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小专题8　电磁感应中的“单杆”、“双杆”模型及动量问题
[学习目标]
1.理解并能运用动量定理分析电磁感应中导体棒或金属框等在安培力作用下的运动情况.
2.掌握动量守恒定律在双金属棒切割磁感线系统等电磁感应问题中的应用条件和方法,能够准确判断系统的动量是否守恒,并利用动量守恒定律求解相关物理量.
3.学会根据电磁感应现象中的电荷量、磁通量变化等物理量,结合动量定理和动量守恒定律进行综合计算和分析,提高解决复杂问题的能力.
知识点一　电磁感应中的“单杆”模型问题
电磁感应中的常见单杆模型
初始状态 v0≠0 v0=0
情境图
v-t图像
稳定条件 v=0 E=E感=BLvm F=F安= a=恒定
能量分析 Q热=m E电=Q热+m WF=Q热+m WF=E电+mv2
[例1] (有初速度的单杆模型)(多选)如图所示,水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ,两导轨间距为L,导轨电阻均可忽略不计.在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻,导体杆ab的质量为m、电阻也为R,并与导轨垂直且接触良好.整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中.现给ab杆一个初速度v0,使杆向右运动,最终ab杆停止在导轨上.下列说法正确的是(　　)
[A] ab杆将做匀减速运动直到静止
[B]ab杆速度减为时,ab杆加速度大小为
[C]ab杆速度减为时,通过定值电阻的电荷量为
[D]ab杆速度减为时,ab杆通过的位移为
【答案】 BD
【解析】 ab杆在水平方向上受到与运动方向相反的安培力,安培力大小为FA=,加速度大小为a==,由于速度减小,所以ab杆做加速度减小的变减速运动直到静止,A错误;当ab杆的速度为时,安培力大小为F=,所以加速度大小为a==,B正确;对ab杆,由动量定理得-BL·Δt=m-mv0,即BLq=mv0,解得q=,所以通过定值电阻的电荷量为,C错误;由q==,解得ab杆通过的位移x==,D正确.
导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时,安培力的冲量为I安=BLt=BLq,通过导体棒或金属框的电荷量为q=Δt=Δt=n·Δt=n,磁通量变化量ΔΦ=BΔS=BLx.如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力,则I安=mv2-mv1.当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时用动量定理求解更方便.
[训练1] (多选)如图,MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨,其间距为L,导轨弯曲部分光滑,平直部分粗糙,两部分平滑连接,平直部分右端接一个阻值为R的定值电阻.平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场.质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放,到达磁场右边界处恰好停止.已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g,金属棒与导轨间接触良好,则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　)
[A] 流过金属棒的最大电流为
[B]通过金属棒的电荷量为
[C]金属棒内产生的焦耳热为mg(h-μd)
[D]金属棒在磁场中运动的时间为-
【答案】 BD
【解析】 对金属棒由静止下滑到底端的过程中,根据动能定理可得mgh=mv2 ,流过金属棒的最大电流为I===,A错误;穿过磁场区域的过程中通过金属棒的电荷量为q=IΔt=Δt==,B正确;由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为Q=mgh-μmgd,金属棒内产生的焦耳热为Q1==(h-μd) ,C错误;选择水平向右的方向为正方向,根据动量定理有-μmgΔt-BLΔt=0-mv,由于q=Δt ,金属棒在磁场中运动的时间Δt=-,D正确.
