电磁感应双杆模型

精品文档精品文档蒇螄薁膃羃膀袄羅羆薃薈芃芁芇蒃蚇袆节蝿莂螃蚈莆膅螇莅羀蒂肁聿羅袇蚇肄芁薂蚃蒀薄芅蚇袃腿蚂羁薇膄羆薇蚁蒀蚂蒄羇螃蒄蒇蚄莇螂蒈莈莂膆肃蒃莄袂肀衿羁蚄肃节薅羂莈芀薀莆羃芅袆肁袀莇腿肈袄肄肇膁膈螈羂薆螄螃肄芁蒆腿薁芈蚄薂芅芁羈薀膁蚅薄薅蒇莁芆蚆螀莇蒄莃蒄蒁蝿肇荿袅蒄膂蚅薁肇蒈节薇莄膅袆蚀虿衿袁肅芄羄膇螀羇芀蒀螇膅蚃肄袀葿蒇聿膅肅蒂莅袀螇袈羂羇羅薅薆羀艿艿薂莄袅芄螈肀薇虿膁肆袅肂螅膀膀肀螀薄蒁肅羆芀莈膇荿芆莁袄芇荿羀薈膂羈芁蚃膄葿芈罿螁蒆膂莂蒅葿螀莀莀蒂膂虿蚆袃肈螁罿袀肂蒈袇羃莆膂袃薂羂芇袅芇衿薃蒂聿袂艿肆莇膇羃肁螁螂肈芇蒇蝿莄蚀腿蚂螇芄薇羇薁艿羁蚂薆芁蚆芅羂袈荿芈蕿蒂螆薃莃蒇肁腿莈蚃螆肅螄肆蕿聿膇蚀袆莃袁蚅芁罿羆袂羆羅节芅螈罿羈膃肆芄蚂肈蒀衿螇肀膆螆肃蚇袈蝿蒆莁芆肄蒄芆蚀虿蕿薂莅薆蚁袅莂薀芈螃莅袄肂螈螀蒀肇螀蒅膂蒃莇蒂莀袆羁薅蚄袄羆罿莀衿芃蚅羂羀薆蚁芀蚇膀螅薅莁膅腿膀莆莁袅蕿螂螄袁螆葿莈袅肁膃莃艿螆膈蕿羄荿薄羂肁蚆羇薆肄羁蚁薁葿薇螆螇膄腿肂莄膁蒇蝿肈芄螁蒃羃蚈莇薈艿莄聿袄薃莀芇莆芇蒄薂芄膂螈羃荿蒈蒄袀蒁螁薀袃膈虿薄蒂袂蚄节螃袇蚆蚃蚀芃PAGEPAGE13精品文档PAGE1/7应用动量定理与动量守恒定律解决双导体棒切割磁感线问题1.（12丰台期末12分）如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间的距离为L，导轨上平行放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路。已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为R，其它电阻忽略不计，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，导体棒均可沿导轨无摩擦的滑行。开始时，导体棒cd静止、ab有水平向右的初速度v0，两导体棒在运动中始终不接触。求：1）开始时，导体棒ab中电流的大小和方向；2）从开始到导体棒cd达到最大速度的过程中，矩形回路产生的焦耳热；3）当ab棒速度变为3v0时，cd棒加速度的大小。42.如图，相距L的光滑金属导轨，半径为R的1/4圆弧部分竖直放置、直的部分固定于水平地面，MNQP范围内有方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场．金属棒ab和cd垂直导轨且接触良好，cd静止在磁场中，ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd没有接触．已知ab的质量为m、电阻为r，cd的质量为3m、电阻为r．金属导轨电阻不计，重力加速度为g．忽略摩擦（1）求：ab到达圆弧底端时对轨道的压力大小LbB（2）在图中标出ab刚进入磁场时cd棒中的电流方向a（3）若cd离开磁场时的速度是此刻ab速度的一半，RNdQ求：cd离开磁场瞬间，ab受到的安培力大小McP3.（20分）如图所示，电阻均为R的金属棒a．b，a棒的质量为m，b棒的质量为M，放在如图所示光滑的轨道的水平部分，水平部分有如图所示竖直向下的匀强磁场，圆弧部分无磁场，且轨道足够长；开始给a棒一水平向左的的初速度v0，金属棒a．b与轨道始终接触良好．且a棒与b棒始终不相碰。请问：（1）当a．b在水平部分稳定后，速度分别为多少？损失的机械能多少？（2）设b棒在水平部分稳定后，冲上圆弧轨道，返回到水平轨道前，a棒已静止在水平轨道上，且b棒与a棒不相碰，然后达到新的稳定状态，最后a，b的末速度为多少？（3）整个过程中产生的内能是多少?4.