電磁感應(yīng)導(dǎo)軌問題歸納

1、應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決電磁感應(yīng)中的“導(dǎo)軌+桿”模型問題常見模型1、單棒問題 11、發(fā)電式（一） 導(dǎo)軌豎直2（二）導(dǎo)軌水平4（三）導(dǎo)軌傾斜71電容有外力充電式 142、阻尼式173、電動式18二、“雙桿+導(dǎo)軌”模型二、雙棒問題1、無外力等距雙棒182、有外力等距雙棒 19三、在豎直導(dǎo)軌上的“雙桿滑動”問題1等間距型202不等間距型21四、在水平導(dǎo)軌上的“雙桿滑動”問題1等間距水平導(dǎo)軌，無水平外力作用（安培力除外） 222.不等間距水平導(dǎo)軌，無水平外力作用 233. 等間距水平導(dǎo)軌，受水平外力作用（安培力除外） 24五、繩連的“雙桿滑動”問題 26應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決電磁感應(yīng)中的“導(dǎo)軌+桿”

2、模型問題大概1 模型概述“導(dǎo)軌+桿”模型是電磁感應(yīng)問題在高考命題中的“基本道具”，也是高考的熱點(diǎn)，考查的知識點(diǎn)多，題目的綜合性強(qiáng)，物理情景變化空間大，是我們復(fù)習(xí)中的難點(diǎn).“導(dǎo)軌+桿”模型又分為“單桿”型和“雙桿”型；導(dǎo)軌放置方式可分為水平、豎直和傾斜；桿的運(yùn)動狀態(tài)可分為勻速運(yùn)動、勻變速運(yùn)動、非勻變速運(yùn)動或轉(zhuǎn)動等；磁場 的狀態(tài)可分為恒定不變、均勻變化和非均勻變化等等，情景復(fù)雜，形式多變.2. 常見模型類型“電一動一電”型“動一電一動”型示意圖已知量棒ab長L,質(zhì)量m,電阻R;導(dǎo)軌 光滑水平，電阻不計(jì)棒ab長L,質(zhì)量m,電阻R;導(dǎo)軌 光滑，電阻不計(jì)過程分析BLES閉合，棒ab受安培力F R ,RI

3、E此時加速度a BLE，棒ab速度vmR感應(yīng)電動勢 E' BLv電棒ab釋放后下滑，此時加速度 a gsi n a,棒ab速度v ff感應(yīng)電動 勢E BLv ff電流1*ff安培R流1安培力 F= BIL加速度a當(dāng)安培力 F 0時，a 0, v最大，最后勻速運(yùn)動力F BIL Ft加速度aj,當(dāng)安培 力 F mgsin a 時，a 0, v 最大， 最后勻速運(yùn)動能量轉(zhuǎn)化通過安培力做功，把電能轉(zhuǎn)化為動 能克服安培力做功，把重力勢能轉(zhuǎn)化 為能運(yùn)動形式變加速運(yùn)動變加速運(yùn)動最終狀態(tài)、-E'勻速運(yùn)動，vm BL勻速運(yùn)動mgRsin a vm B2L2一、單棒問題1、發(fā)電式(1) 電路特點(diǎn)：

4、導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，當(dāng)速度為v時，電動勢E = Blv(2) 安培力特點(diǎn)：安培力為阻力，并隨速度增大而增大xvh左+嚴(yán) R+r(3) 加速度特點(diǎn)：加速度隨速度增大而減小F-FK-/B»g F a = =/jgrtfnt 呱 R 4 r)(4) 運(yùn)動特點(diǎn)：加速度減小的加速運(yùn)動(5) 最終狀態(tài)：勻速直線運(yùn)動(6) 兩個極值lF mga=0時,有最大速度:vm(Fmg)(R r)2 2B l(7)能量關(guān)系FsQemgS1 2 mVm(8)動量關(guān)系 Ft BLqmgt mvm 0(9)變形：摩擦力；改變電路;改變磁場方向；改變軌道XXxr_-F JTxXxfv=0時,有最大加速度：am解題步驟

5、：解決此類問題首先要建立“動T電T動”的思維順序，可概括總結(jié)為：(1) 找”電源”，用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求解電動勢的大小和方向；(2) 畫出等效電路圖，求解回路中的電流的大小及方向；(3) 分析安培力對導(dǎo)體棒運(yùn)動速度、加速度的動態(tài)過程，最后確定導(dǎo)體棒的最終運(yùn)動情況；(4) 列出牛頓第二定律或平衡方程求解.(一) 導(dǎo)軌豎直1、如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ豎直放置，其寬度 L = 1 m，一勻強(qiáng)磁場垂直穿過導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端M與P之間連接阻值為 R = 0.40 Q的電阻，質(zhì)量為m = 0.01 kg、電阻為r = 0.30 Q的金屬棒ab緊貼在導(dǎo)軌上.現(xiàn) 使金屬棒ab

6、由靜止開始下滑，下滑過程中ab始終保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，其下滑距離x與時間t的關(guān)系如圖乙所示，圖象中的 0A段為曲線，AB段為直線，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g= 10 m/s2(忽略ab棒運(yùn)動過程中對原磁場的影響),求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;金屬棒ab在開始運(yùn)動的1.5 s,電阻R上產(chǎn)生的熱量.(2)金屬棒ab在開始運(yùn)動的1.5 s,通過電阻R的電荷量;答案(1)0.1 T (2)0.67 C (3)0.26 J解析(1)金屬棒在AB段勻速運(yùn)動，由題中圖象乙得: x V= 7 m/s(2)q = I t1Q = mgx ?mv2,BLvI=rrR，mg= BILR+ r t解得B = 0.1

