2023届二轮复习 增分指导4　电磁感应中的单、双杆模型 学案（浙江专用）

增分指导4　电磁感应中的单、双杆模型

题型1　单杆模型

1.常见单杆模型的分析

2.在电磁感应中,动量定理应用于单杆切割磁感线运动,可求解变力的时间、速度、位移和电荷量。

(1)求电荷量或速度:

-BLΔt=mv2-mv1,q=Δt。

(2)求位移:

-=0-mv0,即-=0-mv0。

(3)求时间:

①-BLΔt+F其他Δt=mv2-mv1,即-BLq+F其他Δt=mv2-mv1。

已知电荷量q,F其他为恒力,可求出变加速运动的时间。

②+F其他Δt=mv2-mv1,Δt=x。

若已知位移x,F其他为恒力,也可求出变加速运动的时间。

[例1] (2022·山水联盟联考)如图所示,两平行且无限长金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ=30°,两导轨之间的距离为L=1 m,两导轨M、P之间接入电阻R=0.2 Ω,导轨电阻不计,在abdc区域内有个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ,磁感应强度B1=1 T,磁场的宽度x1=1 m;在cd连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ,磁感应强度B2=0.5 T。一个质量为m=2 kg的金属棒垂直放在金属导轨上,与导轨接触良好,且动摩擦因数μ=,金属棒的电阻r=0.2 Ω,若金属棒在离ab连线上端x0处从静止释放,则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速运动。金属棒进入磁场Ⅱ后,经过ef时又达到稳定状态,cd与ef之间的距离x2=16 m。求:(g取10 m/s2)

(1)金属棒在磁场Ⅰ中运动的速度大小;

(2)金属棒从开始运动到滑过ef位置这个过程回路产生的电热;

(3)金属棒从开始运动到滑过ef位置这个过程所用的时间。

解析:(1)金属棒进入磁场Ⅰ区域做匀速运动,

根据电磁感应定律和欧姆定律得

I1==,

匀速运动时,由平衡条件得

mgsin θ-μmgcos θ=B1I1L,

联立解得v1=2 m/s。

(2)金属棒在通过磁场Ⅱ区域达到稳定状态时,由欧姆定律得I2=,

由平衡条件得mgsin θ-μmgcos θ=B2I2L,

联立解得v2=8 m/s,金属棒在未进入磁场前做初速度为零的匀加速直线运动,有

mgsin θ-μmgcos θ=ma,

解得a=2.5 m/s2,

由运动学公式有2ax0=,

解得x0=0.8 m,

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,根据动能定理,有

(mgsin θ-μmgcos θ)(x0+x1+x2)-W克=m-0,

解得W克=25 J,

由功能关系可知产生的电热Q=W克=25 J。

(3)对全过程由动量定理得

(mgsin θ-μmgcos θ)t-B1Lt1-B2Lt2=mv2,

且t1=q1=t1=t1=,

t2=q2=,解得t=5.7 s。

答案:(1)2 m/s　(2)25 J　(3)5.7 s

题型2　双杆模型

1.初速度不为零,不受其他水平外力的作用

2.初速度为零,一杆受到恒定水平外力的作用

[例2] 两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置,间距为d=1 m,在左端弧形轨道部分高h=1.25 m处放置一金属杆a,弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦,在平直轨道右端放置另一金属杆b,杆a、b的电阻分别为Ra=2 Ω、Rb=5 Ω,在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B=2 T。现杆b以初速度大小v0=5 m/s开始向左滑动,同时由静止释放杆a,杆a由静止滑到水平轨道的过程中,通过杆b的平均电流为0.3 A;从a下滑到水平轨道时开始计时,a、b运动的速度—时间图像如图乙所示(以a运动方向为正方向),其中ma=2 kg,mb=1 kg,g取10 m/s2,求:

(1)杆a在弧形轨道上运动的时间;

(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其横截面的电荷量;

(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。

解析:(1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为,对杆b运用动量定理,有Bd·Δt=mb(v0-),

其中=2 m/s,代入数据解得Δt=5 s。

(2)对杆a由静止下滑到水平轨道上的过程中,由机械能守恒定律有magh=ma,解得va==5 m/s,设最后a、b两杆共同的速度为v′,由动量守恒定律得mava-mb=(ma+mb)v′,

代入数据解得v′= m/s,

杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量,设杆a的速度从va到v′的运动时间为Δt′,则由动量定理可得Bd·Δt′=ma(va-v′),

