的电荷量;
(2)当cd棒速度变为v0时,cd棒加速度的大小.
解析:(1)当ab棒与cd棒速度相同时,cd棒的速度最大,设最大速度为v 由动量守恒定律得mv0=2mv,
解得v=v0,
由能量守恒定律可得:
系统产生的焦耳热Q=m-×2mv=m
2
,
故cd棒产生的焦耳热Qcd=Q=m对ab棒应用动量定理得
,
-FΔt=-ILBΔt=-LBq=m×v0-mv0,
解得通过ab棒的电荷量q=.
(2)设当cd棒的速度为v0时,ab棒的速度为v′,
由动量守恒定律得mv0=m×v0+mv′,
解得v′=v0,
根据法拉第电磁感应定律有
Eab=BLv′=BLv0,Ecd=BLv0, 根据闭合电路欧姆定律有: 回路中的电流
I==,
根据牛顿第二定律得:此时cd棒的加速度大小为
a===.
答案:(1)m
(2)
专题探究八 电磁感应的综合应用(一)
1.(2019·广东湛江四校联考)如图所示,在一磁感应强度B=0.5 T 的匀强磁场中,垂直于磁场方向水平放置着两根相距L=0.1 m的平行金属导轨MN和PQ,导轨电阻忽略不计,在两根导轨的端点N,Q之间连接一阻值R=0.3 Ω 的电阻.导轨上放置着金属棒ab,其电阻r=0.2 Ω.当金属棒在水平拉力作用下以速度v=4.0 m/s向左做匀速运动时( A )
A.ab棒所受安培力大小为0.02 N B.N,Q间电压为0.2 V C.a端电势比b端电势低 D.回路中感应电流大小为1 A
解析:ab棒产生的感应电动势E=BLv=0.5×0.1×4 V=0.2 V,感应电流为I==
A=0.4 A,ab棒所受安培力大小F安=BIL=0.5×0.4× 0.1 N=0.02 N,故A正确,D错误;N,Q间电压为U=IR=0.4×0.3 V= 0.12 V,故B错误;由右手定则知,ab棒中感应电流方向由b到a,a端电势较高,故C错误.
2.(2019·吉林长春模拟)如图所示,两光滑平行金属导轨间距为L,直导线MN垂直跨在导轨上,且与导轨接触良好,整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度为B.电容器的电容为C,除电阻R外,导轨和导线的电阻均不计.现给导线MN一初速度,使导线MN向右运动,当电路稳定后,MN以速度v向右做匀速运动时( C )
A.电容器两端的电压为零 B.电阻两端的电压为BLv C.电容器所带电荷量为CBLv
D.为保持MN匀速运动,需对其施加的拉力大小为
解析:当导线MN匀速向右运动时,导线MN产生的感应电动势恒定,稳定后,电容器既不充电也不放电,无电流产生,故电阻两端没有电压,电容器两极板间的电压为U=E=BLv,所带电荷量Q=CU=CBLv,故A,B错,C对;MN匀速运动时,因无电流而不受安培力, 故拉力为零,D错. 3.(2019·河南郑州模拟)半径为a、右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆,单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置,整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B.杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动,杆始终有两点与圆环良好接触,从
圆环中心O开始,杆的位置由θ确定,如图所示.则( A )
A.θ=0时,杆产生的电动势为2Bav
B.θ=时,杆产生的电动势为Bav
C.θ=0时,杆受的安培力大小为
D.θ=时,杆受的安培力大小为
解析:θ=0时,导体直杆切割磁感线的有效长度为2a,则产生的感应电动势为E1=2Bav;电路
中电阻R=(πa+2a)R0,感应电流为I1==,所以杆所受安培力为F1=BI1·2a=
,A正确,C错误;同理,θ=时,E2=Bav,F2=,B,D均错误.
4.(2019·河北石家庄质检)如图(甲)所示,导体棒MN置于水平导轨上,PQ之间有阻值为R的电阻,PQNM所围的面积为S,不计导轨和导体棒的电阻.导轨所在区域内存在沿竖直方向的磁场,规定磁场方向竖直向上为正,在0～2t0时间内磁感应强度的变化情况如图(乙)所示,导体棒MN始终处于静止状态.下列说法正确的是( D )
A.在0～t0和t0～2t0内,导体棒受到导轨的摩擦力方向相同 B.在t0～2t0内,通过电阻R的电流方向为P到Q
C.在0～t0内,通过电阻R的电流大小为
D.在0～2t0内,通过电阻R的电荷量为
解析:由图(乙)所示图像可知,0～t0内磁感应强度减小,穿过回路的磁通量减少,由楞次定律可知,为阻碍磁通量的减少,导体棒具有向右的运动趋势,导体棒受到向左的摩擦力,在t0～2t0内,穿过回路的磁通量增加,为阻碍磁通量的增加,导体棒有向左的运动趋势,导体棒受到向右的摩擦力,在两时间段内摩擦力方向相反,故A错误;由图(乙)所示图像可知,在t0～2t0