2019届二轮复习专项1模型6导体棒+导轨模型学案(全国通用)

模型6导体棒＋导轨模型(对应学生用书第93页)[模型统计]1．导体棒＋导轨模型的特点导体棒＋导轨模型是高考命题的热点模型之一，命题思路主要是通过导体棒切割磁感线产生感应电动势，综合考查电学、动力学以及能量等知识．导体棒的运动过程通常比较复杂，故该模型综合性比较强．2．导体棒＋导轨模型常见的问题(1)单棒＋导轨，解决此类问题通常综合牛顿第二定律分析导体棒的加速度以及速度的变化过程，解决此类问题往往要抓住导体棒的临界条件，即导体棒的加速度为零；(2)双棒＋导轨，解决此类问题的核心是要明确导体棒的受力情况和运动情况，明确等效电源，必要时要将电磁感应现象与牛顿运动定律、能量守恒定律、动量守恒定律等知识综合起来进行处理．[模型突破]考向1 单棒＋电阻＋导轨模型[典例1] (多选)(2018·宣城二次调研)如图1甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨间距d ＝0.5 m ，导轨右端连接一阻值为4 Ω的小灯泡L ，在CDEF 矩形区域内有竖直向上的匀强磁场．磁感应强度B 随时间 t 变化如图乙所示，CF 长为2 m ．在t ＝0时，金属棒ab 从图中位置由静止在恒力F 作用下向右运动，t ＝4 s 时进入磁场，并恰好以v ＝1 m/s 的速度在磁场中匀速运动到EF 位置．已知ab 金属棒电阻为1 Ω.下列分析正确的是( )图1A ．0～4 s 内小灯泡的功率为0.04 WB ．恒力F 的大小为0.2 NC ．金属棒的质量为0.8 kgD ．金属棒进入磁场后小灯泡的功率为0.06 WABC [金属棒未进入磁场，电路总电阻为：R 总＝R L ＋R ab ＝5 Ω回路中感应电动势为：E 1＝ΔΦΔt ＝ΔBS Δt ＝24×2×0.5＝0.5 V灯泡中的电流强度为：I ＝E 1R 总＝0.55A ＝0.1 A 小灯泡的功率为P L ＝I 2R L ＝0.04 W ，选项A 正确；因金属棒在磁场中匀速运动，则F ＝BI ′d又：I ′＝Bd v R 总＝0.2 A 代入数据解得：F ＝0.2 N ，选项B 正确；金属棒未进入磁场的加速度为：a ＝v t ＝14＝0.25 m/s 2金属棒的质量：m ＝F a ＝0.20.25 kg ＝0.8 kg ，选项C 正确；金属棒进入磁场后小灯泡的功率为P L ′＝I ′2R L ＝0.22×4 W ＝0.16 W ，选项D 错误．](多选)(2018·东莞模拟)如图甲所示，倾斜放置的平行光滑轨道间距为L ，导轨与水平面的夹角为θ＝30°，导轨上端连有阻值为R ＝1 Ω的定值电阻，在导轨平面上的abdc 、cdfe 间分别有垂直导轨平面向上和向下的匀强磁场，磁感应强度分别为B 1＝1 T 和B 2＝ 2 T ，两磁场的宽度也均为L .一长为L 的导体棒从导轨某位置静止释放，导体棒在滑动过程中始终与导轨接触良好，导体棒在磁场中运动的速度—时间图象如图乙所示．不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列说法正确的是( )甲 乙A ．导体棒的质量为m ＝0.2 kgB ．导体棒穿过整个磁场时通过电阻R 的电量为(2－1)CC ．导体棒穿过磁场B 2的时间为2 sD ．导体棒穿过整个磁场时电阻R 产生的焦耳热为2 JAB [由图可知，导体棒在上面的磁场中做匀速运动，由速度—时间图象可知，在1 s 内以1 m/s 的速度经过磁场，则L ＝1 m ，由平衡知识可知：mg sin 30°＝F 安＝B 2L 2v R ，解得m ＝0.2 kg ，选项A 正确．根据q ＝ΔΦR ＝BL 2R 可知，穿过上面磁场时流过R 的电量为q 1＝B 1L 2R ＝1 C ；穿过下面磁场时流过R 的电量为q 2＝B 2L 2R＝ 2 C；因穿过两磁场时电流方向相反，则导体棒穿过整个磁场时通过电阻R 的电量为(2－1)C，选项B正确．由v-t图象可知，导体棒穿过磁场B2时平均速度大于0.5 m/s，则导体棒穿过磁场B2的时间小于2 s，选项C错误．导体棒穿过整个磁场时电阻R产生的焦耳热等于导体棒的机械能减小量，则Q＝mg·2L sin 30°＋ΔE k＝2＋ΔE k＞2 J，选项D错误．]考向2双棒＋导轨模型[典例2](2018·淮滨中学仿真)如图2甲所示，光滑导体轨道PMN和P′M′N′是两个完全一样的轨道，都是由半径为r的四分之一圆弧轨道和水平轨道组成，圆弧轨道与水平轨道在M和M′点相切，两轨道并列平行放置，MN 和M′N′位于同一水平面上，两轨道之间的距离为L，PP′之间有一个阻值为R的电阻，开关S是一个感应开关(开始时开关是断开的)，MNN′M′是一个矩形区域内有竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场，水平轨道MN离水平地面的高度为h，其截面图如图乙所示．金属棒a和b质量均为m、电阻均为R.