專題(21)電磁感應中的單-雙桿模型(解析版)

第頁2021年高考物理二輪重點專題整合突破專題（21）電磁感應中的單雙桿模型（解析版）高考題型1電磁感應中的單桿模型1．常見單桿情景及解題思路常見情景(導軌和桿電阻不計，以水平光滑導軌為例)過程分析三大觀點的應用單桿阻尼式設(shè)運動過程中某時刻的速度為v，加速度為a，a＝eq\f(B2L2v,Rm)，a、v反向，導體棒做減速運動，v↓?a↓，當a＝0時，v＝0，導體棒做加速度減小的減速運動，最終靜止動力學觀點：分析加速度能量觀點：動能轉(zhuǎn)化為焦耳熱動量觀點：分析導體棒的位移、通過導體棒的電荷量和時間單桿發(fā)電式(v0＝0)設(shè)運動過程中某時刻棒的速度為v，加速度為a＝eq\f(F,m)－eq\f(B2L2v,mR)，F(xiàn)恒定時，a、v同向，隨v的增加，a減小，當a＝0時，v最大，vm＝eq\f(FR,B2L2)；a恒定時，F(xiàn)＝eq\f(B2L2at,R)＋ma，F(xiàn)與t為一次函數(shù)關(guān)系動力學觀點：分析最大加速度、最大速度能量觀點：力F做的功等于導體棒的動能與回路中焦耳熱之和動量觀點：分析導體棒的位移、通過導體棒的電荷量含“源”電動式(v0＝0)開關(guān)S閉合，ab棒受到的安培力F＝eq\f(BLE,r)，此時a＝eq\f(BLE,mr)，速度v↑?E感＝BLv↑?I↓?F＝BIL↓?加速度a↓，當E感＝E時，v最大，且vm＝eq\f(E,BL)動力學觀點：分析最大加速度、最大速度能量觀點：消耗的電能轉(zhuǎn)化為動能與回路中的焦耳熱動量觀點：分析導體棒的位移、通過導體棒的電荷量含“容”無外力充電式充電電流減小，安培力減小，a減小，當a＝0時，導體棒勻速直線運動能量觀點：動能轉(zhuǎn)化為電場能(忽略電阻)含“容”有外力充電式(v0＝0)電容器持續(xù)充電F－BIL＝ma，I＝eq\f(ΔQ,Δt)，ΔQ＝CΔU＝CBLΔv，a＝eq\f(Δv,Δt)，得I恒定，a恒定，導體棒做勻加速直線運動動力學觀點：求導體棒的加速度a＝eq\f(F,m＋B2L2C)2.在電磁感應中，動量定理應用于單桿切割磁感線運動，可求解變力的時間、速度、位移和電荷量．①求電荷量或速度：Beq\x\to(I)LΔt＝mv2－mv1，q＝eq\x\to(I)Δt.②求位移：－eq\f(B2L2\x\to(v)Δt,R總)＝0－mv0，即－eq\f(B2L2x,R總)＝0－mv0.③求時間：(i)－Beq\x\to(I)LΔt＋F其他Δt＝mv2－mv1即－BLq＋F其他·Δt＝mv2－mv1已知電荷量q，F(xiàn)其他為恒力，可求出變加速運動的時間．(ii)eq\f(－B2L2\x\to(v)Δt,R總)＋F其他·Δt＝mv2－mv1，eq\x\to(v)Δt＝x.若已知位移x，F(xiàn)其他為恒力，也可求出變加速運動的時間．【例1】(2019·天津卷·11)如圖1所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，垂直于導軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導軌始終接觸良好．MN兩端通過開關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量k.圖中虛線右側(cè)有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B.PQ的質(zhì)量為m，金屬導軌足夠長、電阻忽略不計．圖1(1)閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；(2)斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求該過程安培力做的功W.