電磁感應(yīng)計(jì)算題專練

1、專題強(qiáng)化電磁感應(yīng)計(jì)算題專練對回路分析上導(dǎo)督B2l2“c聯(lián)立得”gsin計(jì)BmR091、(2016全國卷II 24)如圖，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導(dǎo)軌上.t=0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為 F的恒定拉力作用下由靜止開始運(yùn)動.to時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運(yùn)動.桿與導(dǎo)軌的電阻均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為 四重力加速度大小為 g.求：pi產(chǎn)冥乂葉金屬桿在磁場中運(yùn)動時(shí)產(chǎn)生的電動勢的大小；。工；:(2)電阻的阻值.LI8:答案(1)Blto(m 言

2、解析(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場前的加速度大小為a,由牛頓第二定律得 F- mg= ma設(shè)金屬桿到達(dá)磁場左邊界時(shí)的速度為v,由運(yùn)動學(xué)公式有 v=ato當(dāng)金屬桿以速度 v在磁場中運(yùn)動時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律知產(chǎn)生的電動勢為E=Blv 聯(lián)立式可得E=Blto(F圖 (2)設(shè)金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運(yùn)動時(shí)，金屬桿中的電流為I,根據(jù)歐姆定律I=E R式中R為電阻的阻值.金屬桿所受的安培力為F安=811因金屬桿做勻速運(yùn)動，有F- mg- F安=0聯(lián)立 式得R=B-l-t0.m2、(2017上海單科20改編)如圖，光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L,與水平面夾角為。，兩導(dǎo)軌上端用阻值為 R的電阻相連，該裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為

3、B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面.質(zhì)量為m的金屬桿ab以沿導(dǎo)軌平面向上的初速度V0從導(dǎo)軌底端開始運(yùn)動，然后又返回到出發(fā)位置.在運(yùn)動過程中，ab與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不方t ab和導(dǎo)軌的電阻及空氣阻力.(1)求ab開始運(yùn)動時(shí)的加速度 a的大小；(2)分析并說明ab在整個運(yùn)動過程中速度、加速度的變化情況.解析(1)利用楞次定律，對初始狀態(tài)的ab受力分析得：mgsin。+ BIL = ma(2)上滑過程：B2L 2V由第(1)問中的分析可知，上滑過程加速度大小表達(dá)式為：a上=gsin。+ BmRv上滑過程，a、v反向，做減速運(yùn)動.利用式，v減小則a減小，可知，桿上滑時(shí)做加速度逐漸 減小的減速運(yùn)

4、動.下滑過程：由牛頓第二定律，對ab受力分析得：mgsin 0-BLv=ma下RB2L2vea 下=gsin 0tmR因a下與v同向，ab做加速運(yùn)動 由得v增加，a下減小，桿下滑時(shí)做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動3、如圖所示，間距為L的平行且足夠長的光滑導(dǎo)軌由兩部分組成.傾斜部分與水平部分平滑相連，傾角為以在傾斜導(dǎo)軌頂端連接一阻值為r的定值電阻.質(zhì)量為m、電阻也為r的金屬桿MN垂直導(dǎo)軌跨放在導(dǎo)軌上，在傾斜導(dǎo)軌區(qū)域加一垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場；在水平導(dǎo)軌區(qū)域加另一垂直軌道平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度也為B的勻強(qiáng)磁場.閉合開關(guān)S,讓金屬桿MN從圖示位置由靜止釋放，已知金屬桿MN運(yùn)動到水平軌道前

5、，已達(dá)到最大速度，不計(jì)導(dǎo)軌電阻且金屬桿MN兩端始終與導(dǎo)軌接觸良好，重力加速度為g.求：金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑彳T的最大速率vm；s：(2)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上運(yùn)動， 速度未達(dá)到最大速度 vm前，當(dāng)流經(jīng)定值電阻的電流從零增大到I0的過程中，通過定值電阻的電囁瓜二荷量為q,求這段時(shí)間內(nèi)在定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱Q;(3)金屬桿MN在水平導(dǎo)軌上滑彳T的最大距離Xm.解析(1)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑行的速度最大時(shí)，其受到的合力為零，對其受力分析，可得 mgsin 9- BImL = 0根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律可得：Im=BLvm解得：vm = 2mg晉- B L(2)設(shè)在這段時(shí)間內(nèi)

