2025 選考專題高考 物理 （川陜青寧蒙新晉豫）第一部分核心主干復(fù)習(xí)專題電磁感應(yīng)中的單桿模型 含答案

2025選考專題高考物理（川陜青寧蒙新晉豫）第一部分核心主干復(fù)習(xí)專題微專題6電磁感應(yīng)中的單桿模型單桿常見模型分析示意圖運(yùn)動(dòng)分析能量分析動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,12mv0電能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能,E電=12mvm外力做功轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能,WF=12mvm外力做功轉(zhuǎn)化為電場(chǎng)能和動(dòng)能,WF=E電+12mv單桿與電阻構(gòu)成回路例1[2024·安徽卷]如圖所示,一“U”形金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面內(nèi),一電阻不計(jì)、質(zhì)量為m的金屬棒ab垂直于導(dǎo)軌,并靜置于絕緣固定支架上.邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形cdef區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),支架上方的導(dǎo)軌間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng),兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間t的變化關(guān)系均為B=kt(SI),k為常數(shù)(k>0).支架上方的導(dǎo)軌足夠長(zhǎng),兩邊導(dǎo)軌單位長(zhǎng)度的電阻均為r,下方導(dǎo)軌的總電阻為R.t=0時(shí),對(duì)ab施加豎直向上的拉力,恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng),整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中ab與兩邊導(dǎo)軌接觸良好.已知ab與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,重力加速度大小為g.不計(jì)空氣阻力,兩磁場(chǎng)互不影響.(1)求通過面積Scdef的磁通量大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系式,以及感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小,并寫出ab中電流的方向;(2)求ab所受安培力的大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系式;(3)經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間,對(duì)ab所施加的拉力達(dá)到最大值?并求此最大值.規(guī)范答題區(qū)自評(píng)項(xiàng)目(共100分)自評(píng)得分書寫工整無涂抹(20分)有必要的文字說明(20分)使用原始表達(dá)式、無代數(shù)過程(30分)有據(jù)①②得③等說明(10分)結(jié)果為數(shù)字的帶有單位,求矢量的有方向說明(20分)單桿與電容器構(gòu)成回路例2(多選)[2022·全國甲卷]如圖,兩根相互平行的光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面上,在導(dǎo)軌的左端接入電容為C的電容器和阻值為R的電阻.質(zhì)量為m、阻值也為R的導(dǎo)體棒MN靜止于導(dǎo)軌上,與導(dǎo)軌垂直,且接觸良好,導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì),整個(gè)系統(tǒng)處于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.開始時(shí),電容器所帶的電荷量為Q,合上開關(guān)S后()A.通過導(dǎo)體棒MN電流的最大值為QB.導(dǎo)體棒MN向右先加速、后勻速運(yùn)動(dòng)C.導(dǎo)體棒MN速度最大時(shí)所受的安培力也最大D.電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱大于導(dǎo)體棒MN上產(chǎn)生的焦耳熱【技法點(diǎn)撥】含容電路中,單桿在恒力(包括桿的重力)作用下,加速度是恒定的.