微专题70 微元法解决杆切割与电容器结合问题

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1、微专题69微元法解决杆切割与电容器(或电源)结合问题【核心考点提示】单杆+电容器(或电源)+导轨四种题型剖析说明题型一 (为=。)轨道水平光滑， 杆cd质量为m, 电阻不计，两导轨间距为L题型二(=0) 轨道水平光滑， 杆cd质量为m, 电阻不计，两导 轨间距为L,拉 力F恒定题型三(=0)倾斜轨道光滑， 杆cd质量为m， 电阻不计，两导轨间距为L题型四(=0)竖直轨道光滑， 杆cd质量为m， 电阻为R两导轨间距为L示意图E 1 HX X力学观点图像观点S闭合，杆cd受,厂 BLE安培力F=；，BLEa=，mr杆cd速度订与感应电动势E =感BLvI 安培 力 F=BIL加 速度。1，当E感

2、=E时，v最大， 日 =E 且 Vm=BL开始时a=m，杆 cd 速度 vfE= BLv，经过M 速度为v+Av，E =BL(v+Av)，Aq = C(EE) =Aq CBLAv，I= At =CBLa，F = 安CB2L2a， a=F.m+B2L2C，所以 杆匀加速运动开始时a=gsin a，杆cd速度 v与E=BLv，经 过At速度为v+Av，E=BL(v+Av)，Aq=C(E,-E)=CBLAv，IAqAt = CBLa，= CB2L2a，安mgsin a-F 安=ma， a=mgsin a m+CB2L2,所以开始时a=g，杆 cd 速度 vfE= BLv，经过 At 速度为v+Av，

3、E =BL(v+Av)，Aq = C(EE)=Aq CBLAv，I= At =CBLa，F =安CBiLia，mg-F 安=ma， a=2l?所以杆匀加速运动杆匀加速运动能量观点电源输出的电能转化为动能：甫电1= 2mvm2F做的功一部分 转化为动能，一 部分转化为电场重力做的功一部分转化为动能，一部分转化为电重力做的功一部分转化为动能，一部分转化为电能：Wp=|mv2+EC场能：W =1 mv2 G 2+E场能：W = mv2 G 2+Ec【微专题训练】【例题】(2018北京模拟)如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足 够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为

4、L。一质量为m的导体棒cd垂 直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。轨道和导体棒的电阻均不计。(1) 如图1所示，若轨道左端M、P间接一阻值为R的电阻，导体棒在拉力F的作用下以速 度v沿轨道做匀速运动。请通过公式推导证明：在任意一段时间M内，拉力F所做的功与 电路获得的电能相等。(2) 如图2所示，若轨道左端接一电动势为E、内阻为r的电源和一阻值未知的电阻，闭合开 关S，导体棒从静止开始运动，经过一段时间后，导体棒达到最大速度vm，求此时电源的输 出功率。(3) 如图3所示，若轨道左端接一电容器，电容器的电容为。，导体棒在水平拉力的作用下 从静止开始向右运动。电容器两极板间电势差随时间变化

5、的图像如图4所示，已知t时刻电 容器两极板间的电势差为U。求导体棒运动过程中受到的水平拉力大小。解析(1)导体棒切割磁感线，E=BLv导体棒做匀速运动，F=F .安E又F安=BIL，其中I=RB2L2V2在任意一段时间M内，拉力F所做的功W=FvM=F . v&=&安R电路获得的电能AE=qE=EI&=BR竺& 可见，在任意一段时间M内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等。(2)导体棒达到最大速度vm时，棒中没有电流，电源的路端电压U=BLvmE-U电源与电阻所在回路的电流1= 电源的输出功率P=方=皿严2%2(3)感应电动势与电容器两极板间的电势差相等，BLv=U 由电容器的Ut图可知u=U

6、导体棒的速度随时间变化的关系为v=-BUt可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度a=JU1BLt1工 Q 。 ，l cu cu由 c=U和 T，得/=丁=丁由牛顿第二定律有F-BIL=ma可得F=BLCU mU1t十 BLt1。答案见解析 【变式】母题第(3)问变成，图3中导体棒在恒定水平外力F作用下，从静止开始运动，导 轨与棒间的动摩擦因数为#，写出导体棒的速度大小随时间变化的关系式。解析:导体棒由静止开始做加速运动，电容器所带电荷量不断增加，电路中将形成充电电流， 设某时刻棒的速度为v， 则感应电动势为E=BLv电容器所带电荷量为Q=CE=CBLv再经过很短一段时间&，电容器两端电压的增量和

