(完整word版)電磁感應雙桿模型

1、1 / 7應用動量定理與動量守恒定律解決雙導體棒切割磁感線問題1. （ 12 豐臺期末12 分） 如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導軌固定于同一水平面內(nèi)，導軌間的距離為L，導軌上平行放置兩根導體棒ab 和 cd，構成矩形回路。已知兩根導體棒的質(zhì)量均為m、電阻均為R，其它電阻忽略不計，整個導軌處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B，導體棒均可沿導軌無摩擦的滑行。開始時，導體棒 cd 靜止、 ab 有水平向右的初速度v0，兩導體棒在運動中始終不接觸。求：（ 1）開始時，導體棒 ab 中電流的大小和方向；（ 2）從開始到導體棒 cd 達到最大速度的過程中，矩形回路產(chǎn)生的焦耳熱；（ 3）當 ab 棒速

2、度變?yōu)?3 v0 時， cd 棒加速度的大小。42. 如圖，相距 L 的光滑金屬導軌 ，半徑為 R 的 1/4 圓弧部分豎直放置、直的部分固定于水平地面，MNQP范圍內(nèi)有方向豎直向下、磁感應強度為B 的勻強磁場金屬棒 ab 和 cd 垂直導軌且接觸良好，cd 靜止在磁場中， ab從圓弧導軌的頂端由靜止釋放，進入磁場后與cd 沒有接觸已知ab 的質(zhì)量為 m、電阻為 r ， cd 的質(zhì)量為3m、電阻為 r 金屬導軌電阻不計，重力加速度為g忽略摩擦L b（ 1）求： ab 到達圓弧底端時對軌道的壓力大小B（ 2）在圖中標出 ab 剛進入磁場時cd 棒中的電流方向adQ（ 3）若 cd 離開磁場時的速

3、度是此刻ab 速度的一半，RN求： cd 離開磁場瞬間， ab 受到的安培力大小cMP3. （ 20 分）如圖所示，電阻均為R 的金屬棒a b， a 棒的質(zhì)量為m， b 棒的質(zhì)量為M，放在如圖所示光滑的軌道的水平部分，水平部分有如圖所示豎直向下的勻強磁場，圓弧部分無磁場，且軌道足夠長；開始給左的的初速度v0，金屬棒ab 與軌道始終接觸良好且a 棒與 b 棒始終不相碰。請問：（ 1）當 a b 在水平部分穩(wěn)定后，速度分別為多少？損失的機械能多少？（ 2）設 b 棒在水平部分穩(wěn)定后，沖上圓弧軌道，返回到水平軌道前，a 棒已靜止在水平軌道上，且不相碰，然后達到新的穩(wěn)定狀態(tài)，最后a， b 的末速度為多

4、少？（ 3）整個過程中產(chǎn)生的內(nèi)能是多少?a 棒一水平向b 棒與 a 棒4.(18 分 ) 如圖所示， 電阻不計的兩光滑金屬導軌相距L，放在水平絕緣桌面上，半徑為 R的 1/4圓弧部分處在豎直平面內(nèi)，水平直導軌部分處在磁感應強度為B，方向豎直向下的勻強磁場中，末端與桌面邊緣平齊。兩金屬棒ab、 cd 垂直于兩導軌且與導軌接觸良好。棒ab 質(zhì)量為 2 m，電阻為 r ，棒 cd 的質(zhì)量為 m，電阻為 r 。重力加速度為 g。開始棒 cd 靜止在水平直導軌上，棒ab 從圓弧頂端無初速度釋放，進入水平直導軌后與棒cd 始終沒有接觸并一直向右運動， 最后兩棒都離開導軌落到地面上。棒 ab 與棒 cd 落