知识点二　电磁感应中的“双杆”模型问题
1.平行导轨有外力双杆模型
项目 光滑平行导轨 不光滑平行导轨
情境图 质量m1=m2 电阻r1=r2 长度L1=L2 摩擦力f1=f2=f 质量m1=m2 电阻r1=r2 长度L1=L2
运动过程的 v-t图像
稳定条件 a1=a2= (当f2f时,F=2F安) a1=a2
能量分析 WF=ΔEk+Q电 WF=ΔEk+Q电+Qf
2.平行导轨无外力双杆模型
项目 光滑平行等距导轨 光滑平行不等距导轨
情境图 质量m1=m2 电阻r1=r2 长度L1=L2 质量m1=m2 电阻r1=r2 长度L1=2L2
运动过程的 v-t图像
稳定条件 v1=v2= 2v1=v2=v0
能量分析 动量守恒,Q热=-ΔEk 动量不守恒,Q热=-ΔEk
[例2] (平行导轨有初速度的双杆模型)足够长的平行金属轨道M、N相距L=0.5 m,且水平放置;M、N左端与半径R=0.4 m的光滑竖直半圆轨道相连,与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动,两金属棒的质量mb=mc=0.1 kg,接入电路的有效电阻Rb=Rc=1 Ω,轨道的电阻不计.平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度大小B=1 T的匀强磁场中,磁场方向垂直于轨道平面向上,光滑竖直半圆轨道在磁场外,如图所示.若使b棒以初速度v0=10 m/s开始向左运动,运动过程中b、c棒不相撞,且始终与轨道接触良好.g取10 m/s2,则:
(1)c棒的最大速度大小是多少
(2)c棒从开始到达到最大速度的过程中,产生的焦耳热是多少
(3)若c棒达到最大速度后沿半圆轨道上滑,c棒到达轨道最高点时对轨道的压力的大小为多少
【答案】 (1)5 m/s　(2)1.25 J　(3)1.25 N
【解析】 (1)在安培力作用下,b棒做减速运动,c棒做加速运动,当两棒速度相等时,c棒达到最大速度.
选两棒为研究对象,以v0的方向为正方向,根据动量守恒定律有
mbv0=(mb+mc)v,
解得c棒的最大速度大小为v=v0=5 m/s.
(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中,系统减少的动能转化为电能,两棒中产生的总焦耳热为
Q=mb-(mb+mc)v2=2.5 J,
因为Rb=Rc,所以c棒达到最大速度时此棒产生的焦耳热为Qc==1.25 J.
(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v′,从最低点上升到最高点的过程,由机械能守恒定律可得
mcv2=mcg·2R+mcv′2,
解得v′=3 m/s.
在最高点,设轨道对c棒的弹力为F,由牛顿第二定律得
mcg+F=mc,
解得F=1.25 N.
由牛顿第三定律得,在最高点c棒对轨道的压力大小为1.25 N.
在双金属棒切割磁感线的系统中,双金属棒和导轨构成闭合回路,安培力为系统内力,如果两安培力等大反向,且它们受到的外力的合力为0,则满足动量守恒条件,运用动量守恒定律求解比较方便.这类问题可以从以下三个观点来分析:
(1)力学观点:通常情况下一根金属棒做加速度逐渐减小的加速运动,而另一根金属棒做加速度逐渐减小的减速运动,最终两金属棒以共同的速度匀速运动.
(2)动量观点:如果光滑导轨间距恒定,则两根金属棒的安培力大小相等,通常情况下系统的动量守恒.
(3)能量观点:其中一根金属棒动能的减少量等于另一根金属棒动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和.
[例3] 如图所示,光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度B=3 T.两导轨间距为L=0.5 m,导轨足够长,导轨电阻不计.金属棒a和b的质量分别为ma=
1 kg,mb=0.5 kg,电阻分别为Ra=1 Ω,Rb=2 Ω.b棒静止于导轨水平部分,现将a棒从h=1.8 m高处自静止沿弧形导轨下滑,通过C点进入导轨的水平部分,已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好,两棒始终不相碰.g取10 m/s2.求:
(1)a棒刚进入磁场时,b棒的加速度;
(2)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中,流过a棒的电荷量;
(3)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中,a棒中产生的焦耳热.
【答案】 (1)9 m/s2　方向向右　(2) C　(3)2 J
【解析】 (1)a棒沿弧形导轨下滑h的过程,根据机械能守恒定律有magh=mav2,
a棒进入磁场瞬间感应电动势E=BLv,
根据闭合电路欧姆定律得I=,
对b棒F安=ILB,
根据牛顿第二定律有F安=mba,
解得a=9 m/s2,
由左手定则知,b棒加速度的方向向右.
