电磁感应双杆模型

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v。，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（3）当ab棒速度变为一V。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已知ab的质量为m＞电阻为r,cd的质量为3m、MCP已知ab的质量为m＞电阻为r,cd的质量为3m、MCP（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（20分）如图所示，电阻均为R的金属棒a.b,a棒的质量为in,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v。，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？（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：（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。

（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n的四分之一圆弧轨道，右端为半径为r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,a、b棒的电阻分别为R：、R,其余部分电阻不计。在b由静止释放到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？a刚到达右端半圆轨道最低点时b的速度是多大?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=L25m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R产5Q,在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感强度B=2L现杆b以初速度v°=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g=10m/s\求平轨道时开始计时，A.b运动图象如图所示（a运动方向为正），其中值=2kg,1nbg=10m/s\求(1)(2)(3)杆a(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。v/ms4t/s（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AuocAx。求：（1）若a棒释放的高度大于h。，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？V（2）若将a棒从高度小于h。的某处释放，使其以速度V。进入磁场I,结果a棒以上的速度从磁场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？M（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U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。（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处由静止释放。求：①金属棒a刚进入磁场【时，通过金属棒b的电流大小；②若金属棒a在磁场【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【。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.【解析】：（12丰台期末12分）ab棒产生的感应电动势Eab=BLv.,（1分）ab棒中电流，=条=等，（1分）z/\2K方向由。一〃（1分）（2）当ab棒与cd棒速度相同时，cd棒的速度最大，设最大速度为口由动量守恒定律mvQ=2mv（1分）.・.v=-v0（1分）2由能量守恒关系Q=—mv"——（2m）v2（1分）2：•Q=-mvI（1分）4（3）设ab棒的速度为时，cd棒的速度为J由动量守恒定律：invQ=m—vQ+niv（1分）.,1•3=丁’。°%=BL%。：1%=叼%;31==BL(—v0——v0)%042R-2Ro2t2cd棒受力为F=IBL=上±工（1分）；4R此时cd棒加速度为与（1分）m4H〃？.【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,：mgR=—xmv2…①由牛顿第二定律：Nr“g=Q…②;R联立①②得：N=3mg…③由牛顿第三定律知：对轨道压力大小为N'=3mg…④（2）如图（2分）（如用文字表达，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;匕港,ab、cd组成的系统动量守恒，有："八，=6*%+3,八：乙厂・心

ab、cd构成的闭合回路：由法拉第电磁感应定律：E=BLvab•••©闭合电路欧姆定律：I*…⑦安培力公式：Fab=6〃…⑧联立①④⑤⑥⑦得Fab=2g.…⑨5r.【解析】（1）对a.b棒水平轨道分析，动量守恒;匕是稳定时a.b棒共同速度加'。=0〃+加）匕①一一3分，匕='明解得（团+M）②分，11Mmv;A£=-晒——(tn+M)v;=T77:损失的机械能为222(M+〃?)（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匕=匕④一2分b棒与a棒向右运动过程中，直到稳定，动量守恒：知匕=（M+M匕⑤一3分Mmv.v=达到新的稳定状态a,b的末速度：,（M+团尸⑥-2分（3）整个过程中产生的内能等于系统机械能的减少量Q=<〃?n；一〈（M+22⑦一3分八1Mzm、Q=一叫（1）解得：2（M+/〃）3⑧-2分.【解析】：（1）设ab棒进入水平导轨的速度为匕，ab棒从圆弧导轨滑下机械能守恒：2mgR=gx2〃M①（2分）离开导轨时，设ab棒的速度为壮，cd棒的速度为名，ab棒与cd棒在水平导轨上运动，动量守恒,2/7/V.=2mli+川u；②（2分）依题意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=ur可知H：尺二七花二3:1③（2分），联立①©③解得而A,v；=|v^（2分）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），/==⑤（1分）2r

cd棒受到的安培力为：Fcd=BIL⑥（1分）根据牛顿第二定律，cd棒的最大加速度为：a=-^-⑦（1分）m联立④⑤⑥⑦解得：”=也*皿（2分）2nir（3）根据能量守恒，两棒在轨道上运动过程产生的焦耳热为:°=；x2im\一gx2〃八彳2+）⑧（2分）.解析：（20分）(1)由机械能守恒定律：(1)由机械能守恒定律：3知区="玄=向?-4分Fb刚滑到水平轨道时加速度最大，E=BLv“/=—=—与+&由牛顿第二定律有：F奸BIL=Ma・•・a=?产）分M（a+4）（2）由动量定理有：一BILt=Mvb「Mvk,即：一BLq=Mvb二-MV”/.以，=赢一丝名M根据牛顿第三定律得：N=N=mg»mg+N=ni—/.val=J2g4।।B2l3n27板=2"乱+2啮+小+°：Q=廊皿-3〃监一寸-6分,/能量守恒有2〃吆弓=1-n/v；2-；〃八W*,•匕2=16g%3分,:动量守恒定律Mvhl=Mv/,3+mva2，i%3=J2M-J6g与3分99联立①®并代入匕和可解得：Q=—mgR（2分）.【解析】：（1）y=12gh=5ni/s,（2）b棒，3c/7a/=〃5（%-2）,得&=5s（3）共产生的焦耳热为Q=rnagh+-inbxv~-（m（t+mh）v,2=—J226B棒中产生的焦耳热为0=上。=尘J、19J2+56.【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h。高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有〃吆%=；〃八户得：y=J荻（1分）

a棒刚进入磁场工时E=BLv,此时感应电流大小1=上2R此时b棒受到的安培力大小尸=6〃，依题意，有f=2〃8,求得：j2Kf2R-（3分）0b4l4（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q=TZ;3OT：1=区=汉=监R电氏4R心所以在a棒穿过磁场I的过程中，通过电阻R的电量：4=>仅，故：整=必（3分）（没有推导过程得1分）R忠2R将要相碰时a棒的速度v=^--2_、幺=&（1分）2d24此时电流：/=也=丝也.（1分），此时b棒电功率：P=/-/?=££!!2R8Rh64R.【解析】（1）①a棒从h。高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有①解得：v尸腐②BLx/2gha棒刚进入磁场I时E=BLv0③，此时通过a、b的感应电流大小为I上解得：-2R④2R②a棒刚进入磁场I时，b棒受到的安培力大小F=2B【L⑤2c2为使b棒保持静止必有F<-mg©由④⑤⑥联立解得：加?”一⑦550炉〃（2）由题意知当金属棒a进入磁场I时，由左手定则判