1、電磁感應(yīng)力電綜合一一雙棒問題（參考答案）、選擇題1.【答案】BCD【解析】根據(jù)題意可知，兩棒組成回路，電流大小相同，故所受安培力等大反向，兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒，故任何一段時間內(nèi)， 導體棒b動量改變量跟導體棒 a動量改變量總是大小相等、 方向相反，根據(jù)能量守恒定律 可知，a動能減少量的數(shù)值等于 b動能增加量與系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱之和，故 A錯誤，B正確；對系統(tǒng)由動量守 恒定律有2mv0= （2m+m）v,對b棒由動量定理有 mv- 0= B I l t= Blq ,解得q=-mV0,根據(jù)能量守恒定律，兩3BI棒共產(chǎn)生的焦耳熱為 Q = x 2mv2-1（2m + m）v2=mV0,故C、D正確。

2、2232.【答案】D。【解析】 解：A、根據(jù)右手定則知：回路中產(chǎn)生沿NMPQM的感應(yīng)電流，根據(jù)左手定則可知，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，且通過兩棒的安培力大小相等，所以，兩棒受到的安培力沖量大小相等，方向相同，故 A錯誤；B、當兩棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小相等，相互抵消，回路中感應(yīng)電流為零時，兩棒均做勻速運動，達到穩(wěn)定 狀態(tài)，設(shè)最終 MN棒和PQ棒的速度大小分別為 M和丫2。穩(wěn)定時，有： BLVi BLv2得：V V2對PQ棒，根據(jù)動量定理得：I mv2 0對MN棒，根據(jù)動量定理得：I mM mv。解得：v1 v2 , Vi水平向左，V2水平向右，方向相反，故 B錯誤

3、; 2C、設(shè)MN棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q,則PQ棒產(chǎn)生的焦耳熱也為Q ,根據(jù)能量守恒定律得；2Q12,1212、mv0 ( mvi mv2) 2222解得Q mv0-,故C錯誤;8D、對PQ棒，根據(jù)動量定理得：BIL*t mv2 0通過PQ棒某一橫截面白電荷量為 q狂，可得q 造，故D正確。2 BL3.【答案】AB【解析】【分析】【詳解】A.由BLV0BLV03R_2 2B LV03R第1頁，共6頁F 安 = ma2. 2B L V03Rm故A項正確；B.勻速運動時，兩棒切割產(chǎn)生的電動勢大小相等BLva B 2Lvb得末速度Va 2Vb對a棒-BIL t mva mv0對b棒B2L t 2mvb解得

4、v v =v。則2v0va Tv。vb T故B正確；C.對a棒-BIL t mva mv0且q r t解得mv0 q態(tài) 3LB故C錯誤；D.由能量關(guān)系，整個過程中產(chǎn)生的熱量 TOC o 1-5 h z C 121 心、21。/1、2Q總二二 mv0 -m(-v0) - 2m(二 v0) HYPERLINK l bookmark36 o Current Document 22 32321 2Qb - Q 總=- mv039故D項錯誤。故選AB。.【答案】BD【解析】當力F作用到桿2上時，桿2立刻做加速運動，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而產(chǎn)生向左的安培力，此時安培 力小于最大靜摩擦力，加速度a=-4：=

5、,則隨著速度的增加桿2做加速度減小的加速運動，當加速度減為零時，桿2做勻速運動，若此過程中桿1所受的安培力始終小于最大靜摩擦力，則此過程中桿1始終不動,A項錯誤,B項可能正確；由上述分析可知，當安培力增加到一定值時，桿1開始運動，則隨著安培力的增加，棒2做加速度第2頁，共6頁逐漸減小的加速運動桿1做加速度增大的加速運動，當兩桿的加速度相等時，兩桿的速度差恒定，此時兩桿所受 的安培力恒定，加速度恒定，C項錯誤，D項可能正確。.【答案】BC【解析】【詳解】由bc邊切割磁感線產(chǎn)生電動勢，形成電流，使得導體棒MN受到向右的安培力，做加速運動，bc邊受到向左的安培力，向右做加速運動。當 MN運動時，金屬

