電磁感應(yīng)+動量與導(dǎo)軌保持垂直且接觸良好，水平面光滑軌道足夠長。已知d=0.5m，R=1Ω,B=1T，ma=mb=解析(1)金屬棒a剛進(jìn)磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=Bdv0=1×0.5×2V=1V(2)金屬棒a在磁場區(qū)域外的加速度為am/s2=2m/s2根據(jù)牛頓第二定律有magsin37°-μmagcos37°=maa1金屬棒a與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)μ=0.5金屬棒a中的電流為I解得金屬棒在磁場中能夠達(dá)到的最大速率vm=6m/s。37°·Δt-μmagcos37°·Δt-BdIΔt=mav-mav0解得x=6.6m根據(jù)動能定理有magxsin37°-μmagxcos37°-Qmavmav此過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為QRQ=2.4J。mavm=(ma+mb)v1整理得Bdv△t=L△I方程兩側(cè)求和∑Bdv△注意到∑v△t=xm,∑△I=I1 R總=1.2rE=BLv0根據(jù)閉合電路歐姆定律而-BLI1t1=mv1-mv0-2BLI2t2=mv2-mv1-BLI3t3=0-mv2-6BLq=0-mv0 m=m/=2mR/=R-6BLq/=m/v3-m/.2v0q/==v3=v0Q2=m/(2v0)2-m/v=3mvI1=定值電阻兩端的電壓U=I1R解得U=BLv0定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱為Q2RQ2Q=Q1R+Q2R解得Qmv根據(jù)動量定理，設(shè)初速度方向為正方向，有-BI1Lt1=0-mv1導(dǎo)體棒運動的位移為x1=1t1根據(jù)動量定理，設(shè)初速度方向為正方向，有-BLI2t2=0-mv2根據(jù)動量定理，設(shè)初速度方向為正方向，有-BLI2t2=0-mv2,導(dǎo)體棒運動的位移為x2=v2t2其中v1=v0,v2=v0由題意，有：x1-x2=x2-x3解得v3=v0 (1)求小球與導(dǎo)體棒M碰前的速度大小v；(2)求小球與導(dǎo)體棒M碰后瞬間，N棒的加速度大小a；(3)若N棒離開EF時的速度與M棒速度相等(M仍在磁場中且與N未發(fā)生碰撞)，為確保之后M棒也能解得v=2v0m0v=m0v1+mv2，m0v2=m0v+mv，解得v1=-v0，v2=v0，根據(jù)閉合電路歐姆定律和安培力表達(dá)式得I=，F(xiàn)安=BIl對N棒根據(jù)牛頓第二定律，聯(lián)立有+mgsinθ-f=ma由于未碰撞前導(dǎo)體棒恰好不下滑，則有f=f'=mgsinθ,解得a解得v3=v0-+mgsinθt-ft=mv3-mv2當(dāng)M、N在磁場中不發(fā)生碰撞，兩導(dǎo)體棒初始距離的最小值d0為該過程中相對位移大小整理得=mv2-mv3，解得d0=4mv0RN棒離開磁場后，M棒切割磁感線做減速運動，由動量定理得0-mv3，故為確保之后M棒也能離開磁場，d最小為dmin=d0+x=，應(yīng)該滿足的條件范圍a<φB-BI×2dΔt=Mv1-Mv0UC=B×2d×v1其中Q=IΔt代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得v1=2.1m/s； (2×5+1(Bd×0.5dB×2d×C×B×2d×(v1-v7( (2×5+1(Bd×0.5d代入數(shù)據(jù)解得v7=1m/s=Mv8-Mv7R=Mv8-Mv7R v8=0Q=Mv-Mv定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱QQ總分)回路產(chǎn)生感應(yīng)電流I導(dǎo)體棒受安培力大小BIL分)由動量定理有(mgsinθ-FA')Δt=m△v左右兩邊求和，有mgTsinm(v2-v1(mgTsinθ=m(v1-v2((1分)θ=mv-mv(1分)t=t0+(2n-1(T=+(2分向垂直于線圈平面向里。電阻不計的寬度L=0.5m的足夠長的水平光滑金屬軌道MN、PO通過開關(guān) E=n=100×V=10VF=B1IL=2×2.5×0.5N=2.5NB1Lvm=E得mvm+m(-v0)=mv1+mv2mv+m(-v0)2=mv+mvv1=-2m/s，v2=10m/s(3)碰后cd切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小E1=B2Lv2=2×0.5×10V=10VE2=BLv2