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题型专练四电磁感应中的单、双杆模型
这部分知识单独考查一个知识点的试题非常少,大多数情况都是同时涉及到几个知识点,而且都是牛顿运动定律、功和能、法拉第电磁感应定律、楞次定律、左手定则、右手定则、动量守恒定律、动量定理、能量守恒定律等内容结合起来考查,考查时注重物理思维与物理能力的考核.
例题1.(多选)如图所示,一个水平放置的“∠”形光滑金属导轨固定在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中,ab是粗细、材料与导轨完全相同的导体棒,导体棒与导轨接触良好。在外力作用下,导体棒以恒定速度v向右平动,导体棒与导轨一边垂直,以导体棒在图中所示位置的时刻作为计时起点,则下列关于回路中感应电动势E、感应电流I、导体棒所受外力的功率P和回路中产生的焦耳热Q随时间变化的图像正确的是(???)
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】A.设“∠”形导轨的夹角为θ,经过时间t,导体棒的水平位移为
x=vt
导体棒切割磁感线的有效长度
L=vt·tanθ
所以回路中感应电动势
E=BLv=Bv2t·tanθ
感应电动势与时间t成正比,A正确;
B.相似三角形的三边长之比为定值,故组成回路的三角形导轨总长度与时间成正比,而感应电动势与时间也成正比,故感应电流大小与时间无关,为定值,B错误;
C.导体棒匀速移动,外力F与导体棒所受安培力为一对平衡力,故外力的功率
P=Fv=BILv=BIv2t·tanθ
与时间t成正比,C正确;
D.回路中产生的焦耳热Q=I2Rt,回路电阻R与t成正比,故焦耳热Q与t2成正比,D错误。
故选AC。
例题2.(多选)如图所示,两条间距为足够长的平行金属导轨固定,所在平面与水平面的夹角为30°,两导轨所在的平面内存在着垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小为。将两根导体棒,相隔一定距离放在导轨上,同时由静止释放,两导体棒始终与导轨垂直且接触良好,两导体棒的质量均为,两棒接入的电阻均为,其他电阻不计。棒与轨道间的动摩擦因数,棒与轨道间的动摩擦因数,重力加速度为,则经过足够长的时间后()
A.导体棒的加速度大小为 B.导体棒的加速度大小为0
C.两导体棒的速度差恒为 D.电路中的电流大小为
【答案】AD
【解析】AB.经过足够长的时间后两个棒的加速度相等,设加速度为,将两根导体棒看成一个整体,沿斜面方向由牛顿第二定律得
代入数据解得
A正确,B错误;
CD.对棒,沿斜面方向由牛顿第二定律可得
又
联立解得
又
解得
C错误,D正确。
故选AD。
一、常见单杆情景及解题思路
常见情景(导轨和杆电阻不计,以水平光滑导轨为例)
过程分析
三大观点的应用
单杆阻尼式
设运动过程中某时刻的速度为v,加速度为a,a=eq\f(B2L2v,Rm),a、v反向,导体棒做减速运动,v↓?a↓,当a=0时,v=0,导体棒做加速度减小的减速运动,最终静止
动力学观点:分析加速度
能量观点:动能转化为焦耳热
动量观点:分析导体棒的位移、通过导体棒的电荷量和时间
单杆发电式(v0=0)
设运动过程中某时刻棒的速度为v,加速度为a=eq\f(F,m)-eq\f(B2L2v,mR),F恒定时,a、v同向,随v的增加,a减小,当a=0时,v最大,vm=eq\f(FR,B2L2);a恒定时,F=eq\f(B2L2at,R)+ma,F与t为一次函数关系
动力学观点:分析最大加速度、最大速度
能量观点:力F做的功等于导体棒的动能与回路中焦耳热之和
动量观点:分析导体棒的位移、通过导体棒的电荷量
含“源”电动式(v0=0)
开关S闭合,ab棒受到的安培力F=eq\f(BLE,r),此时a=eq\f(BLE,mr),速度v↑?E感=BLv↑?I↓?F=BIL↓?加速度a↓,当E感=E时,v最大,且vm=eq\f(E,BL)
动力学观点:分析最大加速度、最大速度
能量观点:消耗的电能转化为动能与回路中的焦耳热
动量观点:分析导体棒的位移、通过导体棒的电荷量
含“容”无外力充电式
充电电流减小,安培力减小,a减小,当a=0时,导体棒匀速直线运动
能量观点:动能转化为电场能(忽略电阻)
含“容”有外力充电式
(v0=0)
电容器持续充电F-BIL=ma,I=eq\f(ΔQ,Δt),ΔQ=CΔU=CBLΔv,a=eq\f(Δv,Δt),得I恒定,a恒定,导体棒做匀加速直线运动
动力学观点:求导体棒的加速度a=eq\f(F,m+B2L2C)
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:Beq\x\to(I)LΔt=mv2-mv1,q=eq\x\to(I)Δt.
②求位移:-eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R总)=0-
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