電磁感應(yīng)導(dǎo)軌問答歸納(有規(guī)范標(biāo)準(zhǔn)答案)

1、應(yīng)用動(dòng)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、單棒問題1、發(fā)電式（一）導(dǎo)軌豎直（二）導(dǎo)軌水平（三）導(dǎo)軌傾斜1電容有外力充電式142、阻尼式173、電動(dòng)式18“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(dòng)”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(dòng)”問題1.等間距水平導(dǎo)軌，無水平外力作用（安培力除外）2.不等間距水平導(dǎo)軌，無水平外力作用 3.等間距水平導(dǎo)軌，受水平外力作用（安培力除外）五、繩連的“雙桿滑動(dòng)”問題26222324應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決電磁感應(yīng)中的“導(dǎo)軌+桿”模型問題大概1. 模型概

2、述“導(dǎo)軌+桿”模型是電磁感應(yīng)問題在高考命題中的合性強(qiáng)，物理情景變化空間大，是我們復(fù)習(xí)中的難點(diǎn).“基本道具”，也是高考的熱點(diǎn)，考查的知識(shí)點(diǎn)多，題目的綜“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(dòng)狀態(tài)可分為勻速運(yùn)動(dòng)、勻變速運(yùn)動(dòng)、非勻變速運(yùn)動(dòng)或轉(zhuǎn)動(dòng)等；磁場(chǎng) 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(dòng)一電”型“動(dòng)一電一動(dòng)”型示意圖已知量棒ab長(zhǎng)L ,質(zhì)量m，電阻R;導(dǎo)軌 光滑水平，電阻不計(jì)棒ab長(zhǎng)L,質(zhì)量m,電阻R;導(dǎo)軌 光滑，電阻不計(jì)過程分析S閉合，棒ab受安培力F = BLE,DIE此時(shí)加速度a= C，

3、棒ab速度v mR感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E'= BLv電棒ab釋放后下滑，此時(shí)加速度 a= gsi n a,棒ab速度v ff感應(yīng)電動(dòng) 勢(shì)E = BLv ff電流l=£ff安培 力F BIL ff加速度aj,當(dāng)安培流1安培力F= BIL加速度a J,當(dāng)安培力 F 0時(shí)，a 0, v最大，最后勻速運(yùn)動(dòng)力 F mgsin a 時(shí)，a 0, v 最大， 最后勻速運(yùn)動(dòng)能量 轉(zhuǎn) 化通過安培力做功，把電能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能克服安培力做功，把重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能運(yùn)動(dòng)形式變加速運(yùn)動(dòng)變加速運(yùn)動(dòng)最終狀態(tài)E，勻速運(yùn)動(dòng)，vm -BL勻速運(yùn)動(dòng)mgRsin a vm B2L21發(fā)電式(1)、單棒問題電路特點(diǎn)：導(dǎo)體棒相當(dāng)于電

4、源，當(dāng)速度為v時(shí)，電動(dòng)勢(shì)E = Blv(2)安培力特點(diǎn)：安培力為阻力，并隨速度增大而增大二RB匹/t+r R+r加速度特點(diǎn)：加速度隨速度增大而減小=遞運(yùn)動(dòng)特點(diǎn):m iuR L r)加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)最終狀態(tài):勻速直線運(yùn)動(dòng)(6)v=0時(shí),有最大加速度:兩個(gè)極值amF mgma=0時(shí),有最大速度:J 丄tn w(/? + r)(7)能量關(guān)系FsQe(8)動(dòng)量關(guān)系Ft BLq(9)變形：摩擦力；改變電路;vm (Fmg)(R r)mgSmgtb2i2 1 2 2mVmmvm 0改變磁場(chǎng)方向；改變軌道解題步驟：解決此類問題首先要建立“動(dòng)7電7動(dòng)”的思維順序，可概括總結(jié)為:(1) 找”電源”，用法拉第

5、電磁感應(yīng)定律和楞次定律求解電動(dòng)勢(shì)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(duì)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)速度、加速度的動(dòng)態(tài)過程，最后確定導(dǎo)體棒的最終運(yùn)動(dòng)情況;(4) 列出牛頓第二定律或平衡方程求解.(一)導(dǎo)軌豎直MN、PQ豎直放置，其寬度 L = 1 m，一勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過導(dǎo)軌平面，導(dǎo)軌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)ab始終保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，其下滑距離x與時(shí)間t的關(guān)系如圖g= 10 m/s2(忽略ab棒運(yùn)動(dòng)過程中對(duì)原磁場(chǎng)的影響(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； 金屬棒ab在開始運(yùn)動(dòng)的 答案(1)0.1