5、地點到桌面邊緣的水平距離之比為3: 1。求：（ 1）棒 ab 和棒 cd 離開導軌時的速度大小；bB（ 2）棒 cd 在水平導軌上的最大加速度；ad（ 3）兩棒在導軌上運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱。Rc2 / 75（ 20 分）如圖所示， 寬度為 L 的平行光滑的金屬軌道，左端為半徑為r 1 的四分之一圓弧軌道，右端為半徑為r 2 的半圓軌道，中部為與它們相切的水平軌道。水平軌道所在的區(qū)域有磁感應強度為B 的豎直向上的勻強磁場。一根質(zhì)量為 m的金屬桿 a 置于水平軌道上，另一根質(zhì)量為M的金屬桿 b 由靜止開始自左端軌道最高點滑下，當b滑入水平軌道某位置時，a 就滑上了右端半圓軌道最高點(b 始終運動

6、且 a、b 未相撞），并且 a 在最高點對軌道的壓力大小為 mg，此過程中通過 a 的電荷量為 q，a、b 棒的電阻分別為R1、R2，其余部分電阻不計。在 b 由靜止釋放到 a 運動到右端半圓軌道最高點過程中，求：（ 1）在水平軌道上運動時b 的最大加速度是多大？bB（ 2）自 b 釋放到 a 到達右端半圓軌道最高點過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱是多少？r1a（ 3） a 剛到達右端半圓軌道最低點時b 的速度是多大？r26兩足夠長且不計其電阻的光滑金屬軌道，如圖所示放置，間距為d=100cm，在左端斜軌道部分高h=1.25m 處放置一金屬桿a，斜軌道與平直軌道以光滑圓弧連接，在平直軌道右端放置另一金屬

7、桿b，桿 A b 電阻 Ra=2，Rb=5，在平直軌道區(qū)域有豎直向上的勻強磁場，磁感強度B=2T。現(xiàn)桿 b 以初速度v0=5m/s 開始向左滑動，同時由靜止釋放桿a，桿 a 滑到水平軌道過程中，通過桿b 的平均電流為0.3A ；a 下滑到水平軌道后，以a 下滑到水2（ 1）桿 a 落到水平軌道瞬間桿a 的速度 v；（ 2）桿 a 在斜軌道上運動的時間；（ 3）在整個運動過程中桿 b 產(chǎn)生的焦耳熱。7. （ 12 分）如圖所示， 兩根間距為 L 的金屬導軌 MN和 PQ，電阻不計，左端向上彎曲，其余水平，水平導軌左端有寬度為 d、方向豎直向上的勻強磁場I ，右端有另一磁場 II ，其寬度也為 d

8、，但方向豎直向下，磁場的磁感強度大小均為 B。有兩根質(zhì)量均為 m、電阻均為 R 的金屬棒 a 和 b 與導軌垂直放置， b 棒置于磁場 II中點 C、D處，導軌除 C、 D 兩處（對應的距離極短）外其余均光滑，兩處對棒可產(chǎn)生總的最大靜摩擦力為棒重力的K 倍， a 棒從彎曲導軌某處由靜止釋放。當只有一根棒作切割磁感線運動時，它速度的減小量與它在磁場中通過的距離成正比，即 vx 。求：（ 1）若 a 棒釋放的高度大于h0，則 a 棒進入磁場 I時會使 b 棒運動，判斷 b 棒的運動方向并求出h0 為多少？（ 2）若將 a 棒從高度小于h0 的某處釋放，使其以速度v0 進入磁場 I ，結果 a 棒以

9、 v0 的速度從磁場I 中穿出，求2在 a 棒穿過磁場 I 過程中通過 b 棒的電量 q 和兩棒即將相碰時b 棒上的電功率Pb 為多少？MaBBNPIbCIIdDQd3 / 78（ 2014 屆海淀期末10 分） 如圖 21 所示，兩根金屬平行導軌MN和 PQ放在水平面上，左端向上彎曲且光滑，導軌間距為L，電阻不計。水平段導軌所處空間有兩個有界勻強磁場，相距一段距離不重疊，磁場左邊界在水平段導軌的最左端，磁感強度大小為B，方向豎直向上；磁場的磁感應強度大小為2B，方向豎直向下。質(zhì)量均為 m、電阻均為R 的金屬棒a 和 b 垂直導軌放置在其上，金屬棒b 置于磁場的右邊界CD處?，F(xiàn)將金屬棒a 從彎