7、T S= t B解得 Q= 0.455 J解得：q = 0.67 C從而 QR= 0.26 J2、如圖所示，豎直放置的兩根足夠長平行金屬導(dǎo)軌相距L,導(dǎo)軌間接有一定值電阻 R,質(zhì)量為m,電阻為r的金屬棒與兩導(dǎo)軌始終保持垂直并良好接觸，且無摩擦，整個裝置放在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，現(xiàn)將金屬棒 由靜止釋放，金屬棒下落高度為 h 時開始做勻速運(yùn)動，在此過程中( )A 導(dǎo)體棒的最大速度為.'2ghB 通過電阻R的電荷量為BLhR + rC 導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于電阻R上產(chǎn)生的熱量文檔大全D 重力和安培力對導(dǎo)體棒做功的代數(shù)和等于導(dǎo)體棒動能的增加量答案 BD3、如圖2所示，電阻為R,

8、其他電阻均可忽略，ef是一電阻可不計(jì)的水平放置的導(dǎo)體棒，質(zhì)量為m,棒的兩端分別與 ab、cd保持良好接觸，又能沿框架無摩擦下滑，整個裝置放在與框架垂直的勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)導(dǎo)體棒 ef從靜止下滑一段時間后閉合開關(guān)S,則S閉合后()A. 導(dǎo)體棒ef的加速度可能大于gB. 導(dǎo)體棒ef的加速度一定小于 gC. 導(dǎo)體棒ef最終速度隨S閉合時刻的不同而不同D .導(dǎo)體棒ef的機(jī)械能與回路產(chǎn)生的電能之和一定守恒4、MN和PQ為豎直方向的兩平行長直金屬導(dǎo)軌，間距I為0.40m，電阻不計(jì).導(dǎo)軌所在平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0.50T的勻強(qiáng)磁場垂直. 質(zhì)量m為6.0 >10-3kg、電阻為1.0 0的金屬桿ab始終垂直

9、 于導(dǎo)軌，并與其保持光滑接觸.導(dǎo)軌兩端分別接有滑動變阻器和阻值為3.0 0的電阻R1.當(dāng)桿ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時以速率u勻速下滑，整個電路消耗的電功率P為0.27W，重力加速度取10m/s2,試求速率u和滑動變阻器接入電路 部分的阻值R2.5、如圖，兩根足夠長的金屬導(dǎo)軌ab、cd豎直放置，導(dǎo)軌間距離為L1電阻不計(jì)。在導(dǎo)軌上端并接兩個額定功率均為P、電阻均為R的小燈泡。整個系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與導(dǎo)軌所在平面垂直?，F(xiàn)將一質(zhì)量為以忽略的金屬棒 MN從圖示位置由靜止開始釋放。金屬棒下落過程中保持水平, 燈泡保持正常發(fā)光。重力加速度為g。求：(1) 磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小：(2) 燈泡正常發(fā)光時導(dǎo)體

10、棒的運(yùn)動速率。且與導(dǎo)軌接觸良好。已知某時刻后兩解析：每個燈上的額定電流為 |P額定電壓為：U PR(1)最后MN勻速運(yùn)動故:B2IL=mg 求出：B mg PR2PLaC_0-N*LbLd(2) U=BLv得：vBL2Pmg(二) 導(dǎo)軌水平3. 如圖3所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面，間距為I，導(dǎo)軌左端連接一個電阻一根質(zhì)量為m、電阻為r的金屬桿ab垂直放置在導(dǎo)軌上.在桿的右方距桿為d處有一個勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于軌道平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.對桿施加一個大小為 后進(jìn)入磁場恰好做勻速運(yùn)動.F、方向平行于導(dǎo)軌的恒力，使桿從靜止開始運(yùn)動，已知桿到達(dá)磁場區(qū)域時速度為 不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，假定導(dǎo)軌與

11、桿之間存在恒定的阻力.v,之（1）導(dǎo)軌對桿ab的阻力大?。?）桿ab過的電流及其方向.（3）導(dǎo)軌左端所接電阻的阻值Ff.R.開始時外力F的方向與初速度止取值的關(guān)系?解析：由題意知桿必向右作勻減速直線運(yùn)動到速度為0后再向左作勻加速直線運(yùn)動直到離開磁場區(qū)域，故電流mv2mv22B2I2d答案（1）F 話 （2）2Bd，萬向由a流向b （3） r2d2BIdmv解析（1）桿ab進(jìn)入磁場前做勻加速運(yùn)動，有F Ff = ma v2 = 2ad解得導(dǎo)軌對桿的阻力Ff = F mV2（2）桿ab進(jìn)入磁場后做勻速運(yùn)動，有F= Ff + F 安桿ab所受的安培力F安=IBI解得桿ab過的電流I =止2BId由右

12、手定則判斷桿中的電流方向自a流向b桿運(yùn)動過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 E = BIv 桿中的感應(yīng)電流1=R+ r解得導(dǎo)軌左端所接電阻阻值R= 2B22d rmv13.如圖，二相互平行的光滑金屬導(dǎo)軌位于水平面，間距丄=，在導(dǎo)軌的一端接有阻值為 5 = ' = 的電阻;在巴二：區(qū)域有一與水平面垂直的均勻磁場5 = ： - 7 ; 一質(zhì)量為的金屬桿垂直放置在導(dǎo)軌上并以F共同作用下做勻變速直線運(yùn)動，加速度大小為吒=2恥的初速度進(jìn)入磁場中，在安培力及垂直于桿的水平外力方向與初速度方向相反；設(shè)導(dǎo)軌及金屬桿的電阻均不計(jì)且接觸良好求：（1）電流為0時金屬桿所處的位置？（2）電流為最大值的一半時施加在金屬桿上