力、電間的關(guān)聯(lián)如下:單桿與電源構(gòu)成回路例3將電源、開關(guān)、導(dǎo)體棒與足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌連接成閉合回路,整個(gè)回路水平放置,俯視圖如圖所示,虛線右側(cè)存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng).已知磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,電源電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r.導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m,電阻為r,長(zhǎng)度恰好等于導(dǎo)軌間的寬度L,不計(jì)金屬軌道的電阻.(1)求閉合開關(guān)瞬間導(dǎo)體棒的加速度大小a;(2)求導(dǎo)體棒最終的速度大小v;(3)導(dǎo)體棒的速度從0增加到v1的過程中,通過導(dǎo)體棒的電荷量為q,求此過程中導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱Q.【技法點(diǎn)撥】導(dǎo)體棒一般不是做勻變速運(yùn)動(dòng),而是經(jīng)歷一個(gè)動(dòng)態(tài)變化過程再趨于一個(gè)穩(wěn)定狀態(tài)。動(dòng)態(tài)分析的基本思路如下:【跟蹤訓(xùn)練】1.(多選)[2024·河北石家莊模擬]如圖所示,寬度為L(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置于方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,金屬導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì),磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,導(dǎo)軌左端接一阻值為R的定值電阻和一電容為C的電容器,電阻不計(jì)的金屬棒MN置于導(dǎo)軌上.某時(shí)刻在垂直于金屬棒方向施加一水平恒力F,使金屬棒由靜止開始運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終保持垂直且接觸良好.下列說法正確的是 ()A.開關(guān)S1斷開,S2閉合,金屬棒最終做勻速直線運(yùn)動(dòng),速度為FRB.開關(guān)S1閉合,S2斷開,金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度為FC.開關(guān)S1、S2都閉合,金屬棒最終做勻速直線運(yùn)動(dòng),速度為FRD.開關(guān)S1、S2都閉合,金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng),加速度為F2.[2024·全國甲卷]兩根平行長(zhǎng)直光滑金屬導(dǎo)軌距離為l,固定在同一水平面(紙面)內(nèi),導(dǎo)軌左端接有電容為C的電容器和阻值為R的電阻,開關(guān)S與電容器并聯(lián);導(dǎo)軌上有一長(zhǎng)度略大于l的金屬棒,如圖所示.導(dǎo)軌所處區(qū)域有方向垂直于紙面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng).開關(guān)S閉合,金屬棒在恒定的外力作用下由靜止開始加速,最后將做速率為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng).金屬棒始終與兩導(dǎo)軌垂直且接觸良好,導(dǎo)軌電阻和金屬棒電阻忽略不計(jì).(1)在加速過程中,當(dāng)外力做功的功率等于電阻R熱功率的2倍時(shí),金屬棒的速度大小是多少?(2)如果金屬棒達(dá)到(1)中的速度時(shí)斷開開關(guān)S,改變外力使金屬棒保持此速度做勻速運(yùn)動(dòng).之后某時(shí)刻,外力做功的功率等于電阻R熱功率的2倍,求此時(shí)電容器兩極間的電壓及從斷開S開始到此刻外力做的功.