电磁感应中动量定理和动量守恒的运用

1、L的区域内,v0垂直磁场边界滑过磁场后，速度电磁感应中动量、能量关系的运用1. 如图2所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为现有一个边长为 a （a L）的正方形闭合线圈以初速度为v（vv2，两棒离开导轨做平抛运动的时间相等，由平抛运动水平位移x vt可知6 2 v1 : v? =xi：x 2=3:1，联立解得 v(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BLv ，I2rcd 棒受到的安培力为：FedBIL根据牛顿第二定律，ed棒的最大加速度为:联立解得：am(3)根据能量守恒，两棒在轨道上运动过程产生的焦耳热为：2

2、 2 -B L 22mr2 i /22my ( 2my*mv22)联立并代入 v和v2解得：Q召mgR498.解析：(i)由机械能守恒定律： iMv22bi Mgi - vbi. 2gri刚滑到水平轨道时加速度最大,E=BLw， IERlR2由牛顿第二定律有： F安=BIL=MaB2l 2griaM (R R2)(2)由动量定理有：-BILt=Mv b2 - Mvbi,即:-BLq=My - Mui / vb22g“BLq根据牛顿第三定律得:N=N=mgmg2m%二 vai . 2g2(3)1 2：MgriMvb22：能量守恒有2mgr21 2mvai2i 2严2mg2qimv2i- Q2gr

3、iBLq 3mgr2B2L2q22M丁动量守恒定律 MVqMvb3mva22g*mgr29.解析：(1)根据左手定则判断知 b棒向左运动。a棒从h。高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有mgho1 2mv2得:a棒刚进入磁场I时E BLv ,此时感应电流大小I2R此时b棒受到的安培力大小F BIL，依题意，有F Kmg ,求得:ho2 2 :2K m gR(2)由于a棒从小于进入ho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qB S 所以在a棒穿过磁场I的过程中，通过电阻R的电量:故：qBLd （3分）（没有推导过程得1分）R总 2R总、VoV0将要相碰时a棒的速度v V0

4、2 d V0此时电流：| BtV BLvo ,2 d 242R 8R2 2 2此时b棒电功率：p i2 r B L Vob64R10. （ 1）a棒从ho高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有：i. I ir , 解得:a棒刚进入磁场I时二 丁，此时通过a、b的感应电流大小为E2R解得：-2Ra棒刚进入磁场I时，b棒受到的安培力大小 二=二三二 为使b棒保持静止必有FV百 由联立解得：h（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匕=2BL, 对金属棒a应用动量定理有：二丄 :! .if ,对金属棒b应用动量定理