【答案】(1)eq\f(Bkl,3R)方向水平向右(2)eq\f(1,2)mv2－eq\f(2,3)kq【解析】(1)設(shè)線圈中的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律E＝eq\f(ΔФ,Δt)，則E＝k①設(shè)PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并，有R并＝eq\f(R,2)②閉合S時，設(shè)線圈中的電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R并＋R)③設(shè)PQ中的電流為IPQ，有IPQ＝eq\f(1,2)I④設(shè)PQ受到的安培力為F安，有F安＝BIPQl⑤保持PQ靜止，由受力平衡，有F＝F安⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得F＝eq\f(Bkl,3R)⑦方向水平向右．(2)設(shè)PQ由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，PQ運動的位移為x，所用時間為Δt，回路中的磁通量變化為ΔФ，平均感應電動勢為eq\x\to(E)，有eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)⑧其中ΔФ＝Blx⑨設(shè)PQ中的平均電流為eq\x\to(I)，有eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)⑩根據(jù)電流的定義得eq\x\to(I)＝eq\f(q,Δt)?由動能定理，有Fx＋W＝eq\f(1,2)mv2－0?聯(lián)立⑦⑧⑨⑩??式得W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(2,3)kq.【例2】(2018·天津卷·12)真空管道超高速列車的動力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動動能的裝置．圖2甲是某種動力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，電阻忽略不計．a(chǎn)b和cd是兩根與導軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質(zhì)量為m.列車啟動前，ab、cd處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下，如圖甲所示．為使列車啟動，需在M、N間連接電動勢為E的直流電源，電源內(nèi)阻及導線電阻忽略不計．列車啟動后電源自動關(guān)閉．圖2(1)要使列車向右運行，啟動時圖1中M、N哪個接電源正極，并簡要說明理由．(2)求剛接通電源時列車加速度a的大?。?3)列車減速時，需在前方設(shè)置如圖乙所示的一系列磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度和相鄰磁場間距均大于l.若某時刻列車的速度為v0，此時ab、cd均在無磁場區(qū)域，試討論：要使列車停下來，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場？【答案】(1)見解析(2)eq\f(2BEl,mR)(3)見解析【解析】(1)列車要向右運動，安培力方向應向右．根據(jù)左手定則，接通電源后，兩根金屬棒中電流方向分別為由a到b、由c到d，故M接電源正極．(2)由題意，啟動時ab、cd并聯(lián)，設(shè)回路總電阻為R總，由電阻的串并聯(lián)知識得R總＝eq\f(R,2)①設(shè)回路總電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R總)②設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F，有F＝IlB③根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma④聯(lián)立①②③④式得a＝eq\f(2BEl,mR)⑤(3)設(shè)列車減速時，cd進入磁場后經(jīng)Δt時間ab恰好進入磁場，此過程中穿過兩金屬棒與導軌所圍回路的磁通量的變化量為ΔΦ，平均感應電動勢為E1，由法拉第電磁感應定律有E1＝eq\f(ΔΦ,Δt)⑥其中ΔΦ＝Bl2⑦設(shè)回路中平均電流為I′，由閉合電路歐姆定律有I′＝eq\f(E1,2R)⑧設(shè)cd受到的平均安培力為F′，有F′＝I′lB⑨以向右為正方向，設(shè)Δt時間內(nèi)cd受安培力沖量為I沖，有I沖＝－F′Δt⑩同理可知，回路出磁場時ab受安培力沖量仍為上述值，設(shè)回路進出一塊有界磁場區(qū)域安培力沖量為I0，有I0＝2I沖?