微專題6電磁感應(yīng)中的單桿模型例1(16分)(1)Φ=kL2tkL2從a流向b(2)F安=k2(3)Rarμk2[解析](1)通過面積Scdef的磁通量大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為Φ=BS=kL2t (1分)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E=nΔΦΔt=SΔBΔt由楞次定律可知ab中的電流方向?yàn)閺腶流向b. (1分)(2)根據(jù)左手定則可知ab受到的安培力方向垂直于導(dǎo)軌平面向里,大小為F安=BIL (1分)其中B=kt (1分)設(shè)金屬棒向上運(yùn)動(dòng)的位移為x,則根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有x=12at2 (1分導(dǎo)軌接入回路的電阻為R'=2xr (1分)由閉合電路歐姆定律得I=ER+R'聯(lián)立解得ab所受安培力的大小隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為F安=k2L3t(3)由題知t=0時(shí),對(duì)ab施加豎直向上的拉力,恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運(yùn)動(dòng),則對(duì)ab受力分析,由牛頓第二定律有F-mg-μF安=ma (1分)其中F安=k2L3t聯(lián)立可得F=μk2L3tR+art2+整理有F=μk2L3Rt+art+m(根據(jù)均值不等式可知Rt+art≥2Rar,當(dāng)且僅當(dāng)Rt=art時(shí)取等號(hào),F有最大值,此時(shí)t=RarF的最大值為Fm=μk2L32Rar+m(g+例2AD[解析]MN在運(yùn)動(dòng)過程中為非純電阻,MN上的電流瞬時(shí)值為i=U-BlvR,閉合開關(guān)瞬間,v=0,此時(shí)MN可視為純電阻,反電動(dòng)勢(shì)最小,故電流最大,為Imax=UmR=QCR,故A正確.當(dāng)U>Blv時(shí),導(dǎo)體棒做加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)速度達(dá)到最大值之后,由于電容器與MN及R構(gòu)成回路,一直處于通路的形式,由能量守恒定律可知,MN最終速度為零,故B錯(cuò)誤.MN在運(yùn)動(dòng)過程中為非純電阻,MN上的電流瞬時(shí)值為i=U-BlvR,當(dāng)U=Blv時(shí),MN上電流瞬時(shí)值為零,安培力為零,此時(shí)MN速度最大,故C錯(cuò)誤.在MN加速階段,由于MN上存在反電動(dòng)勢(shì),故通過MN的電流小于通過電阻R的電流,電阻R消耗的電能大于MN上消耗的電能,故加速過程中QR>QMN;在MN減速到零的過程中,電容器的電流和通過導(dǎo)體棒的電流都流經(jīng)電阻R形成各自的回路,可知該過程中也是通過電阻R的電流大于通過MN的電流例3(1)BLE2mr(3)12qE-14[解析](1)閉合開關(guān)瞬間,電路中的電流為I=E導(dǎo)體棒所受安培力為F=BIL由牛頓第二定律可知導(dǎo)體棒的加速度為a=F聯(lián)立解得a=BEL(2)導(dǎo)體棒受安培力加速運(yùn)動(dòng),從而切割磁感線產(chǎn)生動(dòng)生電動(dòng)勢(shì),導(dǎo)致電路的電流逐漸減小,大小為I1=E當(dāng)動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)和電源電動(dòng)勢(shì)相等時(shí),電流為零,此時(shí)不再受安培力,導(dǎo)體棒做向右的勻速直線運(yùn)動(dòng),則有E=BLv可得導(dǎo)體棒最終的速度大小為v=E(3)導(dǎo)體棒的速度從0增加到v1的過程中,通過導(dǎo)體棒的電荷量為q,對(duì)電路由能量守恒定律有qE=Q總+12m導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為Q=Q聯(lián)立解得Q=12qE-14【跟蹤訓(xùn)練】1.ABC[解析]開關(guān)S1斷開,S2閉合,金屬棒先加速運(yùn)動(dòng),最終做勻速直線運(yùn)動(dòng),此時(shí)安培力F安=F,又F安=BIL=B2L2vR,解得v=FRB2L2,故A正確;開關(guān)S1閉合,S2斷開,有F-BIL=ma,I=ΔqΔt=CΔUΔt=CBLΔvΔt=CBLa,解得a=FB2L2C+2.(1)v02(2)Blv041[解析](1)開關(guān)S閉合時(shí),電容器被短路.當(dāng)外力做功的功率等于電阻R熱功率的2倍時(shí),有Fv=2I2R 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E=Blv根據(jù)閉合電路歐姆定律有I=ER金屬棒最終做速率為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng),有F=BI0l其中I0=E0R,E0=聯(lián)立解得v=v(2)斷開開關(guān)S,金屬棒以v02的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng),某時(shí)刻外力做功的功率等于電阻R熱功率的2倍,設(shè)此時(shí)充電電流為I',電容器兩極間的電壓為U,外力為F'.