10、曲導軌上某一高處由靜止釋放，使其沿導軌運動。設兩金屬棒運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好。（ 1）若水平段導軌粗糙，兩金屬棒與水平段導軌間的最大摩擦力均為1 mg，將金屬棒a 從距水平面高度h 處由5靜止釋放。求：金屬棒 a 剛進入磁場時，通過金屬棒b 的電流大小；若金屬棒 a 在磁場內(nèi)運動過程中，金屬棒 b 能在導軌上保持靜止，通過計算分析金屬棒a 釋放時的高度h 應滿足的條件；（ 2）若水平段導軌是光滑的，將金屬棒a 仍從高度 h 處由靜止釋放，使其進入磁場。設兩磁場區(qū)域足夠大，求金屬棒a 在磁場內(nèi)運動過程中，金屬棒b 中可能產(chǎn)生焦耳熱的最大值。MB2BaCNPbDQ圖 214 / 7應用

11、動量定理與動量守恒定律解決雙導體棒切割磁感線問題答案1. 【解析】：（12 豐臺期末 12 分）（ 1） ab 棒產(chǎn)生的感應電動勢Eab = BLv0 ，（ 1 分）ab 棒中電流 I = Eab =BLv0 ，（ 1 分）方向由 a b2R2R（1 分）（ 2）當 ab 棒與 cd棒速度相同時， cd 棒的速度最大，設最大速度為v由動量守恒定律mv0 = 2mv （ 1 分）1（1 分） vv02由能量守恒關系Q 1 mv20 1 （ 2m） v 2（ 1 分）2 2 Q 1 mv20 （1 分）4（ 3）設 ab 棒的速度為 3v0 時， cd棒的速度為 v4由動量守恒定律：mv03分）=

12、 m v0+ mv （ 141 v= 4 v0 。3v0 ；Eab = BL41v0 ；Ecd = BL431I Eab Ecd = BL(4 v04 v0 )2R2RI BLv 0 （ 2分）4Rcd 棒受力為FIBLB2 L2 v0 （1 分）；4R此時 cd 棒加速度為aFB2 L2v0（1 分）m4Rm2. 【解析】：（ 1）設 ab 到達圓弧底端時受到的支持力大小為N， ab 下滑機械能守恒，有： mgR1mv 2 b2Bmv2a由牛頓第二定律：NmgdQR；RNI聯(lián)立得： N3mg Mc由牛頓第三定律知：對軌道壓力大小為N3mg P（ 2）如圖（ 2 分）（如用文字表達，正確的照樣

13、給分。如：d 到 c，或 d c）（ 3）設 cd 離開磁場時 ab 在磁場中的速度vab，則 cd 此時的速度為1 vab ，2ab、 cd 組成的系統(tǒng)動量守恒，有：mvmvab 3m1 vab 2ab、 cd 構成的閉合回路：由法拉第電磁感應定律：E BLvab 閉合電路歐姆定律：IE2r 5 / 7安培力公式： Fab BIL 聯(lián)立得 FabB 2 L 2 2gR5r3. 【解析】（ 1）對 a b 棒水平軌道分析，動量守恒；v1 是穩(wěn)定時 a b 棒共同速度mv0( m M )v1 -3分，v1mv0M )解得(m -1分，E1 mv021 (m M )v12Mmv02-4 分損失的機

14、械能為222( M m)（ 2）由于 b 棒在沖上又返回過程中, 機械能守恒 , 返回時速度大小不變v2v1 -2 分b 棒與 a 棒向右運動過程中，直到穩(wěn)定，動量守恒：Mv2( Mm) v3-3 分Mmv 0v3m) 2達到新的穩(wěn)定狀態(tài)a， b 的末速度 :( M-2 分（ 3）整個過程中產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)機械能的減少量Q1 mv021 (M m) v32 -322分Q1 mv02 (1M 2 m3 )解得：2(Mm) -2分4. 【解析】：（ 1）設 ab 棒進入水平導軌的速度為v1 ，ab 棒從圓弧導軌滑下機械能守恒：2mgR12mv12 （ 2分）2離開導軌時，設ab 棒的速度為 v1

