动量定理动量守恒在电磁感应中导轨与导体棒的应用—解析版精修订

动量定理动量守恒在电磁感应中导轨与导体棒的应用—解析版

GE GROUP system office room 【GEIHUA16H-GEIHUA GEIHUA8Q8-

A

B

R

v0

B

导轨与导体棒问题

一、单棒问题

【典例1】如图所示，AB杆受一冲量作用后以初速度v0=4m/s沿水平面内的固定轨道运动，经一段时间后而停止．AB的质量为m=5g，导轨宽为L=0.4m，电阻为R=2Ω，其余的电阻不计，磁感强度B=0.5T，棒和导轨间的动摩擦因数为μ=0.4，测得杆从

运动到停止的过程中通过导线的电量q=10﹣2C，求：上述过程中（g取

10m/s2）（1）AB杆运动的距离；（2）AB杆运动的时间；

（3）当杆速度为2m/s时，其加速度为多大？

【答案】（1） 0.1m；（2）0.9s；（3）12m/s2．

（2）根据动量定理有：﹣（F安t+μmgt）=0﹣mv0

而F安t=BLt=BLq ，得：BLq+μmgt=mv0，

解得：t=0.9s

（3）当杆速度为2m/s时，由感应电动势为：E=BLv

安培力为：F=BIL，而I=

然后根据牛顿第二定律：F+μmg=ma

代入得：

解得加速度：a=12m/s2，

25.（20分）如图(a)，超级高铁(Hyperloop)是一种以“真空管道运输”为理论核心设计的交通工具，它具有超高速、低能耗、无噪声、零污染等特点。

如图(b)，已知管道中固定着两根平行金属导轨MN、PQ，两导轨间距为r；运输车的质量为m，横截面是半径为r的圆。运输车上固定着间距为D、与导轨垂直的两根导体棒1

和2，每根导体棒的电阻为R，每段长度为D的导轨的电阻也为R。其他电阻忽略不计，重力加速度为g。

(1)如图(c)，当管道中的导轨平面与水平面成θ=30°时，运输车恰好能无动力地匀速下滑。求运输车与导轨间的动摩擦因数μ；

(2)在水平导轨上进行实验，不考虑摩擦及空气阻力。

①当运输车由静止离站时，在导体棒2后间距为D处接通固定在导轨上电动势为E的直流电源，此时导体棒1、2均处于磁感应强度为B，垂直导轨平向下的匀强磁场中，如图

(d)。求刚接通电源时运输车的加速度的大小；（电源内阻不计，不考虑电磁感应现象）

②当运输车进站时，管道内依次分布磁感应强度为B，宽度为D的匀强磁场，且相邻的匀强磁场的方向相反。求运输车以速度vo从如图(e)通过距离D后的速度v。

【典例3】如图所示,水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab.导轨的一端连接电阻R，其他电阻均不计,磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下,金属棒ab 在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动．则 ()

A．随着ab运动速度的增大，其加速度也增大

B．外力F对ab做的功等于电路中产生的电能

C．当ab做匀速运动时，外力F做功的功率等于电路中的电功率

D．无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能

【答案】CD

【典例4】一个闭合回路由两部分组成，如图所示，右侧是电阻为r 的圆形导线,置于竖直

方向均匀变化的磁场B1中，左侧是光滑的倾角为θ的平行导轨，宽度为d，其电阻不计．磁感应强度为B2的匀强磁场垂直导轨平面向上,且只分布在左侧,一个质量为m、电阻为R的导体棒此时恰好能静止在导轨上,分析下述判断正确的是 ()

A．圆形导线中的磁场，可以方向向上且均匀增强，也可以方向向下且均匀减弱

B．导体棒ab受到的安培力大小为mg sin θ

C．回路中的感应电流为mg sin θ

B

2

d

D．圆形导线中的电热功率为m2g2sin2θ

B

2

2d2(

r＋R)

【答案】ABC

【解析】根据左手定则，导体棒上的电流从b到a，根据电磁感应定律可得A项正确；根据共点力平衡知识，导体棒ab受到的安培力大小等于重力沿导轨向下的分力，即mg sin θ，

B项正确；根据mg sin θ＝B2Id，解得I＝mg sin θ

B

2

d，C项正确；圆形导线的电热功率

P=I2r=(mg sin θ

B

2

d

)2r=

m2g2sin2θ

B2

2

d2

r,D项错误.

【典例4】如图甲所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角为α，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m。导轨处于匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面斜向上，磁感应强度大小为B。金属导轨的上端与开关S、定值电阻R1和电阻箱R2相连。不计一切摩擦，不计导轨、金属棒的电阻，重力加速度为g。现在闭合开关S，将金属棒由静止释放。

(1) 判断金属棒ab中电流的方向；

(2) 若电阻箱R2接入电路的阻值为0，当金属棒下降高度为h时，速度为v，求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q；

(3) 当B＝0.40 T，L＝0.50 m，α＝37°时，金属棒能达到的最大速度v m随电阻箱R2阻值的变化关系，如图乙所示。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80。求R1的阻值和金属棒的质量m。

【答案】(1)b→a(2)mgh－1

2

mv2(3)2.0 Ω0.1 kg

(3)金属棒达到最大速度v m时，切割磁感线产生的感应电动势：E＝BLv m

由闭合电路的欧姆定律得：I＝

E R

1

＋R2

从b端向a端看，金属棒受力如图所示

金属棒达到最大速度时，满足：mg sin α－BIL＝0

由以上三式得v m＝mg sin α

B2L2

(R2＋R1)

由图乙可知：斜率k＝60－30

2

m·s－1·Ω－1＝15 m·s－1·Ω－1，纵轴截距v＝30 m/s

所以mg sin α

B2L2

R

1

＝v，

mg sin α

B2L2

＝k

解得R1＝2.0 Ω，m＝0.1 kg

24．如图所示，相距L=0.4 m、电阻不计的两平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R=0.15 Ω的电阻相连，导轨处于磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里。质量m=0.1 kg、电阻r=0.05 Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。t=0时起棒在水平外力F作用下以初速度v0=2 m/s、加速度a=1 m/s2沿导轨向右匀加速运动。求：

（1）t=2 s时回路中的电流；

（2）t=2 s时外力F大小；

（3）前2 s内通过棒的电荷量。

【答案】（1）4 A （2）0.9 N （3）6 C

【解析】（1）t=2 s时，棒的速度为：v1=v0+at=2+1×2=4 m/s

此时由于棒运动切割产生的电动势为：E=BLv1=0.5×0.4×4 V=0.8 V

（2）对棒，根据牛顿第二定律得：F?BIL=ma

解得F=BIL+ma=0.5×4×0.4+0.1×1=0.9 N

（3）t=2 s

根据闭合电路欧姆定律得I=

【名师点睛】（1）棒向右匀加速运动，由速度时间公式求出t=1 s时的速度，由E=BLv 求出感应电动势，由闭合电路欧姆定律求解回路中的电流。

（2）根据牛顿第二定律和安培力公式求解外力F的大小。

（3）由位移时间公式求出第2 s内棒通过的位移大小，由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电荷量公式求解电荷量。

2．如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R＝3 Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L＝1 m．整个装置处于磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上．质量m＝1 kg的金属棒ab置于导轨上，ab 在导轨之间的电阻r＝1 Ω，电路中其余电阻不计．金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好．不计空气阻力影响．已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.

(1)求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度v m；

(2)求金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率P R；

(3)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为1.5 J，求流过电阻R的总电荷量q.

解析：(1)金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度v m.