(2)对a、b,由动量守恒定律得
mav=(ma+mb)v共,
解得v共=4 m/s,
对b棒,应用动量定理有
LBt=mbv共 ,又q=t,
解得q= C,故流过a棒的电荷量为 C.
(3)对a、b棒在水平面内的运动过程,由能量守恒定律得
mav2-(ma+mb)=Q,
Qa=Q,
联立解得Qa=2 J.
1.求加速度:动力学观点.
2.求焦耳热:能量观点.
3.系统的初、末速度关系:动量守恒定律.
4.求电荷量、位移或时间:运用动量定理分析.
[训练2] (多选)水平面上有足够长且电阻不计的两平行导电轨道,轨道之间有竖直向下的匀强磁场(未画出),两根质量相同、电阻相同的导体棒ab和cd垂直于轨道静止放置,如图所示.导体棒与轨道之间的动摩擦因数处处相等,现对cd棒施加一外力F,使cd棒向右匀速运动,则ab棒从静止开始向右运动.关于两导体棒的运动及受力,下列说法正确的是(　　)
[A] ab棒先向右加速运动,并最终以和cd棒相同的速度匀速运动
[B]ab棒先向右加速运动,并最终以比cd棒小的速度匀速运动
[C]对cd棒施加的外力F大小始终不变
[D]对cd棒施加的外力F逐渐减小,当ab棒匀速运动时,F的大小不再改变
【答案】 BD
【解析】 cd棒向右做匀速直线运动,ab棒从静止开始向右做加速运动,设ab棒运动的速度为v′,cd棒运动的速度为v,导体棒与轨道间的动摩擦因数为μ,两导体棒的质量均为m,接入回路的电阻均为R,磁感应强度为B,两导轨间的距离为L;回路中的感应电流I==,B、L、v、R不变,ab棒做加速运动,v′不断增大,感应电流I不断减小,ab棒所受安培力F安=BIL不断减小,当F安=μmg时ab棒做匀速直线运动,最终ab棒与cd棒都做匀速直线运动,ab棒做匀速直线运动时,ab棒受到安培力作用,说明回路中有感应电流,BLv-BLv′>0,则v>v′,即ab棒的速度小于cd棒的速度,由以上分析可知,ab棒先向右做加速运动,并最终以比cd棒小的速度做匀速运动,故A错误,B正确;cd棒做匀速直线运动,对cd棒,由平衡条件得F=F安′+μmg,由于F安′不断减小,μmg不变,则F逐渐减小,当ab棒做匀速直线运动时,安培力F安′不变,则F的大小不再改变,故C错误,D正确.
课时作业(十六)　电磁感应中的“单杆”、“双杆”模型及动量问题
(分值:65分)
(选择题每题6分)
知识点一　电磁感应中的“单杆”模型问题
1.如图所示,ABCD是固定的水平放置的足够长的U形导轨,整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中,在导轨上架着一根金属棒ef,在极短时间内给棒ef一个水平向右的速度,ef棒开始运动,最后又静止在导轨上,则ef在运动过程中,就导轨是光滑和粗糙两种情况相比较(　　)
[A] 整个回路产生的总热量相等
[B]安培力对ef棒做的功相等
[C]安培力对ef棒的冲量相等
[D]电流通过整个回路所做的功相等
【答案】 A
【解析】 由能量守恒定律可知,ef棒具有的动能将全部转化为内能,无摩擦时,将全部转化为电热(即克服安培力做的功);有摩擦时,将一部分转化为电热,另一部分用于克服摩擦力做功,A正确.电流通过整个回路所做的功等于克服安培力做的功,也等于产生的电热,B、D错误.由动量定理可知,合力的冲量等于物体动量的变化量,由于两次动量变化相同,则合力的冲量相等,无摩擦时安培力的冲量较大, C错误.故选A.