6、，金屬桿 MN運(yùn)動的位移為x由電流的定義可得：q= I At根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律得：平均電流丁 =旦至= .BLx2r At 2rAt(2)安培力F=BId 由牛頓第二定律得 F = maB2d2vo 解得a=FRB2d2 vo- v 2解得P=七1R解得：x = 2qr BL設(shè)電流為Io時(shí)金屬桿MN的速度為vo,根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律,(3)金屬桿切割磁感線的相對速度v =vov,則E 2感應(yīng)電動勢 E =Bd(vo-v)電功率P=R可得Io = BL-V0,解得V0=誓 2rBL1 o設(shè)此過程中，電路廣生的焦耳熱為Q熱，由功能關(guān)系可得：mgxsin 0

7、= Q熱+2mv05.(2016全國卷I 24)如圖，兩固定的絕緣斜面傾角均為和cd(僅標(biāo)出c端)長度土勻?yàn)長,質(zhì)量分別為2m和m;0,上沿相連.兩細(xì)金屬棒ab(僅標(biāo)出a端) 用兩根不可伸長的柔軟輕導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca,并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上,使兩金屬棒水平.1te值電阻r廣生的焦耳熱 Q = 2Q熱右斜面上存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于斜面向上，已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁解得：Q =BL(3)設(shè)金屬桿MN在水平導(dǎo)軌上滑行時(shí)的加速度大小為a,速度為v時(shí)回路電流為I,由牛頓第二定律得：BIL = ma場中，回路電阻為 R,兩金屬棒與斜面間的動摩

8、擦因數(shù)均為由重力加速度大小為 g,已知金屬棒ab勻速下滑.求：作用在金屬棒ab上的安培力的大小；(2)金屬棒運(yùn)動速度的大小.答案 (1)mg(sin 0 3 pcos )由法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律可得:,BLvI =2r(2)mgR(sin 0 3 3s 0) B L聯(lián)立可得:得：xmB2L2AvHv=m 94m2gr2sin (B4Tb2l2b2l2 _2r vAt= mAv,即 2r xm= mvm4、如圖所示，兩條相距 d的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻 質(zhì)量為m的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 B、方向豎直向下

9、.當(dāng)該磁場區(qū)域以速度 Vo勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関.導(dǎo)軌和金屬桿 的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌光滑且足夠長，桿在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸求：(1)MN剛掃過金屬桿時(shí)，桿中感應(yīng)電流的大小I;(2)MN剛掃過金屬桿時(shí)，桿的加速度大小a；(3)PQ剛要離開金屬桿時(shí)，感應(yīng)電流的功率P.BdV0八0B2d2 v。-v 2答案 R (2) mR (3) R解析 (1)MN剛掃過金屬桿時(shí)，感應(yīng)電動勢E=Bdv。感應(yīng)電流I = ER解析(1)由于ab、cd棒被平行于斜面的導(dǎo)線相連，故 ab、cd速度總是相等，cd也做勻速直線 運(yùn)動.設(shè)導(dǎo)線的張力的大小為F右斜面對ab棒的支持力白大

10、小為 Fn1,作用在ab棒上的安培力的大小為F,左斜面對cd棒的支持力大小為 Fn2,對于ab棒，受力分析如圖甲所示，由力的 平衡條件得甲乙2mgsin 9=W比+Ft+F Fw=2mgcos 0對于cd棒，受力分析如圖乙所示，由力的平衡條件得mgsin 0+(iIN2 = Ft = Ft Fn2= mgcos 0聯(lián)立 式得：F = mg(sin 0 3 20s (2)設(shè)金屬棒運(yùn)動速度大小為v, ab棒上的感應(yīng)電動勢為 E = BLv回路中電流I = E 安培力f = bil R系為Bi = kt,式中k為常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，區(qū)域左邊界MN (虛線)與導(dǎo)軌垂直，磁場的磁感應(yīng)弓

11、雖度大小為 Bo,方向也垂直于紙面向里.某時(shí)刻,聯(lián)立得：v=mgLR(sin 0 3(ros 金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運(yùn)動,6.如圖所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌傾斜放置且固定，兩導(dǎo)軌間距為導(dǎo)軌下端有垂直于軌道的擋板(圖中未畫出)，上端連接一個阻值L,與水平面間的夾角為以R= 2r的電阻，整個裝置處在磁好以速度vo越過MN,此后向右做勻速運(yùn)動.金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計(jì).求:在to時(shí)刻恰金屬棒, (* X jX X X X XIX X X X J KXXX M I X感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直導(dǎo)軌向上的勻強(qiáng)磁場中，兩根相同的金屬棒ab、cd放在導(dǎo)軌下端，