在水平轨道某位置放上金属棒b，静止不动，a棒从圆弧顶端由静止释放后，沿圆弧轨道下滑，若两导体棒在运动中始终不接触，当两棒的速度稳定时，两棒距离x＝m2grR2B2L2，两棒速度稳定之后，再经过一段时间，b棒离开轨道做平抛运动，在b棒离开轨道瞬间，开关S闭合．不计一切摩擦和导轨电阻，已知重力加速度为g.求：图2(1)两棒速度稳定时，两棒的速度；(2)两棒落到地面后的距离；(3)整个过程中，两棒产生的焦耳热．【解析】(1)a棒沿圆弧轨道运动到最低点M时，由机械能守恒定律得：mgr＝12m v2解得a 棒沿圆弧轨道最低点M 时的速度v 0＝2gra 棒向b 棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量变小，产生感应电流．a 棒受到与其运动方向相反的安培力而做减速运动，b 棒则在安培力的作用下向右做加速运动．只要a 棒的速度大于b 棒的速度，回路总有感应电流，a 棒继续减速，b 棒继续加速，直到两棒速度相同后，回路面积保持不变，不产生感应电流，两棒以相同的速度做匀速运动．从a 棒进入水平轨道开始到两棒达到相同速度的过程中，两棒在水平方向受到的安培力总是大小相等，方向相反，所以两棒的总动量守恒．由动量守恒定律得：m v 0＝2m v 1解得两棒以相同的速度做匀速运动的速度v 1＝v 02＝2gr 2.(2)经过一段时间，b 棒离开轨道后，a 棒与电阻R 组成回路，从b 棒离开轨道到a 棒离开轨道过程中a 棒受到安培力的冲量 I A ＝I LBt ＝BL ΔΦ2Rt t ＝B 2L 2x 2R取向右为正方向，对a 棒由动量定理：－I A ＝m v 2－m v 1解得v 2＝2gr 4由平抛运动规律得：两棒落到地面后的距离Δx ＝(v 1－v 2)2h g ＝rh 2.(3)b 棒离开轨道前，两棒通过的电流大小总是相等，两棒产生的焦耳热相等Q a ＝Q b由能量守恒定律可知：Q a ＋Q b ＝12m v 20－12(2m )v 21解得：Q a ＝Q b ＝14mgrb 棒离开轨道后，a 棒与电阻R 通过的电流大小总是相等，两棒产生的焦耳热相等由能量守恒定律可知：2Q a ′＝12m v 21－12m v 22解得：Q a ′＝332mgr所以整个过程中，a棒产生的焦耳热Q＝Q a＋Q a′＝1132mgr.【答案】(1)2gr2(2)rh2(3)b棒产生的焦耳热为14mgr，a棒产生的焦耳热为1132mgr(2018·蓉城名校联考)两平行且电阻不计的金属导轨相距L＝1 m，金属导轨由水平和倾斜两部分(均足够长)良好对接，倾斜部分与水平方向的夹角为37°，整个装置处在竖直向上、磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中．长度也为1 m的金属棒ab和cd垂直导轨跨搁，且与导轨良好接触，质量均为0.2 kg，电阻分别为R1＝2 Ω，R2＝4 Ω. ab置于导轨的水平部分，与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5，cd置于导轨的倾斜部分，导轨倾斜部分光滑．从t＝0时刻起，ab棒在水平且垂直于ab棒的外力F1的作用下由静止开始向右做匀加速直线运动，金属棒cd在力F2的作用下保持静止，F2平行于倾斜导轨平面且垂直于金属杆cd.当t1＝4 s时，ab棒消耗的电功率为2.88 W．已知sin 37°＝0.6, cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1) ab棒做匀加速直线运动的加速度大小；(2)求t2＝8 s时作用在cd棒上的力F2；(3)改变F1的作用规律，使ab棒运动的位移x与速度v满足：x＝2v，要求cd仍然要保持静止状态．求ab棒从静止开始运动x＝4 m的过程中，作用在ab 棒上的力F1所做的功(结果可用分数表示)．【解析】(1)当t＝4 s时，ab消耗的电功率为2.88 W，有：P ab＝I21R1代入数据得I1＝1.2 A ①回路中的电动势E1＝I1(R1＋R2) ②由法拉第电磁感应定律知E1＝BL v1 ③导体棒ab做匀加速直线运动，v1＝at1④由①②③④得，a＝0.9 m/s2. ⑤(2)当t2＝8 s时，导体棒ab的速度v2＝at2⑥回路中的电流I2＝E2R1＋R2＝BL v2R1＋R2＝2.4 A ⑦导体棒cd所受安培力F2安＝BI2L＝4.8 N ⑧设导体棒cd所受的F2沿斜面向下，有：F2＋mg sin θ＝F2安cos θ⑨由⑧⑨得F2＝2.64 N，故假设成立，所以F2的方向沿斜面向下. ⑩(3)设ab棒的速度为v时，回路中的电流为I＝ER1＋R2＝BL vR1＋R2⑪此时金属棒ab所受安培力大小为：F安＝BIL ⑫由题意知ab棒运动的位移x与速度v的关系：x＝2v ⑬联立⑪⑫⑬，并代入数据得F安＝x3⑭ab棒从静止开始运动x＝4 m的过程中，克服安培力所做的功为：W克安＝F安·x＝0＋x32x＝83J ⑮对金属棒ab，由动能定理有：W拉－W克安－μmgx＝12m v2 ⑯由⑭⑮⑯得W拉＝10615J．