7、电荷量的增量分别为AU=AE=BLAvNQ=CNU=CBLNv流过导体棒的电流CBLMAt= CBLa导体棒受到的安培力f=BIL=CBiLia 导体棒所受到的摩擦力f=mg 由牛顿第二定律得F-f-f=ma联立以上各式解得a=Fmgm+CB2L2显然导体棒做匀加速直线运动，所以导体棒的速度大小随时间变化的关系式为_ Fmg V=m+CB2L2t答案F物g /答案：V=m + CB2L2t 【变式1(2017 天津高考)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可 用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为。两根固定于水平面内的光滑平行

8、金属导轨间距为/，电阻不计。炮弹可视为一质 量为朋、电阻为R的金属棒，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的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与 电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：(1) 磁场的方向；(2) MN刚开始运动时加速度a的大小；(3) MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。解析：(1)将S接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S接2时，电容 器放电，流经MN的电流由M到N，又知

9、MN向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于 导轨平面向下。(2)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 E _经MN的电流为/，有/=万R设MN受到的安培力为兄有F=IlB由牛顿第二定律，有F=maBlE 一联立式得a=% mR当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0=CE开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为 E，有 E = BlVmax 依题意有E=Q设在此过程中MN的平均电流为7，MN上受到的平均安培力为F，有F = 11B 由动量定理，有F &=mvmax0又I M=QQ联立式得Q=B2I2C

10、2Em+B212C答案：(1)垂直导轨平面向下B1E(2) mB212C2Em+B212C【巩固习题】1. （2018-郑州模拟）如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，阻值为A 的导体棒垂直于导轨放置，且与导轨接触良好。导轨所在空间存在匀强磁场，匀强磁场与导 轨平面垂直，=0时，将开关S由1掷向2,若分别用q、Z、v和a表示电容器所带的电荷 量、棒中的电流、棒的速度大小和加速度大小，则下图所示的图像中正确的是（）解析电容器放电时导体棒在安培力作用下运动，产生感应电动势，感应电动势与电容器 电压相等时，棒做匀速直线运动，说明极板上电荷量最终不等于零，A项错误；但电流最终 必为零

11、，B项错误；导体棒速度增大到最大后做匀速直线运动，加速度为零，C项错误，D 项正确。答案D2. （2018-山东省日照市高三5月校际联考）如图所示，一足够长的光滑平行金属轨道，其轨道 平面与水平面成e角，上端用一电阻r相连，处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中.质 量为朋、电阻为尸的金属杆aS从高为h处由静止释放，下滑一段时间后，金属杆开始以 速度v匀速运动直到轨道的底端.金属杆始终保持与导轨垂直接触良好，轨道电阻及空气阻 力均可忽略不计，重力加速度为&则（）A. 金属杆加速运动过程中的平均速度大于VB. 金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率小于匀速运动过程中克服安培力做功的功 率c.当金

12、属杆的速度为2时，它的加速度大小为畔eD.整个运动过程中电阻R产生的焦耳热为mgh-2mv2ABC 若金属杆匀加速运动，则平均速度为V，实际上金属杆加速运动中，加速度不断减小，V B2L22 a速度一时间图象的斜率不断减小，在相同间内金属杆通过位移大于匀加速运动的位移，金属 杆平均速度大于匀加速运动的平均速度2 A正确；金属杆加速运动过程中，安培力平均值 小于匀速运动的安培力，且加速运动的平均速度小于匀速直线的速度，因此金属杆加速运动 过程中，克服安培力做功的功率小于匀速运动过程中克服安培力做功的功率，B正确；根据 匀速直线运动时，金属杆速度大小为V，所受的安培力大小为骨子，此时依据平衡状态，

13、则V B2L224gsin。有mgsin定B2WV；金属杆的速度为V时，它所受的安培力为:祐，据牛顿第二定律解得mgsin。一云=ma，联立得a=亏上，C正确；根据能量守恒定律可知整个运动过程中回路产 R十r2生的焦耳热为mgh-%v2，所以R上产生的焦耳热小于mgh-2mv2, D错误.3. （2018-山东省烟台市高三下学期诊断测试）如图所示，空间直角坐标系的xOz平面是光滑水 平面，空间中有沿z轴正方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B.现有两块平行的薄金属板， 彼此间距为d，构成一个电容为。的电容器，电容器的下极板放在xOz平面上；在两板之间 焊接一根垂直于两板的电阻不计的金属杆，已知两板

