电磁感应中动量定理和动量守恒的运用

1、电磁感应中动量、能量关系的运用1. 如图2所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内,现有一个边长为 a( a L)的正方形闭合线圈以初速度 磁场边界滑过磁场后，速度为v(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6 2v；： v2 =X1：X2=3：1 ，联立解得 v1 J2gR ， v2 2gR(2) 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,B2L2 2gR, cd根据牛顿第二定律，cd棒的最大加速度为：a 联立解得:2mrm(3)根据能量守恒，两棒在轨道上运动过程产生的焦耳热为:2 . 1 /22my ( 2my1

2、mv22)联立并代入v1和v?解得:丝mgR4918.解析：(1)由机械能守恒定律：iMv一 2grib刚滑到水平轨道时加速度最大,E=BLvi， IR|R2由牛顿第二定律有： F安=BIL=MaB2L2 . 2gria M (R1 R2)(2)由动量定理有：-BILt=Mvb2 -Mvb1,即：-BLq=MVb2 HMv bi2griBLqM根据牛顿第三定律得：2N N_mg，mg N m/2ga：Mgri 1mv221 2mvai2mg 2r22g“ BLq 3mg2B2L2q22M（3）：能量守恒有2mgr2fmV：1mv2iVa2. 6g2t动量守恒定律MVmMvb3mva2/ Vb3

3、2gi9.解析：（1）根据左手定则判断知 b棒向左运动a棒从ho高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有mghoa棒刚进入磁场I时E BLv ,此时感应电流大小 I1 2 mv2E得: v . 2ghb2R此时b棒受到的安培力大小 F BIL，依题意，有F Kmg，求得：h02 2 22K m gRb4l4（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因:- B S 所以在a棒穿过磁场I的过程中，通过电阻 tR总tR的电量:M = I At,故: qB S BLdR总 2R（3 分）（没有推导过程得1 分）将要相碰时a棒的速度Vo voVo此时b棒电功

4、率:i2r2 d2 d 22,2 2B L Vo64 Rvo此时电流：|4BLv2RBLv。8R10.（ 1）a棒从h0高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒，有mgh =解得:：-r - .a棒刚进入磁场I时E = BLvJ，此时通过a、b的感应电流大小为I 解得：-2Ra棒刚进入磁场I时，b棒受到的安培力大小F = 2BIL 为使b棒保持静止必有了卫由联立解得：,(2)由题意知当金属棒 a进入磁场I时，由左手定则判断知 a棒向右做减速运动；b棒向 左运动加速运动。二者产生的感应电动势相反，故当二者的感应电动势大小相等时闭合回路的电流为零，此后二者均匀速运动，故金属棒 a、b均匀速运动时金属棒 b中产生焦耳热最大，设此时a、b的速度大小分别为Vi与V：，由以上分析有：Bn =2B2对金属棒a应用动量定理有：-= mv - mv(J对金属棒b应用动量定理有：2BLLAt =