設(shè)列車停下來受到的總沖量為I總，由動量定理有I總＝0－mv0?聯(lián)立⑥⑦⑧⑨⑩??式得eq\f(I總,I0)＝eq\f(mv0R,B2l3)?討論：若eq\f(I總,I0)恰為整數(shù)，設(shè)其為n，則需設(shè)置n塊有界磁場；若eq\f(I總,I0)不是整數(shù)，設(shè)eq\f(I總,I0)的整數(shù)部分為N，則需設(shè)置N＋1塊有界磁場．【變式訓練】1．(多選)(2020·福建福清市線上檢測)如圖3所示，左端接有阻值為R的定值電阻且足夠長的平行光滑導軌CE、DF的間距為L，導軌固定在水平面上，且處在磁感應強度為B、豎直向下的勻強磁場中，一質(zhì)量為m、電阻為r的導體棒ab垂直導軌放置在導軌上靜止，導軌的電阻不計．某時刻給導體棒ab一個水平向右的瞬時沖量I，導體棒將向右運動，最后停下來，則此過程中()圖3A．導體棒做勻減速直線運動直至停止運動B．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(I2,2m)C．通過導體棒ab橫截面的電荷量為eq\f(I,BL)D．導體棒ab運動的位移為eq\f(IR＋r,B2L2)【答案】CD【解析】導體棒獲得向右的瞬時初速度后切割磁感線，回路中出現(xiàn)感應電流，導體棒ab受到向左的安培力，向右減速運動，由eq\f(B2L2v,R＋r)＝ma，可知由于導體棒速度減小，則加速度減小，所＝eq\f(I2,2m)，根據(jù)能量守恒定律可得Ek＝Q總，又根據(jù)串并聯(lián)電路知識可得QR＝eq\f(R,R＋r)Q總＝eq\f(I2R,2mR＋r)，B錯誤；根據(jù)動量定理可得－Beq\x\to(I)LΔt＝0－mv，I＝mv，q＝eq\x\to(I)Δt，可得q＝eq\f(I,BL)，C正確；由于q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R＋r)Δt＝eq\f(BLx,R＋r)將q＝eq\f(I,BL)代入可得，導體棒ab運動的位移x＝eq\f(IR＋r,B2L2)，D正確．2.如圖4所示，足夠長的兩平行光滑水平直導軌的間距為L，導軌電阻不計，垂直于導軌平面有磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場；導軌左端接有電容為C的電容器、開關(guān)S和定值電阻R；質(zhì)量為m的金屬棒垂直于導軌靜止放置，兩導軌間金屬棒的電阻為r.初始時開關(guān)S斷開，電容器兩極板間的電壓為U.閉合開關(guān)S，金屬棒運動，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好．下列說法正確的是()圖4A．閉合開關(guān)S的瞬間，金屬棒立刻開始向左運動B．閉合開關(guān)S的瞬間，金屬棒的加速度大小為eq\f(BUL,mR)C．金屬棒與導軌接觸的兩點間的最小電壓為零D．金屬棒最終獲得的速度大小為eq\f(BCUL,m＋B2L2C)【答案】D【解析】由左手定則可知，閉合開關(guān)S的瞬間，金屬棒所受安培力方向向右，金屬棒立刻獲得向右的加速度，開始向右運動，A錯誤；閉合開關(guān)S的瞬間，金屬棒的加速度大小a＝eq\f(BUL,mR＋r)，B錯誤；當金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢跟電容器兩極板之間的電壓相等時，金屬棒中電流為零，此后，金屬棒將勻速運動下去，兩端的電壓達到最小值，故金屬棒與導軌接觸的兩點間的電壓不會為零，C錯誤；設(shè)閉合開關(guān)S后，電容器的放電時間為Δt，金屬棒獲得的速度為v，由動量定理可得Beq\f(CU－BLv,Δt)L·Δt＝mv－0，解得v＝eq\f(BCUL,m＋B2L2C)，D正確．