14、和杆MN的总质量为m，若对杆 MN施加一个沿x轴正方向的恒力8,两金属板和杆开始运动后，贝火 ）A. 金属杆MN中存在沿M到N方向的感应电流B. 两金属板间的电压始终保持不变F .C. 两金属板和杆做加速度大小的匀加速直线运动B2d2CD. 单位时间内电容器增加的电荷量为捋m 十 B2d2CAD 由右手定则可知，充电电流方向为：由M流向N，故A正确；设此装置匀加速平移 的加速度为a，则时间t后速度v=at，MN切割磁感线产生电动势：E=BLv=Bdat，即电容 器两板电压：U=E=BLat，U随时间增大而增大，电容器所带电量Q=CU=CBdat，MN间 此时有稳定的充电电流：I=Q=CBda，

15、方向向下，根据左手定则可知，MN受到向左的安 培力：F安=B7L=CB2d2a,以整个装置为研究对象，由牛顿第二定律得：F-F安=ma，即：FF-CB2d2a=ma，解得: a=mTB2d2C万向沿+z万向，则单位时间内电容器增加的电何d量为亨=CBda=m*B2d2C，故BC错误，D正确；故选AD.4. (2018-湖南省岳阳市高三二模)(多选)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，间 距为乙，其上端连接有阻值为凡的电阻和电容器。，装置区域有垂直于导轨平面的匀强磁场， 磁感应强度为B.将一根水平金属棒ab开始下滑.已知金属棒ab的质量为m，电阻也为R.金属棒ab在运动中始终保持水平且与

16、导轨良好接触，且通过金属棒ab的电流恒定不变，忽 略导轨电阻，重力加速度为g.则下列说法正确的是()CTXXXXXXXXXXXXXXA.因为通过金属棒ab的电流不变，所以金属棒ab做匀速运动，速度大小是v=2Lmgm+CB2L2B 2L2B.尽管通过金属棒ab的电流不变，金属棒还是ab做匀变速运动，加速度大小是a=c.电阻r的电功率p=mm+c摆D.若金属棒ab由静止下滑，开始时电容器所带电荷量为0，那么经过时间，电容器两端,l BCLmgt-2C2BLmgR 电压 q=m + CBL一BD 若金属棒ab做匀速运动，产生电动势不变，回路中没有电流，故A错误；设时间 时，金属棒的速度为V，此时金

17、属棒切割磁感线产生的电动势E1=BLv1，电容器两端电压 %=与一I(2R)，设时间t2时，金属棒的速度为v2,此时金属棒切割磁感线产生的电动势E2 =BLv2，电容器两端电压U2=E2-I(2R)，从J到t2这段时间内，电容器两端电压的变化AU = U2-U=BL(v2-v1)=BLJv，电容器两端电荷量的变化Aq = CAU=CBLAv，回路中的电流 I=A=CBLTV=CBLa，加速度a=A，因为电流不变，所以加速度也不变，所以金属棒做 / I 1/ I 1/ I 1/ 匀变速运动，根据牛顿第二定律得: mg-BIL=ma，综上可以解得：a=m+M B正确；回路的电流/=+|电阻R的电功

18、率PmfCBLR,故C错误；若金属棒ab由静止下滑，开始时电容器所带电 荷量为g,那么经过时间，金属棒的速度v=a，此时金属棒切割磁感线产生的电动势E= BLv,电容器两端电压U=E-I（2R）,电容器所带电荷量q=CU,解得:q=BCLmgt*C：LmgR nl ICB 2L2故D正确.5. （2017-湖北襄阳四中月考）（多选）如图甲所示，轨道左端接有一电容为C的电容器，导体棒 在水平拉力的作用下从静止开始向右运动。电容器两极板间电势差随时间变化的图象如图乙 所示，下列关于导体棒运动的速度v、导体棒受到的外力F随时间变化的图象正确的是（BD ）U解析感应电动势与电容器两极板间的电势差相等，

19、即BLv=U，设电容器的U-t图象的 k斜率为k,由图乙可知U=kt,导体棒的速度随时间变化的关系为v=m，故选项B正确； BL导体棒做匀加速直线运动，其加速度。=冬，由C=Q、I=Q,可得I=CU=kC，由牛顿第 BLU ttm二定律有F-BIL=ma,可以得到F=k（BLC+W，故选项D正确。6. （2018-河北省定州中学高三上学期期中试题）如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行 光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、 电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中。现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动