13、外力F的大小及方向？（ 3）保持其它條件不變而初速度玄取不同值，則為0時表示桿的速度為 0;桿向右勻減速直線運(yùn)動的位移為匕1上一得二-；桿的運(yùn)動速度變化時電路中的電動勢變化，故電流相應(yīng)S 一 BLD 變化，由電動勢 三二三丁有桿運(yùn)動的速度最大則電路中感應(yīng)電動勢最大、電流最大，即最大電流必為, 匚當(dāng)電流為最大值的一半時即二 一：時：若此時桿向右運(yùn)動，則外力方向不定，我們假設(shè)外力F水平向右由牛頓定律有工，f即；J -"二 -1 "二 -，故桿向右運(yùn)動中外力 F大小為0. 18N方向水平向左；若此時桿向左運(yùn)動，則外力F方向必水平向左且有J" 即& 一 云代入數(shù)據(jù)

14、得= ：|工二。律有(3)桿開始運(yùn)動時速度為ma R °-，則電動勢為>0吃即二maRU-，故安培力為時,時,那么對桿由牛頓定匸I表示外力F方向與X軸方向相反;F 表示外力F方向與X軸方向相同【例2】如圖所示，質(zhì)量m仁0.1kg，電阻R1=0.3 Q,長度l=0.4m的導(dǎo)體棒ab橫放在U型金屬框架上?？蚣苜|(zhì)量m2=0.2kg , 放在絕緣水平面上，與水平面間的動摩擦因數(shù)卩=0.2，相距0.4m的MM '、NN '相互平行，電阻不計(jì)且足夠長。電阻R2=0.1 Q的MN垂直于MM '。整個裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T。垂直于ab施加F

15、=2N的水平恒力，ab從靜止開始無摩擦地運(yùn)動，始終與 MM '、NN '保持良好接觸，當(dāng)ab運(yùn)動到某處時，框架開始運(yùn)動。 設(shè)框架與水平面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2.（1）求框架開始運(yùn)動時 ab速度V的大?。唬?）從ab開始運(yùn)動到框架開始運(yùn)動的過程中，【解析】：（1）ab對框架的壓力F1 mg 框架受水平面的支持力Fn m2g F1MN上產(chǎn)生的熱量 Q=0.1J,求該過程ab位移x的大小。依題意，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力, ab中的感應(yīng)電動勢E BlvE則框架受到最大靜摩擦力IMN中電流R1 R2MN受到的安培力F安IlB框架開始運(yùn)動時F安 F2由上述各式代

16、入數(shù)據(jù)解得V6m/ s（2）閉合回路中產(chǎn)生的總熱量1m|V2Fx由能量守恒定律，得代入數(shù)據(jù)解得x 1.1m【例3】如圖7-9甲所示，RR?-QR20一對平行光滑軌道放置在水平面上,道間距L=0.20m ,電阻R=1.0 Q,有一導(dǎo)體桿靜止放在軌道上, 軌道垂直，桿及軌道的電阻可忽略不計(jì)，整個裝置處于磁感強(qiáng)度兩軌與兩FF與時間t的關(guān)系如B=0.50T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直軌道面向下，現(xiàn)用一外力 沿軌道方向拉桿，使之做勻加速運(yùn)動，測得力 圖7-9乙所示，求桿的質(zhì)量m和加速度a.R甲（1）如圖所示。（4分）（2）對桿應(yīng)用牛頓定律，得片凡一maT E BLw1= _（1 分）R R （ 1 分）口

17、一船（1 分）分）分別把t1 = 0、F1 = 2N及t 1= 10s、F1 =3N代入上式解得 m=0.2kg （1 分）、由以上各式得:2八a=10m/s（1 分）maR（3【答案】m=0.1kg,a=10m/s216. （13分）如圖所示，兩根正對的平行金屬直軌道MN、M 'N '位于同一水平面上，兩軌道之間的距離l= 0.50m .軌道的MM '端之間接一阻值 R= 0.40 Q 的定值電阻，NN '端與兩條位于豎直面的半圓形光滑金屬軌道NP、N 'P'平滑連接，兩半圓軌道的半徑均為R0=0.50m 直軌道的右端處于豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度B

18、=0.64 T的勻強(qiáng)磁場中，磁場區(qū)域的寬度d= 0.80m,且其右邊界文檔大全與NN '重合.現(xiàn)有一質(zhì)量 m=0.20kg、電阻r=0.10 Q的導(dǎo)體桿ab靜止在距磁場的左邊界s=2.0m處.在與桿垂直的水平恒力F=2.0N的作用下ab桿開始運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動至磁場的左邊界時撤去F，結(jié)果導(dǎo)體桿ab恰好能以最小速度通過半圓形軌道的最高點(diǎn) PP '.已知導(dǎo)體桿ab在運(yùn)動過程中與軌道接觸良好，且始終與軌道垂直，導(dǎo)體桿ab與直軌道之間的動摩擦因數(shù) 尸0.10,軌道的電阻可忽略不計(jì)，取g=10m/s2，求：導(dǎo)體桿剛進(jìn)入磁場時，通過導(dǎo)體桿上的電流大小和方向；導(dǎo)體桿穿過磁場的過程過電阻R上的電荷量

19、；導(dǎo)體桿穿過磁場的過程中整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱.9.（本題特點(diǎn)：B變S不變）如圖所示，導(dǎo)軌是水平的，其間距l(xiāng)1=0.5m, ab桿與導(dǎo)軌左端的距離 l2=0.8m，由導(dǎo)軌與ab桿所構(gòu)成的回路電阻為 0.2 Q,方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度Bo=1T ,滑輪下掛一個重物 M質(zhì)B量為0.04kg , ab桿與導(dǎo)軌之間的摩擦不計(jì)，現(xiàn)使磁場以0.2T/S的變化率均勻的增大，問：當(dāng)t為多少時，MtM剛要離開剛離開地面。解析：閉合回路的磁通量發(fā)生變化，要產(chǎn)生感應(yīng)電流，在磁場中受到安培力的作用，當(dāng)繩子繃緊，物體地面時，繩子中拉力大小Fi應(yīng)等于重力大小，也等于棒ab所受的安培力F2的大小，即Fi