12、其在t=0到t= to時(shí)間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的絕對值;中棒ab靠在擋板上，棒cd在沿導(dǎo)軌平面向上的拉力作用下，由靜止開始沿導(dǎo)軌向上做加速度為(2)在時(shí)刻t(tto)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大小a的勻加速運(yùn)動.已知每根金屬棒質(zhì)量為m、長度為L、電阻為r,導(dǎo)軌電阻不計(jì)，棒與導(dǎo)軌始終答案(1)萼(2)Blv0(t t0)+kSt (B0lv0+kS用RR接觸良好求:經(jīng)多長時(shí)間棒ab對擋板的壓力變?yōu)榱?(2)棒ab對擋板壓力為零時(shí)，電阻 R的電功率;棒ab運(yùn)動前，拉力F隨時(shí)間t的變化關(guān)系.解析 (1)在金屬棒未越過 MN之前，穿過回路的磁通量的變化量為由法拉第電磁感應(yīng)定律有E

13、 = - 4蟲=ABS= k AtS2 22答案5mgp2 (2)mgr2sin92B L a - 2B L(3)F = m(gsin、3B2L2a, 0+ a) + c t / 5r由歐姆定律得I=ER由電流的定義得i= a聯(lián)立式得解析(1)棒ab對擋板的壓力為零時(shí),受力分析可得BIabL= mgsinkS|聞=晨AtR設(shè)經(jīng)時(shí)間電棒ab對擋板的壓力為零,棒cd產(chǎn)生的電動勢為E,則E=BLat0由式得，在t= 0到t=t0的時(shí)間間隔內(nèi)即 用=卜，流過電阻R的電荷量q的絕對值為回路中電流上氏R外=Rr=R+ r 3rI ab = IR+ r|q尸管母解得t0:嚅瞥2B L a(2)當(dāng)tt0時(shí)，金

14、屬棒已越過 MN .由于金屬棒在 MN右側(cè)做勻速運(yùn)動，有 F=F安式中，F(xiàn)是外加水平恒力，F(xiàn)安是金屬棒受到的安培力.設(shè)此時(shí)回路中的電流為 I,(2)棒ab對擋板壓力為零時(shí),cd兩端電壓為Ucd=E-Ir 解得 Ucd = mg blF安=30此時(shí)電阻R的電功率為P=M解得m2g21si02 e p=2B2L2-此時(shí)金屬棒與 MN之間的距離為s= V0(t-t0)d勻強(qiáng)磁場穿過回路的磁通量為=Bls回路的總磁通量為尸+(3)對cd棒，由牛頓第二定律得FBI Lmgsin 0= ma IE其中二BiS= ktS ?E =BLat由？ 式得，在時(shí)刻t(tt),穿過回路的總磁通量為Ot=B0lv0(t

15、-t0)+kSt?解得 F = m(gsin。+ a)+ 3B L at. 5r在t到t+ At的時(shí)間間隔內(nèi)，總磁通量的改變量At為AOt= (B0lv0+ kS) X ?7.(2016全國卷m 25)如圖，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為 R的電阻；一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上；在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面由法拉第電磁感應(yīng)定律得，回路感應(yīng)電動勢的大小為E3t ?EL At -積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小Bi隨時(shí)間t的變化關(guān)由歐姆定律得IR電阻R上產(chǎn)生的熱量V2,從穿出區(qū)域I到進(jìn)入?yún)^(qū)域n , V12-V22=2gh

16、,得:示，若使b棒以初速度V0=10 m/s開始向左c不相撞,g取10 m/s2,求：(1)c棒的最大速度；(2)c棒達(dá)最大速度時(shí)，此棒產(chǎn)生的焦耳熱；(3)若c棒達(dá)最大速度后沿半圓軌道上滑，金屬棒答案 (1)5 m/s (2)1.25 J (3)1.25 N解析(1)在磁場力彳用下，b棒做減速運(yùn)動， 速度.選兩棒為研究對象，根據(jù)動量守恒定律有聯(lián)立？ 式得F= (B0lvo+ kS)登.8、如圖所示，兩根電阻不計(jì)的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，相距為 L,導(dǎo)軌上端接電阻 R,寬度相 同的水平條形區(qū)域I和n內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場，其寬度均為d, I和n之間相距為 h且無磁場.一

