复合场与电磁感应的综合训练

精锐教育学科教师辅导教案年级：高三辅导科目：物理学科教师：方松禧授课内容复合场与电磁感应的综合训练★★★教学内容典例精讲复合场中带电粒子运行的多种情况(注意多解)年级：高三辅导科目：物理学科教师：方松禧授课内容复合场与电磁感应的综合训练★★★教学内容典例精讲复合场中带电粒子运行的多种情况(注意多解)XXXxA【例1】如图所示，A、B是平行金属板，带负电的粒子以速度v=1X104m/s从A、XXXxA(1)A、B两板哪板带正电？XXXXA(2)若电场强度E=1X103V/m，则匀强磁场的磁感应强度B为多少？•■・⑶若A、B两板间距d=2mm、板长L=10cm，在A、B两板间没有电场、XXX,2<只有磁场时，粒子仍以原速度从正中间射入两板间，则粒子的荷质比为多少时，Bq粒子恰能不打在板上？(荷质比是粒子的带电荷量与质量之比，即讯)解：(1)粒子带负电，由左手定则知洛伦兹力F洛向下，则电场力F电向上，所以A板带正电.E粒子做匀速直线运动，则qBv=qE，B=;代入数据得B=0.1T.粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动则从B板左、右两端出板轨迹如图.「I精锐1对1"小试牛刀：(2012年惠州一调)有一平行板电容器，内部为真空，两个电极板的间距为/，每一个正方形电极板的长均为L，电容器内有一均匀电场，U为两个电极板间的电压，如图甲所示.电子从电容器左端的正中央以初速V射0入，其方向平行于电极板之一边，并打在图上的D点.电子的电荷以-e表示，质量以m表示，重力可不计.回答下面各问题(用已知物理的字母表示)求电子打到D点瞬间的动能；电子的初速V0至少必须大于何值，电子才能避开电极板，逸出电容器外？若电容器内没有电场，只有垂直进入纸面的均匀磁场，其磁感应强度为B，电子从电容器左端的正中央以平行于电极板一边的初速V0射入，如图乙所示，则电子的初速V0为何值，电子才能避开电极板，逸出电容器外？图中分析：带电粒子在电场中偏转，11解：(1)2图中分析：带电粒子在电场中偏转，11解：(1)2Ue=气-^mv2做类平抛运动，带电粒子在磁场中偏转，做匀速圆周运动。E=(Ue+mv2)/2(2)设电子刚好打到极板边缘时的速度位v，则E——，Ee—ma，一——at2

d22L:Ue解得v=—v——d¥m要逸出电容器外必有v0LU>———

dtm⑶有两种情况①电子从左边出做半圆周运动其半径R=d/41evB—mv2/Rv—eBd/4m电子避开电极板的条件是七＜eBd/4m②电子从右边出R2—L+(R—d/2)222

R2=(4L+d2)/(4d)evB=mv2/Rv2=(4L+d2)eB/(4dm)电子避开电极板的条件是v>(4L+d2)eB/(4dm)2小结：带电粒子在电场中的偏转只能从一侧出去，在磁场偏转可以从左边出去，也可以从右边出去，这时的偏转半径不同。圆心、半径是关键。"小试牛刀：(2011年北京高考)利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用.如图所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝.离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于6人边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集.整个装置内部为真空.已知被加速的两种正离子的质量分别是叫和m2(m1>m2)，电荷量均为q.加速电场的电势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略.不计重力，也不考虑离子间的相互作用.求质量为mj的离子进入磁场时的速率％；当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s；在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度.若狭缝过宽，可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离.设磁感应强度大小可调，GA边长为定值L，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在A处.离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场.为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度.厂1解：(1)动能定理㈣=—mv2-mv2-mv⑵由牛顿弟二定律冲=~r‘R=矛利用①式得八[2mU八；2mU离子在磁场中的轨道半径分别为r=「r，r=「r②1\qB22*qB28U，—.—、两种离子在GA上落点的间距S=2(R]-R2)=JqB2(jmj-jm：)③质量为m]的离子，在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处，由于狭缝的宽度为d，因此落点区域的宽度也是d.同理，质量为m2的离子在GA边上落点区域的宽度也是d.为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为2(R—R)>d④

