高中物理二輪復(fù)習(xí)-高考熱點(diǎn)突破5-電磁感應(yīng)中的雙桿模型

高考熱點(diǎn)突破(五)電磁感應(yīng)中的雙桿模型(建議用時(shí)：30分鐘)1．(多選)(2021·湖南省永州市高三下學(xué)期5月三模)如圖所示，相距L的光滑金屬導(dǎo)軌固定于水平地面上，由豎直放置的半徑為R的eq\f(1,4)圓弧部分和水平平直部分組成。MNQP范圍內(nèi)有方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。金屬棒ab和cd垂直導(dǎo)軌放置且接觸良好，cd靜止在磁場(chǎng)中；ab從圓弧導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，進(jìn)入磁場(chǎng)后與cd沒有接觸；cd離開磁場(chǎng)時(shí)的速度是此時(shí)ab速度的一半。已知ab的質(zhì)量為m、電阻為r，cd的質(zhì)量為2m、電阻為2r。金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g。下列說法正確的是()A．cd在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)電流的方向?yàn)閏→dB．cd在磁場(chǎng)中做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)C．cd在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過程中流過截面的電荷量q＝eq\f(m\r(2gR),2BL)D．從ab由靜止釋放至cd剛離開磁場(chǎng)時(shí)，cd上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(5,8)mgRBC[cd在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，abcd回路中磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，cd電流的方向?yàn)閐→c，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)ab進(jìn)入磁場(chǎng)后回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，則ab受到向左的安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，cd受到向右的安培力而做加速運(yùn)動(dòng)，由于兩者的速度差逐漸減小，可知感應(yīng)電流逐漸減小，安培力逐漸減小，可知cd向右做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；ab從釋放到剛進(jìn)入磁場(chǎng)過程，由動(dòng)能定理得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，對(duì)ab和cd系統(tǒng)，合外力為零，則由動(dòng)量守恒mv0＝m·2vcd＋2m·vcd，解得vcd＝eq\f(1,4)v0＝eq\f(1,4)eq\r(2gR)，對(duì)cd由動(dòng)量定理Beq\o(I,\s\up6(－))L·Δt＝2m·vcd，其中q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt，解得q＝eq\f(m\r(2gR),2BL)，選項(xiàng)C正確；從ab從圓弧導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，至cd剛離開磁場(chǎng)時(shí)由能量關(guān)系mgR＝eq\f(1,2)m(2vcd)2＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,cd)＋Q，其中Qcd＝eq\f(2,3)Q，解得Qcd＝eq\f(5,12)mgR，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。]2．(多選)(2021·淄博市高三診斷)如圖甲所示，兩平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌(不計(jì)電阻)水平放置，間距為L(zhǎng)。有兩根長(zhǎng)度均為L(zhǎng)、電阻均為R、質(zhì)量均為m的導(dǎo)體棒AB、CD平放在金屬導(dǎo)軌上。其中棒CD通過絕緣細(xì)繩、定滑輪與質(zhì)量也為m的重物相連，重物放在水平地面上，開始時(shí)細(xì)繩伸直但無彈力。棒AB與導(dǎo)軌間無摩擦，棒CD與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，忽略其他摩擦阻力。導(dǎo)軌間有一方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ的邊界滿足曲線方程：y＝Lsineq\f(π,L)x(0≤x≤L)。CD棒處在豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ中(圖乙為圖甲導(dǎo)軌區(qū)域的俯視圖)?，F(xiàn)從t＝0時(shí)刻開始，使棒AB在外力F的作用下，以速度v從與y軸重合處開始沿x軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)過程中CD棒始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。