17、長度為L、質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒，自兩端套在導(dǎo)軌上，并與兩導(dǎo)軌始終保持良好的接觸，導(dǎo)體棒從距區(qū)域I上邊, 界H處由靜止釋放，在穿過兩段磁場區(qū)域的過程中，流過電阻R上的電流及 其變化情況相同，重力加速度為g.求：.x X X K X K(1)導(dǎo)體棒進(jìn)入?yún)^(qū)域I的瞬間，通過電阻R的電流大小與方向.(2)導(dǎo)體棒通過區(qū)域I的過程，電阻 R上產(chǎn)生的熱量 Q.：事:(3)求導(dǎo)體棒穿過區(qū)域I所用的時(shí)間 .11答案器向，方向向左Fmg(h+d)mB*+ 糜在)一遣解析(1)設(shè)導(dǎo)體棒進(jìn)入?yún)^(qū)域 I瞬間的速度大小為 V1,1 C -根據(jù)動能7E理： mgH = 2mv1由法拉第電磁感應(yīng)定律：E=BLv由閉合電路的

18、歐姆定律：1=一匚R+ r由得：I = RB、/2M 由右手定則知導(dǎo)體棒中電流方向向右，則通過電阻 R的電流方向向左(2)由題意知，導(dǎo)體棒進(jìn)入?yún)^(qū)域n的速度大小也為V1,由能量守恒，得：Q總=mg(h + d)_R_,.、Q= mg(h + d) r十r(3)設(shè)導(dǎo)體棒穿出區(qū)域I瞬間的速度大小為V2 = 2g(H-h ) 設(shè)導(dǎo)體棒進(jìn)入?yún)^(qū)域 I所用的時(shí)間為t,根據(jù)動量定理: 設(shè)向下為正方向： mgtB I Lt=mv2mv1 此過程通過整個回路的電荷量為：q=Tt=得：t=上+、伴三)、隹 mg r + R : g j g9、 (2018甘肅天水模擬)如圖所示，豎直放置的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌，置于垂直

19、于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場中，兩根質(zhì)量相同的導(dǎo)體棒 a和b,與導(dǎo)軌緊密接觸且可自由滑動.先固定a,釋放b,當(dāng)b的速度達(dá)到10 m/s時(shí)，再釋放a,經(jīng)過1 s后，a的速度達(dá)到12 m/s, g取10 m/s2,則：(1)此時(shí)b的速度大小是多少？| X M |(2)若導(dǎo)軌足夠長，a、b棒最后的運(yùn)動狀態(tài)怎樣？乂口答案 (1)18 m/s (2)勻加速運(yùn)動. “方解析(1)當(dāng)b棒先向下運(yùn)動時(shí)，在 a和b以及導(dǎo)軌所組成的閉合回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，于是a棒受到向下的安培力，b棒受到向上的安培力，且二者大小相等 .釋放a棒后，經(jīng)過時(shí)間t,分別 以a和b為研究對象，根據(jù)動量定理，則有 (mg + F)t=mva

20、(mgF)t= mvb mV。代入數(shù)據(jù)可解得 v b = 18 m/s (2)在a、b棒向下運(yùn)動的過程中，a棒的加速度ag+-m，b產(chǎn)生的加速度a?= g*.當(dāng)a棒的速度與b棒接近時(shí)，閉合回路中的A逐漸減小，感應(yīng)電流也逐漸減小，則安培力也逐漸減小，最后，兩棒以共同的速度向下做加速度為g的勻加速運(yùn)動.10、(2017湖南長沙四縣三月模擬)足夠長的平行金屬軌道 M、N,相距L=0.5 m,且水平放置； M、N左端與半徑 R= 0.4 m的光滑豎直半圓軌道相連，與軌道始終垂直且接觸良好的金屬棒b和c可在軌道上無摩擦地滑動，兩金屬棒的質(zhì)量mb=mc= 0.1 kg,接入電路的有效電阻Rb= Rc=1

21、Q,軌道的電阻不計(jì).平行水平金屬軌道 M、N處于磁感應(yīng)強(qiáng)度 B=1 T的勻強(qiáng)磁場中，磁場 方向與軌道平面垂直向上，光滑豎直半圓軌道在磁場外，如圖3所,運(yùn)動過程中b、c到達(dá)軌道最高點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力的大小.c棒做加速運(yùn)動，當(dāng)兩棒速度相等時(shí)，c棒達(dá)最大mbV0= (mb+ mc)v解得 c棒的最大速度為： v = m ；% v0= 2Vo= 5 m/s(2)從b棒開始運(yùn)動到兩棒速度相等的過程中，系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化為電能，兩棒中產(chǎn)生的總熱 12 12重為：Q = 2mibvo 2(mb+m/v =2.5 J因?yàn)镽b=Rc,所以c棒達(dá)最大速度時(shí)此棒產(chǎn)生的焦耳熱為Qc = = 1.25 J(3)設(shè)c棒沿半