由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ－F 安＝0 F 安＝BIL ，I ＝

BL v m

R ＋r

，解得v m ＝2.0 m/s (2)金属棒以最大速度v m 匀速运动时，电阻R 上的电功率最大，此时P R ＝I 2R ，解得P R ＝3 W

(3)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x ，由能量守恒定律得

mgx sin θ＝μmgx cos θ＋Q R ＋Q r ＋12m v 2

m 根据焦耳定律Q R Q r ＝R

r ，解得x ＝2.0 m

根据q ＝I Δt ，I ＝

E

R ＋r E ＝ΔΦΔt ＝BLx

Δt ，解得q ＝1.0 C 答案：(1)2 m/s (2)3 W (3)1.0 C

26．CD 、EF 是水平放置的电阻可忽略的光滑平行金属导轨，两导轨距离水平地面高度为

H ，导轨间距为L ，在水平导轨区域存在方向垂直导轨平面向上的有界匀强磁场（磁场区域为CPQE ），磁感应强度大小为B ，如图所示。导轨左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接，弯曲的光滑轨道的上端接有一电阻R 。将一阻值也为R 的导体棒从弯曲轨道上距离水平金属导轨高度h 处由静止释放，导体棒最终通过磁场区域落在水平地面上距离水平导轨最右端水平距离x 处。已知导体棒质量为m ，导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度为g 。求：

（1）电阻R 中的最大电流和整个电路中产生的焦耳热。 （2）磁场区域的长度d 。

【答案】（1（2）222mR d B L =

【解析】（1）由题意可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电动势最大，感应电流最大

由机械能守恒定律有：2112mgh mv =

解得：1v =由法拉第电磁感应定律得：1E BLv = 由闭合电路欧姆定律得：2E I R =

联立解得：I =

由平抛运动规律可得：221,2x v t H gt ==

解得：2v =由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为：

【名师点睛】对于电磁感应问题两条研究思路：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

【典例9】如图所示，水平放置的足够长平行导轨MN 、PQ 的间距为L=0.1m ，电源的电动势E=10V ，内阻r=0.1Ω，金属杆EF 的质量为m=1kg ，其有效电阻为R=0.4Ω，其与导轨间的动摩擦因素为μ=0.1，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=1T ，现在闭合开关，求：

（1）闭合开关瞬间，金属杆的加速度； （2）金属杆所能达到的最大速度；

（3）当其速度为v=20m/s 时杆的加速度为多大（ g=10m/s 2，不计其它阻力）．

【答案】（1）1m/s 2；（2）50m/s ；（3）0.6m/s 2．

【解析】（1）根据闭合电路欧姆定律，有：I=

安培力：F A =BIL=1×20×0.1=2N 根据牛顿第二定律，有：a=

【典例10】如图所示，长平行导轨PQ 、MN 光滑，相距5.0=l m ，处在同一水平面中，磁感应强度B =0.8T 的匀强磁场竖直向下穿过导轨面．横跨在导轨上的直导线ab 的质量m =0.1kg 、电阻R =0.8Ω，导轨电阻不计．导轨间通过开关S 将电动势E =1.5V 、内电阻r =0.2Ω的电池接在M 、P 两端，试计算分析：

（1）在开关S 刚闭合的初始时刻，导线ab 的加速度多大？随后ab 的加速度、速度如何变化？

（2）在闭合开关S 后，怎样才能使ab 以恒定的速度υ =7.5m/s 沿导轨向右运动？试描述这时电路中的能量转化情况（通过具体的数据计算说明）．

【答案】见解析

设最终达到的最大速度为υm ，根据上述分析可知：0m E Bl υ-= 所以 1.5

0.80.5

m E Bl υ=

=

?m/s=3.75m/s ．

（2）如果ab 以恒定速度7.5υ=m/s 向右沿导轨运动，则ab 中感应电动势

5.75.08.0'??==Blv E V=3V

由于'E ＞E ，这时闭合电路中电流方向为逆时针方向，大小为：

2

.08.05.13''

+-=+-=r R E E I A=1.5A

直导线ab 中的电流由b 到a ，根据左手定则，磁场对ab 有水平向左的安培力作用，大小为

5.15.08.0''??==BlI F N=0.6N

所以要使ab 以恒定速度5.7=v m/s 向右运动，必须有水平向右的恒力6.0=F N 作用于ab ． 上述物理过程的能量转化情况，可以概括为下列三点： ①作用于ab 的恒力（F ）的功率：5.76.0?==Fv P W=4.5W

②电阻（R +r ）产生焦耳热的功率：)2.08.0(5.1)(22'+?=+=r R I P W=2.25W

③逆时针方向的电流'I ，从电池的正极流入，负极流出，电池处于“充电”状态，吸收能量，以化学能的形式储存起来．电池吸收能量的功率：'' 1.5 1.5P I E ==?W=2.25W 由上看出，'''P P P +=，符合能量转化和守恒定律（沿水平面匀速运动机械能不变）．

3．如图所示，一对足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上，两导轨间距为L ，左端接一电源，其电动势为E 、内阻为r ，有一质量为m 、长度也为L 的金属棒置于导轨上，且与导轨垂直，金属棒的电阻为R ，导轨电阻可忽略不计，整个装置处于磁感应强度为B ，方向竖直向下的匀强磁场中．

(1)若闭合开关S 的同时对金属棒施加水平向右恒力F ，求棒即将运动时的加速度和运动过程中的最大速度；

(2)若开关S 开始是断开的，现对静止的金属棒施加水平向右的恒力F ，一段时间后再闭合开关S ；要使开关S 闭合瞬间棒的加速度大小为F

m ，则F 需作用多长时间．

解析：(1)闭合开关S 的瞬间回路电流I ＝

E R ＋r

金属棒所受安培力水平向右，其大小F A ＝ILB

由牛顿第二定律得a ＝F A ＋F

m 整理可得a ＝

E (R ＋r )m

LB ＋F

m

金属棒向右运动的过程中，切割磁感线产生与电源正负极相反的感应电动势，回路中电流减小，安培力减小，金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，匀速运动时速度最大，此时由平衡条件得F A ′＝F

由安培力公式得F A ′＝I ′LB 由闭合电路欧姆定律得I ′＝BL v m －E

R ＋r

联立求得v m ＝F (R ＋r )B 2L 2＋E

BL

(2)设闭合开关S 时金属棒的速度为v ， 此时电流I ″＝BL v －E

R ＋r

由牛顿第二定律得a ″＝F －F A ″

m 所以加速度a ″＝F m －BL v －E

(R ＋r )m

LB

若加速度大小为F m ，则????????F m －BL v －E (R ＋r )m LB ＝F m 解得速度v 1＝E BL ，v 2＝E BL ＋2F (R ＋r )

B 2L 2 未闭合开关S 前金属棒的加速度一直为a 0＝F

m 解得恒力F 作用时间

t 1＝v 1a 0＝mE FBL 或t 2＝v 2a 0

＝mE FBL ＋2m (R ＋r )B 2L 2

答案：(1)

E

(R＋r)m

LB＋

F

m

F(R＋r)

B2L2＋

E

BL

(2)mE

FBL或

mE

FBL＋

2m(R＋r)

B2L2

【典例8】如图所示，在水平面内有一个半径为a的金属圆盘，处在竖直向下磁感应强度为B的匀强磁场中，金属圆盘绕中心O顺时针匀速转动，圆盘的边缘和中心分别通过电刷与右侧电路相连，圆盘的边缘和中心之间的等效电阻为r，外电阻为R，电容器的电容为C，单刀双掷开关S与触头1闭合，电路稳定时理想电压表读数为U，右侧光滑平行水平导轨足够长，处在竖直向下磁感强度也为B的匀强磁场中，两导轨电阻不计，间距为L，导轨上垂直放置质量为m，电阻也为R的导体棒，导体棒与导轨始终垂直且接触良好，求：

（1）金属圆盘匀速转动的角度ω；

（2）开关S与触头2闭合后，导体棒运动稳定时的速度v．

【答案】（1）；（2）．

（2）根据动量定理得：F△t=mv﹣0，

而F△t=BIL△t=BL△q，

电荷的变化量△q=C△U，

电压的变化量△U=U﹣U′=U﹣BLv

则mv=BLC（U﹣BLv）

解得：v=

【典例11】光滑U型金属框架宽为L，足够长，其上放一质量为m的金属棒ab，左端连接有一电容为C的电容器，现给棒一个初速v0，使棒始终垂直框架并沿框架运动，如图所示。求导体棒的最终速度。

【答案】

练习：如图所示，水平放置的金属导轨宽为L，质量为m的金属杆ab垂直放置在导轨上，导轨上接有阻值为R的电阻和电容为C的电容器以及电流表。竖直向下的匀强磁场的磁感应强度为B。现用水平向右的拉力使ab杆从静止开始以恒定的加速度向右做匀加速直线运动，电流表读数恒为I，不计其它电阻和阻力。求：

（1）ab杆的加速度。

（2）t时刻拉力的大小。

8. 平行金属导轨MN竖直放置于绝缘水平地板上如图所示，金属杆PQ可以紧贴导轨无摩擦滑动，导轨间除固定电阻R外，其他电阻不计，匀强磁场B垂直穿过导轨平面，导体棒PQ 质量为M，闭合S，同时让金属杆PQ自由下落，试确定稳定时，

