电磁感应力电综合——双棒问题答案

1、电磁感应力电综合一一双棒问题（参考答案）、选择题1.【答案】BCD【解析】根据题意可知，两棒组成回路，电流大小相同，故所受安培力等大反向，两棒组成的系统动量守恒，故任何一段时间内， 导体棒b动量改变量跟导体棒 a动量改变量总是大小相等、 方向相反，根据能量守恒定律 可知，a动能减少量的数值等于 b动能增加量与系统产生的焦耳热之和，故 A错误，B正确；对系统由动量守 恒定律有2mv0= （2m+m）v,对b棒由动量定理有 mv- 0= B I l t= Blq ,解得q=-mV0,根据能量守恒定律，两3BI棒共产生的焦耳热为 Q = x 2mv2-1（2m + m）v2=mV0,故C、D正确。

2、2232.【答案】D。【解析】 解：A、根据右手定则知：回路中产生沿NMPQM的感应电流，根据左手定则可知，MN棒受到的安培力水平向右，PQ棒受到的安培力也水平向右，且通过两棒的安培力大小相等，所以，两棒受到的安培力冲量大小相等，方向相同，故 A错误；B、当两棒产生的感应电动势大小相等，相互抵消，回路中感应电流为零时，两棒均做匀速运动，达到稳定 状态，设最终 MN棒和PQ棒的速度大小分别为 M和丫2。稳定时，有： BLVi BLv2得：V V2对PQ棒，根据动量定理得：I mv2 0对MN棒，根据动量定理得：I mM mv。解得：v1 v2 , Vi水平向左，V2水平向右，方向相反，故 B错误

3、; 2C、设MN棒产生的焦耳热为Q,则PQ棒产生的焦耳热也为Q ,根据能量守恒定律得；2Q12,1212、mv0 ( mvi mv2) 2222解得Q mv0-,故C错误;8D、对PQ棒，根据动量定理得：BIL*t mv2 0通过PQ棒某一横截面白电荷量为 q狂，可得q 造，故D正确。2 BL3.【答案】AB【解析】【分析】【详解】A.由BLV0BLV03R_2 2B LV03R第1页，共6页F 安 = ma2. 2B L V03Rm故A项正确；B.匀速运动时，两棒切割产生的电动势大小相等BLva B 2Lvb得末速度Va 2Vb对a棒-BIL t mva mv0对b棒B2L t 2mvb解得

4、v v =v。则2v0va Tv。vb T故B正确；C.对a棒-BIL t mva mv0且q r t解得mv0 q态 3LB故C错误；D.由能量关系，整个过程中产生的热量 TOC o 1-5 h z C 121 心、21。/1、2Q总二二 mv0 -m(-v0) - 2m(二 v0) HYPERLINK l bookmark36 o Current Document 22 32321 2Qb - Q 总=- mv039故D项错误。故选AB。.【答案】BD【解析】当力F作用到杆2上时，杆2立刻做加速运动，回路中产生感应电流，从而产生向左的安培力，此时安培 力小于最大静摩擦力，加速度a=-4：=

5、,则随着速度的增加杆2做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，杆2做匀速运动，若此过程中杆1所受的安培力始终小于最大静摩擦力，则此过程中杆1始终不动,A项错误,B项可能正确；由上述分析可知，当安培力增加到一定值时，杆1开始运动，则随着安培力的增加，棒2做加速度第2页，共6页逐渐减小的加速运动杆1做加速度增大的加速运动，当两杆的加速度相等时，两杆的速度差恒定，此时两杆所受 的安培力恒定，加速度恒定，C项错误，D项可能正确。.【答案】BC【解析】【详解】由bc边切割磁感线产生电动势，形成电流，使得导体棒MN受到向右的安培力，做加速运动，bc边受到向左的安培力，向右做加速运动。当 MN运动时，金属

6、框的 bc边和导体棒 MN 一起切割磁感线，设导体 棒MN和金属框的速度分别为 Vl、V2,则电路中的电动势E BL（v2 V1）电流中的电流,E BLM Vi）I - R R金属框和导体棒MN受到的安培力 _ 2 2_ B L（V2 Vi）F安框一 :R ,与运动方向相反 _ 2 2 _ B L（V2 Vi）F 安 MN _R ,与运动方向相同设导体棒MN和金属框的质量分别为 曰、m2 ,则对导体棒 MN _ 2 2 B L （v2 V1） m1a1R对金属框 _ 2 2 匚 B L（V2 vi） F m2 a 2RF初始速度均为零，则 al从零开始逐渐增加，a2从m2开始逐渐减小。当 a1

7、=a2时，相对速度V2ViFRm12B2L2 (m1 m2)大小恒定。整个运动过程用速度时间图象描述如下。综上可得，金属框的加速度趋于恒定值，安培力也趋于恒定值，BC选项正确；金属框的速度会一直增大，导体棒到金属框bc边的距离也会一直增大，AD选项错误。故选BC。.【答案】BD【解析】若恒力F较小，金属框受到的最大静摩擦力较大，则在导体棒运动过程中，金属框将保持静止。根据牛顿第二定律F-F安=“2，且F安=81 ,I=W,E=BLv，解得a=：;因此金属棒将做加速度逐渐减小的加速运动 ，当F=第3页，共6页时，导体棒开始做匀速运动,A项错误,B项正确。若恒力 F较大，金属框受到的最大静摩擦力较

