微专题7电磁感应中的双杆模型和线框模型作业答案

微专题7电磁感应中的双杆模型和线框模型1.D[解析]先将开关S拨到1,电源给电容器充电,稳定后,在将开关S拨到2的瞬间,电容器相当于电源并和导体棒L1、L2组成闭合电路,由于导体棒L1的电阻大于L2的电阻,所以导体棒L1中的电流小于L2中的电流,根据F=BIL可知,导体棒L1受到的安培力小于L2受到的安培力,因为两棒质量相等,根据牛顿第二定律F=ma可知,导体棒L1的加速度小于L2的加速度,A、B错误;导体棒L1和L2受到安培力作用而运动,产生感应电动势,当产生的感应电动势等于电容器两端的电压时,两棒运动稳定,此时电容器C带的电荷量不为零,C错误;因为导体棒L1的加速度小于L2的加速度,因此先是导体棒L2产生的感应电动势和电容器两端的电压相同,此时导体棒L1加速而导体棒L2不再加速,最后两棒达到共速,共速前导体棒L2的速度一直大于L1的速度,则导体棒L1的位移小于L2的位移,所以两棒运动稳定后,两棒之间的距离大于d,D正确.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.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=It,解得vP=152gR,vQ=252gR,q=4m2gR5BL,故B错误,C正确;从P棒进入导轨Ⅱ到两棒速度稳定时,设稳定速度为v,由动量守恒定律得mvP+mvQ=2mv,由能量守恒定律得P、Q棒中产生的总热量为Q=12mv4.(1)2m/s(2)4m/s(3)0.4m[解析](1)根据题意可知,当b棒开始运动时,对b棒有BI1L+mgsinθ-μ2mgcosθ=0设a棒的速度大小为v1,则有E1=BLv1,I1=E联立解得v1=2m/s(2)根据题意可知,当两棒的速度差最大时,两棒做加速度相同的匀加速直线运动,由牛顿第二定律,对a棒有mgsinθ-μ1mgcosθ-BI2L=ma对b棒有BI2L+mgsinθ-μ2mgcosθ=ma又有E2=BLva-vb,I2联立解得va-vb=4m/s(3)a棒恰好与b棒发生弹性碰撞,则有mv1=mv1'+mv2,12mv12=12mv1'2解得v1'=0,v2=2m/sa对又有∑联立解得d=0.4m5.(1)0.15V(2)7.5N(3)20.28J(4)当0.2m≤x≤0.6m或0.8m≤x≤1.2m时,F=20.5x+6(N);当0.6m<x<0.8m时,F=20x+6(N)[解析](1)由图像可知,当ab边刚进入磁场时,位移x1=0.2m,速度v1=1m/s,有E1=BLv1,I1=E又U=E1-I1·R解得U=0.15V(2)ab边进入磁场前,对m,有FT1-mg=ma1又v12-0=2a1解得FT1=7.5N(3)从金属框开始进入到完全穿出磁场的过程中,对M和m系统由动能定理得WF+W安-mg(d+L)=12(M+m)v42-12(M由图像可知v=kx即v=5x(m/s)则当cd边刚好进入磁场时,速度v2=3m/s;当ab边刚好要离开磁场时,速度v3=4m/s;当cd边刚好离开磁场时,速度v4=6m/s.ab边进出磁场的过程中,有E=BLv,I=E又F安=BIL解得F安=B2L即安培力F安大小与位置x成正比,故线框进入磁场的过程中,安培力所做的功为W安1=-12(B2L2v故线框穿出磁场的过程中,安培力所做的功为W安2=-12B2L2v3且W安=W安1+W安2解得WF=20.28J(4)由图像可知v=kx则a=ΔvΔt=Δ(kx)Δt=ab边进入磁场的过程中,对M和m系统有F-F安-mg=(M+m)a可得F=20.5x+6(N)(0.2m≤x≤0.6m,0.8m≤x≤1.2m)cd边刚好进入磁场到ab边刚好离开磁场的过程中,对M和m系统有F-mg=(M+m)a可得F=20x+6(N)(0.6m<x<0.8m)6.(1)2FrB02d2(3)4mFr[解析](1)当ab棒匀速运动时,加速度为零,此时速度最大,ab棒受力平衡,有B0Id=F其中I=B联立解得vm=2(2)ab棒在到达N1M1之前做减速运动,由动量定理得-B0I1dt=mv1-mv其中I1=E12r,E1=B0dv联立解得ab棒到达N1M1的速度为v1=2FrB此后ab棒匀速运动与金属棒相碰.(3)ab棒与金属框相碰,据动量守恒定律可得