2.(多选)列车进站时如图所示,其刹车原理可简化如下:在车身下方固定一水平矩形线框,利用线框进入磁场时所受的安培力辅助列车刹车.已知列车的质量为m,车身长为s,线框的ab和cd长度均为L(L小于匀强磁场的宽度),线框的总电阻为R.站台轨道上匀强磁场区域足够长,磁感应强度的大小为B,方向竖直向上.车头进入磁场瞬间的速度大小为v0,列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f.车尾进入磁场的瞬间,列车恰好停止.下列说法正确的有(　　)
[A] 列车进站过程中的电流方向为abcd
[B]列车ab边进入磁场的瞬间,加速度大小a=
[C]列车从进站到停下来的过程中,线框产生的热量为m
[D]从车头进入磁场到停止所用的时间为
【答案】 ABD
【解析】 根据楞次定律结合安培定则可知,线框中电流的方向为顺时针(俯视),即列车进站过程中电流方向为abcd,A正确;列车车头进入磁场的瞬间产生的感应电动势的大小E=BLv0,则回路中产生的瞬时感应电流的大小I=,可得车头进入磁场瞬间所受安培力的大小F=BIL,则由牛顿第二定律有F+f=ma,联立解得a=,B正确;在列车从进入磁场到停止的过程中,克服安培力所做的功在数值上等于线框产生的热量,则由能量守恒定律有m=fs+Q,解得Q=m-fs,C错误;根据动量定理有-BL·t-f·t=0-mv0,而根据法拉第电磁感应定律有==B=,可得==,联立以上各式解得t=,D正确.
3.(10分)在水平面上有两根足够长的平行轨道PQ和MN,左端接有阻值为R的定值电阻,其间有垂直轨道平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场,两轨道间距及磁场宽度均为L.质量为m的金属棒ab静置于导轨上,当磁场沿轨道向右运动的速度大小为v时,棒ab恰好滑动.棒运动过程始终在磁场范围内,并与轨道垂直且接触良好,轨道和棒的电阻均不计,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.
(1)(5分)判断棒ab刚要滑动时棒中的感应电流方向,并求此时棒所受的摩擦力Ff的大小;
(2)(5分)若磁场不动,将棒ab以水平初速度2v运动,经过时间t=停止运动,求棒ab运动位移x及回路中产生的焦耳热Q.
【答案】 (1)由a至b　　(2)　mv2
【解析】 (1)磁场沿轨道向右运动,即棒相对于磁场沿轨道向左运动,则根据右手定则,感应电流方向由a至b.
依题意得,棒刚要运动时,受到的摩擦力等于安培力,即Ff=F安
F安=BI1L
I1=
联立解得Ff=.
(2)设棒的平均速度为,根据动量定理可得-t-Fft=0-2mv
=BL,又=,x= t
联立解得x=
根据动能定理有-Ffx-W安=0-m(2v)2
根据功能关系有
Q=W安
解得Q=mv2.
知识点二　电磁感应中的“双杆”模型问题
4.(多选)如图所示,两根水平固定的足够长的平行光滑金属导轨上,静止放着两根质量为m、长度为L、电阻为R的相同导体棒ab和cd,构成矩形回路(ab、cd与导轨接触良好),导轨平面内有竖直向上的匀强磁场B.现给cd一个初速度v0,则(　　)
[A] ab将向右做匀加速运动
[B]ab、cd最终具有相同的速度
[C]通过ab杆的电荷量q=
[D]回路产生的焦耳热最多为m
【答案】 BC
【解析】 根据法拉第电磁感应定律可知,只有在两棒速度不相等时回路中才有感应电流,感应电流使两棒都产生加速度,然后受到的安培力发生变化,有效电动势发生变化,感应电流、安培力、加速度也随之变化,所以ab不可能向右做匀加速运动,A错误;当两棒速度相等后,穿过回路的磁通量不变,回路中将不再有感应电流,ab、cd最终具有相同的速度,两棒的系统所受合外力为零,则根据动量守恒定律有mv0=2mv,最终两棒的速度均为v=,B正确;选向右的方向为正方向,对ab棒,根据动量定理有t=m,=BL,联立可以得到q=t=
,故C正确;根据能量守恒定律,在运动过程中产生的热量为Q=m-·2m=m,故D错误.