而q=·Δt′,代入数据解得q= C。

(3)由能量守恒定律可知整个运动过程中杆a、b中产生的总焦耳热为

Q=magh+mb-(mb+ma)v′2= J,

杆b中产生的焦耳热为Q′=Q= J。

答案:(1)5 s　(2) C　(3) J

[拓展训练1] (多选)如图所示,两根间距为L的光滑平行金属导轨,OO′左侧向上弯曲,右侧水平,水平导轨处在磁感应强度为B的竖直向上的匀强磁场中。两根金属棒MN、PQ始终垂直导轨,与导轨接触良好,金属棒MN、PQ的长度均为L、质量均为m、阻值均为R。金属棒MN从竖直高度h处由静止释放沿导轨下滑。导轨电阻不计,整个过程中金属棒MN和PQ未相碰,则(　BD　)

A.释放后金属棒MN最终停在水平轨道上

B.金属棒MN刚进入磁场时,金属棒PQ两端电压大小为

C.整个过程中流过金属棒PQ的电荷量为

D.整个过程中金属棒MN产生的焦耳热为mgh

解析:释放后金属棒MN最终与金属棒PQ在水平轨道上一起做匀速直线运动,A错误;金属棒MN刚进入磁场时,根据机械能守恒守律有mgh=mv2,根据法拉第电磁感应定律有E=BLv,解得感应电动势为E=BL,金属棒PQ两端电压大小为U=E=,B正确;金属棒MN、PQ组成的系统动量守恒,有mv=2mv′,整个过程中对金属棒PQ分析,由动量定理有BLt=mv′,流过金属棒PQ的电荷量为q=t,联立解得q=,C错误;整个过程中金属棒MN产生的焦耳热为Q=(mv2-×2mv′2) =mgh,D正确。

[拓展训练2] (多选)如图所示,电阻不计的光滑金属导轨由直窄轨AM、CD以及直宽轨EF、GH组合而成,窄轨和宽轨均处于同一水平面内,AM、CD等长,且与EF、GH均相互平行,ME、GD等长、共线,且均与AM垂直,窄轨间距为,宽轨间距为L。窄轨和宽轨之间均有竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场。由同种材料制成的相同金属直棒a、b始终与导轨垂直且接触良好,棒长为L、质量为m、电阻为R。初始时,b棒静止于导轨EF段某位置,a棒从AM段某位置以初速度v0向右运动,且a棒距窄轨右端足够远,宽轨EF、GH足够长。下列判断正确的是(　ACD　)

A.a棒刚开始运动时,b棒的加速度大小为

B.经过足够长的时间,a棒的速度为 v0

C.整个过程中通过回路的电荷量为

D.整个过程中b棒产生的焦耳热为 m

解析:a棒刚开始运动时,a棒产生的感应电动势为E=B·v0,由闭合电路欧姆定律得电路中的感应电流为I=,对b棒,根据牛顿第二定律得BIL=ma,解得b棒的加速度大小为a=,故A正确;设经过足够长的时间,a、b棒的速度分别为va、vb。经过足够长的时间,两棒产生的感应电动势大小相等,回路中没有感应电流,两棒不受安培力,均做匀速直线运动,则有B·va=BLvb,则va=2vb。对b棒,由动量定理得BLt=mvb-0,对a棒,由动量定理得-B·t=mva-mv0,由以上三式解得va=v0,vb=v0。整个过程中通过回路的电荷量为q=t,联立可得q=,故B错误,C正确;整个过程中b棒产生的焦耳热为Qb=Q总=[m-(m+m)],解得Qb=m,故D正确。

增分训练4　电磁感应中的单、双杆模型

1.(多选)如图所示,宽为L的两固定光滑金属导轨水平放置,空间存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。质量均为m、电阻值均为r的两导体棒ab和cd静止置于导轨上,其间距也为L,现给cd一向右的初速度v0,对它们之后的运动过程说法正确的是(　BCD　)

