動量定理動量守恒在電磁感應中導軌與導體棒的應用—解析版

1、導軌與導體棒問題一、單棒I可題【典例1】如圖所示，AB桿受一沖量作用后以初速度V0=4m/s沿水平面內(nèi)的固定軌道運動，經(jīng)一段時間后而停止.AB的質(zhì)量為m=5g導軌寬為L=0.4m，電阻為R=2Q，其余的電阻不計，磁感強度B=0.5T,棒和導軌間的動摩擦因數(shù)為a=0.4，測得桿從運動到停止的過程中通過導線的電量q=102C,求：上述過程中(g取10m/s2)(1)AB桿運動的距離；(2)AB桿運動的時間；(3)當桿速度為2m/s時，其加速度為多大？2【答案】(1)0.1m;(2)0.9s;(3)12m/s.(2)根據(jù)動量定理有：-(F安t+mgt)=0-mve而F安t=BLt=BLq，得：BLq

2、+mgt=mv),解得：t=0.9s(3)當桿速度為2m/s時，由感應電動勢為：E=BLv安培力為：F=BIL，而I=然后根據(jù)牛頓第二定律:F+mg=ma2-r2代入得：tA-l._此解得加速度：a=12m/s2,25.(20分)如圖(a)，超級高鐵(Hyperloop)是一種以真空管道運輸為理論核心設(shè)計的交通工具，它具有超高速、低能耗、無噪聲、零污染等特點。如圖(b)，已知管道中固定著兩根平行金屬導軌MNPQ兩導軌間距為|/Jr；運輸車的質(zhì)量為m,橫截面是半徑為r的圓。 運輸車上固定著間距為以與導軌垂直的兩根導體棒1和2,每根導體棒的電阻為R,每段長度為D的導軌的電阻也為R。其他電阻忽略不計

3、，重力加速度為g。(1)如圖(c)，當管道中的導軌平面與水平面成。=30時，運輸車恰好能無動力地勻速下滑。求運輸車與導軌間的動摩擦因數(shù)且(2)在水平導軌上進行實驗，不考慮摩擦及空氣阻力。當運輸車由靜止離站時，在導體棒2后間距為D處接通固定在導軌上電動勢為E的直流電源，此時導體棒1、2均處于磁感應強度為B,垂直導軌平向下的勻強磁場中， 如圖(d)。 求剛接通電源時運輸車的加速度的大小； (電源內(nèi)阻不計，不考慮電磁感應現(xiàn)象)當運輸車進站時，管道內(nèi)依次分布磁感應強度為B,寬度為D的勻強磁場，且相鄰的勻強磁場的方向相反。求運輸車以速度vo從如圖(e)通過距離D后的速度V。-B【典例3】如圖所示，水平放

4、置的光滑平行金屬導軌上有一質(zhì)量為m的金屬棒ah導軌的一端連接電阻R其他電阻均不計，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面向下，金屬棒ab在一水平恒力F作用下由靜止開始向右運動.則（）A.隨著ab運動速度的增大，其加速度也增大B.外力F對ab做的功等于電路中產(chǎn)生的電能C.當ab做勻速運動時，外力F做功的功率等于電路中的電功率D.無論ab做何種運動，它克服安培力做的功一定等于電路中產(chǎn)生的電能【答案】CD璐析】設(shè)命的速度為“含動的加速度尸一、隨著 r 的增大,融由靜止先做加速度逐漸減小的加速運動，當鏟。后勻速運動，則 JL 迭項錯誤；由能量守恒知，外方 F 對澎做的功等于電踏中產(chǎn)生的電能和弟增加的動

5、能之和顯克ffi 安培力做的功一定等于龜路中產(chǎn)生的電能,則 E 選項錯誤迭項正確 j 當為做勻速運動 fiJ匚 m,外方F做功的功率等于電路中的電功率，貝 Uc 選項正確.【典例4】一個閉合回路由兩部分組成，如圖所示，右側(cè)是電阻為r的圓形導線，置于豎直方向均勻變化的磁場Bi中，左側(cè)是光滑的傾角為0的平行導軌， 寬度為d,其電阻不計.磁感應強度為在的勻強磁場垂直導軌平面向上， 且只分布在左側(cè)，一個質(zhì)量為m電阻為R的導體棒此時恰好能靜止在導軌上，分析下述判斷正確的是（）圓形導線中的磁場，可以方向向上且均勻增強，也可以方向向下且均勻減弱A.B.導體棒ab受到的安培力大小為mineC.D.mcsin0