5.(2023·福建卷)如图,M、N是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨,导轨足够长且电阻可忽略不计;导轨间有一垂直于水平面向下的匀强磁场,其左边界OO′垂直于导轨;阻值恒定的两均匀金属棒a、b均垂直于导轨放置,b始终固定.a以一定的初速度进入磁场,此后运动过程中始终与导轨垂直且接触良好,并与b不相碰.以O为坐标原点,水平向右为正方向建立轴坐标;在运动过程中,a的速度记为v,a克服安培力做功的功率记为P.下列v或P随x变化的图像中,可能正确的是(　　)
　　　
[A] 　 [B]　 [C] 　 [D]
【答案】 A
【解析】 设导轨间磁场磁感应强度为B,导轨间距为L,金属棒接入回路的总电阻为R,由题意金属棒a进入磁场后受到水平向左的安培力作用,做减速运动,根据动量定理有F·Δt=mv0-mv,根据F=BIL,I=,E=BLv,可得F=,又因为x=v·Δt,联立可得x=mv0-mv,根据表达式可知v与x成一次函数关系,故A正确,B错误;a克服安培力做功的功率为P=Fv=·v2=·(v0-x) 2,故Px图像为开口向上的抛物线,由于F和v都在减小,故P在减小,故C、D错误.
(选择题每题9分)
6.(多选)如图所示,两足够长的光滑平行金属导轨MON、PO′Q水平放置,OO′两侧导轨所在空间区域存在匀强磁场,磁感应强度大小分别为B1和B2,B2=2B1=2B,方向分别为竖直向上和竖直向下,导轨间距分别为L1和L2,L1=2L2=2L,电阻均为R、质量均为m的导体棒a、b垂直导轨放在OO′左右两侧,并与导轨保持良好接触,不计其他电阻.现给导体棒b一个水平向右的瞬时冲量I,关于a、b两棒此后整个运动过程,下列说法正确的是(　　)
[A] a、b两棒组成的系统动量守恒
[B]a、b两棒最终都将以大小为的速度做匀速直线运动
[C]整个过程中,a棒上产生的焦耳热为
[D]整个过程中,通过a棒的电荷量为
【答案】 BC
【解析】 b棒向右运动,电流方向向里,受到向左的安培力,a棒中的电流方向向外,也受到向左的安培力,系统受到的合力方向向左,系统动量不守恒,选项A错误;b棒的初速度v0=,b棒向右做减速运动,a棒向左做加速运动,当B1L1va=B2L2vb时,系统达到稳定,可得va=vb,对b棒,有-2B Lt=mvb-mv0,对a棒,有B·2Lt=mva,联立解得va=vb=v==,选项B正确;系统的总发热量Q=m-×2mv2=m,a棒上产生的焦耳热Qa=Q=,选项C正确;对a棒有q=t,解得q=,选项D错误.