金屬棒受力平衡,有F'=外力做功的功率等于電阻R熱功率的2倍,則電容器的充電功率等于電阻R的熱功率,外力做功的功率也等于電容器充電功率的2倍,有F'v02=2聯(lián)立解得U=Bl由于金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng),所以外力始終與金屬棒所受的安培力大小相等,從斷開S開始到此刻外力做的功為W=BIl·v02其中IΔt=q,q=CU聯(lián)立解得W=18CB2l21.[2024·天津北辰區(qū)模擬]如圖所示,兩條粗糙程度處處相同的平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面上,導(dǎo)軌間距為L(zhǎng),左側(cè)連接一電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r的直流電源,右側(cè)有O1、O2兩個(gè)固定卡座,整個(gè)導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,導(dǎo)軌電阻不計(jì).一質(zhì)量為m、電阻為R、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒MN垂直靜置在導(dǎo)軌上,該導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.閉合開關(guān)S,該導(dǎo)體棒從靜止開始加速運(yùn)動(dòng),再勻速運(yùn)動(dòng),最后碰到O1、O2兩卡座后靜止不動(dòng),整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中,該導(dǎo)體棒始終與兩導(dǎo)軌垂直并接觸良好.重力加速度為g,則()A.閉合開關(guān)S后,該導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)時(shí)的電流比其靜止不動(dòng)時(shí)的電流大B.閉合開關(guān)S后,該導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)時(shí)的電流與其靜止不動(dòng)時(shí)的電流相等C.該導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為1B2L2[BLE-μmg(D.該導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為1B2L2[BLE+μmg(2.(多選)[2024·山西陽泉模擬]如圖所示,有兩根足夠長(zhǎng)的、間距為L(zhǎng)=1.0m的光滑豎直平行金屬導(dǎo)軌,導(dǎo)軌上端接有開關(guān)、電阻、電容器,其中電阻的阻值為R=2.0Ω,電容器的電容為C=4.0F(不會(huì)被擊穿),金屬棒MN水平放置,質(zhì)量為m=1.0kg,空間存在垂直軌道向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=1.0T的勻強(qiáng)磁場(chǎng),在t0=0時(shí)刻單刀雙擲開關(guān)接1,同時(shí)由靜止釋放金屬棒,t1=5s時(shí)單刀雙擲開關(guān)瞬間接到2,此后再經(jīng)過一段時(shí)間后金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng),金屬棒MN和導(dǎo)軌始終接觸良好(不計(jì)金屬棒和導(dǎo)軌的電阻,重力加速度g取10m/s2),下列說法正確的是 ()A.單刀雙擲開關(guān)接1后,金屬棒MN做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)B.在t1=5s時(shí)電容器帶的電荷量是40CC.單刀雙擲開關(guān)接2瞬間金屬棒MN的加速度大小是2.5m/s2D.最后金屬棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度大小是20m/s3.(多選)[2024·湖南卷]某電磁緩沖裝置如圖所示,兩足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌置于同一水平面內(nèi),導(dǎo)軌左端與一阻值為R的定值電阻相連,導(dǎo)軌BC段與B1C1段粗糙,其余部分光滑,AA1右側(cè)處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,一質(zhì)量為m的金屬桿垂直導(dǎo)軌放置.現(xiàn)讓金屬桿以初速度v0沿導(dǎo)軌向右經(jīng)過AA1進(jìn)入磁場(chǎng),最終恰好停在CC1處.已知金屬桿接入導(dǎo)軌之間的阻值為R,與粗糙導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,AB=BC=d.