20、 MgFiF2而 F2 BIl1，從而得 Mg BIl1ll B其中BB0B丄丄t 1 0.2t ,E比ttRR代入數(shù)據(jù)得t0.5s/./.（三）導(dǎo)軌傾斜【例3】如圖所示，AB、CD是兩根足夠長的固定平行金屬導(dǎo)軌，兩導(dǎo)軌間的距離為L,導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為B,在整個導(dǎo)軌平面都有垂直于導(dǎo)軌平面斜向上方的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在導(dǎo)軌的AC端連接一個阻值為 R的電阻，一根質(zhì)量為 m、 沿導(dǎo)軌下滑，求此過程中 ab棒的最大速度。已知 屬棒的電阻都不計(jì)。求金屬棒的最大速度？ 解析：ab沿導(dǎo)軌下滑過程中受四個力作用，即重力垂直于導(dǎo)軌放置的金屬棒ab,從靜止開始ab與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為，導(dǎo)軌和金安，

21、如圖所示，ab由靜止開始下滑后，將是 v 號），所以這是個變加速過程，當(dāng)加速度減到 處于平衡狀態(tài)，以后將以vm勻速下滑mg,支持力FN、摩擦力Ff和安培力E IF安a （a=0時，其速度即增到最大v=vm ,為增大符此時必將Aab下滑時因切割磁感線，要產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，根據(jù)電磁感應(yīng)定律： 閉合電路AC ba中將產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)閉合電路歐姆定律： 據(jù)右手定則可判定感應(yīng)電流方向?yàn)閍AC ba,再據(jù)左手定則判斷它受的安培力F安方向如圖示,取平行和垂直導(dǎo)軌的兩個方向?qū)b所受的力進(jìn)行正交分解，應(yīng)有：E=BLvI=E/R其大小為： F安=BILFN = mgcos 0 Ff= 卩 mgcos 02, 2

22、B L vF安由可得R以ab為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律應(yīng)有:2 2B L vmgs in 0 -卩 mgcos 0 - R =maab做加速度減小的變加速運(yùn)動，當(dāng)a=0時速度達(dá)最大2 2B L v因此，ab達(dá)到vm時應(yīng)有：mgsin0 -卩mgcos 0 - R =0Vm由式可解得mg sin cosB2L2注意：(1 )電磁感應(yīng)中的動態(tài)分析，是處理電磁感應(yīng)問題的關(guān)鍵，要學(xué)會從動態(tài)分析的過程中來選擇是從動力學(xué)方 面，還是從能量、動量方面來解決問題。(2)在分析運(yùn)動導(dǎo)體的受力時，常畫出平面示意圖和物體受力圖。4. 如圖所示，金屬框架與水平面成30°角，勻強(qiáng)磁場的磁感強(qiáng)度B=0.4T，

23、方向垂直框架平面向上，金屬棒長l = 0.5m,重量為0.1N ,可以在框架上無摩擦地滑動，棒與框架的總電阻為 2Q,運(yùn)動時可認(rèn)為不變，問：(1) 要棒以2m/s的速度沿斜面向上滑行，應(yīng)在棒上加多大沿框架平面方向的外力？(2) 當(dāng)棒運(yùn)動到某位置時，外力突然消失，棒將如何運(yùn)動？(3) 棒勻速運(yùn)動時的速度多大？(4) 達(dá)到最大速度時，電路的電功率多大？重力的功率多大?13.如圖13所示，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成0角固定，軌間距為d.空間存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于軌道平面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.P、M間所接電阻阻值為 R.質(zhì)量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上， 其有效電阻為r.現(xiàn)從

24、靜止釋放ab，當(dāng)它沿軌道下滑距離s時，達(dá)到最大速度若軌道足夠長且電阻不計(jì)，重力加速度為g.求：1(1)金屬桿ab運(yùn)動的最大速度； 金屬桿ab運(yùn)動的加速度為gsin 0時，電阻R上的電功率;金屬桿ab從靜止到具有最大速度的過程中，克服安培力所做的功.12.如圖所示，傾角0 =300、寬度L=1m的足夠長的“ U”形平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在磁 感應(yīng)強(qiáng)度B =1T，圍足夠大的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于斜面向下。用平行于軌道的牽引 力拉一根質(zhì)量 m =0.2血、電阻R =1 Q的垂直放在導(dǎo)軌上的金屬棒a b，使之由靜止開始沿軌道向上運(yùn)動。牽引力做功的功率恒為6W，當(dāng)金屬棒移動 2.8m時，獲得穩(wěn)定速度，

25、在此過程中金屬棒產(chǎn)生的熱量為5.8J，不計(jì)導(dǎo)軌電阻及一切摩擦，取g=10m/s2。求：(1) 金屬棒達(dá)到穩(wěn)定時速度是多大？(2) 金屬棒從靜止達(dá)到穩(wěn)定速度時所需的時間多長？實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)解:(1) 金屬棒沿斜面上升達(dá)穩(wěn)定速度時，設(shè)所受的安培力為F安，由平衡條件得：F = mgsin 0+F 安BLvl P而 F 安=BIL=BL又 F Rv聯(lián)立以上二式解得 v = 2m/s1(2) 由能量轉(zhuǎn)化與寸恒疋律可得Pt = mgssin 0+mv +Q2代入數(shù)據(jù)解得：t =1.5s1.(2012 理綜 20)如圖8所示，相距為 L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為上端接有定值電阻R,勻強(qiáng)磁場垂直

26、于導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.將質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒由靜止釋放，當(dāng)速度達(dá)到v時開始勻速運(yùn)動，此時對導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，并保持拉力的功率恒為P,導(dǎo)體棒最終以2v的速度勻速運(yùn)動導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好， 不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度為g.下列選項(xiàng)正確的是A . P= 2mgvsin 0B . P= 3mgvsin 0C 當(dāng)導(dǎo)體棒速度達(dá)到2時加速度大小為fsin 0D 在速度達(dá)到2v以后勻速運(yùn)動的過程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功答案 AC解析 根據(jù)i=E=BLv，導(dǎo)體棒由靜止釋放，速度達(dá)到v時，回路中的電流為I，則根據(jù)R R共點(diǎn)力的平衡條件，有mgsin 0 = BIL.

