成都培优易错难题电磁感应现象的两类情况辅导专题训练

1、成都培优易错难题电磁感应现象的两类情况辅导专题训练一、电磁感应现象的两类情况1.如图所示，两根光滑、平行且足够长的金属导轨倾斜固定在水平地面上，导轨平面与水平地面的夹角37,间距为d=0.2m,且电阻不计。导轨的上端接有阻值为R=7的定值电阻和理想电压表。空间中有垂直于导轨平面斜向上的、大小为为m=0.1kg、接入电路有效电阻r=5Q的导体棒垂直导轨放置，无初速释放，导体棒沿导轨下滑一段距离后做匀速运动，取g=10m/s2,sin37=0.6,求：(1)导体棒匀速下滑的速度大小和导体棒匀速运动时电压表的示数;(2)导体棒下滑l=0.4m过程中通过电阻R的电荷量。【答案】(1)20m/s7V(2

2、)0.02C【解析】【详解】(1)设导体棒匀速运动时速度为v,通过导体棒电流为I。由平衡条件mgsinBId导体棒切割磁感线产生的电动势为E=Bdv由闭合电路欧姆定律得Rr联立得v=20m/s由欧姆定律得U=IR联立得U=7V(2)由电流定义式得QIt由法拉第电磁感应定律得B=3T的匀强磁场。质量EQ=0.02C?2.如图甲所示，相距d的两根足够长的金属制成的导轨，水平部分左端ef间连接一阻值为2R的定值电阻，并用电压传感器实际监测两端电压，倾斜部分与水平面夹角为37.长度也为d、质量为m的金属棒ab电阻为R,通过固定在棒两端的金属轻滑环套在导轨上，滑环与导轨上MG、NH段动摩擦因数尸1（其余

3、部分摩擦不计）,MN、PQ、GH相距为L,MN、PQ间有垂直轨道平面向下、磁感应强度为BI的匀强磁场，PQGH间有平行于斜面但大小、方向未知的匀强磁场B2,其他区域无磁场，除金属棒及定值电阻，其余电阻均不计，sin37=0.6,cos37=0.8,当ab棒从MN上方一定距离由静止释放通过MN、PQ区域（运动过程中ab棒始终保持水平），电压传感器监测到U-1关系如图乙所示.（1）求ab棒刚进入磁场BI时的速度大小.（2）求定值电阻上产生的热量QI.（3）多次操作发现，当ab棒从MN以某一特定速度进入MNQP区域的同时，另一质量为2m,电阻为2R的金属棒cd只要以等大的速度从PQ进入PQHG区域，

4、两棒均可同时匀速通过各自场区，试求B2的大小和方向.1.5U19mU2【答案】（1）（2）1mgL邓Ur；（3）32Bi方向沿导轨平面向上B1d34B2d2【解析】【详解】根据ab棒刚进入磁场BI时电压传感器的示数为U,再由闭合电路欧姆定律可得此时的感应电动势：EIUUR1.5U2R根据导体切割磁感线产生的感应电动势计算公式可得：EIBdv1（2）设金属棒ab离开PQ时的速度为V2,根据图乙可以知道定值电阻两端电压为2U,根据由欧姆定律得由得Bld计算得出：VI1.5UB1d闭合电路的欧姆定律可得:计算得出：v噌B12d2对cd棒分析因为：故cd棒安培力必须垂直导轨平面向下，根据左手定则可以知

5、道磁感应强度向上，cd棒也匀速运动则有：,mgR，、一-r将v22代入计算得出：B2B1d1,9mU2(2)定值电阻上产生的热量为一mgL2-34B2d2B2的大小为32Bi,方向沿导轨平面向上.3 .如图所示，线圈工件加工车间的传送带不停地水平传送长为正方形线圈，在传送带的左端线圈无初速地放在以恒定速度段时间，达到与传送带相同的速度v后，线圈与传送带始终相对静止，并通过一磁感应2mgsin37-c-12mgcos37B2-B1dvd2R答：(1)ab棒刚进入磁场Bi时的速度大小为1.5UB1dv22RR2R2U计算得出：V23U；棒ab从MN到PQ,根据动能定理可得:B1dmgsin37Lm

