【正文】 而F2＝＋(N)解得I＝ (A)整個電路中的電動勢由桿a運(yùn)動產(chǎn)生，故E＝I(Ra＋Rb)E＝B1Lv解得v＝4t所以，桿a做加速度為a＝4 m/s2的勻加速運(yùn)動．(2)桿a在1 s內(nèi)運(yùn)動的距離d＝at2＝2 mq＝Δt＝E＝＝q＝＝＝ C即1 C(3)設(shè)整個電路中產(chǎn)生的熱量為Q，由能量守恒定律得W1－Q＝mvv1＝at＝8 m/s解得Q＝10 J從而Qb＝Q＝6 J例如圖所示，間距為l的平行金屬導(dǎo)軌LMN和OPQ分別固定在兩個豎直面內(nèi)，電阻為R、質(zhì)量為m、長為l 的相同導(dǎo)體桿ab和cd分別放置在導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直. 在水平光滑導(dǎo)軌間有與水平面成、并垂直于ab的勻強(qiáng)磁場；傾斜導(dǎo)軌間有沿斜面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B。＝，cos 37176。＋I(xiàn)lB代入數(shù)據(jù)解得F＝ N(3)設(shè)在時間t內(nèi)棒cd產(chǎn)生Q＝ J的熱量，由焦耳定律知Q＝I2Rt設(shè)棒ab勻速運(yùn)動的速度大小為v，其產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv由閉合電路歐姆定律知I＝由運(yùn)動學(xué)公式知在時間t內(nèi)，棒ab沿導(dǎo)軌的位移s＝vt力F做的功W＝Fs綜合上述各式，代入數(shù)據(jù)解得W＝ J4． 如圖11所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌cd和ef水平放置，在其左端連接傾角為θ＝37176。角．完全相同的兩金屬棒ab、cd分別垂直導(dǎo)軌放置，每棒兩端都與導(dǎo)軌始終有良好接觸，已知兩棒質(zhì)量均為m＝ kg，電阻均為R＝ Ω，整個裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝ T，棒ab在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下，沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動，而棒cd恰好能夠保持靜止，取g＝10 m/s2，問：(1)通過棒cd的電流I是多少，方向如何？(2)棒ab受到的力F多大？(3)棒cd每產(chǎn)生Q＝ J的熱量，力F做的功W是多少？答案　(1)1 A　方向由d至c　(2) N　(3) J解析　(1)棒cd受到的安培力Fcd＝IlB棒cd在共點(diǎn)力作用下受力平衡，則Fcd＝mgsin 30176。天津理綜t(0≤t≤ ) (1分)方向垂直于桿平行于導(dǎo)軌向下． (1分)(3)甲在磁場運(yùn)動過程中，乙沒有進(jìn)入磁場，設(shè)甲離開磁場時速度為v0，甲、乙產(chǎn)生的熱量相同，均設(shè)為Q1，則v＝2aL (1分)W＋mgLsin θ＝2Q1＋mv (2分)解得W＝2Q1＋mgLsin θ乙在磁場運(yùn)動過程中，甲、乙產(chǎn)生相同的熱量，均設(shè)為Q2，則2Q2＝mgLsin θ(2分)根據(jù)題意有Q＝Q1＋Q2 (1分)解得W＝2Q (1分)答案　(1) (2)F＝mgsin θ＋mgsin θ t，L＝gsin θ 解析　(1)設(shè)甲在磁場區(qū)域abcd內(nèi)運(yùn)動時間為t1，乙從開始運(yùn)動到ab位置的時間為t2，則由運(yùn)動學(xué)公式得L＝若B固定于地面，則類似單金屬棒。題后：電磁感應(yīng)中的金屬棒導(dǎo)軌問題，可以用力學(xué)中滑塊A在滑板B上運(yùn)動作為物理模型。根據(jù)能量守恒整個過程外力做的功等于回路產(chǎn)生的總熱量和系統(tǒng)的動能，C項正確。由于外力和安培力的作用，開始時ab棒加速度大于cd棒，兩者速度差增大，回路感應(yīng)電動勢增大，感應(yīng)電流增大，使ab加速度減小，cd加速度增大，當(dāng)兩棒加速度相等時速度差最大，回路感應(yīng)電動勢最大。外力除克服ab棒上安培力做功外，還要對cd棒做正功。則A．安培力對cd做正功使它向右加速運(yùn)動B．外力F做的功等于克服ab棒上安培力的功C．外力作的功等于回路產(chǎn)生的總熱量和系統(tǒng)的動能D．回路電動勢先增后減兩棒共速時為零解析：開始時ab棒在外力F作用下向右切割磁感線產(chǎn)生電磁感應(yīng)，ab棒相當(dāng)于電源，由右手定則，b端電勢較低，a端電勢高，形成由b→a→c→d→b逆時轉(zhuǎn)電流。 