电磁感应双杆模型

1、MPc3m、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

2、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 (20分)如图所示，电阻均为R的金属棒a. b, a棒的质量为mvo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(2)在图中标出ab刚进入磁场时cd棒中的

3、电流方向(3)若cd离开磁场时的速度是此刻ab速度的一半,求：cd离开磁场瞬间，ab受到的安培力大小a棒已静止在水平轨道上，且a棒b a(3)整个过程中产生的内能是多少左的的初速度vo,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,不相碰，然后达到新的稳定状态，最后a,b的末速度为多少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

4、，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；(2)棒cd在水平导轨上的最大加速度；(3)两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热。5.(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ri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

5、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M的金属杆b由静止开始自左端轨道最高点滑下，当b滑入水平轨道某位置时，a就滑上了右端半圆轨道最高点(b始终运动且a、b未相撞)，并且a在最高点对轨道的压力大小为mg,此过程中通过a的电荷量为q止释放到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(2)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(3)a刚到达右端半圆轨道最低点时b的速度是多大6.两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

6、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=2Q,Rb=5Q,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vo=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下滑到水平轨道时开始计时,A.b运动图象如图所不(a运动方向为正),其中ma=2kg,mb=1kg,g=10m/s2,求(1)(2)(3)杆a落到水平轨道瞬间杆a的速度v;杆a在斜轨道上运动的时间；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

7、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CD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ho,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ho为多少(2)若将a棒从高

8、度小于ho的某处释放，使其以速度vo进入磁场I,结果a棒以巴的速度从磁场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8. (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n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n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

9、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。(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-mg,将金属棒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h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。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1.【解析】：（12丰台期末12分）（1）ab棒

10、产生的感应电动势Eab=BLv0,（1分）EabBLVoab棒中电流I=2R=R（1分）方向由a-b（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v由动量守恒定律mv0=2mv（1分）1,八、v-V0（1分）2.一一1o1由能量守恒关系Q=mv2（2m）v2（1分）Q=mv0（1分）4(3)设ab棒的速度为3,v0时，cd棒的速度为v4由动量守恒定律:3，一mv0=m-v0+mv（1分）040.v=4v0o3Eab=BL-Vo41Ecd=BL-Vo4,EabEcdI=2R31BL（-vo-vo）442RBLvoI=4R（2分）cd棒受力为FIBL22BLv04R(1分

11、)；此时cd棒加速度为FB2L2v0（1分）m4Rm2.【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,12G侣：mgR-mv由牛顿第二定律:2mveNmg,；R联立得：N3mgRMBQ由牛顿第三定律知:对轨道压力大小为N3mgd 至1J c,或 dc）(2)如图(2分)(如用文字表达，正确的照样给分。如:1(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-vab,ab、cd构成的闭合回路：由法拉第电磁感应定律:EBLVab闭合电路欧姆定律:2r安培力公式：FabBIL联立得FabB2L22gR5r3.【解析】(1)对a. b棒水平轨道分析，动量

12、守恒;vi是稳定时a. b棒共同速度mvo（m M ）v1Vi 解得mv0（mM-1分,E损失的机械能为12一 mv02-（m M ）Vi 22Mmv02（mm）(2)由于b棒在冲上又返回过程中-4分，机械能守恒，返回时速度大小不变v1-2分b棒与a棒向右运动过程中，直到稳定，动量守恒:Mv2 （M m）v3-3分Mmv0V3涓达到新的稳定状态a,b的末速度：(Mm)-2分(3)整个过程中产生的内能等于系统机械能的减少量Q 1 mvo221一（M2m）v32-3分Q解得：2mv02（12M m3 ）（M m）-2分4.【解析】：(1)设ab棒进入水平导轨的速度为 v1ab棒从圆弧导轨滑下机械能

13、守恒:12 2mgR - 2mM （2 分）离开导轨时，设ab棒的速度为v；,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分）x vt可知依题意v；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/6/2一（2分）Vi:V2=xi：X2=3:1（2分），联立解得ViV2gR,V2-V2gR(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(1分)，I(1分)2rcd棒受到的安培力为：FcdBIL（1分）根据牛顿第二定律，cd棒的最大加速度为：aFd(1分)m22联立解得：aBLm2g

14、R(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：121/21/2Q-2mM(2mM-mv2,(2分)2225.解析：(20分)(1)由机械能守恒定律：-Mv)2iMgr1Vb1J2gr1-4分2b刚滑到水平轨道时加速度最大,EE=BLw1,I,RR2由牛顿第二定律有：F安=BIL=Maa B25-4 分M (R1 R2)(2)由动量定理有:-BILt=MVb2 Mvb1,即：-BLq=Mvb2 Mvb1Vb2. 2gr1BLqM根据牛顿第三定律得:2?41Va1N=N=mg, mg N m Va12g21212.Mgr1Mvb2mva1 mg2r222Q . 2gr B

15、Lq3mgr2_ 2 2B2L2q2M2-6分1212(3) ,能重寸恒有2mgr2-mva2-mva1/.Va2J6g23分动量守恒定律MVb1MVb3mva23辰小嬴3分联立并代入V；和v2解得:- 22Q 22mgR49(2分)6.【解析】：t 5s(1) vJ2gh5m/s,(2) b棒，BdItmbVo2,得(3)共产生的焦耳热为QB棒中产生的焦耳热为1212magh -mb Vo 二(ma mib)v225115Q Q J 19J2 56161J67 .【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ho高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有12mgh0

16、-mv得：vJ2gh0(1分)a棒刚进入磁场I时EBLv,此时感应电流大小I2R此时b棒受到的安培力大小FBIL,依题意，有FKmg，求得：h0_2222K2m2gR2_44BL（3分）(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q又因：巨%Rt所以在a棒穿过磁场I的过程中，通过电阻R的电量：|q=i，At|，1分）故：q巴2BLd(3分)(没有推导过程得R2R将要相碰时Vov0一a棒的速度v四2.2d此时电流:I BLv2RBLvO (1分)，此时8Rb棒电功率：PbI 2R2, 2 2B L Vo64R8 .【解析】(1)a棒从h0高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有mgh=3nvi解得:a棒刚进入磁场I时E=BL*，此时通过a、b的感应电流大小为E2Ra棒刚进入磁场I时，b棒受到的安培力大小F-2RIL，一一41_为使b棒保持静止必有Fw-mg由联立解得:gm2R2h<50B4L4(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