6、T (2)0.67 C 解析(1)金屬棒在A xv= = 7 m/s(2)金屬棒ab在開始運(yùn)動(dòng)的1.5 s內(nèi)，通過電阻R的電荷量;1.5 s內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的熱量.(3)0.26 J(2)q = I A tAB段勻速運(yùn)動(dòng)，由題中圖象乙得：I =旦=耳,mg= BIL r + RR+ r A t解得B = 0.1 TA SAO= A t B解得：q = 0.67 CQ = mgx 2mv2解得 Q= 0.455 JR從而 QR=0.26 J1、如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌 的上端M與P之間連接阻值為 R = 0.40 使金屬棒ab由靜止開始下滑，下滑過程中 乙所示，圖象中的 OA段為曲線，

7、AB段為直線，導(dǎo)軌電阻不計(jì)， 求：2、如圖所示，豎直放置的兩根足夠長(zhǎng)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(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)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(shí)開始做勻速運(yùn)動(dòng)，在此過程中 ( )A .導(dǎo)體棒的最大速度為甌B .通過電阻R的電荷量為驢R十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D .重力和安培力對(duì)導(dǎo)體棒做功的代數(shù)和等于導(dǎo)體棒動(dòng)能的增加量答案 BD3、如圖2所示，電阻為R,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

8、ab、cd保持良好接觸，又能沿框架無摩擦下滑，整個(gè)裝置放在與框架垂直的S,則S勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)導(dǎo)體棒ef從靜止下滑一段時(shí)間后閉合開關(guān)閉合后A.導(dǎo)體棒ef的加速度可能大于g?XiiB.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(shí)刻的不同而不同D .導(dǎo)體棒ef的機(jī)械能與回路內(nèi)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(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌， 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直. 質(zhì)量m為6.0 Xl0-3kg、電阻為 于導(dǎo)軌，并與其保持光滑接觸.導(dǎo)軌兩端分別接有滑動(dòng)變阻器和阻值為 的電阻R1.當(dāng)桿ab達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)以速率間距I為0.40m，電阻不計(jì).1.0 0的金屬桿ab始終垂直3.0導(dǎo)軌所在平面與

9、磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0.50TU勻速下滑，整個(gè)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(dòng)變阻器接入電路 部分的阻值R2.Jj5、如圖，兩根足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌ab、cd豎直放置，導(dǎo)軌間距離為L(zhǎng)1電阻不計(jì)。在導(dǎo)軌上端并接兩個(gè)額定功率均為m電阻可P電阻均為R的小燈泡。整個(gè)系統(tǒng)置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)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)量為且與導(dǎo)軌接觸良好。已知某時(shí)刻后兩以忽略的金屬棒 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:磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小:燈泡正常發(fā)光時(shí)導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)速率。解析:每個(gè)燈上的額定電流為I額定電壓為：U麻最后MN

10、勻速運(yùn)動(dòng)故：B2IL=mg求出：B mg "PR2PL(2) U=BLv得:7PR 2PBL mg（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內(nèi)，間距為l，導(dǎo)軌左端連接一個(gè)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(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)， 強(qiáng)度為B.對(duì)桿施加一個(gè)大小為 F、方向平行于導(dǎo)軌的恒力，使桿從靜止開始運(yùn)動(dòng), 之后進(jìn)入磁場(chǎng)恰好做勻速運(yùn)動(dòng).不計(jì)導(dǎo)軌的電阻，假定導(dǎo)軌與桿之間存在恒定的阻力.磁場(chǎng)方向垂直于軌道平面向下, 已知桿到達(dá)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)速度為磁感應(yīng)求:(1) 導(dǎo)軌對(duì)桿ab的阻力大小Ff.(2) 桿ab中通過的電流及其方向.(3)