(1)金属杆的速度是多少？

(2)若将固定电阻R换成一个耐压值足够大的电容器，电容为C.闭合S的同时，释放金属杆，试求稳定状态下回路的电流．

【答案】(1)MgR

B2L2

(2)

BLCmg

B2L2C＋m

(2)a＝Δv Δt

①

ΔE＝Δu＝BLΔv②

I＝ΔQ Δt

③

ΔQ＝CΔu④

将①②③④得：I＝BLaC⑤

对金属杆由牛顿第二定律，得Mg－BIL＝ma⑥

由⑤⑥得a＝

mg

B2L2C＋m，⑦

I ＝

BLCmg

B 2L 2

C ＋m

.⑧

【典例12】如图所示, 竖直放置的光滑平行金属导轨, 相距l , 导轨一端接有一个电容器, 电容量为C, 匀强磁场垂直纸面向里, 磁感应强度为B, 质量为m 的金属棒ab 可紧贴导轨自由滑动. 现让ab 由静止下滑, 不考虑空气阻力, 也不考虑任何部分的电阻和自感作用. 问金属棒的做什么运动棒落地时的速度为多大

【答案】2

222l CB m mgh

ah v +=

=

【解析】：ab 在mg 作用下加速运动，经时间 t ，速度增为v ，a =v / t 产生感应电动势 E=Bl v

电容器带电量 Q=CE=CBl v ，感应电流I=Q/t=CBL v/ t=CBl a 产生安培力F=BIl =CB2 l 2a ，由牛顿运动定律 mg-F=ma ma= mg - CB 2 l 2a ，a= mg / (m+C B 2 l 2)

∴ab 做初速为零的匀加直线运动, 加速度 a= mg / (m+C B 2 l 2) 落地速度为2222l CB m mgh ah v +=

=

25．（18分）如图，在竖直平面内有两条间距为L 的足够长的平行长直

金属导轨，上端接有一个阻值为R 的电阻和一个耐压值足够大的电容器，电容器的电容为C ，且不带电。质量为m 的导体棒ab 垂直跨在导轨上，接触良好。导轨所在空间有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B 。S 为单刀双掷开关。现将开关S 接1，由静止释放导体棒

ab 。已知重力加速度为g ，不计导轨和导体棒的电阻，不计一切摩擦。

(1)当金属棒向下运动的速度为v 1时，电容器所带的电量q ； (2) 求导体棒ab 下落h 高度时的速度大小v 2；

(3)当速度为v 2时迅速将开关S 接2，请分析说明此后导体棒ab 的运动情况；并计算导体棒ab 在开关接2后又下落足够大的高度H 的过程中电阻R 上所产生的电热Q 。

25、【答案】（1）1CBLv （2）C L B m mgh 222+ （3）4

42

232222L B R g m C L B m gh m mgH -++

（1）金属棒向下以速度为v 1切割磁感线产生的感应电动势 1BLv E = （2分）

电容器所带电荷量 1CBLv CE q == （2分）

（2）设在t ?时间内，金属棒速度变化为v ?，

金属棒产生的感应电动势变化 v BL E ?=?（1分）

电容器两极板电压变化 v BL U ?=?（1分） 电容器所带电荷量变化 v CBL U C q ?=?=?（1分） 金属棒中的电流 CBLa t

v

CBL t q I =??=??=

（1分） 对金属棒，由牛顿第二定律有：ma BIL mg =-（1分）

联立解得 (

)

C

L B m mg

a 2

2+=

（1分） 可以看出加速度与时间无关，说明金属棒做匀加速直线运动， 设金属棒沿导轨向下运动h 时的速度为v 2，由ah v 22

2= （1分）

解得 C

L B m mgh

v 2222+=

（1分）

(3)此时迅速将开关S 接2。若重力大于安培力，则棒先做加速运动后做匀速运动；若重力等于于安培力，则棒做匀速运动；若重力小于安培力，则棒先做减速运动后做匀速运动。

因为最后匀速，所以由平衡条件 R

v L B F mg 3

22==安 （2分）

解得 2

23L

B mgR

v =

（1分） 对导体棒在该过程使用动能定理： 2

2232

121mv mv W mgH -=-克安 （2分）

故此过程中电阻R 上产生的电热：4

42

232222L B R g m C L B m gh m mgH W Q -++==克安

（1分）

双杆模型前提条件都是光滑导轨：

21．两固定水平平行金属导轨间距为L ，导轨上放着两根相同导体棒ab 和已知每根导体棒

质量均为m ，电阻均为R ，导轨光滑且电阻不计，整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感强度为B ，开始时ab 和cd 两导体棒有方向相反的水平初速度，大小分别为

0v 和02v 。

（1）求从开始到最终稳定的过程中回路总共产生的焦耳热； （2）当d 棒的速度大小变为0v /4时，求：

①通过d 棒的电荷量为多少？

②两棒间的距离增大了多少？

【答案】（1）2

094mv （2）①0134mv q BL =或0254mv q BL =

②012232mv R x B L ?=或0222

52mv R x B L ?= 【解析】（1）从开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，则有：2mv 0–mv 0=2mv 解得：0

2v v =

由能量守恒可得从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热为：

（2）分析两棒运动的情况可知，ab 棒的速度大小为v 0/4有两种情况： 1．当ab 棒速度未反向时，即0

4

ab v v =-

，设此时cd 棒的速度为v 1，由动量守恒定律：0

00124v mv mv m

mv -=-+

解得：0154v v =

2．当ab 棒速度反向时，即0

4

ab

v v '=，设此时cd 棒的速度为v 2，由动量守恒定律： 解得：0234v v =

①对棒由动量定理可得：F t m v =?安其中F 安=BIL E=BL (v cd –v ab ) q=It

带入两种情况可知：当04ab v v =-时，0104v BLq mv m =-

解得：0

134mv q BL =

当04ab

v v '=时，0204v

BLq mv m =+

解得：0

254mv q BL =

②由22BL x

q R R ?Φ?==可得：012232mv R x B L ?=或02

22

52mv R x B L ?= 22．如图所示，在大小为B 的匀强磁场区域内跟磁场方向垂直的平面中有两根固定的足够长

的金属平行导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab 和cd ，两棒彼此平行，构成一矩形回路。导轨间距为l ，导体棒的质量都是m ，电阻各为R ，导轨部分电阻可忽略不计。设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab 棒静止，给cd 棒一个向右的初速v 0，求

（1）当cd 棒速度减为0.8v 0时加速度；

（2）从开始运动到最终稳定，电路中产生的电能多大； （3）两棒之间距离增长量x 的上限。

【答案】（1）2200.3B l v a mR = （2（3）022mRv x B l ?=

【解析】（1）设当cd 棒速度减为0.8v 0时ab 棒的速度为v'，由动量守恒定律

000.8mv mv mv '=+①

解之得：00.2v v '= 此时回路的电流是

()0

0.80.22Bl v I R

-=

②

cd 棒的加速度为BIl a m

=

③ 解得：220

0.3B l v a mR =

（2）据动量守恒定律，设两棒稳定时共同的末速度为v

()0mv m m v =+④ 得：012v v =

()222

00

111224

Q mv m m v mv =-+=⑤ 25．(18分)如图,金属平行导轨MN 、M ’N’和金属平行导執PQR 、P’Q’R’分别同定在高度差为h(数值未知)的水平台面上。导轨MN 、M'N’左端接有电源,MN 与M’N’的间距为L=0.10m 线框空间存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B 1=0.20T;平行导轨PQR 与P’Q’R’的间距为L=0.10m,其中PQ 与P’Q’是圆心角为60°、半径为r=0.50m 的圆弧导轨,QR 与Q’R’是水平长直导轨,QQ’右侧有方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度

B 2=0.40T 。导体棒a 质量m 1=0.02kg,电阻R 1=2,0Ω,放置在导轨MN 、M’N’右侧N’N 边缘处;导体棒b 质量m 2=0.04kg,电阻R 2=4.0Ω放置在水平导轨某处。闭合开关K 后,导体棒a 从N N’水平抛出,恰能无碰撞地从PP’处以速度v 1=2m/s 滑入平行导轨,且始终没有与棒b 相碰。重力加速度g=10m/s 2,不计一切摩擦及空气阻力。求 (1)导体棒b 的最大加速度。

