【备考2021】高中物理模型问题专项突破 20双杆切割 课件（23张ppt）

模型20　双杆切割
2021年高中模型问题专项突破
模型概述
01
双金属棒在磁场中沿导轨做切割磁感线运动是个综合性很强的动态过程，聚力学和电学的重难点于一体，规律复杂，除了应用电磁学中重要规律，还 涉及力学中的牛顿运动定律、动能定理、动量定理、动量守恒定律、能量守恒定律等规律。现进行归类分析。
02
精讲精练
【典例1】竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图所示，磁感应强度B=0.5 T，导体杆ab和cd的长均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，所受重力均为0.1 N，现在用力向上推导体杆ab，使之匀速上升(与导轨接触始终良好)，此时cd恰好静止不动，ab上升时下列说法正确的是
A．ab受到的推力大小为2 N
B．ab向上的速度为2 m/s
C．在2 s内，推力做功转化的电能是0.4 J
D．在2 s内，推力做功为0.6 J
√
√
【解析】因导体棒ab匀速上升，cd棒静止，所以它们都受力平衡，以两棒组成的整体为研究对象，根据平衡条件可得，
ab棒受到的推力： ，A错误；对cd棒，受到向下的重力G和向上的安培力F安，由平衡条件得： ，即： ，
又 ，联立得： ，B正确；
在2 s内，电路产生的电能： ，
则在2 s内，拉力做功，有0.4 J转化为电能，C正确；在2 s内拉力做的功为： ，D错误。
【变式训练1】如图所示，相距为L的两条足够长的平行金属导轨右端连接有一定值电阻R，整个装置被固定在水平地面上，整个空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两根质量均为m，电阻都为R，与导轨间的动摩擦因数都为μ的相同金属棒MN、EF垂直放在导轨上。现在给金属棒MN施加一水平向左的作用力F，使金属棒MN从静止开始以加速度a做匀加速直线运动，若重力加速度为g，导轨电阻不计，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。则下列说法正确的是
A．从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动经历的时间为t=
B．若从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动经历的时间为T，则此过程中流过电阻R的电荷量为
√
√
.
C．若从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动经历的时间为T，则金属棒EF开始运动时，水平拉力F 的瞬时功率为P=（ma+μmg）aT
D．从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动的过程中，两金属棒的发热量相等
【解析】MN匀加速运动，切割磁感线，产生感应电动势 ，此时EF和定值电阻R并联构成外电路，并联电阻为 ，电源内阻为 ，路端电压即EF的电压 ，经过EF的电流 ，受到安培力 ，当EF开始运动时， ，求得时间 ，选项A对。若从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动经历的时间为T，则MN移动的位移为 ，
通过整个电路的电荷量 ，
EF和定值电阻并联，电阻相等，所以流过电阻R的电荷量 ，选项B对。EF开始运动时，经过MN的电流为 ，受到安培力 ，根据牛顿第二定律 ，
得拉力 ，瞬时功率为 ，选项C错。从金属棒MN开始运动到金属棒EF开始运动的过程中，MN电流为干路电流，而FE电流为支路电流，电流不等大，虽然电阻相等，时间相等，产生热量不等，选项D错误。
【典例2】如图所示,有一光滑的水平导电轨道置于竖直向上的匀强磁场中,导轨由宽度分别为2L、L的两部分组合而成。两导体棒ab、cd分别垂直两导轨水平放置,质量均为m、有效电阻均为R。现给ab一水平向左的初速度v0,导轨电阻不计且足够长,ab、cd最终都做匀速直线运动,已知cd离开宽轨,滑上无磁场的光滑圆弧轨道后上升的最大高度为h,重力加速度为g。从cd开始运动到cd离开磁场这一过程中,求:
(1)ab开始运动瞬间cd所受安培力的大小和方向。
(2)ab做匀速运动时的速度大小。
(3)上述过程中闭合电路中产生的焦耳热。
【答案】(1) 　 水平向左　(2)2 (3) m -5mgh
【解析】(1)ab开始运动瞬间,产生的电动势E=BLv0
根据闭合电路的欧姆定律可得I=
根据右手定则可得电流方向为dbac,根据左手定则可知cd所受安培力方向水平向左,大小F安=BI·2L 解得F安= 。
(2)设cd滑上无磁场的光滑圆弧轨道时初速度为v1,则有mgh= m
cd和ab在导轨上最终做匀速运动时,此时闭合回路的磁通量不变,所以ab棒的速度v2=2v1 则v2=2 。
(3)由功能关系,有Q= -
得Q= m -5mgh。
由②④式得
⑤
导体棒中消耗的热功率为
⑥
负载电阻上消耗的平均功率为
⑦
由⑤⑥⑦式得
⑧

【变式训练2】如图所示,两条平行的光滑金属导轨相距L=1 m,金属导轨由倾斜与水平两部分组成,倾斜部分与水平方向的夹角θ=37°,整个装置处在竖直向上的匀强磁场中。金属棒EF和MN的质量均为m=0.2 kg,电阻均为R=2 Ω,EF置于水平导轨上,MN置于倾斜导轨上,两根金属棒均与导轨垂直且接触良好。现在外力作用下使EF棒以速度v0=4 m/s向左匀速运动,MN棒恰能在倾斜导轨上保持静止状态。倾斜导轨上端接一阻值也为R的定值电阻,重力加速度g=10 m/s2,cos 37°=0.8,sin 37°=0.6。