27、對導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，使其以 2v的速度勻速運(yùn)動時，則回路中的電流為2I，則根據(jù)平衡條件，有 F + mgsin 0 = B 2IL ,所以拉力F= mgsin 0,拉力的功率 P= FX 2v= 2mgvsin 0,故選項(xiàng) A正確，選項(xiàng) B錯誤；當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達(dá)到2時，回路中的電流為,根據(jù)牛頓第二定律，得mgsin 0 - B *L= ma,解得a= gsin 0,選項(xiàng)CR上產(chǎn)生的焦耳熱,正確；當(dāng)導(dǎo)體棒以2v的速度勻速運(yùn)動時，根據(jù)能量守恒定律知，重力和拉力所做的功之和等于 故選項(xiàng)D錯誤.如圖所示，電阻可忽略的光滑平行金屬導(dǎo)軌長s= 1.15 m，兩導(dǎo)軌間距L = 0.75 m

28、,導(dǎo)軌傾角為30°,導(dǎo)軌上端ab接一阻值R= 1.5 Q的電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B = 0.8 T的勻強(qiáng)磁場垂直軌道平面向上.阻值r = 0.5 Q、質(zhì)量m= 0.2 kg的金屬棒與軌道垂直且接觸良好， 從軌道上端ab處由靜止開始下滑至底端， 在此過程中金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱 Qr = 0.1 J.(取 g= 10 m/s2)求:(1) 金屬棒在此過程中克服安培力做的功W安；(2)金屬棒下滑速度v = 2 m/s時的加速度a；1 2(3)為求金屬棒下滑的最大速度vm ,有同學(xué)解答如下：由動能定理，WG W安=-mv m ,由此所得結(jié)果是否正確?若正確，說明理由并完成本小題；若不正確，給出正確

29、的解答.答案 (1)0.4 J (2)3.2 m/s2 (3)見解析解析(1)下滑過程中安培力做的功即為電阻上產(chǎn)生的焦耳熱，由于R= 3r，因此qr= 3Qr = 0.3 J所以 W 安=Q = QR + Qr = 0.4 J(2) 金屬棒下滑時受重力和安培力、B2L2F 安=BIL = vR + r由牛頓第二定律得 mgsin 30 ° 竿軋=maR + r所以 a= gsin 30°B2L2 m R+ r= m/s2 = 3.2 m/s2(3) 此解確.金屬棒下滑時受重力和安培力作用，其運(yùn)動滿足B2L2mgsin 30 r十v = ma上式表明，加速度隨速度增大而減小，

30、棒做加速度減小的加速運(yùn)動無論最終是否達(dá)到 勻速，當(dāng)棒到達(dá)斜面底端時速度一定為最大由動能定理可以得到棒的最大速度，因此 上述解確.2-mgssin 30 ° Q = §mv m所以vm =2gss in 30 ° 詈_12 X 0.4X 10X 1.15 X 2 02m/s 2.74 m/s.【例1】如右圖所示，一平面框架與水平面成37°角，寬L=0.4 m，上、下兩端各有一個電阻R0 = 1 Q,框架的其他部分電阻不計(jì)，框架足夠長.垂直于框平面的方向存在向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T.ab為金屬桿，其長度為L = 0.4 m，質(zhì)量m= 0.8 kg，

31、電阻r= 0.5 Q，棒與框架的動文檔大全摩擦因數(shù)卩=0.5由靜止開始下滑，直到速度達(dá)到最大的過程中，上端電阻 R0產(chǎn)生的熱量Q0= 0.375J（已知sin37° =0.6, cos37° =0.8; g取10m/s2）求：（1）桿ab的最大速度；（2）從開始到速度最大的過程中ab桿沿斜面下滑的距離；（3）在該過程過ab的電荷量.【解析】該題是一道考察電磁感應(yīng)、安培力、閉合電路歐姆定律及力學(xué)有關(guān)知識的綜合題，解題的關(guān)鍵是要正確分析 金屬桿的運(yùn)動及受力的變化情況。桿ab達(dá)到平衡時的速度即為最大速度這時mgsin 0 F N =0, N=mgcos 0 F=mg (sin 0

32、 口R°cos 0)Rr總電阻 22 2B L vFvR ，得Emg(sinBlvF BILcosB2L2)R2化克服磁場力所做的功數(shù)值上等于產(chǎn)生的總電能即W Q2Q0 2Q0 1.5JsmgsinW mg cos由動能定理：1 2mv Wsmg(sin1 mv2cos ） =2.5mq I t 通過ab的電荷量R ，代入數(shù)據(jù)得q= 2 C如圖所示，固定的光滑金屬導(dǎo)軌間距為L,導(dǎo)軌電阻不計(jì)，上端a、b間接有阻值為R的電阻，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為 0且處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中。質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒與固定彈簧相連后放在導(dǎo)軌上。初始時刻，彈簧恰處于