6、框的 bc邊和導體棒 MN 一起切割磁感線，設(shè)導體 棒MN和金屬框的速度分別為 Vl、V2,則電路中的電動勢E BL（v2 V1）電流中的電流,E BLM Vi）I - R R金屬框和導體棒MN受到的安培力 _ 2 2_ B L（V2 Vi）F安框一 :R ,與運動方向相反 _ 2 2 _ B L（V2 Vi）F 安 MN _R ,與運動方向相同設(shè)導體棒MN和金屬框的質(zhì)量分別為 曰、m2 ,則對導體棒 MN _ 2 2 B L （v2 V1） m1a1R對金屬框 _ 2 2 匚 B L（V2 vi） F m2 a 2RF初始速度均為零，則 al從零開始逐漸增加，a2從m2開始逐漸減小。當 a1

7、=a2時，相對速度V2ViFRm12B2L2 (m1 m2)大小恒定。整個運動過程用速度時間圖象描述如下。綜上可得，金屬框的加速度趨于恒定值，安培力也趨于恒定值，BC選項正確；金屬框的速度會一直增大，導體棒到金屬框bc邊的距離也會一直增大，AD選項錯誤。故選BC。.【答案】BD【解析】若恒力F較小，金屬框受到的最大靜摩擦力較大，則在導體棒運動過程中，金屬框?qū)⒈３朱o止。根據(jù)牛頓第二定律F-F安=“2，且F安=81 ,I=W,E=BLv，解得a=：;因此金屬棒將做加速度逐漸減小的加速運動 ，當F=第3頁，共6頁時，導體棒開始做勻速運動,A項錯誤,B項正確。若恒力 F較大，金屬框受到的最大靜摩擦力較

8、小，開始導體棒做加速度減小的加速運動，而金屬框靜止；當學=5時,金屬框開始運動，電動勢E=BL(vi-V2),根據(jù)牛頓第二定律知金 屬框的加速度 ai=乎出從零開始逐漸增大，導體棒的加速度32=e-b若比也繼續(xù)減小，當ai=a2時，相對速度V1 -V2=翳烹Fk大小，f1定，之后導體棒與金屬框以相等的加速度做勻加速直線運動,C項錯誤,D項正確。.【答案】AC【解析】解:A、B、由于釋放a,經(jīng)1s時間a棒速度達到12m/s , a棒與b棒的安培力雖為變力，但始終等大反 向，故安培力沖量也等大反向，設(shè)安培力的沖量大小為I安，向下方向為正，對a根據(jù)動量定理可得：mgt+I ：l：=mva-0,對b根

9、據(jù)動量定理可得:mgt - I安=mvp-mv b0,聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：vb=18mls,故A正確，B錯誤；C、D、開始一段時間內(nèi)，a棒的加速度大于 b棒的加速度，二者的速度之差逐漸減小，安培力逐漸減小，若導軌很長，最終通過二者的加速度之差必將為零，它們最終加速度必相同，故C正確，D錯誤。故選:AC。.【答案】AD【解析】由于PQ進入磁場時加速度為零， AB .若PQ出磁場時MN仍然沒有進入磁場，則 PQ出磁場后至MN進入磁場的這段時間，由于磁通量。不變，無感應(yīng)電流。由于 PQ、MN同一位置釋放，故 MN進入磁場時與PQ進入磁場時的速度相同，所以電流大小也應(yīng)該相同，A正確B錯誤；CD.若PQ

10、出磁場前MN已經(jīng)進入磁場，由于磁通量。不變，PQ、MN均加速運動，PQ出磁場后，MN由于加速故電流比PQ進入磁場時電流大，故 C正確D錯誤；BLv 一情形1:若MN剛進入磁場時，PQ已離開磁場區(qū)域，則對MN,由mgsin 9= BI1L、I1二:一及R總右手定則知，通過PQ的電流大小不變，方向相反，故It圖象如圖A所示。情形2:若MN剛進入磁場時，PQ未離開磁場區(qū)域，由于兩導體棒速度相等，產(chǎn)生的電動勢等大、反向，故電流為0,兩棒在重力沿導軌方向的分力作用下均加速直至PQ離開磁場。當PQ離開磁場時，MN在磁場中的速度大于勻速運動時的速度， MN為電源，由右手定則知PQ中 的電流方向與MN未進入磁