(2)导体棒a 在磁场B 2中产生的焦耳热。 (3)闭合开关K 后,通过电源的电荷量q 。

25．(1) 20.02/m a m s = （2）0.02Q J = （3）1q c =

【解析】试题分析：设a 棒在水平轨道上时的速度为v 2，根据动能定理求出速度，因为a 棒刚进入磁场时，ab 棒中的电流最大，b 受到的力最大，加速度最大，再根据电磁感应定律和牛顿第二定律即可求出加速度；两个导体棒在运动过程中，动量守恒和能量守恒，当两棒的速度相等时回路中的电流为零，此后两棒做匀速运动，两棒不在产生焦耳热，根据动量守恒和能量守恒，即可求出导体棒a 在磁场中产生的焦耳热；设接通开关后，a 棒以速度v 0水平抛出，根据动量定理即可通过电源的电荷量。

（1）设a 棒在水平轨道上时的速度为v 2，根据动能定理：

()

02

2

1121111cos6022m g r r m v m v -=

- （2分）

解得：v 2=3m/s

因为a 棒刚进入磁场时，ab 棒中的电流最大，b 受到的力最大，加速度最大，所以有： 电动势为： 22E B Lv = （1分） 电流为： 12E

I R R =

+ （1分）

根据牛顿第二定律： 22max B IL m a = （1分） 联立以上解得： 2max 0.02/a m s = （1分）

（2）两个导体棒在运动过程中，动量守恒和能量守恒，当两棒的速度相等时回路中的电流为零，此后两棒做匀速运动，两棒不在产生焦耳热，所以 根据动量守恒： ()12123

m v m m v =+ （2分）

由能量守恒定律： ()22

121231122a b

m v m m v Q Q =+++ （2分）

由于ab 棒串联在一起，所以有： 1

2a b Q R Q R = （2分）

解得： 0.02a Q J = （1分）

（3）设接通开关后，a 棒以速度v 0水平抛出，则有： 001cos601/v v m s == （1分） 对a 棒冲出过程由动量定理： 110B IL t m v ∑?= 即： 110B Lq m v = （2分） 代入数据解得：q =1C （2分）

如图，MN 、PQ 为两根足够长的水平放置的平行金属导轨，间距L ＝1 m ；整个空间以OO ′为边界，左侧有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B 1＝1 T ，右侧有方向相同、磁感应强度大小B 2＝2 T 的匀强磁场。两根完全相同的导体棒a 、b ，质量均为m ＝0.1 kg ，与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.2，其在导轨间的电阻均为R ＝1 Ω。开始时，a 、b 棒均静止在导轨上，现用平行于导轨的恒力F ＝0.8 N 向右拉b 棒。假定a 棒始终在OO ′左侧运动，b 棒始终在OO ′右侧运动，除导体棒外其余电阻不计，滑动摩擦力

N

和最大静摩擦力大小相等，g 取10 m/s 2。

①a 棒开始滑动时，求b 棒的速度大小；

②当b 棒的加速度为1.5 m/s 2时，求a 棒的加速度大小；

③已知经过足够长的时间后，b 棒开始做匀加速运动，求该匀加速运动的加速度大小，并计算此时a 棒中电流的热功率。

【答案】(1)0.2 m/s (2)0.25 m/s 2 (3)0.4 m/s 2 0.078 4 W

25．（19分）如图所示，PQ 和MN 是固定于倾角为30o 斜面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽略不计。金属棒ab 、cd 放在轨道上，始终与轨道垂直，且接触良好。金属棒ab 的质量为2m 、cd 的质量为m ，长度均为L 、电阻均为R ；两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，并与轨道形成闭合回路。整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中，若锁定金属棒ab 不动，使金属棒cd 在与其垂直且沿斜面向上的恒力F =2mg 作用下，沿轨道向上做匀速运动。重力加速度为g ；

（1）试推导论证：金属棒cd 克服安培力做功的功率P 安 等于电路获得的电功率P 电； （2）设金属棒cd 做匀速运动中的某时刻t 0=0，恒力大小变为F ′=1.5mg ，方向不变，同时解锁、静止释放金属棒ab ，直到t 时刻金属棒ab 开始做匀速运动；求：

①t 时刻以后金属棒ab 的热功率P ab ； ②0～t 时刻内通过金属棒ab 的电量q ； 25．解：

（1）金属棒cd 做匀速运动的速度为v ，

E=BLv ○1 I=E/2R ○2 F A =IBL ○3

金属棒cd 克服安培力做功的功率P 安 = F A v ○4

电路获得的电功率P 电=R E 22 ○5

由○1○2○3○4 P 安 =R v L B 22

22 ○6

○1○3○5P 电=R

v L B 22

22 ○7

电磁感应导体棒平动切割类问题综述

试卷第1页，总61页 2013-2014学年度北京师范大学万宁附属中学 电磁感应导体棒平动切割类问题训练卷 考试范围：电磁感应；命题人：孙炜煜；审题人：王占国 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I 卷（选择题） 请点击修改第I 卷的文字说明 一、选择题（题型注释） 1．图中EF 、GH 为平行的金属导轨，其电阻可不计，R 为电阻器，C 为电容器，AB 为可在EF 和GH 上滑动的导体横杆，有均匀磁场垂直于导轨平面.若用I 1和I 2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB （ ） A ．匀速滑动时，I 1=0，I 2=0 B ．匀速滑动时，I 1≠0,I 2≠0 C ．加速滑动时，I 1=0，I 2=0 D ．加速滑动时，I 1≠0，I 2≠0 【答案】D 【解析】 试题分析：当AB 切割磁感线时，相当于电源．电容器的特点“隔直流”，两端间电压变化时，会有充电电流或放电电流．匀速滑动，电动势不变，电容器两端间的电压不变，所以I 2=0，I 1≠0，故AB 均错误；加速滑动，根据E BLv 知，电动势增大，电容两端的电压增大，所带的电量要增加，此时有充电电流，所以I 1≠0，I 2≠0，故C 错误，D 正确．所以选D ． 考点：本题考查导体切割磁感线时的感应电动势、闭合电路的欧姆定律及电容器对电流的作用． 2．如图所示,在匀强磁场中，MN 、PQ 是两根平行的金属导轨，而ab ?cd 为串有电压表和电流表的两根金属棒，同时以相同速度向右运动时，正确的有( ) A ．电压表有读数,电流表有读数 B ．电压表无读数,电流表有读数 C ．电压表无读数,电流表无读数

电磁感应中动量定理和动量守恒

高考物理电磁感应中动量定理和动量守恒定律的运用 （1）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： （1）棒从ab到cd过程中通过棒的电量。 （2）棒在cd处的加速度。 (2)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 ﹤v0)，那么线圈 A.完全进入磁场中时的速度大于（v0+v）/2 B.完全进入磁场中时的速度等于（v0+v）/2 C.完全进入磁场中时的速度小于（v0+v）/2 D.以上情况均有可能 （3）在水平光滑等距的金属导轨上有一定值电阻R,导轨宽d电阻不计,导体棒AB垂直于导轨放置,质量为m ,整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度为B.现给导体棒一水平初速度v0,求AB在导轨上滑行的距离. (4)如图3所示,在水平面上有两条导电导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度的大小为B，两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直。它们的电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆的摩擦不计。杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则杆2固定与不固定两种情况下，最初摆放两杆时的最少距离之比为： A.1:1 B.1:2 C.2:1 D.1:1 5:如图所示，光滑导轨EF、GH等高平行放置，EG间宽度为FH间宽度的3倍，导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中，左侧呈弧形升高。ab、cd是质量均为m的金属棒，现让ab从离水平轨道h高处由静止下滑，设导轨足够长。试求： (1)ab、cd棒的最终速度；

第2讲动量守恒定律及应用讲义

第2讲动量守恒定律及应用 M曲却自检晦勢硼映.黴卿识.对点练o 嗨津——见学生用书P094 知识梳理畫浸義材弄实基稍 微知识1动量守恒定律 1.内容：如果系统不受外力，或者所受外力的合力为零，这个系统的总动量保持—不变。 2.常用的四种表达形式 (1)p= p；即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量P’大小相等，方向 相同。 ⑵p= p‘—p= 0,即系统总动量的增量为零。 ⑶ 山=-Ap2,即相互作用的系统内的两部分物体，其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。 (4)m i v i + m2v2= m皿；+ m?v ；，即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线 上时，作用前总动量与作用后总动量相等。 3.常见的几种守恒形式及成立条件 (1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。 (2)近似守恒：系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。 (3)分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上动量守恒。 微知识2碰撞 1.碰撞现象：两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用的过程。 2.碰撞特征 (1)作用时间短。 (2)作用力变化快。 (3)内力远大于外力。 (4)满足动量守恒。

3.碰撞的分类及特点 （1）弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒。 （2）非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒。 （3）完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最多。 微知识3爆炸现象 爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒微知识4反冲运动 1.物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动的现象。 2.反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。 基础诊断思维辨析对点微练 一、思维辨析（判断正误，正确的画“/”，错误的画“X”。） 1 .动量守恒定律中的速度是相对于同一参考系的速度。（“） 2.质量相等的两个物体发生碰撞时，一定交换速度。（X ） 3.系统的总动量不变是指系统总动量的大小保持不变。（X ） 4.系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。（X ） 二、对点微练 1.（动量守恒条件）（多选）如图所示，在光滑水平面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接，A 靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力 0 A B F，则下列说法中正确的是（） ^777777777777777777777777777777. A.木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 B.木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒 C .木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒

高中物理典型问题分析：两道与动量结合的电磁感应问题!