11、導(dǎo)軌左端所接電阻的阻值R.燙左 .八匸 mv2 .cmv2 七鬥， 注鬥.,_,2B2I2d答案 (1)F -2d ，萬向由a流向b 一一r2d 2BIdmv解析 (1)桿ab進(jìn)入磁場(chǎng)前做勻加速運(yùn)動(dòng)，有F Ff = mav2 = 2ad解得導(dǎo)軌對(duì)桿的阻力Ff = F-瞬(2)桿ab進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，有F= Ff + F 安桿ab所受的安培力F安=IBI解得桿ab中通過的電流1 = mv2-2BId由右手定則判斷桿中的電流方向自a流向b(3)桿運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E = Blv桿中的感應(yīng)電流1 =話解得導(dǎo)軌左端所接電阻阻值R= 2Bm嚴(yán)-r13.如圖，二相互平行的光滑金屬導(dǎo)軌位于水平面

12、內(nèi)，間距淤，在導(dǎo)軌的一端接有阻值為 辰=的電阻;在乳蘭0區(qū)域有一與水平面垂直的均勻磁場(chǎng)丘=°二于；一質(zhì)量為耕=a 1kg的金屬桿垂直放置在導(dǎo)軌上并以昨=2沏&的初速度進(jìn)入磁場(chǎng)中，在安培力及垂直于桿的水平外力F共同作用下做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為曲只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(shí)金屬桿所處的位置？(2)電流為最大值的一半時(shí)施加在金屬桿上外力F的大小及方向？( 3)保持其它條件不變而初速度取不同值，則Ftr開始時(shí)外力F的方向與初速度 卩。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(dòng)到速度為 為0時(shí)表示桿的速度為 0;0后再

13、向左作勻加速直線運(yùn)動(dòng)直到離開磁場(chǎng)區(qū)域，故電流桿向右勻減速直線運(yùn)動(dòng)的位移為b -誦二得X - 1班；桿的運(yùn)動(dòng)速度變化時(shí)電路中的電動(dòng)勢(shì)變化，故電流相應(yīng) 變化，由電動(dòng)勢(shì) 總=肚曠有桿運(yùn)動(dòng)的速度最大則電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大、電流最大，即最大電流必為當(dāng)電流為最大值的一半時(shí)即2 " 2農(nóng)時(shí):若此時(shí)桿向右運(yùn)動(dòng)，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 看5P = F-a = BlL-ma = -0. ISA/，故桿向右運(yùn)動(dòng)中外力f大小為0. 18N方向水平向左；若此時(shí)桿向左運(yùn)動(dòng),F 二 0.227。則外力F方向必水平向左且有 用-臬=用口即F-5應(yīng)=陀直代入數(shù)據(jù)得(3)桿開始運(yùn)動(dòng)時(shí)速度為

14、吒，則電動(dòng)勢(shì)為F= B丄，故安培力為戸廠妣"羽那么對(duì)桿由牛頓定律有十更*即-啊3應(yīng)_ ,>0吒二10朗"(叫時(shí)，F(xiàn)>0表示外力F方向與X軸方向相反;<0即A二二 T(眄時(shí)，刃0表示外力F方向與X軸方向相同.【例2】如圖所示，質(zhì)量m1=0.1kg，電阻R1=0.3 Q,長(zhǎng)度l=0.4m的導(dǎo)體棒ab橫放在U型金屬框架上。框架質(zhì)量m2=0.2kg , 放在絕緣水平面上，與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)卩阻R2=0.1 Q的MN垂直于MM '。整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度 的水平恒力，ab從靜止開始無摩擦地運(yùn)動(dòng)，始終與 設(shè)框架與水平面間最大靜摩擦力等

15、于滑動(dòng)摩擦力，=0.2，相距0.4m的MM 、NN '相互平行，電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng)。電B=0.5T。垂直于ab施加F=2NMM '、NN '保持良好接觸，當(dāng)ab運(yùn)動(dòng)到某處時(shí)，框架開始運(yùn)動(dòng)。g 取 10m/s2.，/>.V（1）求框架開始運(yùn)動(dòng)時(shí) ab速度v的大小；（2）從ab開始運(yùn)動(dòng)到框架開始運(yùn)動(dòng)的過程中，【解析】：（1）ab對(duì)框架的壓力Fl mgMN上產(chǎn)生的熱量 Q=0.1J，求該過程ab位移x的大小?？蚣苁芩矫娴闹С至n m2gFi依題意，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力, ab中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E BlvE則框架受到最大靜摩擦力F2FnIMN中電流Ri R2MN受到的

