1、MPc3m、b棒的質量為M,放在如圖所示光滑的軌道的水平部分，水平部分有如圖所示豎直向下的勻強磁場，圓弧部分無磁場,且軌道足夠長；開始給a棒一水平向應用動量定理與動量守恒定律解決雙導體棒切割磁感線問題1.(12豐臺期末12分)如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導軌固定于同一水平面內，導軌間的距離為L,導軌上平行放置兩根導體棒ab和cd,構成矩形回路。已知兩根導體棒的質量均為m、電阻均為R,其它電阻忽略不計，整個導軌處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B,導體棒均可沿導軌無摩擦的滑行。開始時，導體棒cd靜止、ab有水平向右的初速度V0,兩導體棒在運動中始終不接觸。求：(1)開始時，導體棒ab中電流

2、的大小和方向；(2)從開始到導體棒cd達到最大速度的過程中，矩形回路產生的焦耳熱；(3)當ab棒速度變為 (20分)如圖所示，電阻均為R的金屬棒a. b, a棒的質量為mvo時，cd棒加速度的大小。42.如圖，相距L的光滑金屬導軌，半徑為R的1/4圓弧部分豎直放置、直的部分固定于水平地面，MNQP范圍內有方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場.金屬棒ab和cd垂直導軌且接觸良好，cd靜止在磁場中，ab從圓弧導軌的頂端由靜止釋放，進入磁場后與cd沒有接觸.已知電阻為r.金屬導軌電阻不計，重力加速度為g.忽略摩擦(1)求：ab到達圓弧底端時對軌道的壓力大小(2)在圖中標出ab剛進入磁場時cd棒中的

3、電流方向(3)若cd離開磁場時的速度是此刻ab速度的一半,求：cd離開磁場瞬間，ab受到的安培力大小a棒已靜止在水平軌道上，且a棒b a(3)整個過程中產生的內能是多少左的的初速度vo,金屬棒a.b與軌道始終接觸良好.且a棒與b棒始終不相碰。請問:(1)當a.b在水平部分穩定后，速度分別為多少損失的機械能多少(2)設b棒在水平部分穩定后，沖上圓弧軌道，返回到水平軌道前,不相碰，然后達到新的穩定狀態，最后a,b的末速度為多少4.(18分)如圖所示，電阻不計的兩光滑金屬導軌相距L,放在水平絕緣桌面上，半徑為R的1/4圓弧部分處在豎直平面內，水平直導軌部分處在磁感應強度為B,方向豎直向下的勻強磁場中

4、，末端與桌面邊緣平齊。兩金屬棒ab、cd垂直于兩導軌且與導軌接觸良好。棒ab質量為2m,電阻為r,棒cd的質量為m,電阻為r。重力加速度為g。開始棒cd靜止在水平直導軌上，棒ab從圓弧頂端無初速度釋放，進入水平直導軌后與棒cd始終沒有接觸并一直向右運動，最后兩棒都離開導軌落到地面上。棒ab與棒cd落地點到桌面邊緣的水平距離之比為3:1。求：(1)棒ab和棒cd離開導軌時的速度大小；(2)棒cd在水平導軌上的最大加速度；(3)兩棒在導軌上運動過程中產生的焦耳熱。5.(20分)如圖所示，寬度為L的平行光滑的金屬軌道，左端為半徑為ri的四分之一圓弧軌道，右端為半徑為r2的半圓軌道，中部為與它們相切的

5、水平軌道。水平軌道所在的區域有磁感應強度為B的豎直向上的勻強磁場。一根質量為m的金屬桿a置于水平軌道上，另一根質量為M的金屬桿b由靜止開始自左端軌道最高點滑下，當b滑入水平軌道某位置時，a就滑上了右端半圓軌道最高點(b始終運動且a、b未相撞)，并且a在最高點對軌道的壓力大小為mg,此過程中通過a的電荷量為q止釋放到a運動到右端半圓軌道最高點過程中，求：(1)在水平軌道上運動時b的最大加速度是多大(2)自b釋放到a到達右端半圓軌道最高點過程中系統產生的焦耳熱是多少(3)a剛到達右端半圓軌道最低點時b的速度是多大6.兩足夠長且不計其電阻的光滑金屬軌道，如圖所示放置，間距為d=100cm,在左端斜軌

