电磁感应力电综合——双棒问题(答案)

电磁感应力电综合——双棒问题（参考答案）一、选择题1． 【答案】BCD【解析】根据题意可知，两棒组成回路，电流大小相同，故所受安培力等大反向，两棒组成的系统动量守恒，故任何一段时间内，导体棒b 动量改变量跟导体棒a 动量改变量总是大小相等、方向相反，根据能量守恒定律可知，a 动能减少量的数值等于b 动能增加量与系统产生的焦耳热之和，故A 错误，B 正确；对系统由动量守恒定律有2mv 0＝(2m ＋m )v ，对b 棒由动量定理有mv －0＝B I －l ·t ＝Blq ，解得q ＝2mv 03Bl，根据能量守恒定律，两棒共产生的焦耳热为Q ＝12×2mv 20－12(2m ＋m )v 2＝mv 203，故C 、D 正确。

2． 【答案】D 。

【解析】解：A 、根据右手定则知：回路中产生沿NMPQM 的感应电流，根据左手定则可知，MN 棒受到的安培力水平向右，PQ 棒受到的安培力也水平向右，且通过两棒的安培力大小相等，所以，两棒受到的安培力冲量大小相等，方向相同，故A 错误；B 、当两棒产生的感应电动势大小相等，相互抵消，回路中感应电流为零时，两棒均做匀速运动，达到稳定状态，设最终MN 棒和PQ 棒的速度大小分别为1v 和2v 。

稳定时，有：12BLv BLv = 得：12v v =对PQ 棒，根据动量定理得：20I mv =-对MN 棒，根据动量定理得：10I mv mv -=-解得：0122vv v ==，1v 水平向左，2v 水平向右，方向相反，故B 错误；C 、设MN 棒产生的焦耳热为Q ，则PQ 棒产生的焦耳热也为Q ，根据能量守恒定律得；2220121112()222Q mv mv mv =-+解得208mv Q =，故C 错误；D 、对PQ 棒，根据动量定理得：20BIL t mv =-通过PQ 棒某一横截面的电荷量为q It =，可得02mv q BL=，故D 正确。

3． 【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】 A ．由0E BLv =03BLv I R =2203B L v F R=安F 安=ma得2203B L v a Rm=故A 项正确；B ．匀速运动时，两棒切割产生的电动势大小相等2a b BLv B Lv =⋅得末速度2a b v v =对a 棒0-a BIL t mv mv ∆=-对b 棒22b BI L t mv ⋅∆=解得0=a b v v v +则23a v v =03b v v =故B 正确； C ．对a 棒0-a BIL t mv mv ∆=-且q I t =∆解得3mv q LB=故C 错误；D ．由能量关系，整个过程中产生的热量22200011211=()2()22323Q mv m v m v --⋅总2021=39b Q Q mv =总故D 项错误。

故选AB 。

4． 【答案】 BD【解析】当力F 作用到杆2上时,杆2立刻做加速运动,回路中产生感应电流,从而产生向左的安培力,此时安培力小于最大静摩擦力,加速度a==,则随着速度的增加,杆2做加速度减小的加速运动,当加速度减为零时,杆2做匀速运动,若此过程中杆1所受的安培力始终小于最大静摩擦力,则此过程中杆1始终不动,A 项错误,B 项可能正确;由上述分析可知,当安培力增加到一定值时,杆1开始运动,则随着安培力的增加,棒2做加速度逐渐减小的加速运动,杆1做加速度增大的加速运动,当两杆的加速度相等时,两杆的速度差恒定,此时两杆所受的安培力恒定,加速度恒定,C 项错误,D 项可能正确。

5． 【答案】BC 【解析】【详解】由bc 边切割磁感线产生电动势，形成电流，使得导体棒MN 受到向右的安培力，做加速运动，bc 边受到向左的安培力，向右做加速运动。