重力加速度取g。下列說法正確的是()甲乙A．棒AB在運(yùn)動(dòng)過程中，外力F的最大功率為eq\f(B\o\al(2,1)L2v2,2R)B．棒AB通過磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ的過程中，棒CD上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(B\o\al(2,1)L3v,4R)C．棒AB通過磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ的過程中，應(yīng)滿足B2≤eq\f(2μ＋1mgR,B1L2v)D．棒AB通過磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ的過程中，重物對(duì)地面壓力的最小值為mg－eq\f(B1B2L2v,2R)AC[當(dāng)棒AB運(yùn)動(dòng)到x＝eq\f(L,2)處時(shí)，棒AB的有效切割長(zhǎng)度最長(zhǎng)，所受安培力最大，則外力F最大，功率也最大，此時(shí)有Fm＝B1IL＝B1eq\f(B1Lv,2R)L＝eq\f(B\o\al(2,1)L2v,2R)，外力F的最大功率為Pm＝Fmv，解得Pm＝eq\f(B\o\al(2,1)L2v2,2R)，A正確；棒AB在勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ的運(yùn)動(dòng)過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝B1Lvsineq\f(π,L)x，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值為E有效＝eq\f(B1Lv,\r(2))，感應(yīng)電流有效值為I有效＝eq\f(B1Lv,2\r(2)R)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(L,v)，則棒CD上產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝Ieq\o\al(2,有效)Rt＝eq\f(B\o\al(2,1)L3v,8R)，B錯(cuò)誤；棒AB通過磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ的過程中，棒CD始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)棒AB運(yùn)動(dòng)到x＝eq\f(L,2)處時(shí)，回路中的感應(yīng)電流最大，棒CD所受的安培力最大，若此時(shí)棒CD剛要發(fā)生滑動(dòng)，有eq\f(B1B2L2v,2R)＝mg＋μmg，則B2應(yīng)滿足B2≤eq\f(2μ＋1mgR,B1L2v)，C正確；由以上分析可知棒AB運(yùn)動(dòng)到x＝eq\f(L,2)處時(shí)，重物對(duì)地面的壓力最小，由平衡條件對(duì)棒CD有eq\f(B1B2L2v,2R)＝Ff＋T，對(duì)重物有T＋FN＝mg，由以上可解得FN＝mg＋Ff－eq\f(B1B2L2v,2R)，由牛頓第三定律可知，D錯(cuò)誤。故選AC。]3．(2021·河北省張家口市高三期末)如圖所示，固定在水平面上兩根相距L＝0.8m的光滑金屬導(dǎo)軌，處于豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng)。金屬棒a、b的質(zhì)量均為m＝1kg、電阻均為R＝0.1Ω，金屬棒靜置在導(dǎo)軌上且與導(dǎo)軌接觸良好?，F(xiàn)給a一個(gè)平行導(dǎo)軌向右的瞬時(shí)沖量I＝4N·s，最終兩金屬棒運(yùn)動(dòng)狀態(tài)穩(wěn)定且未發(fā)生碰撞，運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直，忽略感應(yīng)電流對(duì)磁場(chǎng)的影響，求整個(gè)過程中：(1)金屬棒a產(chǎn)生的焦耳熱；(2)通過金屬棒a的電荷量；(3)金屬棒a、b之間的距離減少多少。[解析](1)由動(dòng)量定理得I＝mv0解得v0＝4m/s整個(gè)過程動(dòng)量守恒mv0＝2mv1解得v1＝2m/s根據(jù)能量守恒eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＋Q金屬棒a產(chǎn)生的焦耳熱Qa＝eq\f(1,2)Q＝2J。(2)對(duì)b，由動(dòng)量定理得Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝mv1－0而q＝eq\o(I,\s\up6(－))t解得q＝5C通過金屬棒a與b的電荷量相等，所以通過金屬棒a的電荷量為5C。(3)根據(jù)eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),2R)所以q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(BLΔx,2R)解得Δx＝2.5m。[答案](1)2J(2)5C(3)2.5m4．某同學(xué)設(shè)計(jì)了一款電動(dòng)玩具，其簡(jiǎn)化模型如圖所示，間距為L(zhǎng)的平行長(zhǎng)直軌道固定于水平桌面上，軌道的NO、N′O′段用絕緣材料制成，其余部分均為導(dǎo)電材料，連接處平滑。