高中物理典型问题分析：两道与动量结合的电磁感应问题！ 与传统高考试题不同，浙江新高考选考试卷中，将电磁感应与动量结合是一种常见题型。 ?例题： 1、如图，光滑平行异形导轨ABCD 与abcd，导轨的水平部分BCD处于竖直向上的匀强磁场中，BC段导轨宽度为CD段轨道宽度的2倍，轨道足够长。金属棒P的长度刚与BC段轨道的宽度相同，金属棒Q 的长度刚好与CD段轨道宽度相同，金属棒P的电阻金属棒Q的电阻的2倍。将质量都为m 的金属棒P 和Q分别置于轨道上的AB 和CD段，将P棒距水平轨道高为h 的地方由静止释放，使其自由下滑，求: （1）P棒刚进人磁场时的速度v0 （2）P棒和Q棒的最終速度。 （3）整个过程中P棒上产生的焦耳热。 2、科研人员设计了一种磁性板材，可以在其周围产生勾强磁场，现为测试 其性能，做了如下实验。将足够长的磁性板固定 在小车A 上，产生的匀强磁场磁感应强度大小为 B，方向竖直向上，如图甲所示，磁性板上表面 光滑，与小车的总质量为M，小车静止于光滑水 平面上；小车右侧有一质量为m的绝缘光滑滑块 C，滑块上表面与磁性板处于同一水平高度上； 滑块C上有一质量也为m、匝数为n、边长为L、 总电阻为R 的正方形线框D.俯视图如图乙所示。现让线框D、滑块C一起以v0 向左匀速运动，与A 发生碰撞(不计一切摩擦)。 (1)锁定小车A，C与A 碰撞后立即停止运动，当D进人磁场瞬间，求线圈产生感应电流的大小和方向(从上往下看） (2)锁定小车A，C与A 碰撞后立即停止运动，当D刚好完全进人磁场恰好

静止，求线圈产生的焦耳热。 (3)释放小车A ，C与A 碰撞后黏在一起，当D还未完全进入磁场时已与小车保持相对静止，求线圈产生的焦耳热。 ?参考答案: 第1题:

§2 动量守恒定律及其应用

§2 动量守恒定律及其应用 教学目标： 1．掌握动量守恒定律的内容及使用条件，知道应用动量守恒定律解决问题时应注意的问题． 2．掌握应用动量守恒定律解决问题的一般步骤． 3．会应用动量定恒定律分析、解决碰撞、爆炸等物体相互作用的问题． 教学重点： 动量守恒定律的正确应用；熟练掌握应用动量守恒定律解决有关力学问题的正确步骤． 教学难点： 应用动量守恒定律时守恒条件的判断，包括动量守恒定律的“五性”：①条件性；②整体性；③矢量性；④相对性；⑤同时性． 教学方法： 1．学生通过阅读、对比、讨论，总结出动量守恒定律的解题步骤． 2．学生通过实例分析，结合碰撞、爆炸等问题的特点，明确动量守恒定律的矢量性、同时性和相对性． 3．讲练结合，计算机辅助教学 教学过程 一、动量守恒定律 1．动量守恒定律的内容 一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。 即：221 12211v m v m v m v m '+'=+ 2．动量守恒定律成立的条件 ⑴系统不受外力或者所受外力之和为零； ⑵系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计； ⑶系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。 ⑷全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。 3．动量守恒定律的表达形式 （1）221 12211v m v m v m v m '+'=+，即p 1+p 2=p 1/+p 2/， （2）Δp 1+Δp 2=0，Δp 1= -Δp 2 和 1221v v m m ??-= 4．动量守恒定律的重要意义 从现代物理学的理论高度来认识，动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一。（另一个最基本的普适原理就是能量守恒定律。）从科学实践的角度来看，迄今为止，人们尚未发现动量守恒定律有任何例外。相反，每当在实验中观察到似乎是违反动量守恒定律的现象时，物理学家们就会提出新的假设来补救，最后总是以有新的发现而胜利告终。例如静止的原子核发生β衰变放出电子时，按动量守恒，反冲核应该沿电子的反方向运动。但云室照片显示，两者径迹不在一条直线上。为解释这一反常现象，1930年泡利提出了中微子假说。由于中微子既不带电又几乎无质量，在实验中极难测量，直到1956年人们才首次证明了中

浙江选考版高考物理一轮复习增分突破五电磁感应与动量观点综合问题.docx

增分突破五电磁感应与动量观点综合问题 增分策略 1.应用动量定理解题的基本思路 (1)确定研究对象,在中学阶段用动量定理讨论的问题,其研究对象一般仅限于单个物体或能看成一个物 体的系统。 (2)对物体进行受力分析,可以先求每个力的冲量,再求各力冲量的矢量和——合力的冲量;或先求合力,再求其冲量。 (3)抓住过程的初、末状态,选好正方向,确定各动量和冲量的正负号。 (4)根据动量定理列方程,如有必要还需要其他补充方程。最后代入数据求解。 2.应用动量定理的注意事项 (1)一般来说,用牛顿第二定律能解决的问题,用动量定理也能解决,如果题目不涉及加速度和位移,用动量定理求解更简单。动量定理不仅适用于恒力,也适用于变力。为变力时,动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。 (2)动量定理的表达式是矢量式,运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向,公式中 的F是物体或系统所受的合力。 3.电磁感应与动量的结合主要有两个考点 (1)对与单杆模型,则是与动量定理结合。例如在光滑水平轨道上运动的单杆(不受其他力作用),由于在 磁场中运动的单杆为变速运动,则运动过程所受的安培力为变力,依据动量定理F安Δt=ΔP,而又由于F 安Δt=BILΔt=BLq,q=NΔΦR总=NBLxR总,ΔP=mv2-mv1,由以上四式将流经杆的某一横截面积的电荷量q、杆位移x及速度变化结合一起。 (2)对于双杆模型,除受到的安培力之外,受到的其他外力之和为零时,与动量守恒结合考查较多。 典例1如图所示,一质量为m的金属杆ab,以一定的初速度v0从一光滑平行金属轨道的底端向上滑 行,轨道平面与水平面成θ角,两导轨上端用一电阻相连,磁场方向垂直轨道平面向上,轨道与金属杆ab 的电阻不计并接触良好。金属杆向上滑行到某一高度h后又返回到底端( ) A.整个过程中合外力的冲量大小为2mv0 B.上滑过程中电阻R上产生的焦耳热等于下滑过程中电阻R上产生的焦耳热

高中物理动量守恒定律及其应用

动量守恒定律及其应用 教学目标： 1．掌握动量守恒定律的内容及使用条件，知道应用动量守恒定律解决问题时应注意的问题． 2．掌握应用动量守恒定律解决问题的一般步骤． 3．会应用动量定恒定律分析、解决碰撞、爆炸等物体相互作用的问题． 教学重点： 动量守恒定律的正确应用；熟练掌握应用动量守恒定律解决有关力学问题的正确步骤． 教学难点： 应用动量守恒定律时守恒条件的判断，包括动量守恒定律的“五性”：①条件性；②整体性；③矢量性；④相对性；⑤同时性． 教学方法： 1．学生通过阅读、对比、讨论，总结出动量守恒定律的解题步骤． 2．学生通过实例分析，结合碰撞、爆炸等问题的特点，明确动量守恒定律的矢量性、同时性和相对性． 3．讲练结合，计算机辅助教学 教学过程 一、动量守恒定律 1．动量守恒定律的内容 一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。 即：221 12211v m v m v m v m '+'=+ 2．动量守恒定律成立的条件 （1）系统不受外力或者所受外力之和为零； （2）系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计； （3）系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。 （4）全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。 3．动量守恒定律的表达形式