当MN 运动时，金属框的bc 边和导体棒MN 一起切割磁感线，设导体棒MN 和金属框的速度分别为1v 、2v ，则电路中的电动势21()E BL v v =-电流中的电流21()BL v v E I R R -==金属框和导体棒MN 受到的安培力2221()=B L v v F R -安框，与运动方向相反 2221()=MN B L v v F R -安，与运动方向相同设导体棒MN 和金属框的质量分别为1m 、2m ，则对导体棒MN222111()B L v v m a R -=对金属框222122()B L v v F m a R --=初始速度均为零，则a1从零开始逐渐增加，a2从2Fm 开始逐渐减小。

当a1＝a2时，相对速度12122122()FRm v v B L m m -=+大小恒定。

整个运动过程用速度时间图象描述如下。

综上可得，金属框的加速度趋于恒定值，安培力也趋于恒定值，BC 选项正确； 金属框的速度会一直增大，导体棒到金属框bc 边的距离也会一直增大，AD 选项错误。

故选BC 。

6． 【答案】 BD【解析】若恒力F 较小,金属框受到的最大静摩擦力较大,则在导体棒运动过程中,金属框将保持静止。

根据牛顿第二定律F-F 安=Ma ,且F 安=BIL ,I=,E=BLv ,解得a=,因此金属棒将做加速度逐渐减小的加速运动,当F=时,导体棒开始做匀速运动,A项错误,B项正确。

若恒力F较大,金属框受到的最大静摩擦力较小,开始导体棒做加速度减小的加速运动,而金属框静止;当=F f时,金属框开始运动,电动势E=BL(v1-v2),根据牛顿第二定律知金属框的加速度a1=从零开始逐渐增大,导体棒的加速度a2=,继续减小,当a1=a2时,相对速度v1-v2=大小恒定,之后导体棒与金属框以相等的加速度做匀加速直线运动,C项错误,D项正确。

7．【答案】AC【解析】解:A、B、由于释放a，经1s时间a棒速度达到12m/s , a棒与b棒的安培力虽为变力，但始终等大反向，故安培力冲量也等大反向，设安培力的冲量大小为I安，向下方向为正，对a根据动量定理可得:mgt+I安=mva-0，对b根据动量定理可得:mgt一I安=mvp-mv b0，联立并代入数据解得:vb=18mls，故A正确，B错误;C、D、开始一段时间内，a棒的加速度大于b棒的加速度，二者的速度之差逐渐减小，安培力逐渐减小，若导轨很长，最终通过二者的加速度之差必将为零，它们最终加速度必相同，故C正确，D错误。

故选:AC。

8．【答案】AD【解析】由于PQ进入磁场时加速度为零，AB．若PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场，则PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间，由于磁通量φ不变，无感应电流。

由于PQ、MN同一位置释放，故MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同，所以电流大小也应该相同，A正确B错误；CD．若PQ出磁场前MN已经进入磁场，由于磁通量φ不变，PQ、MN均加速运动，PQ出磁场后，MN由于加速故电流比PQ进入磁场时电流大，故C正确D错误；情形1：若MN刚进入磁场时，PQ已离开磁场区域，则对MN，由mg sinθ＝BI1L、I1＝BL v及R总右手定则知，通过PQ的电流大小不变，方向相反，故It图象如图A所示。

情形2：若MN刚进入磁场时，PQ未离开磁场区域，由于两导体棒速度相等，产生的电动势等大、反向，故电流为0，两棒在重力沿导轨方向的分力作用下均加速直至PQ离开磁场。

当PQ离开磁场时，MN在磁场中的速度大于匀速运动时的速度，MN为电源，由右手定则知PQ中，BI2L 的电流方向与MN未进入磁场时相反，设此时PQ中电流大小为I2，由E＝BL v′，I2＝ER总－mg sinθ＝ma>0知，MN减速，且随v′减小，I2减小，a减小，I2与v′成正比，故I2随t减小得越来越慢，直至MN匀速运动，这时I2＝I1，It图象如图D所示。