22、圓軌道滑到最高點(diǎn)時(shí)的速度為v,從最低點(diǎn)上升到最高點(diǎn)的過程由機(jī)械能守恒可12 1, 2得：2mcv 2mcv = mcg 2R解得 v = 3 m/s2在最高點(diǎn)，設(shè)軌道對 c棒的彈力為F,由牛頓第二定律得mcg+F=m*R解得 F = 1.25 N由牛頓第三定律得，在最高點(diǎn)c棒對軌道的壓力為1.25 N,方向豎直向上.11、如圖所示，平行傾斜光滑導(dǎo)軌與足夠長的平行水平光滑導(dǎo)軌平滑連接，導(dǎo)軌電阻不計(jì).質(zhì)量1分別為m和2m的金屬棒b和c靜止放在水平導(dǎo)軌上，b、c兩棒均與導(dǎo)軌垂直.圖中de虛線往右有范圍足夠大、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場.質(zhì)量為m的絕緣棒a垂直于傾斜導(dǎo)軌靜止釋放，釋放位置與水平導(dǎo)軌的高度差

23、為h.已知絕緣棒a滑到水平導(dǎo)軌上與2 f金屬棒b發(fā)生彈性正碰，金屬棒b進(jìn)入磁場后始終未與金屬棒c J、/一i發(fā)生碰撞.重力加速度為g.求：(1)絕緣棒a與金屬棒b發(fā)生彈性正碰后分離時(shí)兩棒的速度大?。?2)金屬棒b進(jìn)入磁場后，其加速度為其最大加速度的一半時(shí)的速度大??；(3)兩金屬棒b、c上最終產(chǎn)生的總焦耳熱.答案(1)0 V2gh (2)6V2gh gmgh1 c解析(1)設(shè)a棒滑到水平導(dǎo)軌時(shí)，速度為v,下滑過程中a棒機(jī)械能守恒2mv02= mgha棒與b棒發(fā)生彈性碰撞由動量守恒定律：mv= mv1 + mv2由機(jī)械能守恒定律：2mv02 = 2mv12+2mv22解出 v1=0, v2 = v

24、0= ,J2ghb、c兩棒組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動量守恒 . 由動量守恒定律：mv2=mv2 +mv3設(shè)b棒進(jìn)入磁場后任一時(shí)刻，b棒的速度為vb, c棒的速度為vc,則b、c組成的回路中的感應(yīng)電 動勢E= BL(vb-vc),由閉合電路歐姆定律得I=5，由安培力公式得 F=BIL=ma,R總口日 B2L2fvbvc x 聯(lián)乂得 a=JmR總故當(dāng)b棒加速度為最大值的一半時(shí)有v2=2(v2 v3)聯(lián)立得=-6v2=|V2gh(3)最終b、c以相同的速度勻速運(yùn)動.由動量守恒定律：mv2= (m+m)v由能量守恒定律：-2mv22=_2(m+_m)v2+ Q1斛出Q=mgh12、如圖所示，兩根彼此

25、平行放置的光滑金屬導(dǎo)軌，其水平部分足夠長且處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B.現(xiàn)將質(zhì)量為m1的導(dǎo)體棒ab放置于導(dǎo)軌的水平段，將質(zhì)量為m2的導(dǎo)體棒cd從導(dǎo)軌的圓弧部分距水平段高為h的位置由靜止釋放.已知導(dǎo)體棒ab和cd接入電路的有效電阻分別為Ri和R2,其他部分電阻不計(jì)，整個過程中兩導(dǎo)體棒與冷 甘導(dǎo)軌接觸良好且未發(fā)生碰撞，重力加速度為g.求：/ 7f(1)導(dǎo)體棒ab、cd最終速度的大??；/(2)導(dǎo)體棒ab所產(chǎn)生的熱量.答案都為譚m國點(diǎn)2mmmm2gh1 解析(1)設(shè)導(dǎo)體棒cd沿光滑圓弧軌道下滑至水平面時(shí)的速度為v0,由機(jī)械能守恒定律 m2gh=彳mzv。2,解得v0=V2gh,隨后，導(dǎo)體棒 cd切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，在回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流， 導(dǎo)體棒cd、ab受到安培力的作用，其中導(dǎo)體棒 cd所受的安培力為阻力，而導(dǎo)體棒ab所受的安培力為動力，但系統(tǒng)所受的安培力為零；當(dāng)導(dǎo)體棒cd與導(dǎo)體棒ab速度相等時(shí)，回路的感應(yīng)電動勢為零，回路中無感應(yīng)電流，此后