33、自然長度，導(dǎo)體棒具有沿軌道向上的初速度v0。整個運(yùn)動過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。已知彈簧的勁度系數(shù) 為k，彈簧的中心軸線與導(dǎo)軌平行。求初始時刻通過電阻R的電流I的大小和方向;當(dāng)導(dǎo)體棒第一次回到初始位置時，速度變?yōu)関,求此時導(dǎo)體棒的加速度大小a；導(dǎo)體棒最終靜止時彈簧的彈性勢能為Ep,求導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動直到停止的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q?！敬鸢浮堪舢a(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 E1BLvo（1 分）I1呂通過R的電流大小R rBLv。R r（1 分）電流方向?yàn)閎a（2 分）棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2BLv（1 分）BLvR r（1 分）F棒受到的安培力大小BILB2L2vr，方向沿斜面向上（

34、2 分）根據(jù)牛頓第二定律有mg sinF ma（1 分）a gsin解得B2L2vm（R r）（1 分）導(dǎo)體棒最終靜止，有mg sinkxmg sin壓縮量（2 分）設(shè)整個過程回路產(chǎn)生的焦耳熱為Q0,根據(jù)能量守恒定律1 2mv0 mgxsi n EP Q0221 2 （mgsin ） Qo - mvo2 kEp（2 分）Q電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱2RR r12 （mg sin ）Qo mvoEpR r R r 2k針對性演練如圖13所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌固定在傾角為 9的絕緣斜面上（兩導(dǎo)軌與水平面的夾角也為 9），導(dǎo)軌上端連接一個定值電阻。導(dǎo)體棒a和b放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。斜面上

35、水平虛線PQ以下區(qū)域，存在著垂直穿過斜面向上的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)對a棒施以平行導(dǎo)軌斜向圖13上的拉力，使它沿導(dǎo)軌勻速向上運(yùn)動，此時放在導(dǎo)軌下端的b棒恰好靜止。當(dāng)a棒運(yùn)動到磁場的上邊界PQ處時，撤去拉力，a棒將繼續(xù)沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動一小段距離后再向下滑動， 此時b棒已滑離導(dǎo)軌。當(dāng)a棒再次滑回到磁場上邊界PQ處時，又恰能沿導(dǎo)軌勻速向下運(yùn)動。已知a棒、 b棒和定值電阻的阻值均為 R，b棒的質(zhì)量為m,重力加速度為g,導(dǎo)軌電阻不計(jì)。求：a棒的質(zhì)量ma ；a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動時所受的拉力 F。解 a棒在PQ上方運(yùn)動的過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，故可知 a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動和向下勻速運(yùn)動的速度大小

36、相等，進(jìn)一步結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律可知，在這兩個過程中, 棒因切割磁感線而產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小相等，設(shè)為E。a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動時，b棒中的電流為:（2 分）2Ib點(diǎn)（1 分）3R2此時，b棒恰好靜止，有：IbLB=mgsin a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向下勻速運(yùn)動時，設(shè) 叮呂 （1 分）2Rla' LB=magsin 9（2分）解得：ma=1.5m。a棒中的電流為Ia有:（1分）a棒在磁場中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動時，設(shè)a棒中的電流為Ia，有：處于磁場中的a棒在平行導(dǎo)軌斜向上的拉力F作用下沿導(dǎo)軌勻速向上運(yùn)動，有:Ia=2Ib（ 1 分）F=|aLB+magsin 9（2 分）又：IbLB=

37、mgsin 9（1 分）解得：F=3.5mgsin 9（1 分）如圖所示，有一足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌，電阻不計(jì)，間距L = 0.5 m，導(dǎo)軌沿與水平方向成 9= 30°傾斜放置，底部連接有一個阻值為 R = 3 Q的電阻現(xiàn)將一個長也為 L = 0.5 m、質(zhì)量為m= 0.2 kg、電阻r= 2 Q的均勻金屬棒ab,自 軌道頂部靜止釋放后沿軌道自由滑下，下滑中均保持與軌道垂直并接觸良好，經(jīng)一段距離后進(jìn)入一垂直軌道平面的勻強(qiáng)磁場中，如圖所示磁場上部有邊界0P，下部無邊界，磁感應(yīng)強(qiáng)度B = 2 T.金屬棒進(jìn)入磁場后又運(yùn)動了一段距離便開始做勻速直線運(yùn)動，在做勻速直線運(yùn)動之前這段時間，金屬棒

38、上產(chǎn)生了Qr = 2.4 J的熱量，且通過電阻R上的電荷量為 q = 0.6 C，取 g = 10 m/s2.求：（1）金屬棒勻速運(yùn)動時的速度V0 ；（2）金屬棒進(jìn)入磁場后速度v = 6 m/s時，其加速度a的大小及方向；（3）磁場的上部邊界0P距導(dǎo)軌頂部的距離 s.解（1）此時金屬棒沿斜面方向受力平衡：BIL = mgsin 0（1分）（對閉合電路有：I = , E = BLvO .（1分）（mg sm 日應(yīng) + r）聯(lián)立解得：v0 = 5 m/s .（1分）由牛頓第二定律得：mgsin 0- BIL = ma .（1分）而由電路： I = .（1 分）3a£ Va= gsin =

39、1 m/s2 .（分）因此，此時加速度大小為1 m/s2,方向沿斜面向上. .（1分）由于金屬棒r和電阻R上的電流瞬時相同， 根據(jù)焦耳定律產(chǎn)生的電熱應(yīng)與阻值成正比，因此可求出金屬棒勻速運(yùn)動 前R上產(chǎn)生的電熱為:QR= Qr = 3.6 J .分） gkstk因此，該過程中電路中的總電熱為：Q= Qr+ QR = 6 J又該過程中電路平均電流為：=" .（1分）設(shè)勻速前金屬棒在磁場中位移為x，則此過程過 R的電荷量為：q= /= .（1分） gkstk從釋放到剛好達(dá)到勻速運(yùn)動的過程中，由能量守恒得到:mgs in 0 侍 x） = mv + Q- .（1分）gkstk聯(lián)立解得： s=丄