3.如圖5所示，足夠長的光滑平行金屬導軌CD、EF傾斜放置，其所在平面與水平面間的夾角為θ＝37°，兩導軌間距為L，導軌下端分別連著電容為C的電容器和阻值R＝3r的定值電阻．一根質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒放在導軌上，金屬棒與導軌始終垂直并接觸良好，一根不可伸長的絕緣輕繩一端拴在金屬棒中間、另一端跨過輕質(zhì)定滑輪與質(zhì)量M＝3.6m的重物相連．金屬棒與定滑輪之間的輕繩始終在兩導軌所在平面內(nèi)且與兩導軌平行，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌所在平面向上，導軌電阻不計，初始狀態(tài)用手托住重物使輕繩恰處于伸直狀態(tài)，由靜止釋放重物，求：(sin37°＝0.6，重力加速度大小為g，不計滑輪摩擦)圖5(1)若S1閉合，S2斷開，電阻R的最大瞬時熱功率；(2)若S1和S2均閉合，當金屬棒速度達到最大值時，遇到障礙物突然停止運動，金屬棒停止運動后，通過金屬棒的電荷量；(3)若S1斷開、S2閉合，請通過計算判斷重物的運動性質(zhì)．【答案】(1)eq\f(27m2g2r,B2L2)(2)eq\f(27mgrC,4BL)(3)重物做初速度為零的勻加速直線運動【解析】(1)S1閉合，S2斷開時，重物由靜止釋放后拉動金屬棒沿導軌向上做加速運動，金屬棒受到沿導軌向下的安培力作用，速度最大時，感應電動勢最大，感應電流最大，則電阻R的瞬時熱功率最大，當金屬棒速度最大時有Mg＝mgsin37°＋BIL，得I＝eq\f(3mg,BL)Pm＝I2R聯(lián)立解得Pm＝eq\f(27m2g2r,B2L2)(2)S1和S2均閉合時，電容器兩極板間的最大電壓Um＝UR＝IR＝eq\f(9mgr,BL)電容器所帶的最大電荷量Qm＝CUm＝eq\f(9mgrC,BL)金屬棒停止運動后，電容器開始放電，此時電阻R與金屬棒并聯(lián)，通過金屬棒的電荷量q＝eq\f(R,R＋r)Qm＝eq\f(27mgrC,4BL)(3)S1斷開、S2閉合時，設(shè)從釋放重物開始經(jīng)時間t金屬棒的速度大小為v，加速度大小為a，通過金屬棒的電流為i，金屬棒受到的安培力F＝BiL，方向沿導軌向下，設(shè)在t～(t＋Δt)時間內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ，ΔQ也是平行板電容器在t～(t＋Δt)時間內(nèi)增加的電荷量，感應電動勢E＝BLv，平行板電容器所帶電荷量Q＝CE＝CBLv，故ΔQ＝CBLΔvΔv＝aΔt則i＝eq\f(ΔQ,Δt)＝CBLa設(shè)繩中拉力為FT，由牛頓第二定律，對金屬棒有FT－mgsinθ－BiL＝ma對重物有Mg－FT＝Ma解得a＝eq\f(Mg－mgsinθ,M＋m＋CB2L2)可知a為常數(shù)，則重物做初速度為零的勻加速直線運動．高考題型2電磁感應中的雙桿模型1．常見雙桿情景及解題思路常見情景(以水平光滑導軌為例)過程分析三大觀點的應用雙桿切割式桿MN做變減速運動，桿PQ做變加速運動，穩(wěn)定時，兩桿的加速度均為零，以相同的速度勻速運動．對系統(tǒng)動量守恒，對其中某桿適用動量定理動力學觀點：求加速度能量觀點：求焦耳熱動量觀點：整體動量守恒求末速度，單桿動量定理求沖量、電荷量不等距導軌桿MN做變減速運動，桿PQ做變加速運動，穩(wěn)定時，兩桿的加速度均為零，兩桿以不同的速度做勻速運動，所圍的面積不變．v1L1＝v2L2動力學觀點：求加速度能量觀點：求焦耳熱動量觀點：動量不守恒，可分別用動量定理聯(lián)立末速度關(guān)系求末速度雙桿切割式aPQ減小，aMN增大，當aPQ＝aMN時二者一起勻加速運動，存在穩(wěn)定的速度差動力學觀點：分別隔離兩導體棒，F(xiàn)－eq\f(B2l2Δv,R總)＝mPQaeq\f(B2l2Δv,R總)＝mMNa，求加速度2.對于不在同一平面上運動的雙桿問題，動量守恒定律不適用，可以用對應的牛頓運動定律、能量觀點、動量定理進行解決．