利用②式，代入④式得2R/号)>d*1R的最大值满足2R—L—d11m得(L-d)(1-m、,2)>d得(L-d)(1-求得最大值d=mL题型二：复合场中带电粒子运行的多过程(注意分过程讨论)【例2】错误！未指定书签(2011年揭阳二模)如图所示，在空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，其竖直边界AB、CD的宽度为d，在边界AB左侧是竖直向下、场强为E的匀强电场.现有质量为m、带电量为+q的粒子(不计重力)从P点以大小为v0的水平初速度射入电场，随后与边界AB成45°射入磁场.若粒子能垂直CD边界飞出磁场，穿过小孔进入如图所示两竖直平行金属板间的匀强电场中减速至零且不碰到正极板请画出粒子上述过程中的运动轨迹，并求出粒子进入磁场时的速度大小v；求匀强磁场的磁感应强度B；求金属板间的电压U的最小值.错误！未指定书签。・解：轨迹如图所示；v=o——x：2vTOC\o"1-5"\h\zcos45。0粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动其轨道半径R由几何关系可知：\o"CurrentDocument"d-—R——*2dsin45。qvB=m—解得：B—竺0\o"CurrentDocument"Rqd粒子进入板间电场至速度减为零的过程，由动能定理有:八1一qU=0一mv22mv2解得：U—0-qG3小试牛刀：错误！未指定书签(2011年肇庆二模)如图所示，一半径为r的圆形导线框内有一匀强磁场，磁场

方向垂直于导线框所在平面，导线框的右端通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离为d.在t=0时，圆形导线框内的磁感应强度B从B0开始均匀增大；同时，有一质量为m、带电量为q的液滴以初速度v0水平向右射入两板间（该液滴可视为质点）.该液滴恰能从两板间作匀速直线运动，然后液滴在电场强度大小（恒定）、方向未知、磁感应强度为B1、宽为L的（重力场、电场、磁场）复合场（磁场的上下区域足够大）中作匀速圆周周运动.求：⑴磁感应强度B从B0开始均匀增大时，试判断1、2两板哪板为正极板？磁感应强度随时间的变化率K=？（2）（重力场、电场、磁场）复合场中的电场强度方向如何？大小如何？⑶该液滴离开复合场时，偏离原方向的距离.-L-L———*+XxXi1XXxi!iXXB1X«!iiXXX:1XXX:!iXXX:解：（1）2极板为正极板，由题意可知：△①^AB两板间的电压U==5=SK①AtAt而：S=n2②qU带电液滴受的电场力：F=竺厂③d故：F—mg=0④由以上各式得K=—⑤兀r2q（2）液滴在复合场中作匀速圆周周运动，则必须电场力与重力平衡，所以，电场力方向竖直向上，由（1）知该液滴带正电，故电场强度方向竖直向上设匀强电场强度为E，则qE=mgE=^^⑥q（3）液滴进入复合场后做匀速圆周运动，设运动半径为RmV2由牛顿第二定律有：qv0B]=一衬⑦mv所以：R=一0qB1讨论：①若R>L，电子从磁场右边界离开由几何关系知偏转距离为d=RfR2—L⑧