15、/， cd 棒的速度為 v2/， ab 棒與 cd 棒在水平導軌上運動，動量守恒，2mv12mv1/mv2/ （ 2分）依題意 v1/> v2/ ，兩棒離開導軌做平拋運動的時間相等，由平拋運動水平位移xvt 可知v1/ : v2/=x 1:x 2=3:1（ 2 分），聯(lián)立解得 v1/62gR ， v2/22gR（ 2分）77（ 2） ab 棒剛進入水平導軌時， cd 棒受到的安培力最大，此時它的加速度最大，設此時回路的感應電動勢為，BLv（1 分），I2rcd 棒受到的安培力為：FcdBIL （1 分） （1分）根據(jù)牛頓第二定律，cd 棒的最大加速度為：aFcd（ 1分）m2 L2 2g

16、R聯(lián)立解得：B（ 2分）a2mr（ 3）根據(jù)能量守恒，兩棒在軌道上運動過程產(chǎn)生的焦耳熱為：6 / 7Q12mv12( 12mv1/ 21 mv2/ 2 )（ 2 分）2225. 解析：（ 20 分）（ 1）由機械能守恒定律：1Mvb21Mgr1 vb12 gr1 -4分2b剛滑到水平軌道時加速度最大，E=BLv ， IE，b1R1R2由牛頓第二定律有：F 安 =BIL=Ma aB2L22gr1 -4 分M (R1R2 )（ 2）由動量定理有：-BILt=Mvb2 Mvb1， 即： -BLq=Mvb2 Mvb1 vBLqb22 gr1M根據(jù)牛頓第三定律得：?Nmva21 va12gr2N=N=m

17、g， mgr2 Mgr1 1 Mv b221 mva21mg 2r2Q Q2gr1 BLq 3mgr2B2 L2q 2-6 分222M（ 3）能量守恒有 2mgr1mv21mv2 va 26gr23分22a 22a1動量守恒定律 Mv b1Mvb3mva2 vb32gr1m6gr23 分M聯(lián)立并代入v1/ 和 v2/解得： Q22mgR（2 分）496. 【解析】：（ 1） v2gh 5m/s ，（ 2） b 棒， Bd I t mb v02 ，得t 5s（ 3）共產(chǎn)生的焦耳熱為1212161Q ma gh2 mbv02 ( mamb )v6JB 棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Q25Q115 J19J56

18、7. 【解析】（ 12 分）：（ 1）根據(jù)左手定則判斷知b 棒向左運動。（ 2 分）a 棒從 h0 高處釋放后在彎曲導軌上滑動時機械能守恒，有mgh01 mv2得： v2gh0 （ 1 分）2a 棒剛進入磁場 I 時EBLv ,此時感應電流大小IE2R2K 2 m2 gR2此時 b 棒受到的安培力大小FBIL ，依題意，有F Kmg , 求得： h0（3 分）B4L4（ 2）由于 a 棒從小于進入h0 釋放，因此 b 棒在兩棒相碰前將保持靜止。流過電阻R 的電量 q I t；EB S又因： IR總 tR總tR總所以在 a 棒穿過磁場I 的過程中，通過電阻R 的電量：,7 / 7故： qB SBLd （ 3 分）（沒有推導過程得1 分）R總2 Rv0v0v0dv0 （ 1 分）將要相碰時 a 棒的速度v22d24此時電流：BLvBLv 0（ 1 分），此時 b 棒電功率：2B 2L2v02IP IR2R8Rb64R8. 【解析】（ 1） a 棒從 h0 高處釋放后在彎曲導軌上滑動時機械能守恒，有解得：a 棒剛進入磁場I 時 , 此時通過a、 b 的感應電流大小為IE解得：2 R a 棒剛進入磁場