【例3】(多選)(2019·全國卷Ⅲ·19)如圖6，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導軌，兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上．t＝0時，棒ab以初速度v0向右滑動．運動過程中，ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示．下列圖象中可能正確的是()圖6【答案】AC【解析】棒ab以初速度v0向右滑動，切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，使整個回路中產(chǎn)生感應電流，判斷可知棒ab受到與v0方向相反的安培力的作用而做變減速運動，棒cd受到與v0方向相同的安培力的作用而做變加速運動，它們之間的速度差Δv＝v1－v2逐漸減小，整個系統(tǒng)產(chǎn)生的感應電動勢逐漸減小，回路中感應電流逐漸減小，最后變?yōu)榱?，即最終棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，這時兩相同的光滑導體棒ab、cd組成的系統(tǒng)在足夠長的平行金屬導軌上運動，水平方向上不受外力作用，由動量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝eq\f(v0,2)，選項A、C正確，B、D錯誤．【例4】(多選)(2020·全國卷Ⅰ·21)如圖7，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直．a(chǎn)b、dc足夠長，整個金屬框電阻可忽略．一根具有一定電阻的導體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框，運動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行．經(jīng)過一段時間后()圖7A．金屬框的速度大小趨于恒定值B．金屬框的加速度大小趨于恒定值C．導體棒所受安培力的大小趨于恒定值D．導體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值【答案】BC解析當金屬框在恒力F作用下向右加速運動時，bc邊產(chǎn)生從c向b的感應電流i，金屬框的加速度大小為a1，則有F－Bil＝Ma1；MN中感應電流從M流向N，MN在安培力作用下向右加速運動，加速度大小為a2，則有Bil＝ma2，當金屬框和MN都運動后，金屬框速度為v1，MN速度為v2，則電路中的感應電流為i＝eq\f(Blv1－v2,R)，感應電流從0開始增大，則a2從零開始增加，a1從eq\f(F,M)開始減小，加速度差值減小．當a1＝a2時，得F＝(M＋m)a，a＝eq\f(F,M＋m)恒定，由F安＝ma可知，安培力不再變化，則感應電流不再變化，據(jù)i＝eq\f(Blv1－v2,R)知金屬框與MN的速度差保持不變，v－t圖像如圖所示，故A錯誤，B、C正確；MN與金屬框的速度差不變，但MN的速度小于金屬框的速度，則MN到金屬框bc邊的距離越來越大，故D錯誤．【例5】(2017·浙江4月選考·22)間距為l的兩平行金屬導軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成，如圖8所示，傾角為θ的導軌處于大小為B1、方向垂直于傾斜導軌平面向上的勻強磁場區(qū)間Ⅰ中，水平導軌上的無磁場區(qū)間靜止放置一質(zhì)量為3m的“聯(lián)動雙桿”(由兩根長為l的金屬桿cd和ef，用長度為L的剛性絕緣桿連接構(gòu)成)，在“聯(lián)動雙桿”右側(cè)存在大小為B2、方向垂直于水平導軌平面向上的勻強磁場區(qū)間Ⅱ，其長度大于L，質(zhì)量為m、長為l的金屬桿ab從傾斜導軌上端釋放，達到勻速后進入水平導軌(無能量損失)，桿ab與“聯(lián)動雙桿”發(fā)生碰撞后，桿ab和cd粘合在一起形成“聯(lián)動三桿”，“聯(lián)動三桿”繼續(xù)沿水平導軌進入磁場區(qū)Ⅱ并從中滑出，運動過程中桿ab、cd和ef與導軌始終接觸良好，且保持與導軌垂直．