(18分)如图所示，电阻不计的两光滑金属导轨相距L，放在水平绝缘桌面上，半径为R的1/4圆弧部分处在竖直平面内，水平直导轨部分处在磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐。两金属棒ab、cd垂直于两导轨且与导轨接触良好。棒ab质量为2m，电阻为r，棒cd的质量为m，电阻为r。重力加速度为g。开始棒cd静止在水平直导轨上，棒ab从圆弧顶端无初速度释放，进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触并一直向右运动，最后两棒都离开导轨落到地面上。棒ab与棒cd落地点到桌面边缘的水平距离之比为3:1。求：（1）棒ab和棒cd离开导轨时的速度大小；b（2）棒cd在水平导轨上的最大加速度；aBd（3）两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热。Rc2/75．（20分）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，另一根质量为滑入水平轨道某位置时，a就滑上了右端半圆轨道最高点压力大小为mg，此过程中通过a的电荷量为q，a、b放到a运动到右端半圆轨道最高点过程中，求：（1）在水平轨道上运动时b的最大加速度是多大？M的金属杆b由静止开始自左端轨道最高点滑下，当b(b始终运动且a、b未相撞），并且a在最高点对轨道的棒的电阻分别为R1、R2，其余部分电阻不计。在b由静止释bB2）自b释放到a到达右端半圆轨道最高点过程中系统产生的焦耳热是多少？r1a（3）a刚到达右端半圆轨道最低点时b的速度是多大？r26．两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道，如图所示放置，间距为d=100cm，在左端斜轨道部分高h=1.25m处放置一金属杆a，斜轨道与平直轨道以光滑圆弧连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆A．b电阻Ra=2Ω，Rb=5Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感强度B=2T。现杆b以初速度v0=5m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a滑到水平轨道过程中，通过杆b的平均电流为0.3A；a下滑到水平轨道后，以a下滑到水2（1）杆a落到水平轨道瞬间杆a的速度v；2）杆a在斜轨道上运动的时间；3）在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。7.（12分）如图所示，两根间距为L的金属导轨MN和PQ，电阻不计，左端向上弯曲，其余水平，水平导轨左端有宽度为d、方向竖直向上的匀强磁场I，右端有另一磁场II，其宽度也为d，但方向竖直向下，磁场的磁感强度大小均为B。有两根质量均为m、电阻均为R的金属棒a和b与导轨垂直放置，b棒置于磁场II中点C、D处，导轨除C、D两处（对应的距离极短）外其余均光滑，两处对棒可产生总的最大静摩擦力为棒重力的K倍，a棒从弯曲导轨某处由静止释放。当只有一根棒作切割磁感线运动时，它速度的减小量与它在磁场中通过的距离成正比，即vx。求：（1）若a棒释放的高度大于h0，则a棒进入磁场I时会使b棒运动，判断b棒的运动方向并求出h0为多少？（2）若将a棒从高度小于h0的某处释放，使其以速度v0进入磁场I，结果a棒以v0的速度从磁场I中穿出，求2在a棒穿过磁场I过程中通过b棒的电量q和两棒即将相碰时b棒上的电功率Pb为多少？MBBaNPbCIIIDQdd3/78．