（1）221 12211v m v m v m v m '+'=+，即p 1+p 2=p 1/+p 2/， （2）Δp 1+Δp 2=0，Δp 1= -Δp 2 和1 221v v m m ??-= 4．动量守恒定律的重要意义 从现代物理学的理论高度来认识，动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一。（另一个最基本的普适原理就是能量守恒定律。）从科学实践的角度来看，迄今为止，人们尚未发现动量守恒定律有任何例外。相反，每当在实验中观察到似乎是违反动量守恒定律的现象时，物理学家们就会提出新的假设来补救，最后总是以有新的发现而胜利告终。例如静止的原子核发生β衰变放出电子时，按动量守恒，反冲核应该沿电子的反方向运动。但云室照片显示，两者径迹不在一条直线上。为解释这一反常现象，1930年泡利提出了中微子假说。由于中微子既不带电又几乎无质量，在实验中极难测量，直到1956年人们才首次证明了中微子的存在。（2000年高考综合题23 ②就是根据这一历史事实设计的）。又如人们发现，两个运动着的带电粒子在电磁相互作用下动量似乎也是不守恒的。这时物理学家把动量的概念推广到了电磁场，把电磁场的动量也考虑进去，总动量就又守恒了。 5．应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法 （1）分析题意，明确研究对象.在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体总称为系统.对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的。 （2）要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是系统外物体对系统内物体作用的外力.在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件，判断能否应用动量守恒。 （3）明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初 动量和末动量的量值或表达式。 注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均应取地球为参考系。 （4）确定好正方向建立动量守恒方程求解。 二、动量守恒定律的应用 1．碰撞 两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，所以可以认 为系统的动量守恒。碰撞又分弹性碰撞、非弹性 碰撞、完全非弹性碰撞三种。 仔细分析一下碰撞的全过程：设光滑水平面上，质量为m 1的物体A 以速度v 1向质量为m 2的静止物体B 运动，B 的左端连有轻弹簧。在Ⅰ位置A 、B 刚好接触，弹簧开始被压缩，A 开始减速，B 开始加速；到Ⅱ位置A 、B 速度刚

第二十二讲-电磁感应与动量结合

第二十二讲电磁感应与动量结合 电磁感应与动量的结合主要有两个考点： 对与单杆模型，则是与动量定理结合。例如在光滑水平轨道上运动的单杆(不受其他力作用)，由于在磁场中运动的单杆为变速运动，则运动过程所受的安培力为变力，依据动量定理 F t P ?=?安，而又由于F t BIL t BLq ?=?= 安 ，= BLx q N N R R ?Φ = 总总 ， 21 P mv mv ?=-，由以上四 式将流经杆电量q、杆位移x及速度变化结合一起。 对于双杆模型，在受到安培力之外，受到的其他外力和为零，则是与动量守恒结合考察较多一、安培力冲量的应用 例1：★★如图所示，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﹤v0)，那么线圈（B ） A.完全进入磁场中时的速度大于（v0+v）/2 B.完全进入磁场中时的速度等于（v0+v）/2 C.完全进入磁场中时的速度小于（v0+v）/2 D.以上情况均有可能 分析：进入和离开磁场的过程分别写动量定理（安培力的冲量与电荷量有关，电荷量与磁通量的变化量有关，进出磁场的安培力冲量相等） 点评：重点考察了安培力冲量与电荷量关系。 例2：★★★如图所示,在水平面上有两条导电导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度的大小为B，两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直。它们的电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆的摩擦不计。杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则杆2固定与不固定两种情况下，最初摆放两杆时的最少距离之比为( C )

动量定理动量守恒在电磁感应中导轨与导体棒的应用解析版

A B R v0 B 导轨与导体棒问题一、单棒问题 【典例1】如图所示，AB杆受一冲量作用后以初速度v0=4m/s沿水平面内的固定轨道运动，经一段时间后而停止．AB的质量为m=5g，导轨宽为L=，电阻为R=2Ω，其余的电阻不计，磁感强度B=，棒和导轨间的动 摩擦因数为μ=，测得杆从运动到停止的过程中通过导线的电 量q=10﹣2C，求：上述过程中（g取10m/s2）（1）AB杆运动的距离；（2）AB 杆运动的时间； （3）当杆速度为2m/s时，其加速度为多大 【答案】（1）；（2）；（3）12m/s2． （2）根据动量定理有：﹣（F安t+μmgt）=0﹣mv0 而F安t=BLt=BLq，得：BLq+μmgt=mv0， 解得：t= （3）当杆速度为2m/s时，由感应电动势为：E=BLv 安培力为：F=BIL，而I= 然后根据牛顿第二定律：F+μmg=ma 代入得： 解得加速度：a=12m/s2， 25.（20分）如图(a)，超级高铁(Hyperloop)是一种以“真空管道运输”为理论核心设计的交通工具，它具有超高速、低能耗、无噪声、零污染等特点。

如图(b)，已知管道中固定着两根平行金属导轨MN、PQ，两导轨间距为r；运输车的质量为m，横截面是半径为r的圆。运输车上固定着间距为D、与导轨垂直的两根导体棒1和2，每根导体棒的电 阻为R，每段长度为D的导轨的电阻也为R。其 他电阻忽略不计，重力加速度为g。 (1)如图(c)，当管道中的导轨平面与水平面 成θ=30°时，运输车恰好能无动力地匀速下滑。求运输车与导轨间的动摩擦因数μ； (2)在水平导轨上进行实验，不考虑摩擦及空气阻力。 ①当运输车由静止离站时，在导体棒2后间距为D处接通固定在导轨上电动势为E的直流电源，此时导体棒1、2均处于磁感应强度为B，垂直导轨平向下的匀强磁场中，如图(d)。求刚接通电源时运输车的加速度的大小；（电源内阻不计，不考虑电磁感应现象） ②当运输车进站时，管道内依次分布磁感应强度为B，宽度为D的匀强磁场，且相邻的匀强磁场的方向相反。求运输车以速度vo从如图(e)通过距离D后的速度v。 【典例3】如图所示,水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab.导轨的一端连接电阻R，其他电阻均不计,磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下,金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动．则 ( ) A．随着ab运动速度的增大，其加速度也增大 B．外力F对ab做的功等于电路中产生的电能

高中物理-动量守恒定律及其应用(实验)教案

高中物理-动量守恒定律及其应用(实验)教案 【学习目标】 1．知道动量与冲量的概念,理解动量定理与动量守恒定律． 2．会用动量定理与动量守恒定律解决实际应用问题． 3．明确探究碰撞中的不变量的基本思路． 【要点导学】 1．冲量与动量的概念理解． 2．运用动量定理研究对象与过程的选择． 3．动量守恒定律的适用条件、表达式及解题步骤． 4．弹性碰撞和非弹性碰撞 （1）弹性碰撞：___________________________________ （2）非弹性碰撞：____________________________________ （3）在光滑水平面上,质量为m 1的小球以速度v 1与质量为m 2的静止小球发生弹性正碰,根据动量 守恒和机械能守恒,碰后两个小球的速度分别为： v 1’=_____________v 2’=_____________。 【典型例题】 类型一 冲量与动量定理 【例1】质量为m 的小球,从沙坑上方自由下落,经过时间1t 到达沙坑表面,又经过时间2t 停在沙坑里。 求： （1）沙对小球的平均阻力F ； （2）小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I 的大小． 类型二 动量守恒定律及守恒条件判断 【例2】 把一支枪水平固定在小车上,小车放在光滑的水平面上,枪发射出一颗子弹时,关于枪、 弹、 车,下列说法正确的是（ ） A ．枪和弹组成的系统,动量守恒 B ．枪和车组成的系统,动量守恒 C ．三者组成的系统,因为枪弹和枪筒之间的摩擦力很小,使系统的动量变化很小,可以忽略不计,故系 统动量近似守恒 D ．三者组成的系统,动量守恒,因为系统只受重力和地面支持力这两个外力作用,这两个外力的合 力为零 【变式训练1】如图A 、B 两物体的质量之比m A ∶m B ＝3∶2,原来静止在平板小车C 上,A 、B 间有 一根被压缩了的弹簧,A 、B 与平板车上表面间的滚动摩擦系数相同,地面光滑,当弹簧突然释放后, 则（ ） A ．A 、B 组成的系统动量守恒 B ．A 、B 、 C 组成的系统动量守恒 C ．小车向左运动 D ．小车向右运动 类型三 动量守恒与能量守恒的综合应用 【例3】在静止的湖面上有一质量为M=100kg 的小船,船上站一个质量为m=50kg 的人。船长6米, A B C