6、道部分高h=1.25m處放置一金屬桿a,斜軌道與平直軌道以光滑圓弧連接，在平直軌道右端放置另一金屬桿b,桿A.b電阻Ra=2Q,Rb=5Q,在平直軌道區域有豎直向上的勻強磁場，磁感強度B=2T。現桿b以初速度vo=5m/s開始向左滑動，同時由靜止釋放桿a,桿a滑到水平軌道過程中，通過桿b的平均電流為0.3A;a下滑到水平軌道后，以a下滑到水平軌道時開始計時,A.b運動圖象如圖所不(a運動方向為正),其中ma=2kg,mb=1kg,g=10m/s2,求(1)(2)(3)桿a落到水平軌道瞬間桿a的速度v;桿a在斜軌道上運動的時間；在整個運動過程中桿b產生的焦耳熱。7. (12分)如圖所示，兩根間距

7、為L的金屬導軌MN和PQ,電阻不計，左端向上彎曲，其余水平，水平導軌左端有寬度為d、方向豎直向上的勻強磁場I,右端有另一磁場II,其寬度也為d,但方向豎直向下，磁場的磁感強度大小均為B。有兩根質量均為m、電阻均為R的金屬棒a和b與導軌垂直放置，b棒置于磁場II中點CD處，導軌除C、D兩處(對應的距離極短)外其余均光滑，兩處對棒可產生總的最大靜摩擦力為棒重力的K倍，a棒從彎曲導軌某處由靜止釋放。當只有一根棒作切割磁感線運動時，它速度的減小量與它在磁場中通過的距離成正比，即vX。求：(1)若a棒釋放的高度大于ho,則a棒進入磁場I時會使b棒運動，判斷b棒的運動方向并求出ho為多少(2)若將a棒從高

8、度小于ho的某處釋放，使其以速度vo進入磁場I,結果a棒以巴的速度從磁場I中穿出，求2在a棒穿過磁場I過程中通過b棒的電量q和兩棒即將相碰時b棒上的電功率Pb為多少8. (2014屆海淀期末10分)如圖21所示，兩根金屬平行導軌MN和PQ放在水平面上，左端向上彎曲且光滑，導軌間距為L,電阻不計。水平段導軌所處空間有兩個有界勻強磁場，相距一段距離不重疊，磁場I左邊界在水平段導軌的最左端，磁感強度大小為B,方向豎直向上；磁場n的磁感應強度大小為2B,方向豎直向下。質量均為m、電阻均為R的金屬棒a和b垂直導軌放置在其上，金屬棒b置于磁場n的右邊界CD處。現將金屬棒a從彎曲導軌上某一高處由靜止釋放，使

9、其沿導軌運動。設兩金屬棒運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好。(1)若水平段導軌粗糙，兩金屬棒與水平段導軌間的最大摩擦力均為-mg,將金屬棒a從距水平面高度h處由5靜止釋放。求：金屬棒a剛進入磁場I時，通過金屬棒b的電流大小；若金屬棒a在磁場I內運動過程中，金屬棒b能在導軌上保持靜止，通過計算分析金屬棒a釋放時的高度h應滿足的條件；(2)若水平段導軌是光滑的，將金屬棒a仍從高度h處由靜止釋放，使其進入磁場I。設兩磁場區域足夠大，求金屬棒a在磁場I內運動過程中，金屬棒b中可能產生焦耳熱的最大值。應用動量定理與動量守恒定律解決雙導體棒切割磁感線問題答案1.【解析】：（12豐臺期末12分）（1）ab棒

10、產生的感應電動勢Eab=BLv0,（1分）EabBLVoab棒中電流I=2R=R（1分）方向由a-b（1分）（2）當ab棒與cd棒速度相同時,cd棒的速度最大，設最大速度為v由動量守恒定律mv0=2mv（1分）1,八、v-V0（1分）2.一一1o1由能量守恒關系Q=mv2（2m）v2（1分）Q=mv0（1分）4(3)設ab棒的速度為3,v0時，cd棒的速度為v4由動量守恒定律:3，一mv0=m-v0+mv（1分）040.v=4v0o3Eab=BL-Vo41Ecd=BL-Vo4,EabEcdI=2R31BL（-vo-vo）442RBLvoI=4R（2分）cd棒受力為FIBL22BLv04R(1分

11、)；此時cd棒加速度為FB2L2v0（1分）m4Rm2.【解析】：(1)設ab到達圓弧底端時受到的支持力大小為N,ab下滑機械能守恒,12G侶：mgR-mv由牛頓第二定律:2mveNmg,；R聯立得：N3mgRMBQ由牛頓第三定律知:對軌道壓力大小為N3mgd 至1J c,或 dc）(2)如圖(2分)(如用文字表達，正確的照樣給分。如:1(3)設cd離開磁場時ab在磁場中的速度vab,則cd此時的速度為-vab,ab、cd構成的閉合回路：由法拉第電磁感應定律:EBLVab閉合電路歐姆定律:2r安培力公式：FabBIL聯立得FabB2L22gR5r3.【解析】(1)對a. b棒水平軌道分析，動量