6、gcos37LW安1212mv2mv122根据功能关系可得产生的总的焦耳热根据焦耳定律可得定值电阻产生的焦耳热为:Qi2R2R联立以上各式得出:1QmgL39mU2-Z224Bd(3)两棒以相同的初速度进入场区匀速经过相同的位移，对ab棒根据共点力的平衡可得:mgsin37mgcos372,2B1dv2R2mgsin372mgcos370反沿导轨平面32Bi.L,质量为m,电阻为R的v匀速运动的传送带上，经过强度为B、方向竖直向上的匀强磁场，已知当一个线圈刚好开始匀速度运动时，下一个线圈恰好放在传送带上，线圈匀速运动时，每两个线圈间保持距离L不变，匀强磁场的宽度本题的解题关键是从能量的角度研究

7、电磁感应现象，掌握焦耳定律、量如何转化是关键.4 .如图所示，在倾角30o的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等、方向分别垂直斜面向上和垂直斜面向下的匀强磁场，两磁场宽度均为L。一质量为m、边长为L的正方形线框距磁场上边界L处由静止沿斜面下滑，ab边刚进入上侧磁场时，线框恰好做匀速直线运动。ab边进入下侧磁场运动一段时间后也做匀速度直线运动。重力加速度为go求：(1)每个线圈通过磁场区域产生的热量Q.(2)在某个线圈加速的过程中，该线圈通过的距离比.S和在这段时间里传送带通过的距离S2之(3)传送带每传送一个线圈，电动机多消耗的电能【答案】(1)Q4(2)SA1：2RE(不考虑电动机自身的

8、能耗)E=mJ+2B2L?v/R(1)线圈匀速通过磁场，产生的感应电动势为2_23(BLv)2L2BLvQQPtRvR(2)对于线圈：做匀加速运动，则有S1=vt/2对于传送带做匀速直线运动，则有3=vt故S1：8=1:2(3)线圈与传送带的相位移大小为sS2线圈获彳#动能EK=mv2/2=fS1传送带上的热量损失Q/=f(S-S1)=mv2/2送带每传送一个线圈，电动机多消耗的电能为【点睛】E=BLv则每个线圈通过磁场区域产生的热量vtS!-S12E=EK+Q+Q/=mv2+2B2L3v/RE=BLv欧姆定律和能为3L,求:(1)线框ab边刚越过两磁场的分界线ff时受到的安培力；(2)线框穿

9、过上侧磁场的过程中产生的热量Q和所用的时间to【答案】(1)安培力大小2mg,方向沿斜面向上(2)Q47mgL32(1)线框开始时沿斜面做匀加速运动，根据机械能守恒有1mgLsin30则线框进入磁场时的速度v2gsin30L、gL线木gab边进入磁场时产生的电动势E=BLv线框中电流ab边受到的安培力FBIL线框匀速进入磁场，则有mgsin302,2BLvRab边刚越过ff时，cd也同时越过了ee,则线框上产生的电动势线框所受的安培力变为_2.24BLv_F2BIL-2mg方向沿斜面向上(2)设线框再次做匀速运动时速度为v,则E=2BLvmgsin30_224BLv解得v；gLv44根据能量守

10、恒定律有1212.mgsin302L-mv-mvQ2247mgL解得Q32线中gab边在上侧磁扬中运动的过程所用的时间t1Lv设线框ab通过ff后开始做匀速时到gg的距离为小，由动量定理可知:mgsin30t22BLIt2mvmv其中2BLLxot2R联立以上两式解得线木iab在下侧磁场匀速运动的过程中,所以线框穿过上侧磁场所用的总时间为5 .如图所示，光滑的水平平行金属导轨间距为L,导轨电阻忽略不计.空间存在垂直于导轨平面竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B,轻质导体棒ab垂直导轨放置，导体棒ab的电阻为r,与导轨之间接触良好.两导轨之间接有定值电阻，其阻值为R,轻质导体棒中间系一轻细线，

11、细线通过定滑轮悬挂质量为m的物体，现从静止释放该物体，当物体速度达到最大时，下落的高度为h,在本问题情景中，物体下落过程中不着地，导轨足够长，忽略空气阻力和一切摩擦阻力，重力加速度为g.求：t24LX03V2gt3X)4X0t1t2t3(1)物体下落过程的最大速度vm；全过程叠加求和mgt_22BL.hmvmmgFTt整理可得mgtB2I2即mgtxRr(2)物体从静止开始下落至速度达到最大的过程中，电阻(3)物体从静止开始下落至速度达到最大时，所需的时间R上产生的电热Q;t.mg(Rr)【答案】(1)*22)(2)B2L232mghRmgR(R2B4L4r)m(Rr)一(3)B2L2_22B