導(dǎo)軌電阻不計(jì),重力加速度為g,下列說法正確的是 ()A.金屬桿經(jīng)過BB1的速度為vB.在整個(gè)過程中,定值電阻R產(chǎn)生的熱量為12mv02C.金屬桿經(jīng)過AA1B1B與BB1C1C區(qū)域,金屬桿所受安培力的沖量相同D.若將金屬桿的初速度加倍,則金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的距離大于原來的2倍4.[2024·河北邯鄲模擬]如圖所示,阻值不計(jì)的豎直光滑金屬導(dǎo)軌平行固定放置,間距L為1m,下端通過導(dǎo)線與阻值RL為4Ω的小燈泡L連接,在矩形區(qū)域CDFE內(nèi)有水平向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為1T,C、E間的高h(yuǎn)CE=1.2m,A、C間的高h(yuǎn)AC=0.8m.質(zhì)量m=0.1kg、電阻R=1Ω的金屬棒從AB位置無初速度地緊貼導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng),經(jīng)CD進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域,已知金屬棒運(yùn)動(dòng)到EF位置前,小燈泡的亮度已經(jīng)穩(wěn)定不變,金屬棒在運(yùn)動(dòng)過程始終垂直于導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好,g取10m/s2.求:(1)金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的感應(yīng)電流的大小;(2)當(dāng)小燈泡亮度穩(wěn)定不變時(shí),金屬棒的速度大小;(3)金屬棒在穿越磁場(chǎng)的過程中小燈泡產(chǎn)生的焦耳熱.5.[2024·福建廈門模擬]“福建艦”是我國首艘完全自主設(shè)計(jì)建造的航母.除了引人注目的電磁彈射系統(tǒng)外,電磁阻攔索也是航母的“核心戰(zhàn)斗力”之一,其原理是利用電磁感應(yīng)產(chǎn)生的阻力快速安全地降低艦載機(jī)著艦的速度.如圖所示為電磁阻攔系統(tǒng)的簡(jiǎn)化原理:艦載機(jī)著艦時(shí)關(guān)閉動(dòng)力系統(tǒng),通過絕緣阻攔索拉住軌道上的一根金屬棒ab,金屬棒ab瞬間與艦載機(jī)共速并與之一起在磁場(chǎng)中減速滑行至停下.已知艦載機(jī)質(zhì)量為M,金屬棒質(zhì)量為m,接入導(dǎo)軌間電阻為r,兩者以共同速度v0進(jìn)入磁場(chǎng).軌道端點(diǎn)M、P間電阻為R,不計(jì)其他電阻.平行導(dǎo)軌MN與PQ間距為L(zhǎng),導(dǎo)軌間有豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.除安培力外艦載機(jī)系統(tǒng)所受其他阻力均不計(jì).求:(1)艦載機(jī)和金屬棒一起運(yùn)動(dòng)的最大加速度a的大小;(2)艦載機(jī)減速過程電阻R上產(chǎn)生的熱量;(3)艦載機(jī)減速過程通過的位移x的大小.6.[2024·浙江溫州模擬]如圖所示,一電阻不計(jì)的U形導(dǎo)體框置于傾角為θ=37°的足夠長(zhǎng)的光滑絕緣斜面頂端.一質(zhì)量為m=100g、電阻為R=8Ω的金屬棒CD置于導(dǎo)體框上,與導(dǎo)體框構(gòu)成矩形回路CDEF,且EF與斜面底邊平行.導(dǎo)軌間的距離為d=32m,導(dǎo)體框上表面粗糙,金屬棒與導(dǎo)體框間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5,與金屬棒相距L=34m的下方區(qū)域有方向垂直于斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=43T.t=0時(shí)刻,讓金屬棒與導(dǎo)體框同時(shí)由靜止釋放.金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)導(dǎo)體框與金屬棒發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),導(dǎo)體框開始做勻速運(yùn)動(dòng).t=6s時(shí)刻導(dǎo)體框EF端進(jìn)入磁場(chǎng),EF進(jìn)入磁場(chǎng)前金屬棒已經(jīng)開始勻速運(yùn)動(dòng).