6、回路中的感應電流為一3dn2g2sin20【答案】ABC【解析】根據(jù)左手定則，導體棒上的電流從b到a,根據(jù)電磁感應定律可得A項正確；根據(jù)共點力平衡知識，導體棒ab受到的安培力大小等于重力沿導軌向下的分力，即mginBld，解得1=叫寓B,C項正確；圓形導線的電熱功率P=|2r=（四備,B項正確；根據(jù)mcpin0=2n2g2sin2土心）r=一r，D項錯誤.【典例4】如圖甲所示，兩根足夠長平行金屬導軌MNPQ距為L,導軌平面與水平面夾角為a,金屬棒ab垂直于MNPQ放置在導軌上，且始終與導軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為m導軌處于勻強磁場中，磁場的方向垂直于導軌平面斜向上，磁感應強度大小為B。金屬導軌

7、的上端與開關(guān)S、定值電阻R和電阻箱R相連。不計一切摩擦，不計導軌、金屬棒的電阻，重力加速度為g。現(xiàn)在閉合開關(guān)S,將金屬棒由靜止釋放。（1）判斷金屬棒ab中電流的方向；（2）若電阻箱R接入電路的阻值為0,當金屬棒下降高度為h時，速度為v,求此過程中定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱Q當B=0.40T,L=0.50m,a=37時，金屬棒能達到的最大速度Vm隨電阻箱R阻值的變化關(guān)系,如圖乙所示。取g=10m/s2,sin37=0.60,cos37=0.80。求R的阻值和金屬棒的質(zhì)量m【答案】(1)ba(2)mg卜：mV(3)2.0Q0.1kg金屬棒達到最大速度Vm時，切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢：E=BLVm由閉

8、合電路的歐姆定律得：I=蕓；R從b端向a端看，金屬棒受力如圖所示金屬棒達到最大速度時，滿足：mg,inaBIL=0,.一工/口mgina,、由以上二式礙Vm=Bp(R+R)由圖乙可知：斜率k=23m-s1-Q1=15ms1Q1，縱軸截距v=30m/smgjinmg,ina所以BLRV,B2-k解得R=2.0Q,n0.1kg24.如圖所示，相距L=0.4m、電阻不計的兩平行光滑金屬導軌水平放置，一端與阻值R=0.15Q的電阻相連，導軌處于磁感應強度B=0.5T的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向里。質(zhì)量m=0.1kg、電阻r=0.05Q的金屬棒置于導軌上，并與導軌垂直。t=0時起棒在水平外力F

9、作用下以初速度V0=2m/s、加速度a=1m/s2沿導軌向右勻加速運動。求：(1)t=2s時回路中的電流；(2)t=2s時外力F大??；(3)前2s內(nèi)通過棒的電荷量?！敬鸢浮?1)4A(2)0.9N(3)6C【解析】(1)t=2s時，棒的速度為：V1=V0+at=2+1X2=4m/s此時由于棒運動切割產(chǎn)生的電動勢為：E=BLV=0.5X0.4X4V=0.8VE08由閉合電路歐姆定律可知，回路中的感應電流：I匚一08A4ARr0.150.05(2)對棒，根據(jù)牛頓第二定律得：F-BIL=ma解得F=BIL+ma=0.5x4X0.4+0.1x1=0.9N1o1(3)t=2s時棒的位移xV0tat?22

10、146m22根據(jù)法拉第電磁感應定律得：EAt根據(jù)閉合電路歐姆定律得I通過棒的電荷量：q|AtERrBLx6C【名師點睛】(1)棒向右勻加速運動，由速度時間公式求出t=1s時的速度，由E=BLv求出感應電動勢，由閉合電路歐姆定律求解回路中的電流。(2)根據(jù)牛頓第二定律和安培力公式求解外力F的大小。(3)由位移時間公式求出第2s內(nèi)棒通過的位移大小，由法拉第電磁感應定律、歐姆定律和電荷量公式求解電荷量。2.如圖所示，兩根足夠長平行金屆導軌MN、PQ固定在傾角0=37的絕緣斜面上，頂部接有一阻值R=3Q的定值電阻，下端開口，軌道問距L=1m.整個裝置處丁磁感應強度B=2T的勻強磁場中，磁場方向垂直斜面