12、Lhmg(Rr)【解析】【分析】在物体加速下落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为0时，下落速度达到最大，由平衡条件、闭合电路欧姆定律和电磁感应定律求出物体下落过程的最大速度；在物体下落过程中，物体重力势能减少，动能增加，系统电热增加，根据能量守恒定律求出电阻R上产生的电热；在系统加速过程中，分别对导体棒和物体分析，根据动量定理可得所需的时间；解：(1)在物体加速下落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为对物体，由平衡条件可得mg=Fr对导体棒Fr=BIL0时，下落速度达到最大对导体棒与导轨、电阻R组成的回路，根据闭合电路欧姆定律根据电磁感应定律E=BLvm联立以上各式解得vmmg(R2)BL(2)

13、在物体下落过程中，物体重力势能减少，动能增加，系统电热增加，根据能量守恒定律可得mgh=；mvm2+Q总在此过程中任一时刻通过故整个过程中回路中的R和r两部分电阻的电流相等，则电功率之比正比于电阻之比,R与r两部分电阻产生的电热正比于电阻，所以Ch32_mgR(Rr)2B4L4(3)在系统加速过程中，任一时刻速度设为体棒和物体分析,根据动量定理可得FTv,取一段时间微元A1在此过程中分别对导2.2BLvvt0m(Rr)B2L2h_2.2TZBLmg(Rr)6 .如图，POQ是折成60。角的固定于竖直平面内的光滑金属导轨，导轨关于竖直轴线对称，OP=OQ=L整个装置处在垂直导轨平面向里的足够大的

14、匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律为B=B。kt(其中k为大于0的常数).一质量为m、长为L、电阻为R、粗细1均匀的导体棒锁定于OP、OQ的中点a、b位置.当磁感应强度变为1Bo后保持不变，同2时将导体棒解除锁定，导体棒向下运动，离开导轨时的速度为v.导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度为g.求导体棒：(1)解除锁定前回路中电流的大小及方向;(2)滑到导轨末端时的加速度大小；(3)运动过程中产生的焦耳热.、，1根据法拉第电磁感应TE律有：E=-B0Lv联方解得t【答案】顺时针方向或8R【解析】【分析】2.2g-BlL-v;4mRB导体棒被锁定前，闭合回路的面积不变，=kt由

15、法拉第电磁感应定律知：E=S=kL2tt16kL由闭合电路欧姆定律知:旦=.3kL2R8R由楞次定律知，感应电流的方向：顺时针方向或导体棒刚离开导轨时受力如图所示b-a2根据闭合电路欧姆定律知:1根据安培力公式有：FILB021解得：F=-|LB02由牛顿第二定律知：mg-F=maB：L2v解得：a=g04R7.如图1所示，一个圆形线圈的匝数n1000匝，线圈面积S0.02m2,线圈的电阻r1,线圈外接一个阻值R4的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律如图2所示.求1在04s内穿过线圈的磁通量变化量；2前4s内产生的感应电动势；【答案】(1)4X1(2

16、Wb(2)1V(3)0.8C【解析】试题分析：(1)依据图象，结合磁通量定义式BS,即可求解；(2)根据法拉第电磁感应定律，结合磁感应强度的变化率求出前4s内感应电动势的大小.(3)根据感应电动势，结合闭合电路欧姆定律、电流的定义式求出通过R的电荷量.(1)根据磁通量定义式BS,那么在04s内穿过线圈的磁通量变化量为：由能量守恒知:mgh=-mv2+Q由几何关系有:h=L4解得：Q=412mgL-2mv36s内通过电阻R的电荷量q.B2BS0.40.20.02Wb4103Wb(2)由图象可知前4s内磁感应强度B的变化率为:0.4丝T/s0.05?T/s【点睛】 本题考查了法拉第电磁感应定律的应

17、用， 由法拉第电磁感应定律求出感应电动势， 由欧姆定律求出感应电流，最后由电流定义式的变形公式求出感应电荷量8.如图，两根相距l=0.4m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R=0.15必电阻相连.导轨x0一侧存在沿x方向均匀增大的稳恒磁场， 其方向与导轨平面垂直， 变化率k=0.5T/m,x=0处磁场的磁感应强度BO=0.5T,一根质量m=0.1kg、电阻r=0.05的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直.棒在外力作用下从x=0处以初速度V0=2m/s沿导轨向右运动，运动过程中电阻上消耗的功率不变.求:IMIMX XXXXX我XXXX/J/JxKxKX XfTMMTMMM乂0r r(1