16、安培力F安IlB框架開始運(yùn)動(dòng)時(shí)F安 F2由上述各式代入數(shù)據(jù)解得V6m/ s（2）閉合回路中產(chǎn)生的總熱量1 miV2Fx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,-QR2O一對(duì)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(gè)裝置處于磁感強(qiáng)度兩軌與兩B=0.50T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)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(dòng)，測(cè)得力F與時(shí)間圖7-9乙所示，求桿的質(zhì)量m和加速度a.Ft的關(guān)系如J=x=L X X-KXJ X沖pF1X XS（1）如圖所示。（4

17、分）（2）對(duì)桿應(yīng)用牛頓定律，得T E1= =R RF （1 分）分）（1 分）（1 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：2a=10m/s（1 分）（2分）=maRF = BIL（3【答案】m=0.1kg,a=10m/s216. （13分）如圖所示，兩根正對(duì)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1= 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內(nèi)的半圓形光滑金屬軌道NP、N'P &#

18、39;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、PP磁感應(yīng)強(qiáng)度 B=0.64 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)區(qū)域的寬度d= 0.80m,且其右邊界與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(chǎng)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(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)至磁場(chǎng)的左邊界時(shí)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(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù) 尸0.10,軌道的電阻可忽略不計(jì)，取 g=10m/

19、s2，求：導(dǎo)體桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，通過導(dǎo)體桿上的電流大小和方向；導(dǎo)體桿穿過磁場(chǎng)的過程中通過電阻R上的電荷量；導(dǎo)體桿穿過磁場(chǎng)的過程中整個(gè)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 l1=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(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0=1T，滑輪下掛一個(gè)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(chǎng)以B 0.2T/S的變化率均勻的增大，問：當(dāng)t為多少時(shí)，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(chǎng)中受到安培力的作

20、用，當(dāng)繩子繃緊，物體地面時(shí),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 MgF1F2而F2Bill，從而得MgBIl1其中BBo代入數(shù)據(jù)得t上t 1 t0.5s0.2t，1*2 -B0.4A R7777777777（三）導(dǎo)軌傾斜【例3】如圖所示，AB、CD是兩根足夠長(zhǎng)的固定平行金屬導(dǎo)軌，兩導(dǎo)軌間的距離為0,在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有垂直于導(dǎo)軌平面斜向上方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,的AC端連接一個(gè)阻值為 R的電阻，一根質(zhì)量為 m、垂直于導(dǎo)軌放置的金屬棒 ab, 開始沿導(dǎo)軌下滑，求此過程中 ab棒的最大速度。和金屬棒的電阻都不計(jì)。求金屬棒的最大速度？解析：ab沿導(dǎo)

21、軌下滑過程中受四個(gè)力作用，即重力L,導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為在導(dǎo)軌從靜止 已知 ab與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為卩，導(dǎo)軌安，如圖所示，ab由靜止開始下滑后，將是 v 號(hào)），所以這是個(gè)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a=0mg,支持力FN、摩擦力Ff和安培力FE IF安a （時(shí)，其速度即增到最大v=vm ,為增大符此時(shí)必將ab下滑時(shí)因切割磁感線，要產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，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(gè)方向?qū)b所受的力進(jìn)行正

22、交分解，應(yīng)有：E=BLvI=E/R其大小為:F 安=BILFN = mgcos 0Ff= mgcos 0D 212B L VF 安一-一由可得R以ab為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律應(yīng)有:B2L2vRmgs in 0 -卩 mgcos 0 -ab做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng),=ma因此，ab達(dá)到vm時(shí)應(yīng)有：mg sin當(dāng) a=0時(shí)速度達(dá)最大B L Vmgs in 0 -卩 mgcos 0 - R =0cos RVm由式可解得注意：(1 )電磁感應(yīng)中的動(dòng)態(tài)分析，是處理電磁感應(yīng)問題的關(guān)鍵，要學(xué)會(huì)從動(dòng)態(tài)分析的過程中來選擇是從動(dòng)力學(xué)方 面，還是從能量、動(dòng)量方面來解決問題。(2)在分析運(yùn)動(dòng)導(dǎo)體的受力時(shí)，常畫出平

23、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(chǎng)的磁感強(qiáng)度B=0.4T，方向垂直框架平面向上，金屬棒長(zhǎng)l = 0.5m，重量為0.1N，可以在框架上無摩擦地滑動(dòng)，棒與框架的總電阻為 2Q，運(yùn)動(dòng)時(shí)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(dòng)到某位置時(shí)，外力突然消失，棒將如何運(yùn)動(dòng)？(3) 棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度多大？(4) 達(dá)到最大速度時(shí)，電路的電功率多大？重力的功率多大？ab,當(dāng)它沿軌道下滑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(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂

24、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)從靜止釋放距離s時(shí)，達(dá)到最大速度.若軌道足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)，重力加速度為g.求:1(1)金屬桿ab運(yùn)動(dòng)的最大速度；金屬桿ab運(yùn)動(dòng)的加速度為2gsin 0時(shí)，電阻R上的電功率;(3)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(zhǎng)的“ U”形平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在磁 感應(yīng)強(qiáng)度B =1T，范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)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 kg.電阻R =1 Q的垂直放在導(dǎo)軌

25、上的金屬棒a b，使之由靜止開始沿軌道向上運(yùn)動(dòng)。牽引力做功的功率恒為6W，當(dāng)金屬棒移動(dòng) 2.8m時(shí)，獲得穩(wěn)定速度，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(shí)速度是多大？(2) 金屬棒從靜止達(dá)到穩(wěn)定速度時(shí)所需的時(shí)間多長(zhǎng)?F安，由平衡條件得:解：(1)金屬棒沿斜面上升達(dá)穩(wěn)定速度時(shí)，設(shè)所受的安培力為F = mgsin 0+F 安而 F 安=BIL=B BLv LR聯(lián)立以上三式解得 v = 2m/s1 2（2）由能量轉(zhuǎn)化與守恒定律可得Pt = mgssin 0 mv +Q2代入數(shù)據(jù)解得：t =1.5s1.（2012 山東理綜-20）如

26、圖8所示，相距為L(zhǎng)的兩條足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為0,上端接有定值電阻R,勻強(qiáng))磁場(chǎng)垂直于導(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(shí)開始勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)對(duì)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(dòng)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(shí)加速度大小為sin 0R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功D .在速度達(dá)到2v以后勻速運(yùn)動(dòng)的過程中,答案 AC解析 根據(jù)I = E = B

27、LvR共點(diǎn)力的平衡條件， 的速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)， 以拉力 F= mgsin，導(dǎo)體棒由靜止釋放，速度達(dá)到v時(shí)，回路中的電流為R有 mgsin 0 = BIL.對(duì)導(dǎo)體棒施加一平行于導(dǎo)軌向下的拉力，使其以則回路中的電流為2I，則根據(jù)平衡條件，有F + mgsin 0 = B 2IL，所0，拉力的功率 P= FX 2v= 2mgvsin 0，故選項(xiàng) A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；則根據(jù)2v解得a=gsin 0,選項(xiàng)CR上產(chǎn)生的焦耳熱，當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達(dá)到2時(shí)，回路中的電流為2-，根據(jù)牛頓第二定律，得mgsin 0 - B l = ma，正確；當(dāng)導(dǎo)體棒以 2v的速度勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)能量守恒定律知，重力和拉力所做的功之和

28、等于 故選項(xiàng)D錯(cuò)誤.如圖所示，電阻可忽略的光滑平行金屬導(dǎo)軌長(zhǎng)s= 1.15 m，兩導(dǎo)軌間距L = 0.75 m，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(chǎng)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(shí)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

29、動(dòng)能定理，WG W安=-mvm，.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(shí)受重力和安培力、B2L2F 安=BIL = BT7v由牛頓第二定律得 mgs in 30 ° 所以 a= gsin 30B2L2 市=maB2L2vm R+ r= m/s2 = 3.2 m/s2(3)此解法正確.金屬棒下滑時(shí)受重力和安培力作用

30、，其運(yùn)動(dòng)滿足.B2L2 mgsi n 30 v = maR + r上式表明，加速度隨速度增大而減小，棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng).無論最終是否達(dá)到 勻速，當(dāng)棒到達(dá)斜面底端時(shí)速度一定為最大.由動(dòng)能定理可以得到棒的最大速度，因此 上述解法正確.1 2mgssin 30 ° Q = mv m所以 vm = 寸2gssin 30 °詈1 2 X 0.4 = M2 X 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(gè)電阻部分電阻不計(jì)，框架足夠長(zhǎng).垂直于框平面的方向存在向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁

31、感應(yīng)強(qiáng)度=2T.ab為金屬桿，其長(zhǎng)度為 L = 0.4 m，質(zhì)量m= 0.8 kg，電阻r= 0.5 Q，棒與框架的動(dòng)RO = 1 Q,框架的其他aR0產(chǎn)生的熱量 Q0= 0.375J(已知sin37° =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）在該過程中通過 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(shí)的綜合題，解題的關(guān)鍵是要正確分析 金屬桿的運(yùn)動(dòng)及受力的變化情況

32、。桿ab達(dá)到平衡時(shí)的速度即為最大速度這時(shí)mgs in 0 F N =0， N=mgcos 0 F=mg (sin 0 口R & r總電阻 2B2L2vF cosB)BlvF BILvR ，得mg(sincos)RQ) S?砂-QQ * r 200克服磁場(chǎng)力所做的功數(shù)值上等于產(chǎn)生的總電能即W Q2Q0 2Q0 1.5Jsmgsi n W由動(dòng)能定理：1 2mv Wsmg(sinmg cos1mv2cos ） =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(zhǎng),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

33、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(chǎng)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(shí)刻，彈簧恰處于自然長(zhǎng)度，導(dǎo)體棒具有沿軌道向上的初速度vO。整個(gè)運(yùn)動(dòng)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(shí)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(shí)，速度變?yōu)閂，求此時(shí)導(dǎo)體棒的加速度大小a；導(dǎo)體棒最終靜止時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep,求導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)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(dòng)勢(shì) 巳BLv。（1 分）通過R 的電流大小'1化BLvoR r（1 分）電流方向?yàn)?/p>

34、ba（2 分）棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2BLv（1 分）感應(yīng)電流12BLvR r（1 分）F棒受到的安培力大小BILB2L2vr ,方向沿斜面向上（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mgsinkxx壓縮量mg sin（2 分）設(shè)整個(gè)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 nEP Qo2QoEp（2 分）Q電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱2代Qo詵旳QoEp0的絕緣針對(duì)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 斜面上（兩導(dǎo)軌與水平面的夾角也為 0），導(dǎo)軌上端連接一個(gè)定值電阻。導(dǎo)體

35、棒a和b放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。斜面上水平虛線PQ以下區(qū)域內(nèi)，存在著垂直穿過斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。現(xiàn)對(duì)a棒施以平行導(dǎo)軌斜圖13向上的拉力，使它沿導(dǎo)軌勻速向上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)放在導(dǎo)軌下端的b棒恰好靜 止。當(dāng)a棒運(yùn)動(dòng)到磁場(chǎng)的上邊界PQ處時(shí)，撤去拉力，a棒將繼續(xù)沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)一小段距離后再向下滑動(dòng)，此時(shí) b棒已滑離導(dǎo)軌。當(dāng)a棒再次滑回到磁場(chǎng)上邊界PQ處時(shí)，又恰 能沿導(dǎo)軌勻速向下運(yùn)動(dòng)。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(chǎng)中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的拉力F。解 a棒在PQ上方運(yùn)動(dòng)的過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，故可知a棒

36、在磁場(chǎng)中沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動(dòng)和向下勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小相等，進(jìn)一步結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律可知,在這兩個(gè)過程中,棒因切割磁感線而產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小相等，設(shè)為E。（2 分）a棒在磁場(chǎng)中沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，b棒中的電流為:lb（1 分）此時(shí)，b棒恰好靜止，有：lbLB=mgsin0（1 分）a棒在磁場(chǎng)中沿導(dǎo)軌向下勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)叮旦2Rla LB=magsin 0（2分）a棒中的電流為la有:解得:（1 分）ma=1.5m。（1 分）a棒在磁場(chǎng)中沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)a棒中的電流為la，有:la=2lb（1 分）處于磁場(chǎng)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(dòng)，有:F=IaLB+mag

37、sin 0（2 分）又：lbLB=mgsin 6（1 分）解得：F=3.5mgsin 6b（1 分）如圖所示，有一足夠長(zhǎng)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 0= 30°傾斜放置，底部連接有一個(gè)阻值為 R = 3 Q的電阻.現(xiàn)將一個(gè)長(zhǎng)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(chǎng)中，如圖所示.磁場(chǎng)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(chǎng)后又運(yùn)動(dòng)了一段距離便開始做勻速直線