11、向上.質(zhì)量m=1kg的金屆棒ab置丁導軌上，ab在導軌之間的電阻r=1Q電路中其余電阻不計.金屆棒ab由靜止釋放后沿導軌運動時始終垂直丁導軌，且與導軌接觸良好.不計空氣阻力影響.已知金屆棒ab與導軌問動摩擦因數(shù)=0.5,sin37=0.6,cos37=0.8,取g=10m/s2.(1)求金屆棒ab沿導軌向下運動的最大速度vm；(2)求金屆棒ab沿導軌向下運動過程中，電阻R上的最大電功率PR;(3)若從金屆棒ab開始運動至達到最大速度過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱總共為1.5J,求流過電阻R的總電荷量q.解析：(1)金屆棒由靜止釋放后，沿斜面做變加速運動，加速度不斷減小，當加速度為零時有最大速度v

12、m.由牛頓第二定律得mgsin卜mgps卜F安=0BLvmF安=BIL,1=，解得vm=2.0m/sR+r(2)金屆棒以最大速度vm勻速運動時，電阻R上的電功率最大，此時PR=I2R,解得PR=3W(3)設(shè)金屆棒從開始運動至達到最大速度過程中，沿導軌下滑距離為x,由能量守包定律得12mgxsin0=從mgcos0+QR+Qr+2mvm根據(jù)焦耳定律羅=R，解得x=2.0mxQrI-EBLx_E=，解侍q=1.0C答案：(1)2m/s(2)3W(3)1.0C26.CDEF是水平放置的電阻可忽略的光滑平行金屬導軌，兩導軌距離水平地面高度為H,導軌間距為L,在水平導軌區(qū)域存在方向垂直導軌平面向上的有界

13、勻強磁場（磁場區(qū)域為CPQE,磁感應強度大小為B,如圖所示。導軌左端與一彎曲的光滑軌道平滑連接，彎曲的光滑軌道的上端接有一電阻R。將一阻值也為R的導體棒從彎曲軌道上距離水平金屬導軌高度h處由靜止釋放，導體棒最終通過磁場區(qū)域落在水平地面上距離水平導軌最右端水平距離x處。已知導體棒質(zhì)量為m導體棒與導軌始終接觸良好,重力加速度為go求：（1）電阻R中的最大電流和整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱。（2）磁場區(qū)域的長度do【答案】（1）Qmgh業(yè)（2）d誓向x叵4HB2L2H【解析】（1）由題意可知，導體棒剛進入磁場的瞬間速度最大，產(chǎn)生的感應電動勢最大，感應電流最大12由機械能寸怛TE律有：mgh-mv1解得：M

14、2gh由法拉第電磁感應定律得：EBLv1由閉合電路歐姆定律得：I2R聯(lián)立解得：IBL2gh2R1o由平拋您動規(guī)律可得：xv2t,H-gt2由能量守恒定律可知整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱為：【名師點睛】對于電磁感應問題兩條研究思路：一條從力的角度，重點是分析安培力作用下導體棒的平衡問題，根據(jù)q=IAt,I=R+r解得：V2x2H根據(jù)平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問題，根據(jù)動能定理、功能關(guān)系等列方程求解。【典例9】如圖所示，水平放置的足夠長平行導軌MNPQ的間距為L=0.1m，電源的電動勢E=10V,內(nèi)阻r=0.1Q,金屬桿EF的質(zhì)量為m=1kg,其有效電阻為R=0.4

15、Q，其與導軌間的動摩擦因素為=0.1,整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度B=1T,現(xiàn)在閉合開關(guān)，求：(1)閉合開關(guān)瞬間，金屬桿的加速度；(2)金屬桿所能達到的最大速度；(3)當其速度為v=20m/s時桿的加速度為多大？(g=10m/s2,不計其它阻力)【答案】(1)1m/s2;(2)50m/s；(3)0.6m/s2.【解析】(1)根據(jù)閉合電路歐姆定律，有：I=_L_史_20Ar+R0.1+0.43*安培力：FA=BIL=1X20X0.1=2N根據(jù)牛頓第二定律，有：a=L口：1m1【典例10】如圖所示，長平行導軌PQM%滑，相距l(xiāng)0.5m處在同一水平面中，磁感應強度B=0.8T的勻強磁

16、場豎直向下穿過導軌面.橫跨在導軌上的直導線ab的質(zhì)量m=0.1kg、電阻R=0.8Q,導軌電阻不計.導軌間通過開關(guān)S將電動勢E=1.5V、內(nèi)電阻r=0.2Q的電池接在MP兩端，試計算分析：(1)在開關(guān)S剛閉合的初始時刻，導線ab的加速度多大？隨后ab的加速度、速度如何變化？(2)在閉合開關(guān)S后，怎樣才能使ab以恒定的速度u=7.5m/s沿導軌向右運動？試描述這時電路中的能量轉(zhuǎn)化情況(通過具體的數(shù)據(jù)計算說明).【答案】見解析r解析】在$剛閉合的瞬間，宇支的速度為零,沒有電磁感應現(xiàn)象，由荷的電流=1.5&航受安培力水平向右，此時瞬時加速度=饑 Qmm迎運動起來旦將發(fā)生電磁感應現(xiàn)象.期向右運