A.ab的加速度越来越大,cd的加速度越来越小

B.回路产生的焦耳热为m

C.通过ab的电荷量为

D.两导体棒间的距离最终变为L+

解析:刚开始ab棒做加速运动,cd棒做减速运动,最终二者共速,加速度为0,故A错误;ab和cd在运动过程中始终受到等大反向的安培力,系统动量守恒,以向右的方向为正方向,当二者共速时有mv0=2mv1,解得v1=v0,由能量守恒定律得Q=m-·2m,解得回路产生的焦耳热为Q=m,故B正确;设整个过程中通过ab的电荷量为q,对ab棒,由动量定理得mv1=BLt=BLq,所以q=,故C正确;对cd棒由动量定理得mv1-mv0=-t=-,解得Δx=,两导体棒间的距离最终变为L+,故D正确。

2.如图所示,间距为L的金属导轨竖直平行放置,空间有垂直于导轨所在平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在导轨上端接一电容为C的电容器,一质量为m的金属棒ab与导轨始终保持良好接触,由静止开始释放,释放时ab距地面高度为h,(重力加速度为g,一切摩擦及电阻均不计),在金属棒下滑至地面的过程中,下列说法正确的是(　D　)

A.若h足够大,金属棒最终匀速下落

B.金属棒运动到地面时,电容器储存的电势能为mgh

C.金属棒做匀加速运动,加速度为

D.金属棒运动到地面时,电容器储存的电势能为

解析:若金属棒匀速下落,产生的感应电动势恒定不变,电容器两端的电压不变,回路中就没有感应电流,就不会受安培力,与匀速下落相矛盾,因此金属棒不会匀速下落,A错误;根据能量守恒定律,下落的过程有一部分重力势能变成电能,还有一部分变成了金属棒的动能,因此电容器储存的电势能不可能为mgh,B错误;金属棒速度增大,产生的电动势增大,电容器的电荷量增加,有充电电流I,I===CBLa,由牛顿第二定律得mg-BIL=ma,所以a=,可见,金属棒做匀加速直线运动,C错误;落地时v=,根据能量守恒定律,电容器储存的电势能为mgh-mv2=,D正确。

3.两条间距为d=0.1 m的足够长平行金属导轨水平放置,在两导轨间存在着垂直导轨平面向下的有界磁场,磁感应强度沿坐标轴Ox分区分布,在x>0区域B=3x(T),在-2 m≤x≤0区域B=1.5 T,如图所示。金属棒ab与导轨垂直且静止在x=1.5 m处,长为d=0.1 m,质量m=50 g,电阻R1=0.3 Ω,左端的定值电阻R2=0.6 Ω。处在-2 m≤x≤0区域的导轨是光滑的,导轨其余部分与ab棒间的动摩擦因数均为μ=0.2。在导轨的右侧接有一个带有控制开关的“恒流源”,可提供I=1 A的恒定电流,现闭合开关K发现ab棒沿导轨向左运动,求:

(1)闭合开关瞬间ab棒中的电流方向和ab棒的加速度大小;

(2)若棒运动到x=0时立即断开开关K,问ab棒最后静止在何处(用x轴坐标表示)。

(3)求出上述整个过程中R2产生的焦耳热。(备选信息:弹簧振子的周期公式T=2π,其中m为振子质量,k为弹簧的劲度系数)

解析:(1)由题可知,闭合开关瞬间,发现ab棒沿导轨向左运动,即受到了向左的安培力作用,根据左手定则可知,电流的方向b到a,ab与R2并联,则流过ab的电流为Iab=I= A,