代入数据并整理得d=氟二云-心⑨②若RVL电子从磁场左边界离开由几何关系知偏转距离为d=2R代入数据并整理得d=2^⑩qB12小试牛刀：错误！未指定书签。(2013年湛江二模)如图所示，在一对以板长为2a、板间距离为3a的平行板围成的矩形EFQP区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场.现有一质量为m、电量为q的带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从EF边的中点小孔D处垂直于EF边进入磁场，不计重力和空气阻力的影响.若粒子的轨道半径为a，求磁场的磁感应强度B的大小；若改变磁感应强度的大小，使粒子恰好未碰PQ板，求粒子在磁场中运动的时间；若再次改变磁感应强度的大小，使粒子与ED板多次碰撞后刚好击中板端E点，试讨论此种情况粒子在磁场中运动的时间与碰撞次数的关系.(不计粒子与ED板碰撞的作用时间.设粒子与ED板碰撞前后，电量保持不变并以相同的速率反弹.)k2aH儿D序3・・・P••••：.••错误！未指定书签。.解：(1)设粒子经电场加速射入磁场时的速度为v〃1由动能定理有：qU=-mv2又设当粒子的轨道半径为r1=a时，磁场的磁感应强度为B，由洛仑兹力提供向心力有：八v2qvB=m—②r八1'2mU联立①②武并代入已知量解得：B=-,,'——(2)若粒子恰好未碰PQ板，则由题意和答图知其轨道半径为:r=—a④23设粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为a由图中几何关系有：a=—+0⑤2•八a~r->_一一⑥弓而周期为：广=三2⑦V粒子在磁场中运动时间为：，二-色项⑧2〃联立①④⑤⑥⑦⑧武并解得:,二卫！-史⑨9\2qU(3)设粒子运动圆周半径为r,经过n次碰撞，即经过n个半圆运动，最后一次打到E点.有：所=——⑩2r圆周运动周期：7.二二'一^。v粒子在磁场中运动时间:L,"膈27i'am„联立@@012式并解得："，二w匕一二132\2qU显然，此种情况粒子在磁场中运动的时间与碰撞次数无关□题型三：复合场中动量守恒(一般有出现碰撞情况)【例2】(2011年佛山二模)如图所示，质量m=0.015kg的木块Q放在水平桌面上的A点.A的左边光滑，右边粗糙，与木块间的动摩擦因数a=0.08.在如图的两条虚线之间存在竖直向上的匀强电场和水平向里的匀强磁场，场强分别为E=20N/C、B=1T.场区的水平宽度d=0.2m，竖直方向足够高带正电的小球P，质量M=0.03kg，电荷量q=0.015C，以v0=0.5m/s的初速度向Q运动.与Q发生正碰后，P在电、磁场中运动的总时间t=1.0s,不计P和Q的大小，P、Q碰撞时无电量交换，重力加速度g取10m/s2，计算时取兀=3，试求：通过受力分析判断碰后P球在电、磁场中做什么性质的运动；P从电、磁场中出来时的速度大小；P从电、磁场中出来的时刻，Q所处的位置.解：(1)P进入电、磁场后，受电场力、重力、洛伦兹力三力作用.电场力F=qE=0.3N重力G=Mg=0.3N可见电场力与重力大小相等方向相反，两力平衡.故相当于P在电、磁场中只受洛仑兹力作用，做匀速圆周运动.(2)(共8分)