17、動的速度為，時感應電動勢舊、型如根據(jù)右手定財鑿上的感應電動勢 C 端電勢比上端高)在閉言電路中與電池電動勢相反.電路中的電流順時讓方I虱)7_1/=)將減小。J吁上二1隊，/所受的向右的安培力隨之減小，加速度也減小棗管加速度減小,R+r速度逐景在增大感應電動勢丘隨速度的增大而增大，電路中電5_8進一步源小，安培力、加速度也隨之進一步減小，當感應電動勢E與電弛電動勢占*時，電路中龜流為零M所受安培力、加速度也為零J這時曲的速度達到最大值，隨后則以最大速度蘭融賣向右做勻速運動.設(shè)最終達到的最大速度為Um,根據(jù)上述分析可知：EBlm0所以m15m/s=3.75m/s.Bl0.80.5(2)如果ab以

18、恒定速度7.5m/s向右沿導軌運動，則ab中感應電動勢EBlv0.80.57.5V=3V，.EE31.5由于EE,這時閉合電路中電流方向為逆時針方向，大小為：IA=1.5ARr0.80.2直導線ab中的電流由b到a,根據(jù)左手定則，磁場對ab有水平向左的安培力作用，大小為_,一FBlI0.80.51.5N=0.6N所以要使ab以恒定速度v7.5m/s向右運動，必須有水平向右的恒力F0.6N作用于ab.上述物理過程的能量轉(zhuǎn)化情況，可以概括為下列三點：1作用于ab的恒力(F)的功率：PFv0.67.5W=4.5W2電阻(R+r)產(chǎn)生焦耳熱的功率：PI2(Rr)1.52(0.80.2)W=2.25W3

19、逆時針萬向的電流I,從電池的正極流入， 負極流出， 電池處于“充電”狀態(tài)， 吸收能量， 以化學能的、 一,一一， 、形式儲存起來.電池吸收能量的功率：PIE1.51.5W=2.25W由上看出，ppp,符合能量轉(zhuǎn)化和守恒定律(沿水平面勻速運動機械能不變)3.如圖所示，一對足夠長的平行光滑金屆導軌固定在水平面上，兩導軌問距為L,左端接一電源， 其電動勢為E、內(nèi)阻為r,有一質(zhì)量為m、長度也為L的金屆棒置丁導軌上，且與導軌垂直，金屆棒的電阻為R,導軌電阻可忽略不計，整個裝置處丁磁感應強度為B,方向豎直向下的勻強磁場中.(1)若閉合開關(guān)S的同時對金屆棒施加水平向右包力F,求棒即將運動時的加速度和運動過程

20、中的最大速度；(2)若開關(guān)S開始是斷開的，現(xiàn)對靜止的金屆棒施加水平向右的包力F,一段時間后再閉合開關(guān)S；要使開關(guān)S閉合瞬間棒的加速度大小為m，則F需作用多長時間.解析：(1)閉合開關(guān)S的瞬間回路電流I=R+r金屆棒所受安培力水平向右，其大小FA=ILB由牛頓第二定律得a=箜m整理可得a=3；LB+金屆棒向右運動的過程中，切割磁感線產(chǎn)生與電源正負極相反的感應電動勢，回路中電流減小，安培力減小，金屆棒做加速度逐漸減小的加速運動，勻速運動時速度最大，此時由平衡條件得FA=F由安培力公式得FA=ILBBLvm-E由閉合電路歐姆定律得I=R+rFR+rE聯(lián)立求得vm=B2L2+BL(2)設(shè)閉合開關(guān)S時金

21、屆棒的速度為v,BLvER+rFFA由牛頓第二定律得a=一FBLvELBR+rmEE2FR+r解得速度vi=BL，v2=BL+B2p一未閉合開關(guān)S前金屆棒的加速度一直為ao=m解得包力F作用時間vimE,、v2mE2mR+r如=濟=FBT或t2=00=FBL+B2L2FBL或沙+W中，金屬圓盤繞中心。順時針勻速轉(zhuǎn)動，圓盤的邊緣和中心分別通過電刷與右側(cè)電路相連，圓盤的邊緣和中心之間的等效電阻為r,外電阻為R,電容器的電容為C,單刀雙擲開關(guān)S與觸頭1閉合，電路穩(wěn)定時理想電壓表讀數(shù)為U,右側(cè)光滑平行水平導軌足夠長，處在豎直向下磁感強度也為所以加速度a=m若加速度大小為m,則FBLvEFmR+rmLB