（2014届海淀期末10分）如图21所示，两根金属平行导轨MN和PQ放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，导轨间距为L，电阻不计。水平段导轨所处空间有两个有界匀强磁场，相距一段距离不重叠，磁场Ⅰ左边界在水平段导轨的最左端，磁感强度大小为B，方向竖直向上；磁场Ⅱ的磁感应强度大小为2B，方向竖直向下。质量均为m、电阻均为R的金属棒a和b垂直导轨放置在其上，金属棒b置于磁场Ⅱ的右边界CD处。现将金属棒a从弯曲导轨上某一高处由静止释放，使其沿导轨运动。设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。1mg，将金属棒（1）若水平段导轨粗糙，两金属棒与水平段导轨间的最大摩擦力均为a从距水平面高度h处由5静止释放。求：金属棒a刚进入磁场Ⅰ时，通过金属棒b的电流大小；若金属棒a在磁场Ⅰ内运动过程中，金属棒b能在导轨上保持静止，通过计算分析金属棒a释放时的高度应满足的条件；2）若水平段导轨是光滑的，将金属棒a仍从高度h处由静止释放，使其进入磁场Ⅰ。设两磁场区域足够大，求金属棒a在磁场Ⅰ内运动过程中，金属棒b中可能产生焦耳热的最大值。MB2BaCPbNⅠⅡDQ图214/7应用动量定理与动量守恒定律解决双导体棒切割磁感线问题答案【解析】：（12丰台期末12分）（1）ab棒产生的感应电动势Eab=BLv0，（1分）ab棒中电流I=Eab=BLv0，（1分）方向由a→b2R2R（1分）2）当ab棒与cd棒速度相同时，cd棒的速度最大，设最大速度为由动量守恒定律mv0=2mv（1分）v1∴vv0（1分）212－由能量守恒关系Q＝mv201∴Q＝mv2（1分）12（2m）v2（1分）403（3）设ab棒的速度为′4v0时，cd棒的速度为v由动量守恒定律：mv0=m1v′=4v0。Eab=BL3v0；4Ecd=BL1v0；43I＝EEcd=BL(v0ab42R2R∴I＝BLv0（2分）4R3′v0+mv（1分）414v0)cd棒受力为FIBLB2L2v0（1分）；4RB2L2v0（1分）此时cd棒加速度为aFm4Rm2.【解析】：（1）设ab到达圆弧底端时受到的支持力大小为N，ab下滑机械能守恒，有：mgR1mv2?①b2B由牛顿第二定律：Nmgmv2②；aNdQ?联立①②得：N3mg?③RRI由牛顿第三定律知：对轨道压力大小为N3mg?④McP（2）如图（2分）（如用文字 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 达，正确的照样给分。如：d到c，或d→c）（3）设cd离开磁场时ab在磁场中的速度vab，则cd此时的速度为1v，2abab、cd组成的系统动量守恒，有：mvmvab3m1vab?⑤2ab、cd构成的闭合回路：由法拉第电磁感应定律：EBLvab?⑥闭合电路欧姆定律：IE?⑦2r5/7B2L22gR安培力公式：FabBIL?⑧联立①④⑤⑥⑦得Fab?⑨5r3.【解析】（1）对a．b棒水平轨道分析，动量守恒；v是稳定时a．b棒共同速度(mM)vmv01①--3分，v1mv0(mM)②-1解得分，E11(mM)vmv02损失的机械能为222Mmv0212(Mm)③-4分v（2）由于b棒在冲上又返回过程中,机械能守恒,返回时速度大小不变v21④--2分b棒与a棒向右运动过程中，直到稳定，动量守恒：Mv2(Mm)v3⑤-3分vMmv0达到新的稳定状态32⑥-2分a，b的末速度:(Mm)（3）整个过程中产生的内能等于系统机械能的减少量Q1mv021(Mm)v3222⑦---3分Q12M2m)mv0(13解得：2(Mm)⑧--2分4.