已知桿ab、cd和ef電阻均為R＝0.02Ω，m＝0.1kg，l＝0.5m，L＝0.3m，θ＝30°，B1＝0.1T，B2＝0.2T，g＝10m/s2，不計摩擦阻力和導軌電阻，忽略磁場邊界效應，求：圖8(1)ab桿在傾斜導軌上勻速運動時的速度大小v0；(2)“聯(lián)動三桿”進入磁場區(qū)間Ⅱ前的速度大小v；(3)“聯(lián)動三桿”滑過磁場區(qū)間Ⅱ產(chǎn)生的焦耳熱Q.【答案】(1)6m/s(2)1.5m/s(3)0.25J【解析】(1)ab桿受到的安培力為：FA＝B1Il＝eq\f(B\o\al(,12)l2v0,R＋\f(R,2))ab桿勻速運動，由平衡條件得：mgsinθ＝FA，代入數(shù)據(jù)解得：v0＝6m/s.(2)ab桿與“聯(lián)動雙桿”碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(m＋3m)v代入數(shù)據(jù)解得：v＝1.5m/s.(3)設(shè)“聯(lián)動三桿”進入磁場區(qū)間Ⅱ的過程中速度的變化量為Δv，由動量定理得：－B2eq\x\to(I)lΔt＝4mΔv設(shè)在“聯(lián)動三桿”進入磁場區(qū)間Ⅱ的過程中，通過ab桿的電荷量為q，則eq\x\to(I)Δt＝q＝eq\f(B2Ll,R＋\f(R,2))代入數(shù)據(jù)解得：Δv＝－0.25m/s“聯(lián)動三桿”離開磁場區(qū)間Ⅱ的過程中，速度的變化量也為：Δv＝－0.25m/s，離開磁場區(qū)間Ⅱ時“聯(lián)動三桿”的速度為：v′＝v＋2Δv＝1.5m/s－2×0.25m/s＝1m/s.“聯(lián)動三桿”滑過磁場區(qū)間Ⅱ的過程中，產(chǎn)生的焦耳熱為：Q＝eq\f(1,2)·4mv2－eq\f(1,2)·4mv′2，代入數(shù)據(jù)解得：Q＝0.25J.【變式訓練】4．如圖9所示，水平放置的兩平行光滑金屬導軌固定在桌面上，導軌間距為L，處在磁感應強度為B、豎直向下的勻強磁場中．桌面離地面的高度為H.初始時刻，質(zhì)量為m的桿ab與導軌垂直且處于靜止，距離導軌邊緣為d，質(zhì)量也為m的桿cd與導軌垂直，以初速度v0進入磁場區(qū)域，最終發(fā)現(xiàn)兩桿先后落在地面上．已知兩桿接入電路的電阻均為R，導軌電阻不計，兩桿落地點之間的距離為s，重力加速度為g.圖9(1)求ab桿從磁場邊緣射出時的速度大?。?2)當ab桿射出時，求cd桿運動的距離；(3)在兩根桿相互作用的過程中，求回路中產(chǎn)生的電能．【答案】(1)eq\f(v0,2)－eq\f(s,2)eq\r(\f(g,2H))(2)d＋eq\f(Rm,B2L2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0－s\r(\f(g,2H))))(3)eq\f(1,4)mv02－eq\f(mgs2,8H)【解析】(1)設(shè)ab、cd桿從磁場邊緣射出時的速度分別為v1、v2，ab桿落地點到拋出點的水平距離為x1，cd桿落地到拋出點的水平距離為x2，則有x1＝v1eq\r(\f(2H,g))x2＝v2eq\r(\f(2H,g))且x2－x1＝s以v0的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2解得v2＝eq\f(v0,2)＋eq\f(s,2)eq\r(\f(g,2H))，v1＝eq\f(v0,2)－eq\f(s,2)eq\r(\f(g,2H))(2)ab桿運動距離為d，對ab桿應用動量定理，有Beq\x\to(I)LΔt＝BLq＝mv1設(shè)cd桿運動距離為d＋Δxq＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLΔx,2R)解得Δx＝eq\f(2Rmv1,B2L2)＝eq\f(Rm,B2L2)(v0－seq\r(\f(g,2H)))則cd桿運動距離為x＝d＋Δx＝d＋eq\f(Rm,B2L2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0－s\r(\f(g,2H))))(3)根據(jù)能量守恒定律，回路中產(chǎn)生的電能等于系統(tǒng)損失的機械能，則有Q