_…V2由qvB=M一Rf2兀R2兀M周期T==vqB得R=牛①qBf2兀R2兀M周期T==vqB代入数据得T=12s…1E由已知条件，有t=1.0s=T，故P的轨迹圆心角6=30JL」一d…由右图可知，轨迹半径R=r^=0.4msin30°结合①式得V=0.2m/s（3）P和Q碰撞时，系统动量守恒，有Mv0=Mv+mvr解得v'=0.6m/s对Q应用牛顿第二定律，有pimg=ma得a=0.8m/s2,0-v'Q停下前运动的时间t==0.75sa由于t'<t，说明P离开电、磁场时，Q已经停下cv‘2故位移S=—=0.225m2a即Q停留在右方距初始位置0.225m处.■^小试牛刀■^小试牛刀（2011年惠州四调）如图所示，PR是长为L=0.64m的绝缘平板，固定在水平地面上，挡板R固定在平板的右端.整个空间有一个平行于PR的匀强电场E，在板的右半部分有一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的宽度d=0.32m.一个质量m=0.50X10-3kg、带电荷量为q=5.0X10-2C的小物体，从板的P端由静止开始向右做匀加速运动，从D点进入磁场后恰能做匀速直线运动.当物体碰到挡板R后被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场（不计撤去电场对原磁场的影响），物体返回时在磁场中仍作匀速运动，离开磁场后做减速运动，停在。点，PC=L/4.若物体与平板间的动摩擦因数以=0.20，g取10m/s2.（保留2位有效数字）⑴判断电场的方向及物体带正电还是带负电；⑵求磁感应强度B的大小；⑶求物体与挡板碰撞过程中损失的机械能.错误！未指定书签。.解：（1）物体由静止开始向右做匀加速运动，证明电场力向右且大于摩擦力.进入磁场后做匀速直线运动，说明它受的摩擦力增大，证明它受的洛仑兹力方向向下.由左手定则判断，物体带负电.D精锐1对1物体带负电而所受电场力向右，证明电场方向向左(2)设物体被挡板弹回后做匀速直线运动的速度为v2,从离开磁场到停在C点的过程中，根据动能定理有1—mv222解得v=0.80m/s2物体在磁场中向左做匀速直线运动，受力平衡mg=qvB2解得B=0.13T设从D点进入磁场时的速度为V］，根据动能定理有:qELL—RmgLL=—mv2R(mg+qvB)物体从D到R做匀速直线运动受力平衡：qE=222R(mg+qvB)物体从D到R做匀速直线运动受力平衡：qE=解得v=1.6m/s1小物体撞击挡板损失的机械能为：AE=-mv2—-mv22122解得AE=4.8k0-4JO题型四：电磁感应中的双杆问题,心，…,一1一—E【例4】(2011年广州二模)如图所示，相距L的光滑金属导轨，半径为R的—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.⑴求：ab到达圆弧底端时对轨道的压力大小；⑵在图中标出ab刚进入磁场时cd中的电流方向；⑶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.McP分析：ab下落运动时并不切割磁感线，此过程没有感应电动势。Ab过MN后才切割磁感线，此过程有感应电动势，有感应电流了。感应电流通过ab、cd，ab、cd受安培力。ab、cd做为一个系统，它们的动量守恒。—1―—解：⑴由机械能守恒得mgR=2mv2，ab到达圆弧底端时的速度为％=顼2gR①…V2在底端时由向心力公式：N—mg=mR②联以上两式得：N=3mg④根据牛顿第三定律知，ab对轨道的压力N=N=3mg⑤⑵ab刚进入磁场时，由右手定则可判断电流的方向为abdca⑶设cd刚离开磁场时的速度为v,则ab此时的速度为2v,以为ab、cd为系统，所受合外力为零，动量守恒，则有：mvo=mX2v+3mv⑥<2gR联①⑥得：v=—⑦此时ab产生的感应电动势为E=2BLv⑧，cd已出磁场，不产生的感应电动势,E回路中的感应电流为：I=—⑨2rab受到的安培力为：F=ILB⑩B2L^j2gR联⑦⑧⑨⑩⑪得：F=一⑪5r小结：此类题多数情况下出现在压轴题。过程多，受力复杂，需要建立的方程多，解方程组也不是易事。1"小试牛刀：错误！未指定书签。(2012年海南高考)如图，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M'N'是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m.竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l.整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直.导轨电阻可忽略，重力加速度为g.在t=0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好.NpNp细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比;两杆分别达到的最大速度.解：(1)根据初状态静止，有F=3mg设MN加速度为七，M’N’加速度为％，在t=0时刻将细线烧断时，%=(F—mg)/m=2g，向上，a2=(2mg)/(2m)=g，向下，

