电磁感应双杆模型

1、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分如下图，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。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。开场时，导体棒cd静止、ab有水平向右的初速度vo,两导体棒在运动中始终不接触。求:1开场时，导体棒ab中电流的大小和方向；2丨从开场到导体棒cd到达最大速度的过程中，矩形回路产生的焦耳热;33丨当ab棒速度变为二vo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圆弧局部竖直放置、直的局部固定于水平地面,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,从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd没有接触.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丨在图中标出ab刚进入磁场时cd棒中的电流方向3丨假设cd离开磁场时的速度是此刻ab速度的一半，求：cd离开磁场

2、瞬间，ab受到的安培力大小MNQP范围内cd静止在磁场中，ab3.20分如下图，电阻均为R的金属棒a.b,a棒的质量为水平局部，水平局部有如下图竖直向下的匀强磁场，圆弧局部无磁场,m,b棒的质量为M,放在如下图光滑的轨道的且轨道足够长；开场给a棒一水平向左的的初速度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在水平局部稳定后，速度分别为多少？损失的机械能多少？2丨设b棒在水平局部稳定后，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，且不相碰，然后到达新的稳定状态，最后a,b3丨整个过程中产生的内能是多少”b棒与a棒?LprJbap4.（18分）如下图，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圆弧局部处在竖直平面内，水平直导轨局部处在磁感应强度为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。开场棒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

3、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丨棒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分如下图，宽度为L的平行光滑的金属轨道，左端为半径为r1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由静止开场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Ri、R2,其余局部电阻不计。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丨自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？3a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，如下图放置，间距为d=100cm，在左端斜轨道局部高h=1

4、.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开场向左滑动，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场计时，A.b运动图象如下图（a运动方向为正），其中ma=2kg,mb=1kg,g=10m/s2，求1杆a落到水平轨道瞬间杆a的速度v;2丨杆a在斜轨道上运动的时间；3在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。7.12分如下图，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

5、减小量与它在磁场中通过的距离成正比，即VX。求：1假设a棒释放的高度大于ho,那么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假设将a棒从高度小于h0的某处释放，使其以速度V0进入磁场I,结果a棒以V的速度从磁场I中穿出,2求在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。一一一11假设水平段导轨粗糙，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5由静止释放。求：金属棒a刚进入磁场I时，通过金属棒b的电流大小；假设金属棒

6、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假设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1ab棒产生的感应电动势Eab=BLv0,1分ab棒中电流1=駛=2黒,1分2R2R方向由atb1分cd棒的速度最大，设最大速度为v1分cd棒的速度最大，设最大速度为v1分2丨当ab棒与cd棒速度一样时，由动量守恒定律mv0=2mv1vvo1分2由能量守恒关系Q=mv2212Q=mv01分412Q=mv01分43丨设ab棒的速度为3丨设ab棒的速度为cd棒的速度为v由动量守恒定律:3mv=mr+mv1分1v=7Vo。43Eab=BL二Vo41Ecd=BL；v41v=7Vo。43Eab=BL二Vo41Ecd=BL；v4EabEcdI=2RBLv。1=4R3 1BL(voVo)4 42R2分cd棒受力为cd棒受力为FIBL2.2BLvo此时cd棒

7、加速度为4RF1分；2.2BLv001分4Rm2. 【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,3. 【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,右1有：mgR一2右1有：mgR一2mv2由牛顿第二定律:Nmg2mvK;联立得：N由牛顿第三定律知：2丨如图2分如用文字表达，正确的照样给分。如:3mg对轨道压力大小为N3mgd到c,或3丨设cd离开磁场时ab在磁场中的速度vab，那么cd此时的速度为3丨设cd离开磁场时ab在磁场中的速度vab，那么cd此时的速度为12Vab，1ab、cd组成的系统动量守恒，有：mvmvab3m-vabab、cd构成的闭合回路：由法拉第电磁感应定律: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：1壬安培力公式：B2L2112gRFabBIL联立得Fab5r3.【解析】1对a.b棒水平轨道分析，动量守恒;V1是稳定时a.b棒共同速度mvo(mM)Vi-3企Vi解得mvo(mM)-i分,损失的机械能为E-mv2丄(mM)v；222Mmv02(Mm)-4分2丨由于b棒在冲

8、上又返回过程中，机械能守恒，返回时速度大小不变V2Vi-2分b棒与a棒向右运动过程中，直到稳定，动量守恒：MV2(Mm)V3-3分Mmv0V32到达新的稳定状态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小1212Q-mvo(Mm)v322-3分12M2mQmvo(13)解得：2(Mm)3-2分4.【解析】:121设ab棒进入水平导轨的速度为w,ab棒从圆弧导轨滑下机械能守恒：2mgR2mv,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笑2分依题意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xvt可知Qv1:v2=x1:x2=3:12分，联立解得V2gR,v22v2gR2分2ab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BLv1分，12r1分cd棒受到的安培力为：FedBIL1分根据牛顿第二定律，ed棒的最大加速度为：a上炉1分m22联立解得：aB_Li2gR2分2mr3根据能量守恒，两棒在轨道上运动过程产生的焦耳热为:b刚滑到水平轨道时加速度最大,E=BLvbi，IRi由牛顿第二定律有：F安=BIL=MaB2L22griM(RR2)-4分2丨由动量定理有：-BILt=Mvb2Mvbi,即:-BLq=Mvb2Mvbi2gri晋根据牛顿第三定律得：N=N?=mg,mg2Vaim.Vai22g21 2i2Mgri-Mv2 2QQ.2giBLq3mgr222MB2L2q2八-6

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