8、小，开始导体棒做加速度减小的加速运动，而金属框静止；当学=5时,金属框开始运动，电动势E=BL(vi-V2),根据牛顿第二定律知金 属框的加速度 ai=乎出从零开始逐渐增大，导体棒的加速度32=e-b若比也继续减小，当ai=a2时，相对速度V1 -V2=翳烹Fk大小，f1定，之后导体棒与金属框以相等的加速度做匀加速直线运动,C项错误,D项正确。.【答案】AC【解析】解:A、B、由于释放a,经1s时间a棒速度达到12m/s , a棒与b棒的安培力虽为变力，但始终等大反 向，故安培力冲量也等大反向，设安培力的冲量大小为I安，向下方向为正，对a根据动量定理可得：mgt+I ：l：=mva-0,对b根

9、据动量定理可得:mgt - I安=mvp-mv b0,联立并代入数据解得：vb=18mls,故A正确，B错误；C、D、开始一段时间内，a棒的加速度大于 b棒的加速度，二者的速度之差逐渐减小，安培力逐渐减小，若导轨很长，最终通过二者的加速度之差必将为零，它们最终加速度必相同，故C正确，D错误。故选:AC。.【答案】AD【解析】由于PQ进入磁场时加速度为零， AB .若PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场，则 PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间，由于磁通量。不变，无感应电流。由于 PQ、MN同一位置释放，故 MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同，所以电流大小也应该相同，A正确B错误；CD.若PQ

10、出磁场前MN已经进入磁场，由于磁通量。不变，PQ、MN均加速运动，PQ出磁场后，MN由于加速故电流比PQ进入磁场时电流大，故 C正确D错误；BLv 一情形1:若MN刚进入磁场时，PQ已离开磁场区域，则对MN,由mgsin 9= BI1L、I1二:一及R总右手定则知，通过PQ的电流大小不变，方向相反，故It图象如图A所示。情形2:若MN刚进入磁场时，PQ未离开磁场区域，由于两导体棒速度相等，产生的电动势等大、反向，故电流为0,两棒在重力沿导轨方向的分力作用下均加速直至PQ离开磁场。当PQ离开磁场时，MN在磁场中的速度大于匀速运动时的速度， MN为电源，由右手定则知PQ中 的电流方向与MN未进入磁

11、场时相反，设此时PQ中电流大小为 以 由E=BLv , I2 = , BI2LR总-mgsin 0= ma0知，MN减速，且随v减小，I2减小，a减小，I2与v成正比，故I2随t减小 得越来越慢，直至MN匀速运动，这时I2=I1, It图象如图D所示。.【答案】AB【解析】解：A、由于MN棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，通过 MN的电流是EF电流的2倍， 根据焦耳定律 Q=I2Rt可知，MN的发热量是EF的4倍，两金属棒的发热量不相等，故A正确；B、以EF为研究对象，设 EF刚开始运动时其电流大小为I,则通过 MN的电流为2I,由题有：BIL =师g- 根据闭合电路欧姆定律得：E=2

12、I (R+0.5R) =3IR第4页，共6页又E=BLvv= at联立解得：t=1,呼,故B正确； B*L.C、MN棒在T时间内通过的位移为 x =aT2,2平均感应电动势： 乏=金更，_At平均感应电流：回_ u |L 5R电荷量：Q =工之，磁通量变化量： 虫=81*,R的电荷量为：q=-Q=BL!r ,故C错误;则得通过MN棒的电量为：Q=u募由于两棒的电阻都为 R,则此过程中流过电阻D、金属棒EF开始运动时，由BIL =师g得:金属棒MN所受的安培力大小为 5安=31以MN为研究对象，根据牛顿第二定律得：F-师g - F安 = ma拉力的功率为P=Fv又 v= aT解得：P= (ma+

13、2pmg) aT,故 D 错误。二、计算题 TOC o 1-5 h z 3510.【答案】(1) 0.18N ； (2) m 0.02kg, 一 ； (3)X2 m818【解析】(1)根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得2M m gsi sin M m v0 HYPERLINK l bookmark54 o Current Document ，口3,代入数据解得Vo - m/s2金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得E BLvo由闭合回路的欧姆定律可得I R则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为F安BIL 0.18N(2)金属棒进入

14、磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有mg sin mg cosF安此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得Mg sin mg cos Max设磁场区域的宽度为 X,则金属棒在磁场中运动的时间为t V0第5页，共6页则此时导体框的速度为ViV0 at .1 .2则导体框的位移 XiV0tat2因此导体框和金属棒的相对位移为X由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端i .2Xi x - at2EF刚好进入线框，则有位移关系 & X X金属框进入磁场时匀速运动，此

15、时的电动势为Ei BL%, IiBLv1-R-导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得Mg sinmg cosBIiL联立以上可得 x 0.3m , a 5m/s2 , m 0.02kg ,(3)金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有mgsinmg cosma1金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有v0aiti导体框匀速运动的距离为八、一口2.5代入数据解得X2m9aii.【答案】(i)x2 v1tl5mi8mgR_ 2 2B 1tVCD2 mgRt1_ 2 2B l t0【解析】(i) 0-t0时间内CD棒未动，这段时间内只有在t0时刻，CD棒开始运动，则此时对 CD棒有：F安对AB棒与CD棒构成的回路由闭合电路的欧姆定律有:对0 -t。时间内AB对0 -to时间内AB棒切割磁感线产生感应电动势有：棒做匀加速直线运动有：Vab0联立可得:2Ri1BlABBIL(3)at0AB棒做匀加速直线运动的加速度大小为:(2)在ti时刻AB棒的速度为：vab0 ati2 mgRt1B2l 2t04 mgRt1_ 22B l t0棒在做匀加速直线运动;f 静 maXmgE2RBlVAB2 mgRB2l 2t0在G时刻，对AB棒与CD棒构成的回路由闭合电路的欧姆定律有:E ii 2R在t1时