已知金屬棒與導(dǎo)體框之間始終接觸良好,導(dǎo)體框EF端進(jìn)入磁場(chǎng)前金屬棒沒有離開磁場(chǎng)(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2(1)導(dǎo)體框的質(zhì)量M;(2)t=0時(shí)刻,導(dǎo)體框EF端與磁場(chǎng)上邊界的距離;(3)從靜止釋放到導(dǎo)體框EF端剛進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中,金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱.微專題7電磁感應(yīng)中的雙桿模型和線框模型時(shí)間|40min微專題6電磁感應(yīng)中的單桿模型1.C[解析]閉合開關(guān)S后,該導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)時(shí)的電流為I=E-BLvR+r,靜止不動(dòng)時(shí)的電流為I'=ER+r>I,所以導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)時(shí)的電流小于其靜止不動(dòng)時(shí)的電流,故A、B錯(cuò)誤;當(dāng)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),有μmg=BIL,I=E-BLvR+r,聯(lián)立解得2.BD[解析]單刀雙擲開關(guān)接1后,金屬棒MN在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng),電容器的充電電流為I=ΔQΔt,電容器所帶電荷量的變化量ΔQ=C·ΔU,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=U=BLv,則可知I=CΔ(BLv)Δt=CBLΔvΔt,而金屬棒的加速度a=ΔvΔt,由此可知I=CBLa,而根據(jù)牛頓第二定律有mg-BIL=ma,可得a=mgm+B2L2C=2m/s2,故A錯(cuò)誤;在t1=5s時(shí),金屬棒的速度為v1=at=2×5m/s=10m/s,電容器兩端的電壓為U1=BLv1=10V,則可知電容器的電荷量為Q1=CU1=4×10C=40C,故B正確;單刀雙擲開關(guān)接2瞬間,金屬棒與電阻串聯(lián)構(gòu)成閉合回路,由牛頓第二定律有mg-BIL=ma13.CD[解析]金屬桿經(jīng)過AA1B1B區(qū)域,切割磁感線,產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1=ΔΦΔt1=BLdΔt1,電路中的平均感應(yīng)電流I1=E1R+R=BLd2RΔt1,金屬桿受到的平均安培力FA1=I1LB=B2L2d2RΔt1,安培力的沖量IA1=FA1·Δt1=B2L2d2R,同理,金屬桿經(jīng)過BB1C1C區(qū)域,金屬桿所受安培力的沖量IA2=B2L2d2R,所以金屬桿經(jīng)過這兩個(gè)區(qū)域所受安培力的沖量相同,故C正確;金屬桿經(jīng)過AA1B1B區(qū)域過程,根據(jù)動(dòng)量定理得-IA1=mvBB1-mv0,金屬桿經(jīng)過BB1C1C區(qū)域過程,設(shè)所用時(shí)間為Δt2,根據(jù)動(dòng)量定理得-IA2-μmg·Δt2=0-mvBB1,聯(lián)立解得vBB1=v02+μgΔt22,故A錯(cuò)誤;根據(jù)能量守恒定律可知,在整個(gè)過程中,金屬桿減少的動(dòng)能等于克服摩擦力做的功和克服安培力做的功之和,則克服安培力做的功WA=12mv02-μmgd,而克服安培力做的功轉(zhuǎn)化為金屬桿和定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱,所以總焦耳熱Q=WA=12mv02-μmgd,由于金屬桿的電阻和定值電阻的阻值相同,故定值電阻上產(chǎn)生的熱量QR=12Q=14mv024.(1)0.8A(2)5m/s(3)0.6J[解析](1)進(jìn)入磁場(chǎng)前,根據(jù)動(dòng)能定理有mghAC=12m根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有E1=BLv1根據(jù)歐姆定律有I1=E聯(lián)立解得I1=0.8A(2)小燈泡亮度穩(wěn)定時(shí)有E2=BLv2根據(jù)歐姆定律有I2=E因燈泡亮度不變,故金屬棒做勻速運(yùn)動(dòng),對(duì)金屬棒有mg=F安=BI2L解得v2=5m/s(3)金屬棒從AB下落至EF過程由能量守恒定律得mg(hAC+hCE)=12mv2又QL=Q×R解得QL=0.6J5.(1)B(2)R(3)([解析](1)初始時(shí)刻,金屬棒的速度最大,感應(yīng)電流最大,加速度最大,此時(shí)E=BLv0I=E金屬棒所受安培力為F=BIL=(M+m)a可得最大加速度為a=B(2)根據(jù)能量守恒定律可知,電阻R和金屬棒產(chǎn)生的總熱量為Q總=12(M+m)v0電阻R產(chǎn)生的熱量為Q=RR+rQ(3)當(dāng)某時(shí)刻速度為v時(shí),金屬棒所受安培力F=BIL=BBLvR+r整個(gè)過程根據(jù)動(dòng)量定理有-∑F·Δt=-∑B2L2vR+r·Δt而∑v·Δt=x聯(lián)立解得x=(6.