22、m答案：ELB+mFR+r.旦B2L2+BL【典例8】如圖所示，在水平面內(nèi)有個半徑為a的金屬圓盤，處在豎直向下磁感應強度為B的勻強磁場B的勻強磁場中，兩導軌電阻不計，間距為L,導軌上垂直放置質(zhì)量為m電阻也為R的導體棒，導體棒與導軌始終垂直且接觸良好，求:(1)金屬圓盤勻速轉(zhuǎn)動的角度 3；(2)開關(guān)S與觸頭2閉合后，導體棒運動穩(wěn)定時的速度【答案(1)；(2)BLCU.RBa2IHBL2C(2)根據(jù)動量定理得：FAt=mv-0,v.而FAt=BILt=BLq,電荷的變化量q=8U,電壓的變化量U=lU=U-BLv貝Umv=BLC(U-BLv)解得：v=-JMB氣七【典例11】光滑U型金屬框架寬為L

23、,足夠長，其上放一質(zhì)量為m的金屬棒ab,左端連接有一電容為C的電容器，現(xiàn)給棒一個初速v0,使棒始終垂直框架并沿框架運動，如圖所示。求導體棒的最終速度?！敬鸢浮颗笫戮毩暎喝鐖D所示，水平放置的金屬導軌寬為L,質(zhì)量為m的金屬桿ab垂直放置在導軌上，導軌上接有阻值為R的電阻和電容為C的電容器以及電流表。豎直向下的勻強磁場的磁感應強度為B現(xiàn)用水平向右的拉力使ab桿從靜止開始以恒定的加速度向右做勻加速直線運動，電流表讀數(shù)恒為I,不計其它電阻和阻力。求：(1)ab桿的加速度。(2)t時刻拉力的大小。上8.平行金屬導軌M限直放置于絕緣水平地板上如圖所示，金屬桿Q可以黃貼導饑無摩擦滑動， 導軌間除固定電阻R外

24、，其他電阻不計，勻強磁場B垂直穿過導軌平面，導體棒PQ質(zhì)量為M閉合S,同時讓金屬桿PQ自由下落，試確定穩(wěn)定時,(1)金屬桿的速度是多少?(2)若將固定電阻R換成一個耐壓值足夠大的電容器，電容為C閉合S的同時，釋放金屬桿，試求穩(wěn)定狀態(tài)下回路的電流.【琴案】MgR?LCmgB2L2(2)BVC+mv_a=tE=Au=B3v將得：I=BLaO對金屬桿由牛頓第二定律，得MoBIL=mOD由得a=況具二BLC+mBLCmg1_B2L2C+m【典例12】如圖所示，豎直放置的光滑平行金屬導軌勻強磁場垂直紙面向里，磁感應強度為B,質(zhì)量為m的金屬棒ab可緊貼導軌自由滑動.現(xiàn)讓ab由靜止下滑，不考慮空氣阻力，也不

25、考慮任何部分的電阻和自感作用.問金屬棒的做什么運動？棒落地時的速度為多大？【答案】v2ah2mgh22mCB2l2【解析】：ab在mg作用下加速運動，經(jīng)時間t，速度增為v,a=v/t產(chǎn)生感應電動勢E=Blv電容器帶電量Q=CE=CBlv，感應電流I=Q/t=CBLv/t=CBla產(chǎn)生安培力F=BIl=CB2l2a，由牛頓運動定律mg-F=mama=mg-CB2l2a,a=mg/(m+CB212)ab做初速為零的勻加直線運動，加速度a=mg/(m+CB2l2)2322mghmgR2,2-c4,4mBLC2BL(1)金屬棒向下以速度為VI切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢EBLv1(2分)電容器所帶電荷量

26、qCECBLv1(2分)相距l(xiāng),導軌一端接有一個電容器，電容量為C,落地速度為v.2ah2mgh-22mCBl25.(18分)如圖，在豎直平面內(nèi)有兩條間距為L的足夠長的平行長直金屬導軌，上端接有一個阻值為R的電阻和一個耐壓值足夠大的電容器，電容器的電容為C,且不帶電。質(zhì)量為導體棒ab垂直跨在導軌上，接觸良好。導軌所在空間有垂直導軌平面向里的勻強場，磁感應強度大小為B。S為單刀雙擲開關(guān)?，F(xiàn)將開關(guān)S接1,由靜止釋放導體ab。已知重力加速度為g,不計導軌和導體棒的電阻，不計一切摩擦。(1)當金屬棒向下運動的速度為VI時，電容器所帶的電量q;(2)求導體棒ab下落h高度時的速度大小v2；(3)當速度為