专题：电磁感应导体棒问题

F 1 图专题：电磁感应导体棒问题 电磁感应导体棒问题涉及力学、功能关系、电磁学等一系列基本概念、基本规律和科学思维方法。分清不同性质的导轨，熟悉各种导轨中导体的运动性质、能量转化特点和极值规律，对于吃透基本概念，掌握基本规律，提高科学思维和综合分析能力，具有重要的意义。 主干知识 一、发电式导轨的基本特点和规律 如图1所示，间距为l 的平行导轨与电阻R 相 连，整个装置处在大小为B 、垂直导轨平面向上的匀强磁场中，质量为m 、电阻为r 的导体从静止 开始沿导轨滑下，已知导体与导轨的动摩擦因数为μ。 求：棒下滑的最大速度． 1、 电路特点 导体为发电边，与电源等效，当导体的速度为v 时，其中的电动势为 E=Blv 2、 安培力的特点 安培力为运动阻力，并随速度按正比规律增大。 F B =BI l =v r R v l B l r R Blv B ∝+=+22 3、 加速度特点 加速度随速度增大而减小，导体做加速度减小的加速运动 m r R v l B mg mg a ) /(cos sin 22+--= θμθ 4、 两个极值的规律

f a R b e B d c r 当v=0时，F B =0，加速度最大为a m =g （sin θ-μcos θ） 当a=0时，ΣF=0，速度最大，根据平衡条件有 mgsin θ=μmgcos θ+) (2 2r R v l B m + 所以，最大速度为 ：2 2) )(cos (sin l B r R mg v m +-= θμθ 5、 匀速运动时能量转化规律 当导体以最大速度匀速运动时，重力的机械功率等于安培力功率（即电功率）和摩擦力功率之和，并均达到最大值。 P G =P F +P f ?? ?????=+=+====θμθ cos )(sin 2 2 m f m m m m m m F m G mgv P r R I r R E E I v F P mgv P 当μ=0时，重力的机械功率就等于安培力功率，也等于电功率，这是发电导轨在匀速运动过程中，最基本的能量转化和守恒规律。 mgv m sin θ=F m v m =I m E m )(2 2 r R I r R E m m +=+= 例1、如图所示，两根平行金属导轨abcd,固定在同一水平面上,磁感应强度为B 的匀强磁场与导轨所在的平面垂直，导轨的电阻可忽略不计。一阻值为R 的电阻接在导轨的bc 端。在导轨上放一根质量为 m ，长为L ，电阻为r 的导体棒ef ，它可在导轨上无摩擦滑动，滑动过程中与导轨接触良好并保持垂直。 （1）若导体棒从静止开始受一恒定的水平外力F 的作用求：导体棒获得的最大速度时，ef 的位移为S,整个过程中回路产生的焦耳热。（2）若金属棒ef 在受到平行于导轨，功率恒为P 的水平外力作用下从静止开始运动。求:金属棒ef 的速度为最大值一半时的加速度a 。

动量守恒定律及其应用·典型例题精析

动量守恒定律及其应用·典型例题精析 [例题1]平静的湖面上浮着一只长l=6m，质量为550 kg的船，船头上站着一质量为m=50 kg的人，开始时，人和船均处于静止．若船行进时阻力很小，问当人从船头走到船尾时，船将行进多远？ [思路点拨]以人和船组成的系统为研究对象．因船行进时阻力很小，船及人所受重力与水对船的浮力平衡，可以认为人在船上行走时系统动量守恒，开始时人和船都停止，系统总动量为零，当人在船上走动时，无论人的速度如何，系统的总动量都保持为零不变． [解题过程]取人运动方向为正方向，设人对岸的速度为v，船对岸的速度为V，其方向与v相反，由动量守恒定律有 0＝mv＋(－MV)． 解得两速度大小之比为

此结果对于人在船上行走过程的任一瞬时都成立． 取人在船上行走时任一极短时间Δt i，在此时间内人和船都可视为匀速运动，此时间内人和船相对地面移动的距离分别为ΔS mi=v iΔt i和ΔSM i＝V iΔt i，由此有 这样人从船头走到船尾时，人和船相对地面移动的总距离分别为 S m＝∑ΔS mi，S M＝∑ΔS Mi． 由图中几何关系可知S m＋S M＝L．这样，人从船头走到船尾时，船行进的距离为 代入数据有 S M=0.5 m．

[小结]本题表明，在动量守恒条件得到满足的过程中，系统任一瞬时的总动量保持不变． [例题2]如图7－9示，物块A、B质量分别为m A、m B，用细绳连接，在水平恒力F的作用下A、B一起沿水平面做匀速直线运动，速度为v，如运动过程中，烧断细绳，仍保持力F大小方向不变，则当物块B停下来时，物块A的速度为多大？ [思路点拨]以A和B组成的系统作为研究对象．绳子烧断前，A、B 一起做匀速直线运动，故系统所受外力和为零，水平方向系统所受外力计有拉力F，物块A受到地面的摩擦力f A，物体B受到地面的摩擦力f B，且F=f A ＋f B．绳烧断后，直到B停止运动前F与f A、f B均保持不变，故在此过程中系统所受外力和仍为零，系统总动量保持不变．所以此题可用动量守恒定律求解． [解题过程]取初速v的方向为正方向，设绳断后A、B的速度大小分别为v′A、v′B，由动量守恒定律有 (m A＋m B)v＝m A v′A＋m B v′B．

动量定理、动量守恒在电磁感应中导轨与导体棒的应用—解析版

A B R v 0 B 导轨与导体棒问题 一、单棒问题 【典例1】如图所示，AB 杆受一冲量作用后以初速度v 0=4m/s 沿水平面内的固定轨道运动，经一段时间后而停止．AB 的质量为m=5g ，导轨宽为L=0.4m ，电阻为R=2Ω，其余的电阻不计，磁感强度B=0.5T ，棒和导轨间的动摩擦因数为μ=0.4，测得杆从运动到停止的过程中通过导线的电量q=10﹣2 C ，求：上述过程中 （g 取10m/s 2 ）（1）AB 杆运动的距离；（2）AB 杆运动的时间； （3）当杆速度为2m/s 时，其加速度为多大？ 【答案】（1） 0.1m ；（2）0.9s ；（3）12m/s 2 ． （2）根据动量定理有：﹣（F 安t+μmgt ）=0﹣mv 0 而F 安t=BLt=BLq ，得：BLq+μmgt=mv 0， 解得：t=0.9s （3）当杆速度为2m/s 时，由感应电动势为：E=BLv 安培力为：F=BIL ，而I= 然后根据牛顿第二定律：F+μmg=ma 代入得： 解得加速度：a=12m/s 2 ， 25.（20分） 如图(a)，超级高铁(Hyperloop)是一种以“真空管道运输”为理论核心设计的交通工具，它具有超高速、低能耗、无噪声、零污染等特点。 如图(b)，已知管道中固定着两根平行金属导轨MN 、PQ ，两导轨间距为r ；运输车的质量为m ，横截面是半径为r 的圆。运输车上固定着间距为D 、与导轨垂直的两根导体棒1和2，每根导体棒的电阻为R ，每段长度为D 的导轨的电阻也为R 。其他电阻忽略不计，重力加速度为g 。 (1)如图(c)，当管道中的导轨平面与水平面成θ=30°时，运输车恰好能无动力地匀速下滑。求运输车与导轨间的动摩擦因数μ； (2)在水平导轨上进行实验，不考虑摩擦及空气阻力。 ①当运输车由静止离站时，在导体棒2后间距为D 处接通固定在导轨上电动势为E 的直流电源，此时导体棒1、2均处于磁感应强度为B ，垂直导轨平向下的匀强磁场中，如图(d)。求刚接通电源时运输车的加速度的大小；（电源内阻不计，不考虑电磁感应现象） ②当运输车进站时，管道内依次分布磁感应强度为B ，宽度为D 的匀强磁场，且相邻的匀强磁场的方向相反。求运输车以速度vo 从如图(e)通过距离D 后的速度v 。 【典例3】 如图所示,水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m 的金属棒ab .导轨的一端连接电阻R ，其他