(1)115kg(2)17.25m(3)11.[解析](1)導(dǎo)體框開始做勻速運(yùn)動(dòng),根據(jù)平衡條件可得Mgsin37°=μmgcos37°解得M=115(2)金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)前對(duì)金屬棒和導(dǎo)體框整體受力分析有(m+M)gsin37°=(m+M)a1位移L=12a1速度v1=a1t1可得t1=0.5s,v1=3m/s此后,導(dǎo)體框勻速運(yùn)動(dòng),有x1=v1(t-t1)全程有x=L+x1解得x=17.25m(3)CD在磁場(chǎng)中速度為v時(shí)可得I=BdvF安=BId可得F安=B設(shè)金屬棒CD開始勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v2,對(duì)CD棒有B2d2v2解得v2=2m/s則從靜止釋放到導(dǎo)體框EF端進(jìn)入磁場(chǎng)前,對(duì)金屬棒列動(dòng)量定理有mgtsin37°+μmg(t-t1)cos37°-∑B2dx2=∑v(t-t1)可得x2=11.2m從靜止釋放到導(dǎo)體框EF端進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中,根據(jù)能量守恒定律有Mgxsin37°+mg(L+x2)sin37°=12Mv12+12mv22+μmg(x1-解得Q=11.45J微專題6電磁感應(yīng)中的單桿模型1.C[解析]閉合開關(guān)S后,該導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)時(shí)的電流為I=E-BLvR+r,靜止不動(dòng)時(shí)的電流為I'=ER+r>I,所以導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)時(shí)的電流小于其靜止不動(dòng)時(shí)的電流,故A、B錯(cuò)誤;當(dāng)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),有μmg=BIL,I=E-BLvR+r,聯(lián)立解得2.BD[解析]單刀雙擲開關(guān)接1后,金屬棒MN在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng),電容器的充電電流為I=ΔQΔt,電容器所帶電荷量的變化量ΔQ=C·ΔU,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=U=BLv,則可知I=CΔ(BLv)Δt=CBLΔvΔt,而金屬棒的加速度a=ΔvΔt,由此可知I=CBLa,而根據(jù)牛頓第二定律有mg-BIL=ma,可得a=mgm+B2L2C=2m/s2,故A錯(cuò)誤;在t1=5s時(shí),金屬棒的速度為v1=at=2×5m/s=10m/s,電容器兩端的電壓為U1=BLv1=10V,則可知電容器的電荷量為Q1=CU1=4×10C=40C,故B正確;單刀雙擲開關(guān)接2瞬間,金屬棒與電阻串聯(lián)構(gòu)成閉合回路,由牛頓第二定律有mg-BIL=ma13.CD[解析]金屬桿經(jīng)過AA1B1B區(qū)域,切割磁感線,產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1=ΔΦΔt1=BLdΔt1,電路中的平均感應(yīng)電流I1=E1R+R=BLd2RΔt1,金屬桿受到的平均安培力FA1=I1LB=B2L2d2RΔt1,安培力的沖量IA1=FA1·Δt1=B2L2d2R,同理,金屬桿經(jīng)過BB1C1C區(qū)域,金屬桿所受安培力的沖量IA2=B2L2d2R,所以金屬桿經(jīng)過這兩個(gè)區(qū)域所受安培力的沖量相同,故C正確;金屬桿經(jīng)過AA1B1B區(qū)域過程,根據(jù)動(dòng)量定理得-IA1=mvBB1-mv0,金屬桿經(jīng)過BB1C1C區(qū)域過程,設(shè)所用時(shí)間為Δt2,根據(jù)動(dòng)量定理得-IA2-μmg·Δt2=0-mvBB1,聯(lián)立解得vBB1=v02+μgΔt22,故A錯(cuò)誤;根據(jù)能量守恒定律可知,在整個(gè)過程中,金屬桿減少的動(dòng)能等于克服摩擦力做的功和克服安培力做的功之和,則克服安培力做的功WA=12mv02-μmgd,而克服安培力做的功轉(zhuǎn)化為金屬桿和定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱,所以總焦耳熱Q=WA=12mv