27、v2時迅速將開關(guān)S接2,請分析說明此后導計算導體棒ab在開關(guān)接2后又下落足夠大的高度H的過程中電阻R上所產(chǎn)生的電熱Q的磁棒25、【答案】(1)CBLv1(3)mgH金屬棒產(chǎn)生的感應電動勢變化EBLv(1分)(2)設(shè)在t時間內(nèi)，金屬棒速度變化為v,（3）此時迅速將開關(guān)S接2。若重力大于安培力，則棒先做加速運動后做勻速運動；若重力等于于安培1通過d棒的電荷量為多少?2兩棒間的距離增大了多少?【解析】（1）從開始到最終穩(wěn)定的過程中，兩棒總動量守恒，則有:電容器所帶電荷量變化qCUCBLv（1分）金屬棒中的電流I_qCBLvCBLa（1分）tt對金屬棒，由牛頓第一TH律有：mgBILma（1分）聯(lián)立解

28、侍amg_22_（1分）mB LC可以看出加速度與時間無關(guān)，說明金屬棒做勻加速直線運動，設(shè)金屬棒沿導軌向下運動h時的速度為V2,由v222ah（1分）電容器兩極板電壓變化（1分）解得巧.2mgh2.mB2L2CUBLv（1分）力，則棒做勻速運動；若重力小于安培力, 則棒先做減速運動后做勻速運動。因為最后勻速，所以由平衡條件mgF安22BLv3（2分）解得vmRv3B2L2對導體棒在該過程使用動能定理:故此過程中電阻R上產(chǎn)生的電熱：QW克安mgH（1分）1212mv3mv222m2gh322mgRB2L2C2B4L4雙桿模型前提條件都是光滑導軌:21.兩固定水平平行金屬導軌間距為L,導軌上放著兩

29、根相同導體棒ab和已知每根導體棒質(zhì)量均為m電阻均為R,導軌光滑且電阻不計，整個導軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強磁場，磁感強度為B,開始時ab和cd兩導體棒有方向相反的水平初速度，大小分別為v0和2v0。（1）求從開始到最終穩(wěn)定的過程中回路總共產(chǎn)生的焦耳熱;（2）當d棒的速度大小變?yōu)関0/4時，求:9o-【答案】（1）mv0（2）q13mv0工5mv0成或q2頑分3mv0R.2XI22或X25my）R2B2L22mvmv=2mv（2（1解得：v02由能量守恒可得從開始到最終穩(wěn)定回路中產(chǎn)生的焦耳熱為:(2)分析兩棒運動的情況可知，ab棒的速度大小為V0/4有兩種情況:1.當ab棒速度未反向時，即vab

30、，設(shè)此時cd棒的速度為vi,由動量守恒定律:4E=BI(vcd-vab)q=It22.如圖所示，在大小為B的勻強磁場區(qū)域內(nèi)跟磁場方向垂直的平面中有兩根固定的足夠長的金屬平行導軌，在導軌上面平放著兩根導體棒ab和cd,兩棒彼此平行，構(gòu)成一矩形回路。導軌間距為l,導體棒的質(zhì)量都是m電阻各為R,導軌部分電阻可忽略不計。設(shè)導體棒可在導軌上無摩擦地滑行，初始時刻ab棒靜止，給cd棒一個向右的初速v0,求(1)當cd棒速度減為0.8v時加速度；(2)從開始運動到最終穩(wěn)定，電路中產(chǎn)生的電能多大；(3)兩棒之間距離增長量x的上限。22【答案】(1)a0.3B1&(2)Qmv：(3)x22mv0mv0V

31、om4mv1解得:5vo2.當ab棒速度反向時，即vahab也，設(shè)此時cd棒的速度為v2,由動量守恒定律:4解得：v23v04對棒由動量定理可得:F安tmv其中F安=BIL帶入兩種情況可知：當v0時，BLqimvov。m解得：q1當vabv_4解得：q2由q3mv0mvvm43mvRxi22或x25mv0Rc2.22BL4BL時，BLq25mv4BLBLX可得:mR4Bl【解析】(1)設(shè)當cd棒速度減為0.8v0時ab棒的速度為v,由動量守恒定律mv00.8mv0mvd此時回路的電流是Bl0.80.2v02RBIlcd棒的加速度為ad(2)據(jù)動量守恒定律，設(shè)兩棒穩(wěn)定時共同的末速度為v212I2