18、)同路中的电流；(2)金属棒在x=2m处的速度；(3)金属棒从x=0运动到x=2m过程中安培力做功的大小；(4)金属棒从x=0运动到x=2m过程中外力的平均功率.121【答案】(1)2(2)(3)1.6(4)0.71【解析】(1)因为运动过程中电阻上消耗的功率不变，所以回路中电流不变， 感应电动势不变x=0处导体棒切割磁感线产生电动势E=眇C=0尸(2)x=2m处B=B7E=Bh-2 2解得?(3)F=0.8(0.540)F-X图像为一条倾斜的直线，图像围成的面积就是二者的乘积即x=0时，F=0.4Nx=2m时，F=1.2N4s内的平均感应电动势为：EnSt-E(3)电路中的平均感应电流为：丁

19、，又qR总10000.020.05?V1VIt,且En-所以qnR总0.0210000.40.2C0.8C%=Fx=-(f)A+l,2)*2=.6J(4)从乂=0运动到x=2m,根据动能定理解得.一开】二尸”尸(尺49解得=2击IT；所以-.-t【点睛】(1)由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律相结合，来计算感应电流的大小；(2)由因棒切割产生感应电动势，及电阻的功率不变，即可求解；(3)分别求出x=0与x=2m处的安培力的大小，然后由安培力做功表达式，即可求解；(4)依据功能关系，及动能定理可求出外力在过程中的平均功率.9.如图所示，宽L=2m、足够长的金属导轨MN和M就在倾角为0=30的

20、斜面上，在N和N之间连接一个R=2.0Q的定值电阻，在AA处放置一根与导轨垂直、质量m=0.8kg、电阻r=2.0Q的金属杆，杆和导轨间的动摩擦因数,导轨电阻不计，导轨处于磁感应4强度B=1.0T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场中.用轻绳通过定滑轮将电动小车与杆的中点相连，滑轮与杆之间的连线平行于斜面，开始时小车位于滑轮正下方水平面上的P处(小车可视为质点)，滑轮离小车的高度H=4.0m.启动电动小车，使之沿PS方向以v=5.0m/s的速度匀速前进，当杆滑到OO位置时的加速度a=3.2m/s2,AA与。之间的距离d=1m,求：(1)该过程中，通过电阻R的电量q；(2)杆通过OO时的速度大小；(3

21、)杆在OO时，轻绳的拉力大小；(4)上述过程中，若拉力对杆所做的功为13J,求电阻R上的平均电功率.【答案】(1)0.5C(2)3m/s(3)12.56N(4)2.0W【解析】【详解】qr?t代入数据，可得：q0.5CH(2)几何关系：JHsin杆的速度等于小车速度沿绳方向的分量：v1vcos3m/s(3)杆受的摩擦力Ffmgcos3NR2|2杆受的安培力F安BIL?1代入数据，可得F安3N(Rr)根据牛顿第二定律：FTmgsinFfF安=ma解得：FT12.56N12(4)根据动能TE理：WW 安mgdsinFf-mv1解出W安2.4J,电路产生总的电热Q总2.4J那么，R上的电热QR1.2

22、JHcot此过程所用的时间tH0.6sv二QR1.2R上的平均电功率PW2.0Wt0.6【点睛】本题是一道电磁感应与力学、电学相结合的综合体，考查了求加速度、电阻产生的热量，分析清楚滑杆的运动过程，应用运动的合成与分解、E=BLv欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律、平衡条件、能量守恒定律即可正确解题；求R产生的热量时要注意，系统产生的总热量为R与r产生的热量之和.10 .如图所示(俯视图)，两根光滑且足够长的平行金属导轨固定在同一水平面上，两导轨间距L=1m。导轨单位长度的电阻r=1Q/m,左端处于x轴原点，并连接有固定电阻RI=1与电阻RI相连的导线电阻可不计)。导轨上放置一根质量m=1kg

