微专题6电磁感应中的单杆模型作业答案

微专题6电磁感应中的单杆模型1.CD[解析]导体棒刚进入磁场时,由乙图可得加速度大小为a1=30m/s2,由F1=Bi1L,i1=E1R,E1=BLv1,由牛顿第二定律F1=ma1,可得B2L2v1R=ma1,解得v1=3m/s,故A错误;导体棒刚要离开磁场时的加速度大小为a2=10m/s2,由B2L2v2R=ma2,可得v2=1m/s,克服安培力的功率为P2=B2L2v2Rv2=1W,故B错误;设导体棒在磁场中的运动时间为Δt,由动量定理可得-BILΔt=mv2-mv1,由E=BLv,I=ER,整理可得-B2L2vRΔt=mv2-mv12.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=BLv1R,联立解得a1=53.A[解析]设金属棒运动的距离为x,可知金属棒产生的感应电流I=ER=2Bv0xtan30°2xcos30°·R0=Bv02R0,可知金属棒产生的感应电流为定值,故A正确;根据右手定则可知感应电流方向为逆时针方向,故B错误;金属棒的上端为等效电源的正极,下端为负极,始终有φA>φC,4.(1)mgRB2d2(3)g[解析](1)对金属棒受力分析,当受力平衡时,具有最大速度,即mg=F安又F安=BId,I=ER=联立解得v1=mgR(2)由能量守恒定律,可得mgh=12mv2+12又U0=Bdv联立解得h=m(3)设金属棒下落速度为v,根据题意有Bdv=LΔ设金属棒速度达到最大值v2时,电流为I0,有mg=BI0d设该过程金属棒下落的高度为x0,根据能量守恒定律有mgx0=12mv22+又BdvΔt=LΔI可得Bdx0=LI0联立解得v2=g5.(1)mgd1sinθ(2)mgd1+d2(3)4mgRd2B2[解析](1)分析可知回路中电流为0,a和b不受安培力作用,由机械能守恒知ΔEk=mgd1sinθ(2)设导体棒刚进入无磁场区域时的速度为v1,刚离开无磁场区域时的速度为v2,由能量守恒知在磁场区域中,有12mv12+Q=12mv22在无磁场区域中,有12mv22=12mv12解得Q=mgd1+d(3)有磁场区域,棒a受到合力F=mgsinθ-BIl感应电动势ε=Blv感应电流I=ε解得F=mgsinθ-B2根据牛顿第二定律,在"Δt"时间内,有∑即∑解得v1-v2=gtsinθ-B2l又在无磁场区域,根据匀变速直线运动规律有v2-v1=gtsinθ且平均速度v=v1+联立解得v1=4mgRd2B2由题意知v=v1=4mgRd2B26.(1)负电(2)mω(3)n[解析](1)薄板旋转方向为逆时针,则线圈相对于薄板的运动方向为顺时针方向,根据右手定则可知,d点电势低于c点电势,故极板M带负电(2)薄板旋转,充电初、末时刻线圈相对薄板的线速度分别为v0=ω0r,v1=ω1r充电结束时,两极板间的电压为U1=nBLv1在充电过程中,对薄板,根据动量定理得-ft-nBILt=mv1-mv0充电的电荷量Q满足Q1=It,Q1=CU1联立解得ω1=m(3)整个过程中,薄板损失的机械能为ΔE损=12m充电过程中的Q-U图像如图所示,利用微元法