軌道左端接有電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻不計(jì)的直流電源，左側(cè)矩形區(qū)域MNN′M′內(nèi)有垂直桌面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1(大小可調(diào)節(jié))的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，軌道的右側(cè)區(qū)域有垂直于桌面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2(大小已知)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。初始時(shí)金屬棒ab靜置于MM′右側(cè)某處，金屬棒cd靜置于PP′右側(cè)某處(PP′右側(cè)軌道足夠長(zhǎng))。兩棒的質(zhì)量均為m，接入電路中的電阻均為R，金屬棒與軌道接觸良好，其余電阻均不計(jì)。棒ab在MNN′M′區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)受到恒定阻力f0，棒cd在PP′右側(cè)區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)會(huì)受到大小與速率成正比的摩擦阻力f＝kv(其中k＝eq\f(B\o\al(2,2)L2,2R))，兩棒在區(qū)域NPP′N′運(yùn)動(dòng)時(shí)無摩擦阻力。調(diào)節(jié)磁場(chǎng)B1，將開關(guān)閉合，棒ab將從靜止開始加速，并在進(jìn)入絕緣段前達(dá)到勻速。(1)若金屬棒ab剛越過OO′時(shí)的速度為v0(為已知量)，求此刻兩棒的加速度大??；(2)接小題(1)，當(dāng)棒ab從OO′向右運(yùn)動(dòng)x0時(shí)(x0為已知量，未越過PP′)，兩棒速度恰好相等，求此時(shí)兩棒的速度大??；(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度B1調(diào)到多大時(shí)，棒ab在進(jìn)入絕緣段前速度會(huì)有最大值？求出相應(yīng)的最大速度。[解析](1)ab剛越過OO′時(shí)，兩棒構(gòu)成回路的總電動(dòng)勢(shì)為B2Lv0，兩棒加速度大小相等，即aab＝acd＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2IL,m)＝eq\f(B2L,m)·eq\f(B2Lv0,2R)＝eq\f(B\o\al(2,2)L2,2Rm)v0。(2)兩棒均向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，記ab棒速度v1，cd棒速度v2，回路電流為i＝eq\f(B2Lv1－v2,2R)兩棒動(dòng)量不守恒，兩棒速度相等時(shí)記為v，設(shè)棒cd向右運(yùn)動(dòng)x，對(duì)棒ab列動(dòng)量定理－B2Lq＝m(v－v0)對(duì)棒cd列動(dòng)量定理B2Lq－keq\o(v,\s\up6(－))2t＝B2Lq－kx＝mv另q＝it＝eq\f(B2L,2R)(x0－x)聯(lián)立解得x＝eq\f(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(Rmv0,B\o\al(2,2)L2)))v＝eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4v0－\f(B\o\al(2,2)L2,Rm)x0))。(3)勻速時(shí)，電源與棒ab構(gòu)成的回路I＝eq\f(E－B1Lv,R)棒受安培力FA＝B1Leq\f(E－B1Lv,R)由受力平衡得f0＝FA解得v＝eq\f(E,L)·eq\f(1,B1)－eq\f(f0R,L2)·eq\f(1,B\o\al(2,1))由數(shù)學(xué)知識(shí)可知當(dāng)B1＝eq\f(2Rf0,EL)時(shí)，有最大速度vm＝eq\f(E2,4f0R)。[答案](1)eq\f(B\o\al(2,2)L2,2Rm)v0(2)eq\f(1,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4v0－\f(B\o\al(2,2)L2,Rm)x0))(3)eq\f(2Rf0,EL)eq\f(E2,4f0R)5．(2021·福建省龍巖市高三模擬)如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌MNPQ和M1N1P1Q1，固定在傾角為θ的斜面上，MN與M1N1距離為l，PQ與P1Q1距離為eq\f(2,3)l。金屬棒A、B質(zhì)量均為m、阻值均為R、長(zhǎng)度分別為l與eq\f(2,3)l。金屬棒A、B分別垂直放在導(dǎo)軌MM1和PP1上，且恰好都能靜止在導(dǎo)軌上。整個(gè)裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)固定住金屬棒B，用沿導(dǎo)軌向下的外力F作用在金屬棒A上，使金屬棒A以加速度a沿斜面向下做勻加速運(yùn)動(dòng)。此后A棒一直在MN與M1N1上運(yùn)動(dòng)，B棒一直在PQ與P1Q1上靜止或運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，求：(1)外力F與作用時(shí)間t的函數(shù)關(guān)系式；(2)當(dāng)A棒的速度為v0時(shí)，撤去F并解除對(duì)B的固定，一段時(shí)間后A棒在MN與M1N1上勻速運(yùn)動(dòng)，求A棒勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小。