难点6电磁感应中动量定理和动量守恒定律的运用

1、难点6电磁感应中动量定理和动量守恒定律的运用如图1所示，半径为r的两半圆形光滑金属导轨并列竖直放置，在轨道左侧上方MN间 接有阻值为R0的电阻，整个轨道处在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两轨道间 距为L，一电阻也为R0质量为m的金属棒ab从MN处由静止 沸/ 携 ，/ 释放经时间t到达轨道最低点cd时的速度为v，不计摩擦。求：I、（1）棒从ab到cd过程中通过棒的电量。1（2）棒在cd处的加速度。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v0垂直磁场边界滑过磁场后，速度为v（v v2，两棒离开导轨做平

2、抛运动的时间相等，由平抛运动水平位移x = vt可知6 2 ：；v/: v2 =x1：x2=3:1 2 分），联立解得匕=7、.：2gR，v；=:2gR（ 2 分）（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，设此时回路的感应电动势为的感应电动势为， = BLv （1 分），I = 2 （1 分）2rcd棒受到的安培力为：F/ BIL（1分）根据牛顿第二定律，cd棒的最大加速度为：a = 1分）m联立解得：a 联立解得：a =2mr（2分）（3）根据能量守恒，两棒在轨道上运动过程产生的焦耳热为:Q = 2x 2mv2 -(2x2mv/2 + 2mv/2)(2 分)联

3、立并代入v联立并代入v 1/和V解得:八 22 一Q = 49 mgR ( 2 分)12(20 分)（1）由机械能守恒定律：2MV21 = Mgr A 丁巨如-4分b刚滑到水平轨道时加速度最大EE12(20 分)（1）由机械能守恒定律：2MV21 = Mgr A 丁巨如-4分b刚滑到水平轨道时加速度最大EE=BLvbi，1 = F+T12(2)(3)13由牛顿第二定律有：F安=B|L=Ma由动量定理有：-BILt=Mvb2-Mvb1根据牛顿第三定律得：N=N=mgMgr =1 Mv2 +1 mv 2 + mg 2rB 2玖商a =u -4 分M (R1 + R2)即：-BLq=MVb2-MVb

4、i、了v2mg + N = m-a1二 Vral2能量守恒有 2mgr2 = 2 mv22 2 mv21厂BLq=、2gr1-M2 gr2 Q = %；2gr1 BLq 3mgr2 B 2 -6 分动量守恒定律Mv = Mv + mv v =、；2 grv6 gr 3 分blb3a2b3 、1 M 2(1)v = ./2gh = 5m/s，（2） b 棒，BdlAt = （2） b 棒，BdlAt = mG0-2），得& = 5s11（3）共产生的焦耳热为Q = m gh + 2mb x v2 -（m + mjv2 =16165 - 115B棒中产生的焦耳热为Q=示Q = MJ机19J14、1

5、4 （12 分）:（1）根据左手定则判断知b棒向左运动。（2分）a棒从h0高处释放后在弯曲导轨上滑动时机械能守恒有mgh0=2 mv 2得：v =寸2 gh（1分）a棒刚进入磁场I时E = BLv ,此时感应电流大小 此时b棒受到的安培力大小F = BIL，依题意，有F = Kmg，求得：h0 = 2堂芒2（3分）（2）由于a棒从小于进入h0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 = I At ；E_ A4BAS又因：I =R 一 R At 一 R又因：I =所以在a棒穿过磁场I的过程中，通过电阻R的电量：-：习 故：q = 空 =BLd（3分）（没有推导过程得1分）腿2 R

6、V0将要相碰时a棒的速度v =、-土里xd =乌（1分）2 d 2 4此时电流：I = BLv = BLv0（1分），此时b棒电功率：P = 12R =竺竺2 R8Rb64 R15(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- y 解得：=.顶a棒刚进入磁场I时E = Bf，此时通过a、b的感应电流大小为I E 解2 R得：I得：I二BL/IghZRa棒刚进入磁场I时，b棒受到的安培力大小7 = 23：!为使b棒保持静止必有F 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的速度大小分别为上与匚，由以上分析有：BL匚=2BL：对金