⑰【答案】(1)0.9 m/s2(2)2.64 N，方向沿斜面向下(3)106 15J考向3单棒＋电容器＋导轨模型[典例3](多选)如图3甲所示，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，电阻均可忽略不计．在M和P之间接有阻值为R 的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻为r，并与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动．则()图3A．当杆ab刚具有初速度v0时，杆ab两端的电压U＝Bl v0RR＋r，且a点电势高于b点电势B．通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐增大C．若将M和P之间的电阻R改为接一电容为C的电容器，如图乙所示，同样给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动，则杆ab稳定后的速度为v＝m v0m＋B2l2CD．在C选项中，杆稳定后a点电势高于b点电势ACD[当杆ab刚具有初速度v0时，其切割磁感线产生的感应电动势E＝Bl v0，根据闭合电路欧姆定律得，杆ab两端的电压U＝ERR＋r ＝Bl v0RR＋r，根据右手定则知，感应电流的方向为b到a，a相当于电源的正极，则a点电势高于b点电势，A正确；通过电阻R的电流I＝Bl vR＋r，由于杆ab速度减小，则电流减小，安培力减小，所以杆ab做加速逐渐减小的减速运动，速度v随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，则通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，B错误；当杆ab以初速度v0开始切割磁感线时，会产生感应电动势，电路开始给电容器充电，有电流通过杆ab，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小，杆做加速度逐渐减小的减速运动．当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动，电容器两端的电压U＝Bl v，根据电容器电容C＝QU，以杆ab为研究对象，在很短的一段时间Δt内，杆受到的冲量大小为BIl·Δt，从杆ab开始运动至速度达到稳定的过程中，根据动量定理有∑(－BIl·Δt)＝－BlQ＝m v－m v0，联立可得v＝m v0m＋B2l2C，C正确；稳定后，不再充电，回路中没有电流，根据右手定则知，a 点的电势高于b点电势，D正确．](多选)(2018·太原五中一模)图中直流电源电动势为E＝1 V，电容器的电容为C＝1 F．两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l＝1 m，电阻不计．一质量为m＝1 kg、电阻为R＝1 Ω的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S接1，使电容器完全充电．然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B＝1 T的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动．当MN达到最大速度时离开导轨，则()A．磁感应强度垂直纸面向上B．MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量0.5 CC．MN的最大速度为1 m/sD．MN刚开始运动时加速度大小为1 m/s2BD[电容器上端带正电，通过MN的电流方向向下，由于MN向右运动，根据左手定则知，磁场方向垂直于导轨平面向下，A错误；电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I＝ER①，设MN受到的安培力为F，有：F＝BIl②，由牛顿第二定律有：F＝ma③，联立①②③式：得a＝BElmR＝1×1×11×1＝1 m/s2④，当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有：Q0＝CE⑤，开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值v max时，设MN上的感应电动势为E′，有：E′＝Bl v max⑥，设MN离开导轨时电容器上剩余的电荷量为Q，依题意有E′＝QC⑦，设在此过程中MN的平均电流为I，MN上受到的平均安培力为F，有F＝B I l⑧，由动量定理，有FΔt＝m v max－0⑨，又IΔt＝Q0－Q⑩，联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得：Q＝B2l2C2Em＋B2l2C＝0.5 C，v max＝0.5 m/s，C错误，B、D正确．]。