在将细线烧断后，设安培力为FA因为MN受安培力向下，M’N’受安培力向上，二者大小相等，则a=(F-F-mg)/m=2g-乙，向上;TOC\o"1-5"\h\z1Am向下，a=(2mg-F)/(2m)=g-^-a向下，2a2m所以在任意时刻两杆运动的加速度之比为2:1因此在任意时刻两杆运动的速度之比如1：v2=2:1.①(2)两杆达到最大速度时，皆受力平衡，对M’N’有Fa=2mg2mgR得V1+V2=忌②\o"CurrentDocument"感应电动势E=BL(v+v)，电流I=—，安培力F=BIL12R2mgR得V1+V2=忌②\o"CurrentDocument"B2L2(v+v)所以Fa=R———4mgR联立①②解得丁麻2mgRv23B2L24mgR联立①②解得丁麻2mgRv23B2L2点评：本题考查电磁感应，受力分析，牛顿定律及数学运算等难度：较难.关键是分析到：MN向上运动，M’N’向下运动，列式和计算时，加速度和速度都是：对MN，向上为正，对M’N’，向下为正.H小试牛刀：(2011年天津高考)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ间距为l=0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角.完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的质量均为0.02kg，电阻均为R=0.1Q整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能保持静止.取g=10m/s2,问：通过cd棒的电流I是多少，方向如何？棒ab受到的力F多大？⑶棒cd每产生Q=0.1J的热量，力F做的功W是多少？分析：ab棒运动切割磁感线，产生感应电动势，感应电流通过cd，cd受安培力，从而可以平衡，不至于滑下去。解：(1)棒cd受到的安培力F^=IlB①棒cd在共点力作用下平衡，则F』=mgsin30②由①②式代入数据解得I=1A，方向由右手定则可知由d到c.(2)棒ab与棒cd受到的安培力大小相等Fab=Fcd对棒ab由共点力平衡有F=mgsin30+IlB③代入数据解得F=0.2N④(3)设在时间t内棒cd产生Q=0.1J热量，由焦耳定律可知Q=12Rt⑤设ab棒匀速运动的速度大小为v，则产生的感应电动势E=Blv⑥E_由闭合电路欧姆定律知I=⑦2R由运动学公式知，在时间t内，棒ab沿导轨的位移x=vt⑧力F做的功W=Fx⑨综合上述各式，代入数据解得W=0.4J小结：从力平衡的角度来说，把ab、cd看成一体，放在斜面上，用外力F沿斜面向上拉着，它们处于平衡状态。从能量的角度来说，外力F做的功，转化为ab棒的重力势能和电路的电能。“小试牛刀：错误！未指定书签。(2011年四川高考)如图所示，间距l=0.3m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内，在水平面abb,a,区域内和倾角。=37。的斜面cbbc区域内分别有磁感应强度B=0.4T、方向竖直向上和B2=1T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场.电阻R=0.3Q、质量m1=0.1kg、长为l的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在听、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好.一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2=0.05kg的小环.已知小环以a=6m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动.不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长.取g=10m/s小环所受摩擦力的大小；Q杆所受拉力的瞬时功率错误！未指定书签。.解：(1)设小环受到摩擦力大小为J，则由牛顿第二定律得到•①，sin37小环所受摩擦力的大小；Q杆所受拉力的瞬时功率错误！未指定书签。.解：(1)设小环受到摩擦力大小为J，则由牛顿第二定律得到•①代入数据得到f=0.2N②(2)设经过K杆的电流为I1,由K杆受力平衡得到f=BY设回路总电流为I,总电阻为R总有I=211④R=3R=3R