20、，若金属棒在整个运动过程中通过的 电荷量为q。下列说法正确的是（ABC ）A.金属棒在导轨上做匀减速运动B.C.整个过程中金属棒在导轨上发生的位移D.整个过程中电阻R上产生的焦耳热为!mv2解析金属棒以速度v向右运动，切割磁感线产生感应电动势E=BLv,线框中产生感应E BLvB2L2V电流i=REr=BR，金属棒受到安培力水平向左大小为f=bil=BS，金属棒在安培力作用下做减速运动，速度变小，安培力变小，加速度变小，选项A对。直到速度减小到0, 安培力变为0，金属棒停止运动，此过程根据动能定理，克服安培力做功等于减少的动能即1 E刊V2，选项B对。金属棒通过的电荷量q= I 乂山=而乂山=

21、五了&=e，可得位移x=2 2R2Rt2RBL 选项C对。整个电路即金属棒和电阻R上产生的总热量等于克服安培力做的功功2mv2，所以 电阻R上面产生的热量小于2mv2，选项D错。7. (2018-福州模拟)如图1所示，两根间距为L、竖直固定的光滑金属长直导轨，上端接有一 阻值为R的电阻，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直的匀强磁场中。 一根质量为m的金属棒由静止开始沿导轨竖直 向下运动，当金属棒下落高度h时，速度达到最大。在运动过程中金属棒与导轨接触良好， 重力加速度大小为g，导轨与金属棒的电阻可忽略不计。(1) 求通过电阻R的最大电流。(2) 求从金属棒开始运动到速度最大的过

22、程中，金属棒克服安培力所做的功。(3) 若用电容为C的电容器代替电阻R，如图2所示。仍将金属棒由静止开始释放，求经历时间t金属棒的瞬间速度v的大小。(电容器两极板间的电压始终未超过击穿电压)解析(1)通过电阻R的电流最大时，金属棒的速度最大(此后金属棒做匀速运动)， 由平衡条件得F安=mg 而F 安rBImL，解得、=瓮 (2)金属棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLvmE 根据闭合电路欧姆定律，金属棒中的感应电流I =万 m R联立解得金属棒的最大速度vm =mgRB2L2对金属棒下落过程，由动能定理有gh WA=m解得 WA=mgh-m3g2R22B4L4 (3)金属棒在重力作用下向下加速

23、运动，切割磁感线产生感应电动势，由于存在电容器，形 成充电电流，金属棒要受到安培力的作用，因此金属棒在重力mg和安培力的合力作用下做 加速运动设某一瞬时金属棒的加速度为。，由牛顿第二定律得mg-F=ma，安培力 F=BiL式中i为某一瞬时金属棒中的感应电流，即电容器的充电电流i=JQ，、Q是短时间M内电 容器的充电电荷量由Q=CU得Q=CAU，式中XU是极短时间内电压的增量电压U的增量等于产生的感应电动势E的增量，即AU=AE=BLAv说明电压的增量取决于速度的增量Av 根据加速度的定义式a=At 联立上述各式解得。=寿凯式中m、g、C、B、L都是恒量，说明金属棒向下加速运动的加速度恒定不变，

24、即金属棒做 匀加速直线运动经历时间t金属棒的瞬时速度_ mgtV=at=m + CB2L2。答案理 mgh-BR (3)m+C猊8. (2018-皖北协作区模拟)根据实际需要，磁铁可以制造成多种形状，如图就是一根很长的光 滑圆柱形磁棒，在它的侧面有均匀向外的辐射状磁场。现将磁棒竖直固定在水平地面上，磁 棒外套有一个粗细均匀的圆形金属线圈，金属线圈的质量为m，半径为R，电阻为八金属 线圈所在位置的磁场的磁感应强度大小为B。让金属线圈从磁棒上端由静止释放，经一段时 间后与水平地面相碰(碰前金属线圈已达最大速度)并原速率反弹，又经时间t，上升到距离 地面高度为h处速度减小到零。求：(a)甄勰面示意图

25、 (h)宿祝图(1) 金属线圈与地面撞击前的速度大小V；(2) 撞击反弹后上升到最高处h的过程中，通过金属线圈某一截面的电荷量q；(3) 撞击反弹后上升到最高处h的过程中，金属线圈中产生的焦耳热Q。解析：(1)线圈第一次下落过程中，对金属线圈与地面撞击前的时刻，E由法拉第电磁感应定律得E=B2nRv，I=； 所受安培力F=BI2nR线圈从磁棒上端由静止释放，由牛顿第二定律得mgF=ma1随着线圈速度的增大，所受安培力增大，当安培力增大到等于重力时，线圈向下匀速运动，a1 = 0联立解得金属线圈与地面撞击前的速度v=4mBR。/ n2匕/ 21V2(2)线圈撞击地面反弹后的上升过程，由牛顿第二定