对ab棒,根据牛顿第二定律有BIabd-μmg=ma,

又B=3x=4.5 T,联立解得a=4 m/s2。

(2)对ab棒,从开始到x=0过程,根据动能定理有WF+Wf=m,

其中WF=x,Wf=-μmgx,

ab棒所受安培力F=BIabd=0.2x,

联立解得v0= m/s,

设ab棒穿过左侧匀强磁场后的速度为v1,根据动量定理

-B dΔt=-Δt=-x1=mv1-mv0,

解得v1=(-1) m/s,

根据速度位移公式有x2==(1-) m,

ab棒最后停在位置x=-(3-) m。

(3)ab棒在O点之前的安培力为F=BId=3x××0.1(N)=0.2x(N),

则受到的合力为F合=0.2x-0.1(N),

由简谐振动的性质可知,ab棒以x=0.5 m处为平衡位置做简谐振动,k=0.2,周期为T=2π=π s,

在x>0区域运动的位移为开始一个振幅加半个振幅的位移,因此时间为t=+= s,

整个过程中电阻R2上产生的热量为Q=R2t+(m-m),

I2=I,

代入数据解得 Q=[+] J。

答案:(1)b到a　4 m/s2　(2)x=-(3-) m   (3)[+] J

4.如图所示,水平放置的U形导轨宽度为d,左端连接阻值为R的电阻与电容为C的电容器,干路中串联一理想电流表。导轨平面有方向竖直向下、磁感应强度大小满足B=λx(y方向不变)的磁场,式中λ为常量。质量为m、长度为d的金属棒与导轨接触良好,初始位置在x=0处。导轨足够长,磁场区域足够大,电容器原来不带电且耐压足够高,电流表量程足够大,忽略导轨及金属棒的电阻,不计摩擦阻力与其他阻力。现让金属棒在水平拉力作用下向右运动。

(1)仅闭合开关S1,金属棒做初速度为0、加速度为a的匀加速直线运动,求金属棒位移为x0时电流表示数的计算式;

(2)仅闭合开关S2,若电流表的示数恒为I,求运动过程中金属棒所受拉力的最小值,及此时电容器所储存的电场能;

(3)仅闭合开关S2,当金属棒位移为x1时速度达到v,此时撤去拉力,且x>x1区域的磁感应强度变为B′=λx1,求金属棒的最终速度。

解析:(1)金属棒做匀加速直线运动,位移为x0时的速度为v=,

感应电动势E=Bdv=λx0d,

电路中电流大小IA==。

(2)设金属棒运动到位移x处,速度为v,加速度为a,此时电容器电荷量q=CU=CBdv=Cλxdv,在微元Δt内电容器的电荷量增量Δq=

Cλxd·Δv,结合电流定义式I=,

加速度定义式a=,

解得金属棒的加速度a=,

对金属棒应用牛顿第二定律得F-λxId=ma,

解得F=λxId+,

当λxId=,

即x=时,得拉力最小值,Fmin=2I,

金属棒运动过程,所受安培力F安=λxId∝x,

电容器所储存的电场能就是克服安培力所做的功,

E电场能=W克安=·x=。

(3)金属棒在x1处撤去拉力后电容器放电,金属棒先做加速运动,后以速度v′做匀速运动。设此过程电容器释放电荷量为Δq′,则有

Δq′=Cλx1dv-C·λx1dv′

对金属棒,此过程由动量定理得

B′d·Δq′=λx1d·Δq′=mv′-mv,

联立解得金属棒最终速度v′=v。

答案:(1)　(2)2I　  (3)v

5.(2022·衢州、丽水、湖州三地市检测)如图所示,间距l=0.5 m的两平行金属导轨AD和EH水平放置,其左端A、E两处用一小段绝缘材料与间距也为l,倾角θ=37°的倾斜导轨AA1、EE1平滑连接。倾斜导轨上端A1、E1间接一电阻R0=0.5 Ω。区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ内存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小均为B=1 T,区域Ⅲ宽度d=0.5 m,金属杆2静置于磁场边界CG的右侧附近。现对静置于倾斜导轨上的金属杆1,施加一沿斜面向下的力F,使其沿倾斜导轨以加速度a匀加速下滑,运动至刚过AE处时撤去F,此时杆1的速度大小v0=12 m/s,并最终停在区域Ⅲ的中点位置,而杆2仍在区域Ⅳ中。已知杆1电阻R=0.5 Ω,其余电阻均不计,两杆质量均为m=1 kg。杆与导轨垂直且接触良好,处在区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的导轨与杆间的动摩擦因数均为μ=0.75,在区域Ⅳ中的导轨光滑。sin 37°=0.6,

cos 37°=0.8。

(1)求杆1刚过AE处时的加速度;

(2)若加速度a已知,则求力F随时间t变化的关系式;