(1)求磁感应强度B的大小。
(2)若将EF棒固定不动,将MN棒由静止释放,MN棒沿斜面下滑距离d=5 m时达到稳定速度,求此过程中通过MN棒的电荷量。
(3)在(2)过程中,整个电路中产生的焦耳热。
【答案】(1)1.5T　(2)2.0C　(3)5.375J
【解析】(1)EF棒运动切割磁感线产生的感应电动势E=BLv0,流过EF棒的感应电流I= =
对MN,根据平衡条件可得mgsinθ=B· ·Lcosθ
解得B=1.5T。
(2)MN产生的平均感应电动势 =
平均感应电流 = R总= R+R= R
所以通过MN的感应电荷量q= Δt=
代入数据可得q=2.0C。
(3)设MN棒沿倾斜导轨下滑的稳定速度为v,则有E'=BLvcosθ
感应电流I'= =
对MN棒根据共点力的平衡条件可得mgsinθ=BI'Lcosθ
解得v=2.5m/s
根据功能关系可得mgdsinθ= mv2+Q总
解得Q总=5.375J。
【典例3】如图所示,宽度为L的平行光滑的金属轨道,左端为半径为r1的四分之一圆弧轨道,右端为半径为r2的半圆轨道,中部为与它们相切的水平轨道,水平轨道所在的区域有磁感应强度为B的竖直向上的匀强磁场。一根质量为m的金属杆a置于水平轨道上,另一根质量为M的金属杆b由静止开始自左端轨道最高点滑下,当b滑入水平轨道某位置时,a滑上了右端半圆轨道最高点(b始终运动且a、b未相撞),并且a在最高点对轨道的压力大小为mg,此过程中通过a的电荷量为q,a、b棒的电阻均为R,其余部分电阻不计。在b由静止释放到a运动到右端半圆轨道最高点的过程中,求:
(1)在刚进入水平轨道上运动时b的加速度大小。
(2)自b释放到a到达右端半圆轨道最高点的过程中系统产生的焦耳热。
1
2
3
4
5
6
(3)a刚到达右端半圆轨道最低点时b的速度大小。
【答案】(1) (2) BLq-3mgr2- (3) -
【解析】(1)b棒从左侧轨道下滑到最低点的过程,由机械能守恒定律,有
M =Mgr1
解得vb1=
设b棒刚滑到水平轨道时加速度为a
由E=BLvb1, I= ,F安=BIL=Ma
解得a= 。
(2)对b棒,根据动量定理得 -B Lt=Mvb2-Mvb1
又 t=q,即-BLq=Mvb2-Mvb1
7
1
2
3
4
5
6
解得vb2= -
对a棒,在轨道最高点,根据牛顿第三定律得FN=FN'=mg
根据牛顿第二定律得mg+FN=m
解得va1=
对系统,根据能量守恒定律得
Mgr1= M + m +mg·2r2+Q
解得Q= BLq-3mgr2- 。
(3)a棒从最低点向最高点运动的过程中能量守恒,有
2mgr2= m - m
解得va2=
7
当两棒都在水平轨道上运动时,两棒组成的系统合外力为零,动量守恒,则有
Mvb1=Mvb3+mva2
解得vb3= - 。
1
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4
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6
7
【变式训练3】(多选)如图甲所示,相距为L的两条平行光滑的金属导轨ab、cd被固定在水平桌面上,两根质量均为m、电阻均为R的导体棒M和N置于导轨上。一条跨过桌边定滑轮的轻质细线一端与导体棒M相连,另一端与套在光滑竖直杆上的质量为m物块P相连,整个系统处于竖直向上的匀强磁场(图中未画出)中,磁感应强度为B。一开始整个系统处于静止状态,跨过滑轮的细绳水平。现由静止状态开始释放物块P,当其下落高度为h时细线与杆成37°角,此时物块P的速度为v,导体棒N的速度为u。若不计导轨电阻及一切摩擦,运动过程中导体棒始终与导轨垂直且有良好的接触,则(　)。
A.在此过程中绳上拉力对导体棒M所做的功等于mgh- mv2
B.在此过程中电路中产生的电能为mgh- mv2
C.在此过程中M和P机械能的减少量等于系统产生的电热
D.在此过程中电路产生的焦耳热为mgh- m
【解析】当物块P下落高度为h时细线与杆成37°角,此时物块P的速度为v,
此时导体棒M的速度vM=vcos37°=0.8v,根据能量守恒定律,在此过程中,电路中产生的电能E=mgh- mv2- m =mgh- mv2,对M,根据动能定理可得W绳=E+ m =mgh- mv2,A、B两项正确;在此过程中M和P机械能的减少量等于系统产生电热和N动能的增加量,C项错误;根据能量关系可得在此过程电路产生焦耳热Q=E- mu2=mgh- m ,D项正确。
√
√
√
【变式训练4】 （19年全国2卷）如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是
A. B. C. D.
【解析】由于PQ进入磁场时加速度为零，
AB．若PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场，则PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间，由于磁通量φ不变，无感应电流。由于PQ、MN同一位置释放，故MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同，所以电流大小也应该相同，A正确B错误；
CD．若PQ出磁场前MN已经进入磁场，由于磁通量φ不变，PQ、MN均加速运动，PQ出磁场后，MN由于加速故电流比PQ进入磁场时电流大，故C正确D错误；