38、運(yùn)動(dòng)，在做勻速直線運(yùn)動(dòng)之前這段時(shí)間內(nèi)，金屬棒上產(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：b(1) 金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v0;(2) 金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后速度 v = 6 m/s時(shí)，其加速度a的大小及方向;(3) 磁場(chǎng)的上部邊界0P距導(dǎo)軌頂部的距離 S"解(1)此時(shí)金屬棒沿斜面方向受力平衡：BIL = mgsin 0對(duì)閉合電路有：1 = , E = BLvO噸 Sin + r)D r 2聯(lián)立解得：vO = 5 m/s(1 分)( （1 分）（1 分）由牛頓第二定律得：mgsin BIL = ma而由電路：1=（1分） （1

39、分）a= gsin e- "&+廠)=-1 m/s2 (分)因此，此時(shí)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(shí)相同， 根據(jù)焦耳定律產(chǎn)生的電熱應(yīng)與阻值成正比, 前R上產(chǎn)生的電熱為：因此可求出金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)QR= Qr = 3.6 J 分) gkstk因此，該過程中電路中的總電熱為：又該過程中電路平均電流為：=Q= Qr+ QR = 6 J&口 +r）設(shè)勻速前金屬棒在磁場(chǎng)中位移為(1 分)x，則此過程中通過R的電荷量為:q= /Vt= (1分) gkstk從釋放到剛好達(dá)到勻速運(yùn)動(dòng)的過程中，由能量守恒得到:mgsin 0 侍 x）

40、 = mv + Q-聯(lián)立解得：s= 5.5 m.（1 分）gkstk（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;(2) 三個(gè)基本關(guān)系導(dǎo)體棒受到的安培力為：電容器被充電。FbBIl導(dǎo)體棒加速度可表示為:FFb回路中的電流可表示為:I _Q C_E t t(3)四個(gè)重要結(jié)論：CBl vCBlaFm CB2l2導(dǎo)體棒做初速度為零勻加速運(yùn)動(dòng):回路中的電流恒定:cbifm CB2l2導(dǎo)體棒受安培力恒定:Fbcb2i2fm CB2|2(試用動(dòng)能定理證明)導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于電容器儲(chǔ)存的電能:-C( Blv)22(4)變形：導(dǎo)軌有摩擦;+ Fb電路變化；恒力的提供方式;X二唧

41、XXf X|xXX相距I ,導(dǎo)軌一端接有一個(gè)電容器，電容量為C,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面【例7】如圖所示,豎直放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌向里，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(dòng).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(shí)的速度為多大？XXXXXXXXX【解析】ab在mg作用下加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間 產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Bl V電容器帶電量Q=CE=CBl V，感應(yīng)電流產(chǎn)生安培力 F=BII =CB2 l 2a，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律 ma= mg - CB 2 l 2a , a= mg / (m+C B 2 l 2) 二ab做初速為零的勻

42、加直線運(yùn)動(dòng)，加速度a= mg / (m+C B 2 l 2) 落地速度為t，速度增為V, a =v / tl=Q/t=CBL V/ t=CBI amg-F=ma5 普23.如圖10,兩根足夠長(zhǎng)光滑平行金屬導(dǎo)軌PP'、QQ '傾斜放置，勻強(qiáng)磁場(chǎng)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.現(xiàn)同時(shí)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(shì)高于N板電勢(shì)D .帶電微粒不可能先向N板運(yùn)動(dòng)后向M板運(yùn)動(dòng)

43、答案 BC解析 金屬棒沿光滑導(dǎo)軌加速下滑，棒中有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)而對(duì)金屬板M、N充電，充電電流通過金屬棒時(shí)金屬棒受安培力作用，只有金屬棒速度增大時(shí)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(cuò)，B對(duì)；由右手定則可知，金屬棒a端(即M板)電勢(shì)高，C對(duì)；若微粒帶負(fù)電，則電場(chǎng)力向上，與重力反向，開始時(shí)電場(chǎng)力為0,微粒向下加速，當(dāng)電場(chǎng)力增大到大于重力時(shí)，微粒的加速度向上，可能向N板減速運(yùn)動(dòng)到零后再向M板運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò).(2012 廣東理綜-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

44、向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.左側(cè)是水平放置、間距為d的平行金屬板，R和Rx分別表示定值電阻和滑動(dòng)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(shí)，求通過導(dǎo)體棒的電流 體棒的速率V.I及導(dǎo)(2)改變Rx,待導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌再次勻速下滑后，將質(zhì)量為過，求此時(shí)的Rx.解析(1)對(duì)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1=Mgsin0Bl導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E = Blv由閉合電路歐姆定律得1=，且Rx = R，所以R + Rx聯(lián)立式，解得 V = 盹豐 0B2I2