32、I2Q-mv0-mmv-mv022425.(18分)如圖，金屬平行導軌MNMN和金屬平行導flPQRPQR分別同定在高度差為h(數(shù)值未知)的水平臺面上。導軌MNMN左端接有電源,MN與MN的間距為L=0.10m線框空間存在叫豎直向上的勻強磁場，磁感應強度BI=0.20T;平行導軌PQFPQR的間距為L=0.10m,其中PQ與PQ是圓心角為60、半徑為r=0.50m的圓弧導軌,QR與QR是水平長直導軌，QQ右側(cè)有方向豎直向上的勻強磁場，磁感應強度B2=0.40T。導體棒a質(zhì)量m=0.02kg,電阻R=2,0Q,放置在導軌MNMN右側(cè)NN邊緣處；導體棒b質(zhì)量m=0.04kg,電阻R=4.0Q放置在

33、水平導軌某處。閉合開關(guān)K后，導體棒a從NN水平拋出，恰能無碰撞地從PP處以速度v1=2m/s滑入平行導軌，且始終沒有與棒b相碰。重力加速度g=10m/s2,不計一切摩擦及空氣阻力。求(1)導體棒b的最大加速度。(2)導體棒a在磁場B中產(chǎn)生的焦耳熱。閉合開關(guān)K后，通過電源的電荷量q。2一25.(1)am0.02m/s(2)Q0.02J(3)q1c【解析】試題分析：設(shè)a棒在水平軌道上時的速度為V2,根據(jù)動能定理求出速度，因為a棒剛進入磁場時，ab棒中的電流最大，b受到的力最大，加速度最大，再根據(jù)電磁感應定律和牛頓第二定律即可求出加速度；兩個導體棒在運動過程中，動量守恒和能量守恒，當兩棒的速度相等時

34、回路中的電流為零，此后兩棒做勻速運動，兩棒不在產(chǎn)生焦耳熱，根據(jù)動量守恒和能量守恒，即可求出導體棒a在磁場中產(chǎn)生的焦耳熱；設(shè)接通開關(guān)后，a棒以速度v。水平拋出，根據(jù)動量定理即可通過電源的電荷量。(1)設(shè)a棒在水平軌道上時的速度為v2,根據(jù)動能定理：01212mgrrcos60m1v2m1v1（2分）解得：v2=3m/s因為a棒剛進入磁場時，ab棒中的電流最大，b受到的力最大，加速度最大，所以有:解之得:v0.2vo解得：a0.3B3mR電動勢為：EB2Lv2一八、電流為:（1分）聯(lián)立以上解得：amax0.02m/s2(分)(2)兩個導體棒在運動過程中，動量守恒和能量守恒，當兩棒的速度相等時回路中

35、的電流為零，此后兩棒做勻速運動，兩棒不在產(chǎn)生焦耳熱，所以由能量守恒定律：1m1v21m1m2v2QaQb22（2分）對a棒沖出過程由動量定理：B1ILtm1v0即：B1Lqmv(2分)代入數(shù)據(jù)解得：q=1C(2分)如圖，MN、PQ為兩根足夠長的水平放置的平行金屬導軌，間距L=1m；整個空間以O(shè)O為邊界，左側(cè)有垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小B=1T,右側(cè)有方向相同、磁感應強度大小B2=2T的勻強磁場。 兩根完全相同的導體棒a、b,質(zhì)量均為m=0.1kg,與導軌間的動摩擦因數(shù)均為四=0.2,其在導軌間的電阻均為R=1Q開始時，a、b棒均靜止在導軌上，現(xiàn)用平行于導軌的恒力F=0.8N向右

36、拉b棒。假定a棒始終在OO左側(cè)運動，b棒始終在OO右側(cè)運動，除導體棒外其余電阻不計，滑動摩擦力和最大靜摩擦力大小相等，g取10m/s2。1a棒開始滑動時，求b棒的速度大小；2當b棒的加速度為1.5m/s2時，求a棒的加速度大小；3已知經(jīng)過足夠長的時間后，b棒開始做勻加速運動，求該勻加速運動的加速度大小，并計算此時a棒中電流的熱功率。【答案】(1)0.2m/s(2)0.25m/s2(3)0.4m/s20.0784W25.(19分)如圖所示，PQ和M謎固定于傾角為30斜面內(nèi)的平行光滑金屬軌道， 軌道足夠長， 其電阻可忽略不計。金屬棒ab、cd放在軌道上，始終與軌道垂直，且接觸良好。金屬棒ab的質(zhì)量