[解析](1)金屬棒A、B剛好都能靜止在導(dǎo)軌上，對(duì)金屬棒，有mgsinθ－f＝0金屬棒A沿斜面向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)金屬棒A，有F＋mgsinθ－f－F安＝ma由安培力公式有F安＝B0Il對(duì)金屬棒與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路，根據(jù)歐姆定律，有I＝eq\f(E,R＋R)金屬棒A切割磁感線，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有E＝B0lv又因?yàn)関＝at聯(lián)立解得F＝eq\f(B\o\al(2,0)l2a,2R)t＋ma。(2)A棒勻速時(shí)，安培力為零，電流為零，兩棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)大小相等，有B0lvA＝B0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)l))vB在撤去F到A棒勻速的過程中，對(duì)A，根據(jù)動(dòng)量定理，有(mgsinθ－f－B0eq\o(I,\s\up6(－))l)t1＝mvA－mv0對(duì)B，根據(jù)動(dòng)量定理，有(mgsinθ－f＋B0eq\o(I,\s\up6(－))eq\f(2聯(lián)立可解出vA＝eq\f(4,13)v0。[答案](1)F＝eq\f(B\o\al(2,0)l2a,2R)t＋ma(2)eq\f(4,13)v06．如圖所示，間距d＝1m且足夠長(zhǎng)的光滑平行導(dǎo)軌MQ和NP水平放置，其中N1、M1右側(cè)均為絕緣材料，其余為金屬導(dǎo)軌，以N2點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)O，沿NP方向建立坐標(biāo)軸。M、N間接有不帶電的電容器，電容C＝0.2F，ab是一根質(zhì)量m1＝0.2kg、長(zhǎng)度d＝1m、電阻r1＝0.5Ω的金屬棒，垂直導(dǎo)軌靜置在M1N1左側(cè)足夠遠(yuǎn)處。cdef是質(zhì)量m2＝0.6kg、電阻r2＝1.5Ω、各邊長(zhǎng)度均為d＝1m的“U”形金屬框，c、f剛好和M2、N2重合。整個(gè)空間存在豎直方向的磁場(chǎng)(未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度分布規(guī)律為B＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1T，x<0,1＋0.8xT，x≥0))(取豎直向上為正方向)，若ab棒獲得一水平向右的瞬時(shí)沖量I＝1.6N·s后開始運(yùn)動(dòng)。金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，ab棒、金屬框與導(dǎo)軌始終接觸良好。(1)求ab棒兩端電壓Uba的最大值并分析電容器哪側(cè)極板帶正電；(2)求ab棒運(yùn)動(dòng)至M2N2位置與金屬框碰撞前瞬間的速度大小；(3)若ab棒與金屬框碰撞后連接在一起，求金屬框最終靜止時(shí)ed邊e端的位置坐標(biāo)。[解析](1)ab棒剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，ab棒兩端電壓Uba最大，有Uba＝Bdv0＝Bdeq\f(I,m1)＝8V根據(jù)右手定則可知，靠近N側(cè)的極板帶正電。(2)當(dāng)ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩端電壓相等時(shí)，ab棒速度達(dá)到穩(wěn)定，設(shè)穩(wěn)定后速度為v1，則有U＝Bdv1又U＝eq\f(q,C)對(duì)ab棒應(yīng)用動(dòng)量定理有m1v0－m1v1＝Beq\o(I,\s\up6(－))d·t＝Bdq聯(lián)立上述三式樣得v1＝4m/s。(3)ab棒與金屬框碰撞過程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m1v1＝(m1＋m2)v2解得v2＝1m/s金屬框在運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)速度為v時(shí)，回路中的感應(yīng)電流為I＝eq\f(Bdedv－Babdv,r1＋r2)金屬框整體受到的安培力為F＝BdeId－BabId＝eq\f(Bde－Bab2d2v,r1＋r2)Bde－Bab＝0.8T從金屬框開始運(yùn)動(dòng)到停下的過程中，根據(jù)動(dòng)量定理有－eq\f(Bde－Bab2d2\o(v,\s\up6(－)),r1＋r2)·t＝0－(m1＋m2)v2x0＝eq\o(v,\s\up6(－))t＝2.5m則金屬框最終靜止時(shí)ed邊e端的位置坐標(biāo)為x′＝x0＋d＝3.5m。[答案](1)8V，靠近N側(cè)的極板帶正電(2)4m/s(3)3.5m7．