7.(多选)利用中压直流技术的电磁弹射器实现对飞机的精确控制,其简单模拟等效电路如图(俯视图)所示.直流电源的电动势E=18 V,内阻不计,超级电容器的电容C=1 F.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨的间距L=0.4 m,电阻不计,磁感应强度大小B=2.0 T的匀强磁场垂直于导轨平面向外.质量m=0.16 kg、R=0.2 Ω的金属棒MN(相当于飞机)垂直放在两导轨上且处于静止状态,并与导轨良好接触.开关S先接1,使电容器完全充电,然后将S接至2,MN开始向右加速运动,MN达到最大速度之后离开导轨,则(　　)
[A] 开关S接2后,MN做匀加速直线运动
[B]S接至2的瞬间,金属棒MN加速度大小为450 m/s2
[C]MN的最大速度为36 m/s
[D]下一架相同飞机要以相同的最大速度起飞还需要对电容器充电的电荷量为3.6 C
【答案】 BD
【解析】 开关S接2后,MN开始向右加速运动,MN切割磁感线产生的感应电动势阻碍电容器放电,当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时,回路中的电流为零,MN达到最大速度,此过程中通过MN的电流减小,则MN在水平方向上有a==,所以MN做加速度逐渐减小的加速运动,达到最大速度后离开导轨,故A错误;S接至2的瞬间,MN棒未动,电路属于纯电阻电路,通过MN的电流I==90 A,由牛顿第二定律得金属棒MN加速度大小a===450 m/s2,故B正确;当MN达到最大速度时,MN切割磁感线产生的感应电动势等于此时电容器两端的电压,由C=可得Q=CBLv,由动量定理得BLt=mv,q=t,联立解得v==18 m/s,故C错误;当MN达到最大速度时,电容器的电荷量Q=CBLv=
14.4 C,下一架相同飞机要以相同的最大速度起飞还需要对电容器充电的电荷量Q′=CE-
Q=3.6 C,故D正确.
8.(13分)如图所示,足够长的倾斜的金属导轨和水平的金属导轨交界处通过一小段光滑的圆弧平滑连接,间距均为L=1 m,倾斜导轨与水平面间的夹角为30°,上端连接一定值电阻R1=2 Ω.在倾斜导轨的区域有垂直于轨道平面斜向上的匀强磁场,在水平导轨的区域有竖直向下的匀强磁场.磁感应强度大小都为B=1 T,导体棒ab的质量m=0.2 kg、电阻R=2 Ω,当ab棒在光滑导轨上足够高处下滑至交界处(交界处无磁场)时,与静止在交界处的cd棒发生水平方向上的弹性正碰,cd棒的质量和电阻与ab棒的完全相同.导体棒cd进入匀强磁场区域,在磁场中运动距离x=1.5 m后停止运动,其中导体棒cd与水平导轨间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度大小g取10 m/s2,不计轨道电阻,求:
(1)(6分)ab棒下滑的最大速度;
(2)(7分)导体棒cd的运动时间t.
【答案】 (1)3 m/s　(2)0.5 s
【解析】 (1)ab棒的受力情况如图所示
ab棒匀速下滑时,有
F安=mgsin α
即mgsin α=BIL=BL·
R总=+R=3 Ω
可得,ab棒下滑的最大速度vm=3 m/s.
(2)两导体棒发生弹性碰撞后,设ab棒速度为v′,cd棒速度为v,由动量守恒及能量守恒定律可得
mvm=mv+mv′
m=mv2+mv′2
解得v′=0,v=3 m/s
平均电流的大小
=
导体棒cd通过的电荷量
q=t=t=
R总′=+R1=3 Ω
对导体棒cd,由动量定理得
-Bt-μmgt=0-mv
联立上式,代入数据解得t=0.5 s.(共25张PPT)
小专题8　电磁感应中的“单杆”、“双杆”模型及动量问题
[学习目标]　
1.理解并能运用动量定理分析电磁感应中导体棒或金属框等在安培力作用下的运动情况.
2.掌握动量守恒定律在双金属棒切割磁感线系统等电磁感应问题中的应用条件和方法,能够准确判断系统的动量是否守恒,并利用动量守恒定律求解相关物理量.
3.学会根据电磁感应现象中的电荷量、磁通量变化等物理量,结合动量定理和动量守恒定律进行综合计算和分析,提高解决复杂问题的能力.
