微专题7电磁感应中的双杆模型和线框模型听课答案

微专题7电磁感应中的双杆模型和线框模型例1(1)4m/s2m/s(2)1C(3)2J(4)1m[解析](1)t=2s前a环未进入磁场,由牛顿第二定律得mgsinθ-0.3mg=ma1解得a1=2m/s2则t=2s时a环的速度大小v=a1t=4m/s由图乙可知,t=2s时b环匀速运动,此时安培力F安=BIL1=B由平衡条件得mgsinθ=0.3mg+F安其中L1=π2解得b环的速度v1=2m/s(2)0~2s内,对b环,由动量定理有(mgsinθ-0.3mg)t-BIL1t=mv1-0其中It=q联立解得q=1C(3)0~2s内,设b环运动的距离为x,由q=It=E2Rt=Δ解得x=2m根据能量守恒定律有mgxsinθ=12mv12+0.3解得Q=2J(4)a环进入磁场后,当a环和b环共速时,两环间距离最近,由动量定理,对a环有mgsinθ·Δt-FAaΔt=对b环有mgsinθ·Δ+FAbΔt=其中FAbΔt=FAaΔt=BI1L1Δt=BL1E1联立解得Δx=1m则a环进入磁场后与b环间的最小距离为xmin=x-Δx=1m例2BC[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,根据动量定理,对a棒有-BILΔt=mv1-mv0,对b棒有BI·2LΔt=2mv2,稳定时有BLv1=B·2Lv2,又I=mv0,联立解得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,由能量守恒定律得Q=12mv02-12mv12-12×2mv2例3(1)2B2l[解析](1)两个线框一起以速度v0在磁场中匀速运动,产生的感应电动势均为E=Blv0电流大小均为I=E当P、Q靠在一起的边均进入磁场时,水平推力达到最大,为Fm=2BIl联立解得Fm=2(2)以线框P的右边刚进入磁场时为计时起点,按照线框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一起做减速运动,所用时间为t1,有E1=ΔΦI1=由动量定理得-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,因此仍一起做减速运动,同理可得2B2l3在第3阶段,P已经离开磁场,而Q还在磁场中做减速运动,Q最后恰好能离开磁场,同理可得B2l3联立解得v1=45v0,v2=25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.CD[解析]M刚进磁场时,产生的感应电动势为E0=BLv0,M两端的电压U=RR+R·E0=12BLv0,A错误;两金属杆在磁场内运动过程中,M、N组成的系统动量守恒,有2mv0=2mv1+m·12v0,解得N出磁场时M的速度v1=34v0,由能量守恒定律可知,此过程中整个电路产生的焦耳热为Q=12×2mv02-12×2mv12-12m12v02=516mv02,则N上产生的焦耳热为Q'=12Q=532mv02,B错误;N在磁场内运动过程中,M一直做减速运动,N一直做加速运动,两者的速度之差Δv一直减小,感应电动势E=BLΔv一直减小,感应电流一直减小,安培力一直减小,加速度一直减小,当N出磁场瞬间,加速度最小,此时有Em=BL34v0-12v0,Im=Em2R,BImL=mam,联立解得am=B2L2v08mR,C正确;2.BD[解析]设线框短边边长为L,长边边长为2L,a、b进磁场的速度分别为v1、v2,a匀速进入磁场,受到的安培力为F1=BI1L=BLv1RBL=B2L2v1R,b匀速进入磁场,受到的安培力为F2=BI2·2L=B·2Lv2RB·2L=B2(2L)2v2R,由平衡条件有B2L2v1R=B22L2v2R=mg,可得v1=4v2,由v2=2gh可知,开始时,a、b下边缘离虚线的高度之比为h1∶h2=v12:v22=16∶1,故A错误;由q=IΔt=ERΔt=ΔΦR=BSR=2BL2R,可知线框进磁场过程中,通过a3.AC[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;M