电磁感应精讲精练：电磁感应中的“杆＋导轨”模型精讲精练Word版含答案.docx

电磁感应精讲精练：电磁感应中的“杆＋导轨”模型精讲精练Word版含答案.docx电磁感应中的“杆+导轨”模型“杆+导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”,也是高考的热点,考查的知识点多,题目的综合性强,物理情景变化空间大,是我们复****中的难点.“杆+导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型(“单杆”型为重点);导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜;杆的运动状态可分为匀速、匀变速、: :匀强磁场与导轨垂直,磁感1弘询:应强度为B.^ab长为厶质:,肩:量为E初速度为零,拉力恒丘i俣型i为八水平导轨光滑,除电阻iir外,其他电阻不计: :设运动过程中其时刻棒的速度为5由牛顿第二:I I I冷态|定律知棒同的加速度为吕-誓心同|]分祈]向•玄逹度的增加,棒的加速度a减小,当a=0][ [时,厂最大J二器恒定 [• • A •11•11运动形式= 匀速直线运动1i收尾;状态•1■1•力学特征] Q=0&恒定不变1电学特征1 /恒定如图,由某种粗细均匀的总电阻为32?的金属条制成的矩形线框abed,,在水平拉力作用下沿必、血以速度e匀速滑动,滑动过程P0始终与"垂直,且与线框接触良好,()A・P0中电流先增大后减小P0两端电压先减小后增大PQ±拉力的功率先减小后增大线框消耗的电功率先减小后增大解析:,相当于电源,线框左右两端电阻并联,当P0运动到中间时并联电阻最大,流经户。的电流最小,因此在滑动过程中,P0中的电流先减小后增大,选项A错误;由于外接电阻先E12增大后减小,因此PQ两端的电压即路端电压先增大后减小,选项B错误;由能量守恒得拉力功率等于线框和导体棒的电功率,因此拉力功率为P=="俨,由于电路总电阻先增大后减小,因此拉力功率先减小后增大,选项CK思正确;矩形线框必刃总电阻为3R,当PQ滑动到ab中点时,线框并联总电阻3最大,最大值为自?,小于导体棒P0的电阻,所以滑动过程中线框消耗的电功率先增大后减小,,如图所示为俯视图,导轨右端接入电阻7?=,其他部分无电阻,导轨间距为厶=,界线MN右侧有匀强磁场,磁感应强度为B=y[2T・导体棒ab电阻为零,质量m=\,在距离界线MN为"==\N作用从静止开始向右运动,到达界线PQ时恰好匀速,界线戶0与MN间距也为么v=FR2=(2)设导体棒从出发到匀速的过程安培力做功为"a,根据动能定理有F・2〃1°+必=尹於得”A=—§J/?的发热量即为导体棒克服安培力做的功,7即Q=m=^j答案:(1)(2)|J如图所示,一对足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上,两导轨间距为厶左端接一电源,其电动势为E、内阻为厂,有一质量为加、长度也为厶的金属棒置于导轨上,且与导轨垂直,金属棒的电阻为乩导轨电阻可忽略不计,,求棒即将运动时的加速度和运动过程中的最大速度;若开关S开始是断开的,现对静止的金属棒施加水平向右的恒力F,—段时间后再闭合开关S;要使开关S闭合瞬间棒的加速度大小为彳,:(1)闭合开关S的瞬间回路电流/=眉;金属棒所受安培力水平向右,其大小Fx=ILB由牛顿第二定律得0=心土£金属棒向右运动的过程中,切割磁感线产生与电源正负极相反的感应电动势,回路中电流减小,安培力减小,金属棒做加速度逐渐减小的加速运动,匀速运动时速度最犬,此时由平衡条件得Fa'=F由安培力公式得Fa'=厂LB由闭合电路欧姆定律得厂BLvm~E—R+r联亠求倚QnLB辽2+反(2)设闭合开关S时金属棒的速度为V,.BLv—E此时电流厂=R+厂p一f“由牛顿第二定律得十=———所必速"F FBLv—E F若加速度大小为一,贝U——zpIALB=—mJ m(R+r)m m敬护谨肓 _旦 £(^+r)角牛得速度V\—bl,。2—g厶+—B2L2未闭合开关s前金属棒的加速度一直为血=三解得恒力F作用时间V\mE VitnE2m(R+r)B1!)答案:⑴諾丽LB+m^ir+BL―、mE_p,mE⑵顾或顾+2m(7?+r)bT考点二单杆倾斜式模型・ I! |匀强磁场与导轨垂直,磁惡i模型i体俸质量%电阻7?,导轨: :光滑,电阻不计(如图)I II I I: :俸必释放后下滑,此时a =gsin a.^ab速度汀:a I Ii动态]—惑应电动势E=BLi]^电流/二寻f—安培力|• /\ j !: :F-BIL人一►加速度a J,当安培力F-nzgsi