微专题7电磁感应中的双杆模型和线框模型【答案】听课

微专题7电磁感应中的双杆模型和线框模型例1A[解析]设导轨间磁场磁感应强度为B,导轨间距为L,两金属棒的总电阻为R,由题意知金属棒a进入磁场后受到水平向左的安培力作用,做减速运动,根据动量定理有FΔt=mv0-mv,其中F=BIL,I=ER,E=BLv,可得F=B2L2vR,又因为x=vΔt,联立可得B2L2Rx=mv0-mv,根据此表达式可知v与x成一次函数关系,故A正确,B错误;a克服安培力做功的功率为P=Fv=B2L2R·v2=B2L2R·v0-B2L例2AC[解析]弹簧伸展过程中,根据右手定则可知,回路中产生顺时针方向的电流,选项A正确;任意时刻,设电流为I,则PQ受安培力FPQ=BI·2d,,MN受安培力FMN=2BId,两个安培力方向相反,又两棒所受弹簧弹力始终大小相等,可知两棒系统受合外力为零,动量守恒,设PQ质量为2m,则MN质量为m,PQ速率为v时,设MN速度为v',有2mv=mv',解得v'=2v,回路中的感应电流I=2Bdv'+B·2dv3R=2BdvR,MN所受安培力大小为FMN=2BId=4B2d2vR,选项B错误;MN与PQ两棒运动中始终动量守恒,速度之比始终为2∶1,所以整个运动过程中两棒路程之比为2∶1,选项C正确;MN与PQ两棒最后停止时,弹簧处于原长位置,此时两棒间距增加了L,由上述分析可知,MN向左移动2L3,PQ向右移动例3(1)2B2l[解析](1)每个线框在磁场区域运动时,电流大小均为I=ER=当P、Q靠在一起的边均进入磁场时,水平推力达到最大,大小为Fm=2BIl联立解得最大水平推力为Fm=2(2)以P右边刚进入磁场为计时起点,把线框Q向右的位移分别达到l、2l、3l依次分成3个阶段,相应的末速度依次记为v1、v2和0.在第1阶段,P、Q一起减速,时间为t1,有E1=ΔΦI1=由动量定理可得-BI1l·t1=2m联立可得B2l3在第2阶段,由于P、Q同时处于磁场中,产生的感应电动势和电流总是相同,受力也相同,因此仍一起减速,同理可得2B2l3在第3阶段,P已经离开磁场,而Q还处于磁场中减速运动,因此P、Q分开,Q最后恰好离开磁场,同理可得B2l3联立可得v0=52v2,v1=2v线框P、Q在整个过程中产生的焦耳热分别为QP=12×2mv02-v12+QQ=12m联立解得QPQ【跟踪训练】1.AB[解析]两导体棒沿导轨向下滑动,根据右手定则可知,回路中的电流方向为abcda,故A正确;设回路的总电阻为R,任意时刻电路中的电流用I表示,根据牛顿第二定律,对ab有2mgsin30°-2BILcos30°=2maab,对cd有mgsin30°-BILcos30°=macd,解得aab=acd,即ab与cd加速度大小始终相等,则两棒的速度大小始终相等,即vab=vcd,两棒产生的电动势之比Eab∶Ecd=2BLvab∶BLvd=2∶1,故C、D错误;两个导体棒产生的电动势同向叠加,随着导体棒速度的增大,回路中的电流增大,导体棒受到的安培力增大,当安培力沿导轨向上的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时,导体棒将匀速运动,此时电路中的电流达到稳定值,此时对ab有2mgsin30°=2BImLcos30°,解得Im=3mg3BL,故2.BC[解析]金属棒CD刚开始运动时受到的摩擦力大小为Ff=μmg=0.1×0.5×10N=0.5N,方向水平向右,故A错误;金属棒CD刚开始运动时受力平衡,满足F安=BI2L=Ff,又E=BLv,I=ER总,R总=1.5Ω,联立解得v=1.5m/s,所以水平拉力F的瞬时功率为P=Fv=3.5×1.5W=5.25W,故B正确;从金属棒MN开始运动到金属棒CD开始运动的过程中,对金属棒MN运用动量定理,得(F-μmg)t-BIL·t=mv-0,q=I·t,联立解得q=2.25C,所以流过电阻R的电荷量为q1=12q=1.125C,故C正确;从金属棒MN开始运动到金属棒CD开始运动的过程中,E=ΔΦΔt=B·ΔSΔt=BLxt,I=ER总,q=I·t,解得x=278m,对金属棒MN运用动能定理,得(F-μmg)x-Q=12mv2-0,解得Q=153163.BC[解析]导体棒b的质量和电阻分别为2m、2R,从开始到稳定运动过程中,对a棒有-BILΔt=mv1-mv0,对b棒有BI·2LΔt=2mv2,稳定时有BLv1=B·2Lv2,又I=mv0,解得v1=2I3m,v2=I3m,A错误,B正确;根据q=IΔt,解得q=I3BL,C正确;从开始到稳定运动过程中有Q=12mv02-12mv12-12×2mv22,导体棒4.CD[解析]P棒到达曲面导轨最低点时速度大小设为v0,根据机械能守恒定律得mgR=12mv02,根据牛顿第二定律得FN-mg=mv02R,解得FN=3mg,由牛顿第三定律可得,P棒到达曲面导轨最低点瞬间对曲面导轨压力的大小为3mg,故A错误;设Q棒第一次稳定运动时的速度为vQ,P棒的速度为vP,则有BLvP=B·L2·vQ,Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定过程中,对P、Q棒分别分析,由动量定理可得BILt=mv0-mvP,BI·L2·t=mvQ,又因q=