电磁感应中动量定理和动量守恒定律的运用

高考物理电磁感应中动量定理和动量守恒定律的运用(1)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，R D质量为m的金属棒ab从MN处由静止释放经时间t到达轨道最低点 (1)棒从ab到cd过程中通过棒的电量。 (2)棒在cd处的加速度。两轨道间距为 cd时的速度为 MN间接有阻值 L，一电阻也为 V,不计摩擦。求: (4)如图3所示,在水平面上有两条导电导轨MN、PQ导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁 感应强度的大小为B，两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直。它们的 电阻均为R两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆的摩擦不计。杆 V0滑向杆2,为使两杆不相碰，则杆2固定与不固定两种情况下，最初摆放两杆时的最少距离之比为： X n X X X F X jh> A.1:1 B.1:2 C.2:1 D.1:1 X X X X X K K --- 片 X X X X X K X M K 户TT X X X X X X ■3 1以初速度 (2)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, A.完全进入磁场中时的速度大于( B.完全进入磁场中时的速度等于( C完全进入磁场中时的速度小于( D.以上情况均有可能V0+V) V0+V) V0+V) 12 /2 /2 L的区域内，现有一个边速度为 V(V< V0)，那么线圈 L- X X X X [K X M j X X 1 X X :X X 图2 X : X : X * * X ? 5:如图所示，光滑导轨EF、GH等高平行放置，EG间宽度为FH间宽度的3倍，导轨右侧水平且处于竖直向 上的匀强磁场中，左侧呈弧形升高。ab、cd是质量均为m的金属棒，现让ab从离水平轨道h 高处由静止下滑，设导轨足够长。试求：(1)ab、cd棒的最终速度；(2)全过程中感应电流产生的焦耳 热。 ，导体棒AB垂直于导轨放置，质量 V0,求AB (3)在水平光滑等距的金属导轨上有一定值电阻R导轨宽d电阻不计 为m ,整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B.现给导体棒一水平初速度在导轨上滑行的距离.

电磁感应中动量定理和动量守恒定律的运用

. . 高考物理电磁感应中动量定理和动量守恒定律的运用 （1）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：（1）棒从ab到cd过程中通过棒的电量。 （2）棒在cd处的加速度。 (2)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﹤v0)，那么线圈 A.完全进入磁场中时的速度大于（v0+v）/2 B.完全进入磁场中时的速度等于（v0+v）/2 C.完全进入磁场中时的速度小于（v0+v）/2 D.以上情况均有可能 （3）在水平光滑等距的金属导轨上有一定值电阻R,导轨宽d电阻不计,导体棒AB垂直于导轨放置,质量为m ,整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度为B.现给导体棒一水平初速度v0,求AB 在导轨上滑行的距离. (4)如图3所示,在水平面上有两条导电导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度的大小为B，两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直。它们的电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆的摩擦不计。杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则杆2固定与不固定两种情况下，最初摆放两杆时的最少距离之比为： A.1:1 B.1:2 C.2:1 D.1:1 5:如图所示，光滑导轨EF、GH等高平行放置，EG间宽度为FH间宽度的3倍，导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中，左侧呈弧形升高。ab、cd是质量均为m的金属棒，现让ab从离水平轨道h 高处由静止下滑，设导轨足够长。试求： (1)ab、cd棒的最终速度；(2)全过程中感应电流产生的焦耳热。

电磁感应中的导体棒问题

电磁感应中的导体棒问题 电磁感应中的导轨上的导体棒问题是历年高考的考点。该类问题是力学和电学的综合问题，通过它可以考查考生综合运用知识的能力。解滑轨上导体棒的运动问题，首先要挖掘出导体棒的稳定条件及它最后能达到的稳定状态，然后才能利用相关知识和稳定条件列方程求解。 一、滑轨上只有一根导体棒的问题 滑轨上只有一个导体棒的问题，分三类情况：一种是含电源闭合电路的导体棒问题，另一种是闭合电路中的导体棒在安培力之外的力作用下的问题。第三种是含有电容器的问题。 （一）含电源闭合电路的导体棒问题 例1 如图1所示，水平放置的光滑导轨MN 、PQ 上放有长为L 、电阻为R 、质量为m 的金属棒ab ，导轨左端接有内阻不计、电动势为E 的电源组成回路，整个装置放在竖直向上的匀强磁场B 中，导轨电阻不计且足够长，并与电键S 串联。当闭合电键后，求金属棒可达到的最大速度。 （二）闭合电路中的导体棒在安培力之外的力作用下的问题 1. 导体棒在外力作用下从静止运动问题 例2 如图所示，倾角θ=30o、宽度L =1m 的足够长的“U ”形平行光滑金属导轨固定在磁感应强度B =1T ，范围充分大的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下。用平行于轨道的牵引力拉一根质量m =0.2㎏、电阻R =1Ω放在导轨上的金属棒a b ，使之由静止沿轨道向上移动，牵引力做功的功率恒为6W ，当金属棒移动2.8m 时，获得稳定速度，在此过程中金属棒产生的热量为5.8J ，不计导轨电阻及一切摩擦，取g =10m/s 2。求：（1）金属棒达到稳定时速度是多大？ （2）金属棒从静止达到稳定速度时所需的时间多长？ 2. 外力作用下有初速问题 例3 如图4所示，匀强磁场竖直向上穿过水平放置的金属框架，框架宽为L ，右端接有电阻为R ，磁感应强度为B ，一根质量为m 、电阻不计的金属棒受到外力冲量后，以的初速度沿框架向左运动，棒与框架的动摩擦因数为，测得棒在整个运动过程中，通过任一截面的电量为q ，求：（1）棒能运动的距离？（2）R 上产生的热量？ （三）含有电容器的问题 例4 【2013新课标 25】(19分)如图．两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L 。导轨上端接有一平行板电容器，电容为c 。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ．方向垂直于导轨平面。在导轨上放置质量为m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g 。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求(1)电容器极扳上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系：(2)金属转的速度大小随时间变化的关系。

电磁感应动量定理应用

电磁感应与动量的综合 1．安培力的冲量与电量之间的关系： 设想在某一回路中，一部分导体仅在安培力作用下运动时，安培力为变力，但其冲量可用它对时间的平均值进行计算，即t F I ?=安 冲 而F ＝B I L （I 为电流对时间的平均值） 故有：安培力的冲量t L I B I ??=冲 而电量q =I Δt ，故有BLq I =冲 因只在安培力作用下运动 BLq =mv 2－mv 1 BL P q ?= 2．感应电量与磁通量的化量的关系：R n t R t n t R E t I q ?Φ=????Φ=??=??= 若磁感应强度是匀强磁场，R BLx R S B R q =?=?Φ= 以电量作为桥梁，把安培力的冲量、动量变化量与回路磁通量的变化量、导体棒的位移联系起来。 例1．如图所示，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

电磁感应拓展延伸(各种单双棒模型汇总)

电磁感应中的导体棒专题 掌握基本模型： 1、光滑导轨宽为L ，导体棒受向右的恒力F 从静止开始向右运动，定值电阻为R ，其它电阻不计。磁感应强度为B ，分析导体棒的运动情况并判断最终状态。 : 2、光滑导轨宽为L ，导体棒以初速度v 0向右开始运动，定值电阻为R ，其它电阻不计。磁感应强度为B 。分析导体棒的运动情况并判断最终状态。 · 3、光滑导轨宽为L ，质量为m 的导体棒以初速度v 0向右开始运动，电容为C ，磁感应强度为B 。分析导体棒的运动情况并判断最终状态。 , 4、光滑导轨宽为L ，质量为m 的导体棒受向右的恒力F 从静止开始向右运动，电容为C ，磁感应强度为B ，分析导体棒的运动情况并判断最终状态。 5、光滑导轨宽为L ，质量为m 、电阻为R 的导体棒由静止开始向右开始运动，磁感应强度为B ，电源电动势为E ，内阻为r,分析导体棒的运动情况并判断最终状态。 ： 6、导体棒1以初速度v 0向右开始运动，两棒电阻分别为R 1和R 2，质量分别为m 1和m 2，其它电阻不计。磁感应强度为B 。分析导体棒的运动情况并判断最终状态。 : 7、导体棒1受恒力F 从静止开始向右运动，两棒电阻分别为R 1和R 2，质量分别为m 1和m 2，其它电阻不计。磁感应强度为B 。分析导体棒的运动情况并判断最终状态。 ； 强化练习： 1、如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L 的区域内，有一个边 F R B v 0 B 1 2 ， B 1 2 v 0 R

长为a（a