(2021·安徽省宣城模擬)如圖所示，PQMN和P′Q′M′N′為在同一平面內(nèi)足夠長(zhǎng)的光滑金屬導(dǎo)軌，處在磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2.0T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向豎直向下，MN和M′N′段平行，間距d＝1.0m，導(dǎo)軌的PQ段與P′Q′段相互平行，間距為2d；兩根質(zhì)量均為m＝2kg、電阻均為R＝1.0Ω的金屬桿a、b垂直于導(dǎo)軌放置，桿的長(zhǎng)度略大于導(dǎo)軌間距，且保持良好接觸。a、b用一根不可伸長(zhǎng)的絕緣輕繩拴接，輕繩處于拉直狀態(tài)，a的中點(diǎn)通過另一根絕緣輕繩通過光滑定滑輪與c連接，c的質(zhì)量m＝2kg，已知a、b始終在原來軌道上運(yùn)動(dòng)，c不會(huì)著地，不計(jì)導(dǎo)軌電阻及電磁輻射，重力加速度g取10m/s2。(1)求c由靜止釋放瞬間a、b之間輕繩的拉力F；(2)c由靜止釋放，求c的最大速度vm及此時(shí)b的熱功率P；(3)c由靜止釋放，c達(dá)到最大速度后，某時(shí)刻同時(shí)燒斷連接a與b、a與c間的輕繩，求穩(wěn)定后b的速度vb。[解析](1)c由靜止釋放瞬間，a、b所受磁場(chǎng)力為零，a、b、c三者一起做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律a＝eq\f(mg,3m)＝eq\f(g,3)繩子拉力提供b的加速度，根據(jù)牛頓第二定律得F＝m·eq\f(g,3)＝2×eq\f(10,3)N＝eq\f(20,3)N。(2)當(dāng)c達(dá)到最大速度時(shí)，a、b、c一起做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)速度為vm根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，a產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)Ea＝Bdvmb產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)Eb＝2Bdvm根據(jù)右手定則可判斷兩電動(dòng)勢(shì)方向相反，所以回路電動(dòng)勢(shì)E＝2Bdvm－Bdvm＝Bdvm回路電流為順時(shí)針，根據(jù)閉合電路歐姆定律，回路電流I＝eq\f(Bdvm,2R)對(duì)b受力分析BI×2d＝F′1對(duì)a受力分析F′1＝mg＋BId解得vm＝10m/sI＝10A故b的熱功率P＝I2R＝102×1W＝100W。(3)當(dāng)把線繩同時(shí)燒斷，此時(shí)b產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)大于a產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，b受安培力向左，a受安培力向右，一段時(shí)間內(nèi)流過兩導(dǎo)體棒的電荷量相同，設(shè)電荷量為q，則一段時(shí)間內(nèi)安培力的沖量I沖＝BILΔt＝BLq對(duì)b根據(jù)動(dòng)量定理2Bdq＝mvm－mvb對(duì)a根據(jù)動(dòng)量定理Bdq＝mva－mvm穩(wěn)定時(shí)，a、b導(dǎo)體棒產(chǎn)生的合電動(dòng)勢(shì)為零即2Bdvb＝Bdva可得va＝2vb綜上vb＝eq\f(3,5)vm＝eq\f(3,5)×10m/s＝6m/s。[答案](1)eq\f(20,3)N(2)10m/s100W(3)6m/s8．(2021·山東強(qiáng)化卷)如圖所示，一傾角為30°的光滑傾斜平行導(dǎo)軌與足夠長(zhǎng)的光滑水平導(dǎo)軌用絕緣材料(長(zhǎng)度不計(jì))平滑連接，導(dǎo)軌間距均為L(zhǎng)，傾斜導(dǎo)軌處于方向垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平導(dǎo)軌處于方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，傾斜導(dǎo)軌左側(cè)連接有阻值為R的定值電阻，距離水平導(dǎo)軌最左側(cè)x0＝eq\f(5m2gR2,B4L4)(g為重力加速度大小)處靜置一阻值為R、質(zhì)量為2m、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒ab，現(xiàn)將另一阻值為R、質(zhì)量為m、長(zhǎng)度也為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒cd從傾斜導(dǎo)軌上距離水平導(dǎo)軌所在平面h高度處由靜止釋放，導(dǎo)體棒cd滑上水平導(dǎo)軌前已勻速，運(yùn)動(dòng)過程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。(1)求導(dǎo)體棒cd滑上水平導(dǎo)軌時(shí)的速度大小v0；(2)當(dāng)導(dǎo)體棒cd在水平導(dǎo)軌上的速度大小為eq\f(1,2)v0時(shí)，求導(dǎo)體棒cd的加速度大?。?3)求系統(tǒng)穩(wěn)定時(shí)兩導(dǎo)體棒之間的距離及整個(gè)過程導(dǎo)體棒cd上產(chǎn)生的熱量。[解析](1)對(duì)cd棒受力分析，其滑上水平導(dǎo)軌之前已勻速運(yùn)動(dòng)，則在勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)有mgsin30°＝F安又F安＝BIL，I＝eq\f(E,2R)，