45、(2)由題意知，其等效電路圖如圖所示.m、帶電荷量為+ q的微粒水平射入金屬板間， 若它能勻速通Mg1 2RET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, 為I，所以由歐姆定律知因?yàn)閷?dǎo)體棒勻速下滑時(shí)的電流仍U = IRx要使帶電的微粒勻速通過，則Umg= dmBId聯(lián)立式，解得 Rx =.Mqsin 0v、Mgsin 0 2MgRsin 0“、mBId答案B2廠Mqs市如圖，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(zhǎng)。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(chǎng) 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，

46、棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過程中保 持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)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(shí)間變化的關(guān)系。B2I2創(chuàng)g或n日一"wfco呂呂v= nr = r（2）折十CB Z(1) 設(shè)金屬棒下滑的速度大小為平行板電容器兩極板的電壓為U,設(shè)此時(shí)電容器極板上儲(chǔ)存的電荷為U聯(lián)立式解得=匚亦(2) 設(shè)金屬棒下滑的速度大小為V時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間為t,通過金屬棒的電流為 方向沿導(dǎo)軌向上，大小為 F="BLi" V,則

47、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E=BLvU=E Q,按定義有i,金屬棒受到磁場(chǎng)的安培力為F,設(shè)在t時(shí)間間隔內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為 '2，按定義有 心父也是平行板電容器兩極板在 t時(shí)間間隔內(nèi)增加的電荷量 由式可得QYBg式中"為金屬棒速度的變化量Ava =F。按加速度的定義有匸分析導(dǎo)體棒的受力：受重力mg，支持力N，滑動(dòng)摩擦力f，沿斜面向上的安培力N=mgcos£范曲"d胸日八口耳)噸 £in 3 - /wg 匚 os 3聯(lián)立至(11)式得血(12)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(dòng)wg sin & 一呼莒 CO5 召v= tjf =

48、L； r用十cm(13),t時(shí)刻金屬棒下滑的速度大小為v2、阻尼式電路特點(diǎn)：導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源。安培力的特點(diǎn)：安培力為阻力，并隨速度減小而減小。d2|2B l vFb BIl R r加速度特點(diǎn)：加速度隨速度減小而減小FbB2l2vam m(R r)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)最終狀態(tài)：靜止能量關(guān)系：動(dòng)能轉(zhuǎn)化為焦耳熱1 2mvo 0 Q2動(dòng)量關(guān)系BIl t 0 mv0mv0q ITq nr7Bl sR r【解析】(1) ab運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E,所以ab相當(dāng)于電源，與外電阻 R構(gòu)成回路。變形：有摩擦力；磁場(chǎng)不與導(dǎo)軌垂直等(8)R/2的金屬導(dǎo)線ab垂直導(dǎo)軌放置，若某時(shí)金屬(1)試求剛開始

49、滑動(dòng)時(shí) ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差。(2)試求金屬導(dǎo)線ab運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過 ab電量以及ab發(fā)生的位移x?！纠?】如圖所示，MN、PQ是間距為L(zhǎng)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)磁程中產(chǎn)生電路中產(chǎn)生的熱量、通過場(chǎng)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 導(dǎo)線ab以初速度v開始向右滑動(dòng)。Ax M X -XXb由動(dòng)量定理得：Ft3、電動(dòng)式（1）（2）q mv q mv 即 BILt mv, q ItBL。It2rBLx2mvBL3mvR222B2L2。電路特點(diǎn)：有外加電源，導(dǎo)體為電動(dòng)邊，運(yùn)動(dòng)后產(chǎn)生反電動(dòng)勢(shì)（等效于電機(jī)）。 安培力特點(diǎn)：兀=加速度特點(diǎn)：安培力為動(dòng)力，并隨速度增大而減小。門（£-昭r ”（F-B叭 I =3 /加速度隨速度增大而減小運(yùn)動(dòng)特點(diǎn): 最終狀態(tài): 兩個(gè)極值:v=0時(shí),E反=0,電流、加速度最大F -B1 I a -叫 #祚答卜）仲咚 （疋BZv）,a= -B-1-Pgm（R + r）加速度減小的加速運(yùn)動(dòng) 勻速運(yùn)動(dòng)最大加速度：R +廣速