总2⑤设Q杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为E，有i=i=E“总⑥E=BLv⑦2F+mgsin9=BILF+mgsin9=BIL12.⑧拉力的瞬时功率为P=Fv.........⑨联立以上方程得到P=2W.......⑩"小试牛刀：(2011年东莞上末)如图所示，质量为M的金属棒P在离地h高处从静止开始沿弧形金属平行导轨MN、M'N'下滑.水平轨道所在的空间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B、水平导轨上原来放有质量为m的金属杆Q.已知两金属棒的电阻均为r.导轨宽度为L，且足够长，不计导轨的摩擦及电阻.求：两金属棒的最大速度分别为多少？P棒两端的最大感应电动势及所受最大安培力分别是多少？在两棒运动过程中释放出的热量是多少？分析：P棒下落，不切割磁感线，没有电动势产生，重力势能转化为动能。P棒水平进入磁场时，切割磁感线，有电动势产生，有感应电流，P、Q分别受安培力，将P、Q做为一个系统，它们的动量守恒，它们动能的损失转化为电路的电能，最终变为热能。解：(1)P杆刚滑到水平面时，有最大的速度：Mgh=2Mv解得v°=、：2gh

进入磁场后P杆减速，Q杆加速，水平方向动量守恒，当它们速度相等时，Q杆具有最大的速度Mv0=(M+m)v解得：v=MK；2ghM+m(2)P杆滑到最低点时，速度最大，其两端的感应电动势取到最大E=BLv0=BL!2gh此时P杆受到的最大安培力F=BILP杆、Q杆与导轨所构成的回路，最大电流为I=E解得f=竺£、'草2r当P、Q速度相等时，回路释放出的热量为：Q=Mgh――(M+m)v22即Q=MmghM+m小结：处理多物体、多过程的问题时，要逐段分清过程，在单物体运动过程中，注意受力情况和能量转化情况。在双物体相互作用的过程中，注意动量守恒。小试牛刀：(2011年珠海二模)如图，C1D1E1F1和C2D2E2F2是距离为L的相同光滑导轨，C1D1和E1F1为两段四分之一圆弧，半径分别为rj=8r和r2=r.在水平矩形D1E1E2D2内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B、导体棒P、Q的长度均为L，质量均为m，电阻均为R，其余电阻不计，Q停在图中位置，现将P从轨道最高点无初速释放，则求导体棒P进入磁场瞬间，回路中的电流的大小和方向(顺时针或逆时针)；若P、Q不会在轨道上发生碰撞，棒Q到达E1E2瞬间，恰能脱离轨道飞出，求导体棒P离开轨道瞬间的速度;均能脱离轨道飞出，求回路中产生热量的范围.错误！未指定书签。.解：(1)导体棒P由C1C2下滑到D]D2，根据机械能守恒定律:mgr=2mv2,v「=4寸好求导体棒P到达d1d2瞬间：E=BLvD回路中的电流I=E=2BLgr2R方向逆时针(2)棒Q到达E1E2瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对Q：mg=蜡，v=、布rQ设导体棒P离开轨道瞬间的速度为七’根据动量守恒定律:mv=mv+mv代入数据得，vp=3Ji7⑶由(2)若导体棒Q恰能在到达E]E2瞬间飞离轨道，P也必能在该处飞离轨道根据能量守恒，回路中产生的热量八111cQ=2mv-^mv2-亏mv=3mgr若导体棒Q与P能达到共速v，则根据动量守恒：mv。=(m+m)v，v=2(gr一11回路中产生的热量Q=—mv2一(m+m)v2=4mgr22d2综上所述，回路中产生热量的范围是3mgr<Q<4mgr"小试牛刀：错误！未指定书签。.两根足够长的光滑金属导轨平行固定在倾角为。的斜面上，它们的间距为d.磁感应强度为B的匀强磁场充满整个空间、方向垂直于斜面向上.两根金属杆ab、cd的质量分别为m和2m，垂直于导轨水平放置在导轨上，如图所示.设杆和导轨形成的回路总电阻为R而且保持不变，重力加速度为g.给ab杆一个方向沿斜面向上的初速度，同时对ab杆施加一平行于导轨方向的恒定拉力，结果cd杆恰好保持静止而ab杆则保持匀速运动.求拉力做功的功率.若作用在ab杆的拉力与第(1)问相同，但两根杆都是同时从静止开始运动，求两根杆达到稳定