練習(xí)針對訓(xùn)練、足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌E F，P Q水平放置，質(zhì)量為m電阻為R的相同金屬棒ab，cd與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)軌平面向里如圖5所示。處理這類問題可以利用力的觀點(diǎn)進(jìn)行分析，也可以利用能的觀點(diǎn)進(jìn)行分析，還可以利用動量的觀點(diǎn)進(jìn)行分析。這兩步是正確選用物理規(guī)律基礎(chǔ)。也可先判斷出感應(yīng)電流方向，再用左手定則判斷安培力的方向。計算回路的電流時，用閉合電路歐姆定律時，電動勢是回路的電動勢，不是一根導(dǎo)體中的電動勢，電阻是回路的電阻，而不是一根導(dǎo)體的電阻?；芈分械母袘?yīng)電動勢：回路中的電流為：ab受安培力向上，cd受安培力向下，大小都為：設(shè)軟導(dǎo)線對兩桿的拉力為T，由力的平衡條件：對ab有：T + F = Mg 對cd有：T = mg ＋ F所以有：，解得： 小結(jié)：從以上的分析可以看出處理“雙桿滑動”問題要注意以下幾點(diǎn)：在分析雙桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢時，要注意是同向還是反向，可以根據(jù)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向來確定，若同向，回路的電動勢是二者相加，反之二者相減。 ＝三、繩連的“雙桿滑動”問題兩金屬桿ab和cd長均為l ，電阻均為R，質(zhì)量分別為M和m，Mm，用兩根質(zhì)量和電阻均可忽略的不可伸長的柔軟導(dǎo)線將它們連成閉合回路，并懸掛在水平光滑不導(dǎo)電的圓棒兩側(cè)，兩金屬桿處在水平位置，如圖4所示，整個裝置處在一與回路平面相垂直的勻強(qiáng)磁場中，磁感強(qiáng)度為B，若金屬桿ab正好勻速向下運(yùn)動，求運(yùn)動速度。現(xiàn)有一與導(dǎo)軌平行，使金屬桿在導(dǎo)軌上滑動。導(dǎo)軌間的距離，兩根質(zhì)量均為的平行金屬桿甲、乙可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動，滑動過程中與導(dǎo)軌保持垂直，每根金屬桿的電阻為。④ (1)自由下滑，機(jī)械能守恒： ①由于、串聯(lián)在同一電路中，任何時刻通過的電流總相等，金屬棒有效長度，故它們的磁場力為： ②在磁場力作用下，、各作變速運(yùn)動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相反，當(dāng)時，電路中感應(yīng)電流為零()，安培力為零，、運(yùn)動趨于穩(wěn)定，此時有：所以 試求： (1)、棒的最終速度；(2)全過程中感應(yīng)電流產(chǎn)生的焦耳熱?！窘馕觥? 解法一：設(shè)桿2的運(yùn)動速度為v，由于兩桿運(yùn)動時，兩桿和導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢ε=Bl(v0v) ①，感應(yīng)電流I=ε/(R1+R2)②，桿2運(yùn)動受到的安培力等于摩擦力BIl=μm2g ③，導(dǎo)體桿2克服摩擦力做功的功率P=μm2gv ④，解得P=μm2g[v0μm2g (R1+R2)/B2l2⑤解法二：以F表示拖動桿1的外力，表示回路的電流，達(dá)到穩(wěn)定時，對桿1有Fμm1gBIl①，對桿2有BIlμm2g=0、②，外力的功率PF=Fv0③，以P表示桿2克服摩本題主要考查考生應(yīng)用電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和牛頓運(yùn)動定律解決力電綜合問題的能力．二、不等間距水平導(dǎo)軌，無水平外力作用（安培力除外）如圖所示，光滑導(dǎo)軌、等高平行放置，間寬度為間寬度的3倍，導(dǎo)軌右側(cè)水平且處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，左側(cè)呈弧形升高。從初始至兩棒達(dá)到速度相同的過程中，兩棒組成的系統(tǒng)受外力之和為零，系統(tǒng)的總動量守恒，有：mv0 = 2mv，所以最終作勻速直線運(yùn)動的速度為：v = v0 /2兩棒的速度達(dá)到相等前，兩棒機(jī)械能不斷轉(zhuǎn)化為回路的電能，最終電能又轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。兩金屬桿都要受到安培力作用，作用于桿的安培力為 ③ 方向向上，作用于桿的安培力 方向向下。(04全國2)【解析】設(shè)桿向上運(yùn)動的速度為，因桿的運(yùn)動，兩桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的面積減少，從而磁通量也減少。