37、為2mcd的質(zhì)量為m長度均為L、電阻均為R兩金屬棒的長度恰好等于軌道的間距，并與軌道形成閉合回路。整個裝置處在垂直斜面向上、磁感應強度為B的勻強磁場中，若鎖定金屬棒ab不動，使金屬棒cd在與其垂直且沿斜面向上的恒力F=2mg乍用下，沿軌道向上做勻速運動。重力加速度為g;根據(jù)牛頓第二定律:B2ILm2&max（1分）根據(jù)動量守恒：miV2mm2V3（2分）由于ab棒串聯(lián)在一起，所以有:Qa坦QbR2（2分）解得：Qa0.02J（1分）(3)設(shè)接通開關(guān)后,a棒以速度vo水平拋出，則有:0VoV1COS601m/s（分）(1)試推導論證：金屬棒cd克服安培力做功的功率P等于電路獲得的電功率P

38、電；(2)設(shè)金屬棒cd做勻速運動中的某時刻10=0,恒力大小變?yōu)镕=1.5mg方向不變，同時解鎖、靜止釋放金屬棒ab,直到1時刻金屬棒ab開始做勻速運動；求：11時刻以后金屬棒ab的熱功率Rb；201時刻內(nèi)通過金屬棒ab的電量q;25.解：(1)金屬棒cd做勻速運動的速度為v,E=BLvI=E/2RFA=IBL根據(jù):(2)金屬棒ab做勻速運動，則有IiBL=2mgsin30金屬棒ab的熱功率Rb=II2R11(評分標準：、售各式2分，(10式1分，共5分。其他解法正確同樣給分。)金屬棒cd克服安培力做功的功率P妥FAV電路獲得的電功率P電=E2P2RP電=B2L2v2(另解：金屬棒聯(lián)立解得I0

39、.5分，共6分。其他解法正確同樣給分。cd做勻速運動的速度為v,cd桿受力平衡有3mg2BL3mgRB2L2所以：芯9m2g2R、)2B2L2(評分標準：設(shè)1后時刻金屬棒ab做勻速運動速度為v金十屬棒cd也做勻速運動的速度為W,由金屬棒ab、金屬棒cd組成系統(tǒng)動量守恒:mv=2mv+mV2回路電流,BL（V2%）I1=2Ra在外力Fi作用下由靜止開始水平向右運動，桿b在水平向右的外力F2作用下始終保持靜止狀態(tài)，且F2=0.75+0.2t(N).(sin37=0.6,cos37=0.8,g取10m/s2)Vi=mgR223B2L20t時刻內(nèi)對金屬棒ab分析：在電流為i的很短時間t內(nèi)，速度的該變量

40、為v由動量定理得:對（15進行求和得:解得BLq-mgt=2mv由四羅解得：q=2m2gR3mgB2L2t3BL（評分標準：（12（13回急07的各式1分，否式2分，共8分。其他解法正確同樣給分。）（或：設(shè)ab、cd桿之間距離變化量為x,則:設(shè)任意時刻，ab桿速度為v1,cd桿速度為v2,利用微元求和可得:對ab桿進行動量定理:聯(lián)立可得:BL(v2v1)t2mgsin30o02Rt2mvB2L2x求解侍：2mgsin30t2m.同樣可以得到答案）如圖所示，平行金屬導軌與水平面間夾角均為。=370，導軌間距為lm,電阻不計，導軌足夠長.兩根金屬棒ab和ab的質(zhì)量都是0.2kg， 電阻都是1Q,與

41、導軌垂直放置且接觸良好， 金屬棒和導軌之間的動摩擦因數(shù)為0.25,兩個導軌平面處均存在著垂直軌道平面向上的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應強度B的大小相同.讓a,b固定不動，將金屬棒ab由靜止釋放，當ab下滑速度達到穩(wěn)定時，整個回路消耗的電功率為8W.求（1）ab達到的最大速度多大？（2）ab下落了30m高度時，其下滑速度已經(jīng)達到穩(wěn)定，則此過程中回路電流的發(fā)熱量Q多大？（3）如果將ab與ab同時由靜止釋放，當ab下落了30m高度時，其下滑速度也已經(jīng)達到穩(wěn)定，則此過程中回路電流的發(fā)熱量Q為多大？（g=10m/s2,sin370=0.6,cos370=0.8）1.如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導軌cd和ef水平放置，在其左端連接傾角為0=37。的光滑金屬導軌ge、hc,導軌間距均為L=1m,在水平導軌和傾斜導軌上，各放一根與導軌垂直的金屬桿，金屬桿與導軌接觸良好.金屬桿a、b質(zhì)