【解析】：（1）设ab棒进入水平导轨的速度为v1，ab棒从圆弧导轨滑下机械能守恒：2mgR12mv12①（2分）2离开导轨时，设ab棒的速度为v1/，cd棒的速度为v2/，ab棒与cd棒在水平导轨上运动，动量守恒，2mv12mv1/mv2/②（2分）依题意v1/>v2/，两棒离开导轨做平抛运动的时间相等，由平抛运动水平位移xvt/:/12/6/12=3:1③（2分），联立①②③解得v12gR，v222gRvv=x:x77可知（2分）（2）ab棒刚进入水平导轨时，cd棒受到的安培力最大，此时它的加速度最大，设此时回路的感应电动势为，BLv④（1分），I⑤（1分）2rcd棒受到的安培力为：FcdBIL⑥（1分）F根据牛顿第二定律，cd棒的最大加速度为：acd⑦（1分）mB2L22gR联立④⑤⑥⑦解得：a（2分）2mr（3）根据能量守恒，两棒在轨道上运动过程产生的焦耳热为：6/7Q12mv12(12mv1/21mv2/2)⑧（2分）222解析：（20分）（1）由机械能守恒定律：1Mvb21Mgr1∴vb12gr1-4分2b刚滑到水平轨道时加速度最大，E=BLv，IE，b1R1R2由牛顿第二定律有：F安=BIL=Ma∴aB2L22gr1-4分M(R1R2)BLq（2）由动量定理有：-BILt=Mvb2–Mvb1，即：-BLq=Mvb2–Mvb1∴vb22gr1M?v2a1根据牛顿第三定律得：N=N=mg，mgNmr2∴va12gr2∵Mgr11Mvb221mva21mg2r2Q∴Q2gr1BLq3mgr222（3）∵能量守恒有2mgr21mv2∴va26gr23分21mva2a122∵动量守恒定律Mvb1Mvb3mva2∴vb32gr1m6gr23分M22联立①⑧并代入v1/和v2/解得：QmgR（2分）496.【解析】：1）v2gh5m/s，（2）b棒，BdItmbv02，得t5s1212161（3）共产生的焦耳热为mbv0(m6JQmagh22amb)vB棒中产生的焦耳热为Q5Q115J19J2567.【解析】（12分）：（1）根据左手定则判断知b棒向左运动。（2分）a棒从h0高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有mgh01mv22a棒刚进入磁场I时EBLv,此时感应电流大小EI2RB2L2q2-6分2M得：v2gh0（1分）此时b棒受到的安培力大小FBIL，依题意，有FKmg,求得：h02K2m2gR2（3分）B4L4（2）由于a棒从小于进入h0释放，因此b棒在两棒相碰前将保持静止。流过电阻R的电量qIt；EBS又因：IR总R总tR总t所以在a棒穿过磁场I的过程中，通过电阻R的电量：,7/7故：qBSBLd（3分）（没有推导过程得1分）R总2Rv0v0v0（1将要相碰时a棒的速度vv02d分）2d24B2L2v02此时电流：IBLvBLv0分），此时b棒电功率：2（1PbIR2R8R64R【解析】（1）①a棒从h0高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有①解得：②a棒刚进入磁场I时③,此时通过a、b的感应电流大小为E④解得：I2R②a棒刚进入磁场I时，b棒受到的安培力大小⑤1gm2R2为使b棒保持静止必有F≤mg⑥由④⑤⑥联立解得：h≤⑦550B4L4（2）由题意知当金属棒a进入磁场I时，由左手定则判断知a棒向右做减速运动；b棒向左运动加速运动。二者产生的感应电动势相反，故当二者的感应电动势大小相等时闭合回路的电流为零，此后二者均匀速运动，故金属棒a、b均匀速运动时金属棒b中产生焦耳热最大，设此时a、b的速度大小分别为与，由以上分析有：BL=2BL⑧对金属棒a应用动量定理有：⑨对金属棒b应用动量定理有:⑩联立⑧⑨⑩解得；由功能关系得电路产生的总电热为：故金属棒b中产生焦耳热最大值为