40、_= 5.5 m. .（1分）與電容器結(jié)合電容有外力充電式（1）電路特點(diǎn)：導(dǎo)體為發(fā)電邊；電容器被充電。（2）三個基本關(guān)系導(dǎo)體棒受到的安培力為：Fb BIl導(dǎo)體棒加速度可表示為:回路中的電流可表示為:I Q C Et t（3）四個重要結(jié)論：文檔大全FFbamCBl vCBlatafm CB2l2實(shí)用標(biāo)準(zhǔn)導(dǎo)體棒做初速度為零勻加速運(yùn)動：1CBIF回路中的電流恒定：m CB2I2導(dǎo)體棒受安培力恒定：Fbcb2i2f m CB2I2導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于電容器儲存的電能：（試用動能定理證明）1 2W克BC（ Blv>2（4）變形：導(dǎo)軌有摩擦；電路變化；恒力的提供方式；【例7】如圖所示,豎直放置

41、的光滑平行金屬導(dǎo)軌，相距I ,導(dǎo)軌一端接有一個電容器，電容量為C,勻強(qiáng)磁場垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,質(zhì)量為m的金屬棒ab可緊貼導(dǎo)軌自由滑動現(xiàn)讓ab從離地面高為h的位置由靜止下滑，不考 慮空氣阻力，也不考慮任何部分的電阻和自感作用求金屬棒落地時的速度為多大？p/IT1【解析】ab在mg作用下加速運(yùn)動，經(jīng)時間 t，速度增為v，a =v / t 產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E=BI v電容器帶電量Q=CE=CBI v，感應(yīng)電流 l=Q/t=CBL v/ t=CBI a產(chǎn)生安培力 F=BII =CB2 I 2a，由牛頓運(yùn)動定律 mg-F=mama= mg - CB 2 I 2a ， a= mg / (m+C B

42、 2 I 2) ab做初速為零的勻加直線運(yùn)動 ，加速度a= mg / (m+C B 2 I 2)落地速度為v 2ah爲(wèi)23.如圖10,兩根足夠長光滑平行金屬導(dǎo)軌 PP'、QQ '傾斜放 置，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌的上端與水平放置的 兩金屬板M、N相連，板間距離足夠大，板間有一帶電微粒，金屬棒ab水平跨放在導(dǎo)軌上，下滑過程中與導(dǎo)軌接觸良好.圖10現(xiàn)同時由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab,則（）A .金屬棒ab最終可能勻速下滑B .金屬棒ab 一直加速下滑C .金屬棒ab下滑過程中M板電勢高于N板電勢D .帶電微粒不可能先向 N板運(yùn)動后向M板運(yùn)動答案 BC解析 金屬棒沿光滑導(dǎo)軌加

43、速下滑，棒中有感應(yīng)電動勢而對金屬板M、N充電，充電電流通過金屬棒時金屬棒受安培力作用，只有金屬棒速度增大時才有充電電流，因此總有mgsin 0 BIL>0，金屬棒將一直加速下滑，A錯，B對；由右手定則可知，金屬棒a端（即M板）電勢高，C對；若微粒帶負(fù)電，則電場力向上，與重力反向，開始時電場力為0,微粒向下加速，當(dāng)電場力增大到大于重力時，微粒的加速度向上，可能向N板減速運(yùn)動到零后再向M板運(yùn)動，D錯.（2012 理綜 35）如圖1所示，質(zhì)量為 M的導(dǎo)體棒ab,垂直放在相距為I的平行光 滑金屬導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為0,并處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中左側(cè)是

44、水平放置、間距為d的平行金屬板，R和Rx分別表示定值電阻和滑動變阻器的阻值，不計(jì)其他電阻.（1）調(diào)節(jié)Rx = R，釋放導(dǎo)體棒，當(dāng)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時，求通過導(dǎo)體棒的電流I及導(dǎo)體棒的速率V.若它能勻速通改變Rx，待導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌再次勻速下滑后，將質(zhì)量為m、帶電荷量為+ q的微粒水平射入金屬板間,過，求此時的Rx.解析（1）對勻速下滑的導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析如圖所示. 導(dǎo)體棒所受安培力 F安=BIl導(dǎo)體棒勻速下滑，所以F安=Mgsin 0聯(lián)立式，解得丨=Mgsin0導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E= Blv 由閉合電路歐姆定律得1=二弓，且Rx = R，所以1 =呂R + Rx2R聯(lián)立式，解得2MgR

45、s in VB2I2(2) 由題意知，其等效電路圖如圖所示.由圖知，平行金屬板兩板間的電壓等于Rx兩端的電壓.設(shè)兩金屬板間的電壓為U,因?yàn)閷?dǎo)體棒勻速下滑時的電流仍為I，所以由歐姆定律知U = IRx要使帶電的微粒勻速通過，則mg= qU聯(lián)立式，解得Rx =mBIdMqsin 0答案Mgs in 0 9Bl2MgRsin 0B2I2(2) mBId)Mqsin 0如圖，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為0,間距為L。導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為C。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于導(dǎo)軌平面。在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為 m的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過程中保 持與導(dǎo)軌垂直

46、并良好接觸。已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為卩，重力加速度大小為 g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導(dǎo)軌 上端由靜止開始下滑，求：(1) 電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系;(2) 金屬棒的速度大小隨時間變化的關(guān)系。&-戸也g亡o囂召v= ar =(2)Ml十(1) 設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v,則感應(yīng)電動勢為 E=BLv平行板電容器兩極板的電壓為U, U=E 設(shè)此時電容器極板上儲存的電荷為Q,按定義有C皐 聯(lián)立式解得;亠-(2) 設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v時經(jīng)歷的時間為t,通過金屬棒的電流為i，金屬棒受到磁場的安培力為 F,方向沿導(dǎo)軌向上，大小為 F="BLi&quo