F為作用于金屬桿上的豎直向上的恒力。與為兩根用不可伸長的絕緣輕線相連的金屬細(xì)桿，質(zhì)量分別為和，它們都垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌保持光滑接觸。 圖中和為在同一豎直平面內(nèi)的金屬導(dǎo)軌，處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌所在的平面(紙面)向里。當(dāng)棒的速度與棒接近時，閉合回路中的逐漸減小，感應(yīng)電流也逐漸減小，則安培力也逐漸減小。 t = m vb－m vb0聯(lián)立二式解得：vb = 18 m/s，正確答案為：A、C。釋放棒后，經(jīng)過時間t，分別以和為研究對象，根據(jù)動量定理，則有： 對a有：( mg + I ) 在釋放a后的1s內(nèi)對a、b使用動量定理，這里安培力是個變力，但兩桿所受安培力總是大小相等、方向相反的，設(shè)在1s內(nèi)它的沖量大小都為I，選向下的方向為正方向。再用左手定則判斷兩桿所受的安培力，對兩桿進(jìn)行受力分析如圖1。經(jīng)過t=，金屬桿甲的加速度為a=，問此時兩金屬桿的速度各為多少？【解析】回路中的電流 桿甲的運(yùn)動方程帶入上式的V甲V乙=由于作用于桿甲和桿乙的安培力總是大小相等，方向相反，所以兩桿的動量時為0）等于外力F的沖量。在t=0時刻，兩桿都處于靜止?fàn)顟B(tài)。導(dǎo)軌間的距離l=。,求：（1）ab棒在N處進(jìn)入磁場區(qū)速度多大？此時棒中電流是多少？（2） cd棒能達(dá)到的最大速度是多大？（3）ab棒由靜止到達(dá)最大速度過程中,系統(tǒng)所能釋放的熱量是多少？【解析】（1）；回路中電流強(qiáng)度為 （2）；（3）系統(tǒng)釋放熱量應(yīng)等于系統(tǒng)機(jī)械能減少量，故有有外力等距雙棒F12（1）電路特點(diǎn)：棒2相當(dāng)于電源。棒1受安培力而加速起動,運(yùn)動后產(chǎn)生反電動勢.（2）電流特點(diǎn)：隨著棒2的減速、棒1的加速，兩棒的相對速度v2v1變小，回路中電流也變小。一質(zhì)量為m，電阻不計的金屬棒ab橫跨在導(dǎo)軌上．已知電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，電容器的電容為C，定值電阻的阻值為R0，不計導(dǎo)軌的電阻．(1)當(dāng)S接1時，金屬棒ab在磁場中恰好保持靜止，則滑動變阻器接入電路的阻值R多大？(2)當(dāng)S接2后，金屬棒ab從靜止開始下落，下落距離s時達(dá)到穩(wěn)定速度，則此穩(wěn)定速度的大小為多大？下落s的過程中所需的時間為多少？(3)先把開關(guān)S接通2，待ab達(dá)到穩(wěn)定速度后，再將開關(guān)S接到3．試通過推導(dǎo)，說明ab棒此后的運(yùn)動性質(zhì)如何？解析：(1) ，得(2) ，得由動量定理得，其中得（3）S接3后的充電電流為，得=常量。（2）安培力特點(diǎn)：安培力為動力，并隨速度增大而減小?！?。動能全部轉(zhuǎn)化為電熱?！窘馕觥浚?）ab運(yùn)動切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E，所以ab相當(dāng)于電源，與外電阻R構(gòu)成回路。（1）試求剛開始滑動時ab兩點(diǎn)間的電勢差。（2）安培力的特點(diǎn)：安培力為阻力，并隨速度減小而減小。⑩(11)聯(lián)立⑤至(11)式得(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,t時刻金屬棒下滑的速度大小為vN=mgcos⑨⑦ 式中為金屬棒速度的變化量按加速度的定義有⑤設(shè)在t～t+時間間隔內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為，按定義有③聯(lián)立①②③式解得②設(shè)此時電容器極板上儲存的電荷為Q，按定義有①平行板電容器兩極板的電壓為U，U=E（1）（2）（1）設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v，則感應(yīng)電動勢為 E=BLv忽略所有電阻。在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，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。導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為C。廣東理綜……………..(1分)與電容器結(jié)合