(3)若杆1穿过整个区域Ⅱ用时t= s,求杆1刚穿过区域Ⅱ时,杆2的速度大小。

解析:(1)杆1刚经过AE边界瞬间,产生的感应电动势E=Blv0=6 V,

则电流为I==12 A,

安培力F安=BIl=6 N,

摩擦力Ff=μmg=7.5 N,

由牛顿第二定律得F安+Ff=ma2,

得a2=13.5 m/s2,

加速度方向水平向左。

(2)金属杆1在倾斜导轨上初速度为0,施加一个沿斜面向下的力F开始下滑,设t时刻杆1的速度大小为v,又因为mgsin θ=μmgcos θ,

对杆1由牛顿第二定律得F-=ma,

代入数据化简得F=0.25at+a,

其中t<=。

(3)设金属杆1离开区域Ⅱ时的速度为v1,此时金属杆2的速度为v2,金属杆1在区域Ⅲ中做匀减速运动,有=2μg·,

解得v1= m/s,

杆1穿越磁场区域Ⅱ过程中,由动量定理可得

-Blt-μmgt=mv1-mv0,

对杆2,在该过程中,由动量定理可得Blt=mv2,

解得v2=(2-) m/s。

答案:(1)13.5 m/s2　加速度方向水平向左　

(2)F=0.25at+a　(t<)　(3)(2-) m/s

6.如图所示,间距为L=0.5 m的平行光滑导轨由水平部分和倾角为θ=30°的斜面部分平滑连接而成。整个导轨上有三个区域存在匀强磁场,且磁感应强度大小均为B=0.2 T,其中Ⅰ区磁场垂直于水平导轨但方向未知,Ⅱ区磁场方向竖直向下,Ⅲ区磁场下边界位于斜面底端且方向垂直于斜面向下,Ⅰ区宽度足够大,Ⅱ区和Ⅲ区的宽度均为d=

0.3 m。除Ⅰ区和Ⅱ区之间的导轨由绝缘材料制成外,其余导轨均由电阻可以忽略的金属材料制成且接触良好。两根质量均为m=0.1 kg、电阻均为r=0.02 Ω的金属棒垂直于水平部分的导轨放置,初始时刻a棒静置于Ⅰ区、b棒静置于Ⅱ区和Ⅲ区间的无磁场区。水平导轨左侧接有电源和电容为C=1 F的电容器,斜面导轨上端接有阻值为R=0.02 Ω的电阻,且斜面上还固定着一根绝缘轻弹簧。当单刀双掷开关S接“1”对电容器充满电后,切换至“2”,电容器连通a棒,a棒会在Ⅰ区达到稳定速度后进入Ⅱ区,然后与无磁场区的b棒碰撞后变成一个联合体,联合体耗时t=0.12 s穿越Ⅲ区后继续沿斜面向上运动x=0.2 m并把弹簧压缩到最短,然后联合体和弹簧都被锁定,已知锁定后的弹簧弹性势能Ep=0.2 J。不计联合体从水平面进入斜面时的能量损失,忽略磁场的边界效应。求:

(1)Ⅰ区磁场方向(“竖直向上”或“竖直向下)和即将出Ⅲ区时联合体所受的安培力大小FA;

(2)a棒通过Ⅱ区时,a棒上产生的焦耳热Qa;

(3)电源的电动势E。

解析:(1)电容器充电后,下极板带正电,放电时,通过a棒的电流从下至上,a棒所受安培力向右,根据左手定则知Ⅰ区磁场方向竖直向上;

设联合体刚出Ⅲ区磁场时的速度为v4,出Ⅲ区后根据联合体和弹簧构成的系统机械能守恒得

·2m=2mgxsin θ+Ep,

代入数据解得v4=2 m/s,

即将出Ⅲ区时回路的总电阻为R总2=+R=0.03 Ω,

感应电动势E4=BLv4,

则I4=,

则安培力FA=BI4L,

联立可得FA=,

代入数据解得FA= N。

(2)穿越Ⅲ区过程中,对联合体由动量定理得

-t-2mgsin θt=2mv4-2mv3,

其中t=d,

代入数据解得v3=3.1 m/s,

两棒碰撞过程mv2=2mv3,

解得v2=6.2 m/s,

a棒穿越Ⅱ区过程中,等效电路总电阻为

R总1=r+=0.03 Ω,

对a棒由动量定理得-t2=mv2-mv1,

其中t2=d,

代入数据解得v1=7.2 m/s,

整个回路中产生的焦耳热

Q总=m-m,

a棒产生的焦耳热Qa=Q总,

代入数据得Qa= J。

(3)穿越Ⅰ区过程中,电容器和a棒构成回路,最终a棒匀速,回路中电流为0,

则U1=BLv1,U0=E,

电容器放电电荷量ΔQ=CU0-CU1,

对a棒由动量定理BLt1=mv1-0,

其中t1=ΔQ,

联立可得BLC(E-BLv1)=mv1,

代入数据解得E=7.92 V。

答案:(1)竖直向上　 N　(2) J　(3)7.92 V