11、場時相反，設(shè)此時PQ中電流大小為 以 由E=BLv , I2 = , BI2LR總-mgsin 0= ma0知，MN減速，且隨v減小，I2減小，a減小，I2與v成正比，故I2隨t減小 得越來越慢，直至MN勻速運動，這時I2=I1, It圖象如圖D所示。.【答案】AB【解析】解：A、由于MN棒切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，相當于電源，通過 MN的電流是EF電流的2倍， 根據(jù)焦耳定律 Q=I2Rt可知，MN的發(fā)熱量是EF的4倍，兩金屬棒的發(fā)熱量不相等，故A正確；B、以EF為研究對象，設(shè) EF剛開始運動時其電流大小為I,則通過 MN的電流為2I,由題有：BIL =師g- 根據(jù)閉合電路歐姆定律得：E=2

12、I (R+0.5R) =3IR第4頁，共6頁又E=BLvv= at聯(lián)立解得：t=1,呼,故B正確； B*L.C、MN棒在T時間內(nèi)通過的位移為 x =aT2,2平均感應(yīng)電動勢： 乏=金更，_At平均感應(yīng)電流：回_ u |L 5R電荷量：Q =工之，磁通量變化量： 蟲=81*,R的電荷量為：q=-Q=BL!r ,故C錯誤;則得通過MN棒的電量為：Q=u募由于兩棒的電阻都為 R,則此過程中流過電阻D、金屬棒EF開始運動時，由BIL =師g得:金屬棒MN所受的安培力大小為 5安=31以MN為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得：F-師g - F安 = ma拉力的功率為P=Fv又 v= aT解得：P= (ma+

13、2pmg) aT,故 D 錯誤。二、計算題 TOC o 1-5 h z 3510.【答案】(1) 0.18N ； (2) m 0.02kg, 一 ； (3)X2 m818【解析】(1)根據(jù)題意可得金屬棒和導體框在沒有進入磁場時一起做勻加速直線運動，由動能定理可得2M m gsi sin M m v0 HYPERLINK l bookmark54 o Current Document ，口3,代入數(shù)據(jù)解得Vo - m/s2金屬棒在磁場中切割磁場產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E BLvo由閉合回路的歐姆定律可得I R則導體棒剛進入磁場時受到的安培力為F安BIL 0.18N(2)金屬棒進入

14、磁場以后因為瞬間受到安培力的作用，根據(jù)楞次定律可知金屬棒的安培力沿斜面向上，之后金屬棒相對導體框向上運動，因此金屬棒受到導體框給的沿斜面向下的滑動摩擦力，因勻速運動，可有mg sin mg cosF安此時導體框向下做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律可得Mg sin mg cos Max設(shè)磁場區(qū)域的寬度為 X,則金屬棒在磁場中運動的時間為t V0第5頁，共6頁則此時導體框的速度為ViV0 at .1 .2則導體框的位移 XiV0tat2因此導體框和金屬棒的相對位移為X由題意當金屬棒離開磁場時金屬框的上端i .2Xi x - at2EF剛好進入線框，則有位移關(guān)系 & X X金屬框進入磁場時勻速運動，此

15、時的電動勢為Ei BL%, IiBLv1-R-導體框受到向上的安培力和滑動摩擦力，因此可得Mg sinmg cosBIiL聯(lián)立以上可得 x 0.3m , a 5m/s2 , m 0.02kg ,(3)金屬棒出磁場以后，速度小于導體框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速運動，則有mgsinmg cosma1金屬棒向下加速，導體框勻速，當共速時導體框不再勻速，則有v0aiti導體框勻速運動的距離為八、一口2.5代入數(shù)據(jù)解得X2m9aii.【答案】(i)x2 v1tl5mi8mgR_ 2 2B 1tVCD2 mgRt1_ 2 2B l t0【解析】(i) 0-t0時間內(nèi)CD棒未動，這段時間內(nèi)只有在t0時刻，CD棒開始運動，則此時對 CD棒有：F安對AB棒與CD棒構(gòu)成的回路由閉合電路的歐姆定律有:對0 -t。時間內(nèi)AB對0 -to時間內(nèi)AB棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢有：棒做勻加速直線運動有：Vab0聯(lián)立可得:2Ri1BlABBIL(3)at0AB棒做勻加速直線運動的加速度大小為:(2)在ti時刻AB棒的速度為：vab0 ati2 mgRt1B2l 2t04 mgRt1_ 22B l t0棒在做勻加速直線運動;f 靜 maXmgE2RBlVAB2 mgRB2l 2t0在G時刻，對AB棒與CD棒構(gòu)成的回路由閉合電路的歐姆定律有:E ii 2R在t1時