知识点一　电磁感应中的“单杆”模型问题
电磁感应中的常见单杆模型
[例1] (有初速度的单杆模型)(多选)如图所示,水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ,两导轨间距为L,导轨电阻均可忽略不计.在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻,导体杆ab的质量为m、电阻也为R,并与导轨垂直且接触良好.整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中.现给ab杆一个初速度v0,使杆向右运动,最终ab杆停止在导轨上.下列说法正确的是(　 　 )
BD
·方法总结·
[训练1] (多选)如图,MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨,其间距为L,导轨弯曲部分光滑,平直部分粗糙,两部分平滑连接,平直部分右端接一个阻值为R的定值电阻.平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场.质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放,到达磁场右边界处恰好停止.已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ,重力加速度大小为g,金属棒与导轨间接触良好,则金属棒穿过磁场区域的过程中(　 　)
BD
1.平行导轨有外力双杆模型
知识点二　电磁感应中的“双杆”模型问题
2.平行导轨无外力双杆模型
[例2] (平行导轨有初速度的双杆模型)足够长的平行金属轨道M、N相距L=0.5 m,且水平放置;M、N左端与半径R=0.4 m的光滑竖直半圆轨道相连,与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动,两金属棒的质量mb=mc=0.1 kg,接入电路的有效电阻Rb=Rc=1 Ω,轨道的电阻不计.平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度大小B=1 T的匀强磁场中,磁场方向垂直于轨道平面向上,光滑竖直半圆轨道在磁场外,如图所示.若使b棒以初速度v0=10 m/s开始向左运动,运动过程中b、c棒不相撞,且始终与轨道接触良好.g取10 m/s2,则:
(1)c棒的最大速度大小是多少
【答案】 (1)5 m/s
(2)c棒从开始到达到最大速度的过程中,产生的焦耳热是多少
【答案】 (2)1.25 J
(3)若c棒达到最大速度后沿半圆轨道上滑,c棒到达轨道最高点时对轨道的压力的大小为多少
【答案】 (3)1.25 N
在双金属棒切割磁感线的系统中,双金属棒和导轨构成闭合回路,安培力为系统内力,如果两安培力等大反向,且它们受到的外力的合力为0,则满足动量守恒条件,运用动量守恒定律求解比较方便.这类问题可以从以下三个观点来分析:
(1)力学观点:通常情况下一根金属棒做加速度逐渐减小的加速运动,而另一根金属棒做加速度逐渐减小的减速运动,最终两金属棒以共同的速度匀速运动.
·方法总结·
(2)动量观点:如果光滑导轨间距恒定,则两根金属棒的安培力大小相等,通常情况下系统的动量守恒.
(3)能量观点:其中一根金属棒动能的减少量等于另一根金属棒动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和.
·方法总结·
[例3] 如图所示,光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度B=3 T.两导轨间距为L=0.5 m,导轨足够长,导轨电阻不计.金属棒a和b的质量分别为ma=1 kg,mb=0.5 kg,电阻分别为Ra=1 Ω,Rb=2 Ω.b棒静止于导轨水平部分,现将a棒从h=1.8 m高处自静止沿弧形导轨下滑,通过C点进入导轨的水平部分,已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好,两棒始终不相碰.g取10 m/s2.求:
(1)a棒刚进入磁场时,b棒的加速度;
【答案】 (1)9 m/s2　方向向右
(2)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中,流过a棒的电荷量;
(3)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中,a棒中产生的焦耳热.
【答案】 (3)2 J
1.求加速度:动力学观点.
2.求焦耳热:能量观点.
3.系统的初、末速度关系:动量守恒定律.
4.求电荷量、位移或时间:运用动量定理分析.
·方法总结·
[训练2] (多选)水平面上有足够长且电阻不计的两平行导电轨道,轨道之间有竖直向下的匀强磁场(未画出),两根质量相同、电阻相同的导体棒ab和cd垂直于轨道静止放置,如图所示.导体棒与轨道之间的动摩擦因数处处相等,现对cd棒施加一外力F,使cd棒向右匀速运动,则ab棒从静止开始向右运动.关于两导体棒的运动及受力,下列说法正确的是(　 　)
[A] ab棒先向右加速运动,并最终以和cd棒相同的速度匀速运动
[B]ab棒先向右加速运动,并最终以比cd棒小的速度匀速运动
[C]对cd棒施加的外力F大小始终不变
[D]对cd棒施加的外力F逐渐减小,当ab棒匀速运动时,F的大小不再改变
BD
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