9．【答案】AB【解析】解：A、由于MN棒切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，通过MN的电流是EF电流的2倍，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知，MN的发热量是EF的4倍，两金属棒的发热量不相等，故A正确；B、以EF为研究对象，设EF刚开始运动时其电流大小为I，则通过MN的电流为2I，由题有：BIL＝μmg…①根据闭合电路欧姆定律得：E＝2I（R+0.5R）＝3IR…②又 E ＝BLv …③ v ＝at …④ 联立解得：t ＝，故B 正确；C 、MN 棒在T 时间内通过的位移为 x ＝aT 2， 平均感应电动势：＝， 平均感应电流：＝，电荷量：Q ＝△t ， 磁通量变化量：△Φ＝BLx ， 则得通过MN 棒的电量为：Q ＝由于两棒的电阻都为R ，则此过程中流过电阻R 的电荷量为：q ＝Q ＝，故C 错误；D 、金属棒EF 开始运动时，由BIL ＝μmg 得：I ＝，金属棒MN 所受的安培力大小为 F 安＝BIL以MN 为研究对象，根据牛顿第二定律得：F ﹣μmg ﹣F 安＝ma 拉力的功率为 P ＝Fv 又 v ＝aT解得：P ＝（ma+2μmg ）aT ，故D 错误。

二、计算题10．【答案】（1）0.18N ；（2）0.02kg m =，38μ=；（3）25m 18x =【解析】（1）根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得()()2101sin 2M m gs M m v α+=+代入数据解得03m/s 2v =金属棒在磁场中切割磁场产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得0E BLv = 由闭合回路的欧姆定律可得E I R=则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为0.18N F BIL ==安（2）金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有sin cos mg mg F αμα+=安此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得sin cos Mg mg Ma αμα-= 设磁场区域的宽度为x ，则金属棒在磁场中运动的时间为0x t v =则此时导体框的速度为10v v at =+ 则导体框的位移21012x v t at =+ 因此导体框和金属棒的相对位移为2112x x x at ∆=-=由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF 刚好进入线框，则有位移关系0s x x -∆=金属框进入磁场时匀速运动，此时的电动势为11E BLv =，11BLv I R=导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得1sin cos Mg mg BI L αμα=+联立以上可得0.3m x =，25m/s a =，0.02kg m =，38μ=（3）金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有1sin cos mg mg ma αμα+=金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有0111v a t v += 导体框匀速运动的距离为211x v t =代入数据解得2 2.55m m 918x == 11．【答案】（1）2202mgRa B l t μ=（2）1122022CD mgRt Ri v B l t Bl μ=-（3）1121220422()AB mgRt Ri v g t t B l t Bl μμ=---【解析】（1）00t 时间内CD 棒未动，这段时间内只有AB 棒在做匀加速直线运动；在0t 时刻，CD 棒开始运动，则此时对CD 棒有：F BIL f mg μ===安静max ①对AB 棒与CD 棒构成的回路由闭合电路的欧姆定律有：2EI R= ② 对00t 时间内AB 棒切割磁感线产生感应电动势有：AB E Blv = ③对00t 时间内AB 棒做匀加速直线运动有：00AB v at =+ ④联立①②③④可得：AB 棒做匀加速直线运动的加速度大小为：2202mgR a B l t μ= ⑤ （2）在1t 时刻AB 棒的速度为：'1122020AB mgRt v at B l t μ=+= ⑥ 在1t 时刻，对AB 棒与CD 棒构成的回路由闭合电路的欧姆定律有：'12E i R= ⑦ 在1t 时刻，AB 棒和CD 棒都在切割磁感线且AB 棒的速度较大，所以产生的感应电动势为：'''()AB CD E Bl v v =- ⑧联立⑥⑦⑧可得，'1122022CD mgRt Ri v B l t Blμ=- ⑨ （3）在12t t 时间内，选水平向右为运动的正方向，则对AB 棒和CD 棒分别列动量定理有:对AB ：'''AB AB F t mg t mv mv μ-∆-∆=-安 ⑩ 对CD ：'0CD F t mg t mv μ∆-∆=-安 ⑾ 其中21t t t ∆=-，联立⑥⑨⑩⑾可得，''1121220422()AB mgRt Ri v g t t B l t Blμμ=--- ⑿。