12、守恒;vi是穩定時a. b棒共同速度mvo（m M ）v1Vi 解得mv0（mM-1分,E損失的機械能為12一 mv02-（m M ）Vi 22Mmv02（mm）(2)由于b棒在沖上又返回過程中-4分，機械能守恒，返回時速度大小不變v1-2分b棒與a棒向右運動過程中，直到穩定，動量守恒:Mv2 （M m）v3-3分Mmv0V3涓達到新的穩定狀態a,b的末速度：(Mm)-2分(3)整個過程中產生的內能等于系統機械能的減少量Q 1 mvo221一（M2m）v32-3分Q解得：2mv02（12M m3 ）（M m）-2分4.【解析】：(1)設ab棒進入水平導軌的速度為 v1ab棒從圓弧導軌滑下機械能

13、守恒:12 2mgR - 2mM （2 分）離開導軌時，設ab棒的速度為v；,cd棒的速度為v2,ab棒與cd棒在水平導軌上運動，動量守恒,2mv12mv1/mv2（2分）x vt可知依題意v；v2,兩棒離開導軌做平拋運動的時間相等，由平拋運動水平位移/6/2一（2分）Vi:V2=xi：X2=3:1（2分），聯立解得ViV2gR,V2-V2gR(2) ab棒剛進入水平導軌時，cd棒受到的安培力最大，此時它的加速度最大，設此時回路的感應電動勢為BLv(1分)，I(1分)2rcd棒受到的安培力為：FcdBIL（1分）根據牛頓第二定律，cd棒的最大加速度為：aFd(1分)m22聯立解得：aBLm2g

14、R(2分)2mr(3)根據能量守恒，兩棒在軌道上運動過程產生的焦耳熱為：121/21/2Q-2mM(2mM-mv2,(2分)2225.解析：(20分)(1)由機械能守恒定律：-Mv)2iMgr1Vb1J2gr1-4分2b剛滑到水平軌道時加速度最大,EE=BLw1,I,RR2由牛頓第二定律有：F安=BIL=Maa B25-4 分M (R1 R2)(2)由動量定理有:-BILt=MVb2 Mvb1,即：-BLq=Mvb2 Mvb1Vb2. 2gr1BLqM根據牛頓第三定律得: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分動量守恒定律MVb1MVb3mva23辰小嬴3分聯立并代入V；和v2解得:- 22Q 22mgR49(2分)6.【解析】：t 5s(1) vJ2gh5m/s,(2) b棒，BdItmbVo2,得(3)共產生的焦耳熱為QB棒中產生的焦耳熱為1212magh -mb Vo 二(ma mib)v225115Q Q J 19J2 56161J67 .【解析】(12分)：(1)根據左手定則判斷知b棒向左運動。(2分)a棒從ho高處釋放后在彎曲導軌上滑動時機械能守恒，有12mgh0

16、-mv得：vJ2gh0(1分)a棒剛進入磁場I時EBLv,此時感應電流大小I2R此時b棒受到的安培力大小FBIL,依題意，有FKmg，求得：h0_2222K2m2gR2_44BL（3分）(2)由于a棒從小于進入h0釋放，因此b棒在兩棒相碰前將保持靜止。流過電阻R的電量q又因：巨%Rt所以在a棒穿過磁場I的過程中，通過電阻R的電量：|q=i，At|，1分）故：q巴2BLd(3分)(沒有推導過程得R2R將要相碰時Vov0一a棒的速度v四2.2d此時電流:I BLv2RBLvO (1分)，此時8Rb棒電功率：PbI 2R2, 2 2B L Vo64R8 .【解析】(1)a棒從h0高處釋放后在彎曲導軌上滑動時機械能守恒，有mgh=3nvi解得:a棒剛進入磁場I時E=BL*，此時通過a、b的感應電流大小為E2Ra棒剛進入磁場I時，b棒受到的安培力大小F-2RIL，一一41_為使b棒保持靜止必有Fw-mg由聯立解得:gm2R2h<50B4L4(2)由題意知當金屬棒a進入磁場I時，由左手定則判斷知a棒向右做減速運動;b棒向左運動加速運動。二者產