23、、电阻R2=1的金属杆ab,整个装置处于磁感应强度B=B0+kx(B0=1T,k=1T/m)的磁场中，磁场方向竖直向下。用一外力F沿水平方向拉金属杆ab,使其从原点处开始以速度v=1m/s沿x轴正方向做匀速运动，则：(1)当t=1s时，电阻RI上的发热功率。(2)求0-2s内外力F所做的功。(3)如果t=2s调整F的大小及方向，使杆以1m/s2的加速度做匀减速运动，定性讨论F的BLd(1)平均感应电动势Ettd解得：sin0.8=530大小及方向的变化情况。【答案】(1)0.25W(2)2J(3)见解析【解析】【详解】BLv(1)当t=1s时，x=vt=1m,B=Bo+kx=2T,所以R上的电

24、流为1-0.5A,得N%2xr2PIRI0.25W无关，由FILB得FILBILkx,画出F-x图象，求0-2s内图象下面的面积”，即是导体棒在运动过程中克服安培力所做的功当t=0,B=1T,所以FILB0.5N,当t=2s,B=3T,所以FILB1.5N,x=2m,所以做功的面积”为2J。因导体棒是匀速运动，合力做功为0,所以外力克服安培力做功为2J(3)当t=2s时F安ILB1.5N,方向向左，此时合外力F合ma1N,方向向左，所以此时F应向右，大小为0.5N。随着速度的减小，安培力将减小，F先减小。当安培力等于1N时，F减至0。当速度更小是，安培力也更小，此时F应反向增大，当速度接近为0

25、时，安培力也接近为0,F接近1N。11 .如图所示，一对光滑的平行金属导轨(电阻不计)固定在同一水平面内，导轨足够长且间距为L,左端接有阻值R的电阻，一质量m、长度L的金属棒MN放置在导轨上，棒的电阻为r,整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B,棒在水平向右的外力作用下，由静止开始做加速运动，保持外力的功率为P不变，经过时间t导体棒最(1)导体棒匀速运动时的速度是多少?(2)t时间内回路中产生的焦耳热是多少(2)电流与导体棒位置的关系为(B。kx)LvRR22xr.5A,得回路中的电流与导体棒位置【答案】(1)in十门；(2)Q=PtSL【分析】(1)金属棒在功率不变的外力作用

26、下，先做变加速运动，后做匀速运动，此时受到的安培力与F二力平衡，由法拉第定律、欧姆定律和安培力公式推导出安培力与速度的关系式，再由平衡条件求解速度；(2)t时间内，外力F做功为Pt,外力F和安培力对金属棒做功，根据动能定理列式求出金属棒克服安培力做功，即可得到焦耳热.【详解】(1)金属棒匀速运动时产生的感应电动势为E=BLv感应电流1干1金属棒所受的安培力F安=BIL22联立以上三式得：F安=BL卡R+r外力的功率P=Fv匀速运动时，有F=F安联立上面几式可得：v=一上.：BL-E.19(2)根据动能7E理：WF+W安/河干其中WF=Pt,Q=-W安答:(i)金属棒匀速运动时的速度是史姆EL.

27、BLmP(R.+r)(2)t时间内回路中产生的焦耳热是Pt-5方25%金属棒在运动过程中克服安培力做功，把金属棒的动能转化为焦耳热，在此过程中金属棒做加速度减小的减速运动；对棒进行受力分析、熟练应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、动能定理等正确解题.12 .如图所示，两平行光滑不计电阻的金属导轨竖直放置，导轨上端接一阻值为R的定值电阻，两导轨之间的距离为d.矩形区域abdc内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，ab、cd之间的距离为L.在cd下方有一导体棒MN,导体棒MN与导轨垂直，与cd之间的距离为H,导体棒的质量为m,电阻为r.给导体棒一竖直向上的恒力， 导体棒在恒力F作用下

28、由静止开始竖直向上运动， 进入磁场区域后做减速运动.若导体棒到达ab处的速度为V0,重力加速度大小为g,求：可得:Q=Pt-mP(R+r)2B2L22,2Bd2(Fmg)HF(1)导体棒到达cd处时速度的大小；(2)导体棒刚进入磁场时加速度的大小；(3)导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻BLdqF7【解析】【分析】导体棒从开始到运动到cd处的过程，利用动能定理可求得导体棒到达cd处时速度的大小；求出导体棒刚进入磁场时所受的安培力大小，再由牛顿第二定律求得加速度的大小；导体棒通过磁场区域的过程中，根据电量与电流的关系以及法拉第电磁感应定律、欧姆定律结合求通过电阻R的电荷量.由能量守恒求电阻R产

