微专题6电磁感应中的单杆模型【答案】作业

微专题6电磁感应中的单杆模型1.C[解析]闭合开关S后,该导体棒运动时的电流为I=E-BLvR+r,静止不动时的电流为I'=ER+r>I,所以导体棒运动时的电流小于其静止不动时的电流,故A、B错误;当导体棒匀速运动时,有μmg=BIL,I=E-BLvR+r,联立解得v=1B22.BD[解析]单刀双掷开关接1后,金属棒MN在导轨上运动,电容器的充电电流为I=ΔQΔt,电容器所带电荷量的变化量ΔQ=C·ΔU,感应电动势E=U=BLv,则可知I=CΔ(BLv)Δt=CBLΔvΔt,而金属棒的加速度a=ΔvΔt,由此可知I=CBLa,而根据牛顿第二定律有mg-BIL=ma,可得a=mgm+B2L2C=2m/s2,故A错误;在t1=5s时,金属棒的速度为v1=at=2×5m/s=10m/s,电容器两端的电压为U1=BLv1=10V,则可知电容器的电荷量为Q1=CU1=4×10C=40C,故B正确;单刀双掷开关接2瞬间,金属棒与电阻串联构成闭合回路,由牛顿第二定律有mg-BIL=ma1,而I=U1R=BLv1R3.CD[解析]金属杆经过AA1B1B区域,切割磁感线,产生的平均感应电动势为E1=ΔΦΔt1=BLdΔt1,电路中的平均感应电流I1=E1R+R=BLd2RΔt1,金属杆受到的平均安培力FA1=I1LB=B2L2d2RΔt1,安培力的冲量IA1=FA1·Δt1=B2L2d2R,同理,金属杆经过BB1C1C区域,金属杆所受安培力的冲量IA2=B2L2d2R,所以金属杆经过这两个区域所受安培力的冲量相同,故C正确;金属杆经过AA1B1B区域过程,根据动量定理得-IA1=mvBB1-mv0,金属杆经过BB1C1C区域过程,设所用时间为Δt2,根据动量定理得-IA2-μmg·Δt2=0-mvBB1,联立解得vBB1=v02+μgΔt22,故A错误;根据能量守恒定律可知,在整个过程中,金属杆减少的动能等于克服摩擦力做的功和克服安培力做的功之和,则克服安培力做的功WA=12mv02-μmgd,而克服安培力做的功转化为金属杆和定值电阻产生的焦耳热,所以总焦耳热Q=WA=12mv02-μmgd,由于金属杆的电阻和定值电阻的阻值相同,故定值电阻上产生的热量QR=12Q=14mv02-12μmgd,故B错误;对整个运动过程,由根据动量定理得-IA1-IA2-μmg·Δt2=0-mv0,即-B4.(1)0.8A(2)5m/s(3)0.6J[解析](1)进入磁场前,根据动能定理有mghAC=12m根据法拉第电磁感应定律有E1=BLv1根据欧姆定律有I1=E联立解得I1=0.8A(2)小灯泡亮度稳定时有E2=BLv2根据欧姆定律有I2=E因灯泡亮度不变,故金属棒做匀速运动,对金属棒有mg=F安=BI2L解得v2=5m/s(3)金属棒从AB下落至EF过程由能量守恒定律得mg(hAC+hCE)=12mv2又QL=Q×R解得QL=0.6J5.(1)B(2)R(3)([解析](1)初始时刻,金属棒的速度最大,感应电流最大,加速度最大,此时E=BLv0I=E金属棒所受安培力为F=BIL=(M+m)a可得最大加速度为a=B(2)根据能量守恒定律可知,电阻R和金属棒产生的总热量为Q总=12(M+m)v0电阻R产生的热量为Q=RR+rQ(3)当某时刻速度为v时,金属棒所受安培力F=BIL=BBLvR+r整个过程根据动量定理有-∑F·Δt=-∑B2L2vR+r·Δt而∑v·Δt=x联立解得x=(6.(1)115kg(2)17.25m(3)11.[解析](1)导体框开始做匀速运动,根据平衡条件可得Mgsin37°=μmgcos37°解得M=115(2)金属棒进入磁场前对金属棒和导体框整体受力分析有(m+M)gsin37°=(m+M)a1位移L=12a1速度v1=a1t1可得t1=0.5s,v1=3m/s此后,导体框匀速运动,有x1=v1(t-t1)全程有x=L+x1解得x=17.25m(3)CD在磁场中速度为v时可得I=BdvF安=BId可得F安=B设金属棒CD开始匀速运动时的速度为v2,对CD棒有B2d2v2解得v2=2m/s则从静止释放到导体框EF端进入磁场前,对金属棒列动量定理有mgtsin37°+μmg(t-t1)cos37°-∑B2dx2=∑v(t-t1)可得x2