26、律得mg+BI2nR=ma两边都乘以微元时间&，得 mgA/+BTA/-2nR=maA/在At时间内，速度变化量Av=aAt，通过线圈截面的电荷量Aq=IAt解得 A =mAvmgAt解得Aq2nBR分 工/曰 _mAv_mgAt mvmgtm2grmgt求和得 q=Aq=2nBR= 2nBR =8n3B3R32nBR由能量守恒定律得2mv2=mgh+2 A解得。二废着宝*。mgr 一 m2grmgt答案：(1)4n2B2R2 (2)8n3B3R32nBRm3g2r232n4B4R4mgh9. (2018-常州检测)如图所示，水平面内有两根足够长的平行导轨lM 妇I L，A、L2，其间距d=0

27、.5 m，左端接有容量C=2 000 pF的电容。质丁 l 丁 气,七量m=20 g的导体棒可在导轨上无摩擦滑动，导体棒和导轨的电阻不计。整个空间存在着垂直导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度B=2 T。现用一沿导 轨方向向右的恒力F1 = 0.44 N作用于导体棒，使导体棒从静止开始运动，经t时间后到达B 处，速度v=5m/s。此时，突然将拉力方向变为沿导轨向左，大小变为F2,又经2t时间后 导体棒返回到初始位置A处，整个过程电容器未被击穿。求： (1)导体棒运动到B处时，电容C上的电量;(2) t的大小；(3) F2的大小。解析：(1)当导体棒运动到B处时，电容器两端电压为U=Bdv=2x0

28、.5x5 V=5 V 此时电容器的带电量 q=CU=2 000x10-6x5 C = 1x10-2 C。(2)棒在与作用下有F1BId=ma1，Aq CBdAv_Av乂 = At = At，a1 = At 联立解得:F_a1=m+CB2d2=20 心v贝t= =0.25 So。由(2)可知棒在F2作用下，F 、，运动的加速度a2=mrCBd2，万向向左，又|a1t2=- a1t-2t-a2 2t 2将相关数据代入解得F2 = 0.55 No答案：(1)1x10-2 C (2)0.25 s (3)0.55 N10. 如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为0=30。，两导轨

29、之 间相距为L=1 m，两导轨M、P间接入阻值R=02 Q的电阻，导轨电阻不计。在abdc区 域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场I，磁感应强度为B0=1 T，磁场的宽度X= 1 m，在cd连线以下的区域有一个方向也垂直于两导轨平面向下的磁场II，磁感应强度为 B1 = 0.5 To 一个质量为m=1 kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的 电阻,=0.2 Q。若将金属棒在离ab连线上端x处自由释放，则金属棒进入磁场I恰好做匀 速直线运动。金属棒进入磁场I后，经过ef时系统达到稳定状态，cd与f之间的距离x2= 8 m。(g 取 10 m/s2)(1)求金属棒从开始静止到

30、在磁场I中达到稳定状态这一过程中电阻R产生的热量;(2)求金属棒从开始运动到在磁场II中达到稳定状态所经过的时间。解析：(1)金属棒进入磁场I区域匀速运动，则/=R+rmgsin 30=BQIL解得 v1=2 m/s金属棒在未进入磁场前做初速度为0的匀加速直线运动，则mgsin 30=ma解得 a=5 m/s2由运动学公式，有2ax0=v解得 x0=0.4 m金属棒在通过磁场I区域达到稳定状态时，重力沿轨道斜向下的分力与安培力相等。,=件R+r mgsin 30=B/L解得 v2=8 m/s金属棒从开始运动到在磁场I区域中达到稳定状态过程中，根据动能定理，有mg(x0+X+x2)sin 30+

31、/ 安=2mv220产生的热量Q= W安=15 JQr=；Q=7.5 J。(2)V=a，t = 0.4 sX=Vt2，t2 = 0.5 s金属棒在磁场I中达到稳定状态前的过程中取任意微小过程，设这一微小过程的时间为%， 速度为匕，速度的变化量为匕，则由牛顿第二定律，有mgsin 30B 2L2V；Av.R+r =m At. mgsin 30A/.B斗R+r=心金属棒从进入磁场I到在磁场I中达到稳定状态的过程中，有.B 2L2v At.mgsin 30NAt,=mAv.B、2L2X、mgsin 30t3 R+r 2=m(v2v) 解得 t3=2.2 s所以 t=t + t2+t3 = 3. s。答案：(1)7.5 J (2)3.1 s