0.5
T/s的变化率均匀地增大,经过多长时间,杆PQ对地面的压力为零?
解析:
(1)MN杆切割磁感线产生的感应电动势为E1=B0Lv
由闭合电路欧姆定律,
得I1=2ER1
MN杆所受安培力大小为
F安=B0I1L
对MN杆应用牛顿第二定律,
得F-mg-F安=ma
当MN杆速度最大时,MN杆的加速度为零,联立解得,MN杆的最大速度为
F-mgR2×-10-2××0.2
vm=22=22
mB02L2=12×0.22
=0.8m/s。
(2)回路中的感应电动势为
ΔΦΔBLd
E2=Δt=Δt
由闭合电路欧姆定律得
t时刻的磁感应强度为
ΔB
B=t
PQ杆对地面的压力恰好为零时,由平衡条件,
有mg=BI2L
2×10-2×10×0.2
答案:
(1)0.8m/s
(2)10s
磁感应强度为B1=0.5
4.如图所示,两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面
的夹角为θ=30°,两导轨之间相距为L=1m,两导轨M、P间接入电阻R=0.2Ω,导轨电阻不计。
在abdc区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ,磁感应强度为B0=1T,磁场的宽度x1=1m,
在cd连线以下的区域有一个方向也垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅱ,
T。
一个质量为m=1kg的金属棒垂直放在金属导轨上,与导轨接触良好,金属棒的电阻r=0.2Ω。
若将金属棒在离ab连线上端x0处自由释放,则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速直线运动。
金属棒进入磁场Ⅱ后,经过ef时系统达到稳定状态,cd与ef之间的距离x2=8m。
(g取10m/s2)
(1)求金属棒从开始静止到在磁场Ⅱ中达到稳定状态这一过程中电阻R产生的热量;
(2)求金属棒从开始运动到在磁场Ⅱ中达到稳定状态所经过的时间。
解析:
(1)金属棒进入磁场Ⅰ区域匀速运动,
B0Lv1
R+r
mgsin30=°B0IL
解得v1=2m/s
金属棒在未进入磁场前做初速度为0的匀加速直线运动,则mgsin30=°ma
2解得a=5m/s2
由运动学公式,
有2ax0=v12
解得x0=0.4m
金属棒在通过磁场Ⅱ区域达到稳定状态时,重力沿斜轨道向下的分力与安培力相等。
B1Lv2I′=
R+r
mgsin30=°B1I′L
解得v2=8m/s
金属棒从开始运动到在磁场Ⅱ区域中达到稳定状态过程中,
12
mg(x0+x1+x2)sin30+°W安=2mv2-0
产生的热量Q=-W安=15J
1
QR=2Q=7.5J。
(2)v1=at1,t1=0.4s
x1=v1t2,t2=0.5s
金属棒在磁场Ⅱ中达到稳定状态前的过程中取任意微小过程,
Δti,速度为vi,速度的变化量为Δvi,
则由牛顿第二定律,有
22
B1LviΔvi
mgsin30-°=m
R+rΔti
22
B12L2viΔti
mgsin30°ti-Δ=mΔvi
R+r
根据动能定理,有
设这一微小过程的时间为
金属棒从进入磁场Ⅱ到在磁场Ⅱ中达到稳定状态的过程中,
mgsin30
22
∑ti-ΔB12L2∑viΔti
R+r
=m∑Δvi
mgsin30t3°-
B12L2x2
R+r
m(v2-v1)
解得t3=2.2s
所以t=t1+t2+t3=3.1s。
答案:
(1)7.5J
(2)3.1s
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 电磁感应 杆双杆 模型 教师版
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)