29、生的热量；【详解】(1)根据动能定理：12(Fmg)H-mv解得导体棒到达cd处时速度的大小:2(Fmg)H(2)根据牛顿第二定律:mgFAFma安培力:FA=BIdBdv导体棒刚进入磁场时加速度的大小:R的电荷量和电阻R产生的热量.2(Fmg)Hm(2)a2,2Bdm(Rr)2(F_mg)HFRQRmg)(H12,L)-mv013 .如图所示，间距为L、电阻不计的足够长双斜面型平行导轨，左导轨光滑，右导轨粗糙，左、右导轨分别与水平面成“、随，分别有垂直于导轨斜面向上的磁感应强度为的匀强磁场，两处的磁场互不影响.质量为m、电阻均为r的导体棒ab、cd与两平行导轨垂直放置且接触良好.ab棒由静止

30、释放，cd棒始终静止不动.求:(3)导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量:ER-rAAt通过电阻R的电荷量:解得：根据动能定理：电路中的总热量：电阻R中的热量：解得：BLdRr12(Fmg)(HL)WA=2mV0Q=WAcRcQRQRrQR(Fmg)(HL)1mv2B1、B2(1) ab棒速度大小为v时通过cd棒的电流大小和cd棒受到的摩擦力大小.222 2BILVB1B2L2vmgrsin【答案】(1);2mgsin3(2)。222r2rL2(2)ab棒匀速运动时速度大小及此时cd棒消耗的电功率.【详解】(1)当导体棒ab的速度为v时，其切割磁感线产生的感应电动势大小为:导体棒ab

31、、cd串联，由全电路欧姆定律有：I52r联立式解得流过导体棒cd的电流大小为：|旦v2r导体棒cd所受安培力为：F2=B2IL若mgsin3E,则摩擦力大小为：f1mgsin?F2mgsin若mgsin3至F则摩擦力大小为：2B1B2Lvf2F2mgsin2r(2)设导体棒ab匀速运动时速度为皿，此时导体棒ab产生的感应电动势为:BiLv0流过导体棒ab的电流大小为：|0旦2r导体棒ab所受安培力为：Fi=BiIoL导体棒ab匀速运动，满足：mgsin计Fi=o【点睛】本题是电磁感应与力学知识的综合应用，在分析中要注意物体运动状态(加速、匀速或平衡)，认真分析物体的受力情况，灵活选取物理规律，

32、由平衡条件分析和求解cd杆的受力情况.14 .如图所示， 两根间距为L的光滑金属导轨CMMPP、DNNQQ固定放置， 导轨MN左侧部分向上弯曲， 右侧水平。在导轨水平部分的左右两端分布着两个匀强磁场区域MMNN、PPQQ,区域长度均为d,磁感应强度大小均为B,I区方向竖直向上，n区方向竖直向下，金属棒b静止在区域H的中央，b棒所在的轨道贴一较小的粘性纸片(其余部分没有)，它对b棒的粘?带力为b棒重力的k倍，现将a棒从高度为ho处静止释放，a棒刚一进入区域I时b棒恰好可以开始运动， 已知a棒质量为m,b棒质量为2m,a、b棒均与导轨垂直，电阻均为R,导轨电阻不计，重力加速度为g,则(i)ho应为

33、多少？(2)将a棒从高度小于ho的某处静止释放，使其以速度vi(vi为已知量)进入区域I,且能够与b棒发生碰撞。求从开始释放a棒到a、b两棒刚要发生碰撞的过程中，a棒产生的焦耳热。E=BLvB1B2rmgsinEo=联立式解得:Vo2mgrsinB2L2此时cd棒消耗的电功率为:22_2P|2Rmgrs1nP10R2.2BiL（3）调整两磁场区域间的距离使其足够远（区域大小不变），将a棒从高度大于h0的某处静止释放，使其以速度V2（V2为已知量）进入区域I,经时间to后从区域I穿出，穿出时的1速度为2-V2,请在同一直角坐标系中回出从a棒进入磁场开始，到a、b两棒相碰刖的过程中，两棒的速度一时间图象（必须标出t。时刻b棒的速度，规定向右为正方向）。联立可得:a棒产生的焦耳热:-m(v12v2)2228RkmgB4L43B2L2d8R3