47、t; 設(shè)在tt+時間間隔流經(jīng)金屬棒的電荷量為,按定義有-二也是平行板電容器兩極板在tt+二；時間間隔增加的電荷量由式可得式中-為金屬棒速度的變化量Ava =按加速度的定義有 i分析導(dǎo)體棒的受力：受重力mg，支持力N，滑動摩擦力f，沿斜面向上的安培力F。N=mgc叩，(11)sin 6 -宙噸 匚 os 6聯(lián)立至（11）式得- （12）,t時刻金屬棒下滑的速度大小為v由（12）式及題設(shè)可知，金屬棒做初速為零的勻加速直線運(yùn)動(13)2、阻尼式電路特點(diǎn)：導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源。(1)(2)安培力的特點(diǎn)：安培力為阻力，并隨速度減小而減小。2,2B l vF- BIlR rXvo:<(3)加速度特點(diǎn)：加

48、速度隨速度減小而減小2 2FbB I va -m m（R r）(4)運(yùn)動特點(diǎn)：加速度減小的減速運(yùn)動(5)最終狀態(tài)：靜止(6)能量關(guān)系：動能轉(zhuǎn)化為焦耳熱1 2mv00 Q2(7)動量關(guān)系BIIt 0 mv0mvoBlq nF7Bl sR r（8）變形：有摩擦力；磁場不與導(dǎo)軌垂直等【例4】如圖所示，MN、PQ是間距為L的平行金屬導(dǎo)軌，置于磁感強(qiáng)度為B、方向垂直導(dǎo)軌所在平面向里的勻強(qiáng)磁場中，M、P間接有一阻值為 R的電阻一根與導(dǎo)軌接觸良好、阻值為 R/2的金屬導(dǎo)線ab垂直導(dǎo)軌放置，若某時金屬 導(dǎo)線ab以初速度v開始向右滑動。（1）試求剛開始滑動時 ab兩點(diǎn)間的電勢差。（2）試求金屬導(dǎo)線ab運(yùn)動的整個

49、過 程中產(chǎn)生電路中產(chǎn)生的熱量、通過ab電量以及ab發(fā)生的位移x?！窘馕觥浚?） ab運(yùn)動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E,所以ab相當(dāng)于電源，與外電阻 R構(gòu)成回路。XXX*（2）若無外力作用則ab在安培力作用下做減速運(yùn)動，最終靜止。動能全部轉(zhuǎn)化為電熱。BLx T-R21 2mv2q mv q 由動量定理得：Ft mv即BILt mv, q It BL。3、電動式(1)(2)ItmvBL3mvR22"2B2L2。(3)(4)(5)(6)(7)電路特點(diǎn)：有外加電源，導(dǎo)體為電動邊，運(yùn)動后產(chǎn)生反電動勢（等效于電機(jī)）。 安培力特點(diǎn)：安培力為動力，并隨速度增大而減小。Fa 二 =號I加速度特點(diǎn)：加速度

50、隨速度增大而減小運(yùn)動特點(diǎn) 最終狀態(tài) 兩個極值（E B©=S1 -用4 r）加速度減小的加速運(yùn)動 勻速運(yùn)動最大加速度：v=0時,E反=0,電流、加速度最大_ E,F,. -FT丄- J -X + rm速度最大：穩(wěn)定時，電流最小，速度最大，E 一 Rh謎二J n斫"略"rR + rE 嚴(yán)科菖(R + r) Blb2i穩(wěn)定后的能量轉(zhuǎn)化規(guī)律1血E = 4u上反古丿爲(wèi)（R十廠）十“Mg町(8)動量關(guān)系:BLq（9）（10）變形：無能量關(guān)系:qE Qe（有）摩擦力;mgt mvm 01 2 mgSmvm2傾斜導(dǎo)軌；有初速；磁場方向變化【例5】如圖所示，水平放置的足夠長平行導(dǎo)軌

51、MN PQ的間距為桿EF的質(zhì)量為n=1kg，其有效電阻為 R=0.4 Q,其與導(dǎo)軌間的動摩擦因素為磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B= 1T,現(xiàn)在閉合開關(guān)，求：（1）閉合開關(guān)瞬間，金屬桿的加速度；（ 大速度；（3）當(dāng)其速度為v=20m/s時桿的加速度為多大？（忽略其它一切電阻，g=10m/s2）阻r=0.1Q,金屬口= 0.1，整個裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)2）金屬桿所能達(dá)到的最L=0.1m，電源的電動勢 E= 10V,R2BLV BLVR R23Mj11IN文檔大全丄BPFQ Uab=2除電源阻外，其他一切電阻不計(jì)，g=10 m/s2,從S閉合直到金屬棒做勻速直線運(yùn)動的過程中 電源所做的功等于金屬棒重力勢能

52、的增加 電源所做的功等于電源阻產(chǎn)生的焦耳熱X2 2【答案】(1) 1m/s ;(2) 50m/s；(3) 0.6m/s3在方向水平的、磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5 T的勻強(qiáng)磁場中，有兩根豎直放置的導(dǎo)體軌道cd、ef，其寬度為1 m,其下端與電動勢為12 V、電阻為1 Q的電源相接，質(zhì)量為 0.1 kg的金屬棒MN的兩端套在導(dǎo)軌上可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑動，如 圖所示，A.B .C .勻速運(yùn)動時速度為 20 m / sD .勻速運(yùn)動時電路中的電流強(qiáng)度大小是2A【例4】如圖所示，豎直放置的兩根足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌相距為L,導(dǎo)軌的兩端分別與電源(串有一滑動變阻器R)、定值電阻、電容器(原來不帶電)和開關(guān)S相連整個空間充滿了垂直于導(dǎo)軌平面向外的勻強(qiáng)磁