2025 選考專題高考 物理 （川陜青寧蒙新晉豫）微專題6　電磁感應(yīng)中的單桿模型作業(yè)含答案

2025選考專題高考物理（川陜青寧蒙新晉豫）微專題6電磁感應(yīng)中的單桿模型作業(yè)含答案微專題6電磁感應(yīng)中的單桿模型時間|40min1.(多選)[2024·湖北武漢模擬]如圖甲所示,光滑絕緣水平面上固定一間距L=1m的U形光滑金屬導(dǎo)軌,左端接一電阻R=1Ω,在虛線(與導(dǎo)軌垂直)范圍內(nèi)存在垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場,磁感應(yīng)強度B=1T.質(zhì)量m=0.1kg的導(dǎo)體棒ab(與導(dǎo)軌垂直)以一定初速度水平向左運動,規(guī)定向左為正方向,導(dǎo)體棒通過磁場區(qū)域的加速度a隨時間t變化的圖像如圖乙所示,導(dǎo)體棒通過磁場區(qū)域的平均速度為v=1.6m/s,導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒的電阻不計,則導(dǎo)體棒 ()A.剛進入磁場時的速度為6m/sB.剛要離開磁場時克服安培力的功率為2WC.在磁場中的運動時間為18D.在穿過磁場的過程中的平均加速度為-16m/s22.(多選)[2024·河北石家莊模擬]如圖所示,兩根足夠長的、間距為L=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)強度大小為B=1.0T的勻強磁場,在t0=0時刻單刀雙擲開關(guān)接1,同時由靜止釋放金屬棒,t1=5s時單刀雙擲開關(guān)瞬間接到2,此后再經(jīng)過一段時間金屬棒做勻速直線運動,金屬棒MN和導(dǎo)軌始終接觸良好(不計金屬棒和導(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動B.在t1=5s時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動的速度大小是20m/s3.[2024·湖南長沙模擬]如圖所示,一“<”形的光滑金屬導(dǎo)軌AOC,OA=OC=d,∠AOC=60°,單位長度的電阻為R0.整個裝置豎直固定放置于磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中.一質(zhì)量為m、電阻不計且長也為d的金屬棒平行于A、C連線放置,O在金屬棒的中點.從O端開始在一水平外力作用下以速度v0水平向右勻速運動至A、C端點,整個運動過程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好.關(guān)于金屬棒運動的整個過程中(不含O點),下列說法正確的是 ()A.通過金屬棒的電流不變B.感應(yīng)電流方向為順時針方向C.A、C兩點的電勢始終有φA<φCD.整個過程中通過金屬棒的電荷量為34.[2024·北京朝陽區(qū)模擬]定值電阻、電容器、電感線圈是三種常見的電路元件,關(guān)于這幾個元件有如下結(jié)論:①一個定值電阻R滿足I=UR關(guān)系②一個電容器的電容為C,兩極板間電壓為U時,儲存的能量為E=12CU2③一個電感線圈的自感系數(shù)為L,自感電動勢E自=LΔIΔt,式中ΔIΔt為電流變化率;通過的電流為I時,儲存的能量為如圖所示,足夠長的光滑金屬框架豎直放置,頂端留有接口a、b,兩豎直導(dǎo)軌間距為d.一質(zhì)量為m、長度為d的金屬棒始終與豎直導(dǎo)軌接觸良好,磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與框架平面垂直,重力加速度為g.不計空氣阻力,不計框架和金屬棒的電阻及電磁輻射的能量損失.(1)若在a、b間接入一個阻值為R的定值電阻,現(xiàn)從靜止釋放金屬棒,求金屬棒的最終速度大小v1;(2)若在a、b間接入一個電容為C的電容器,現(xiàn)從靜止釋放金屬棒,求當(dāng)電容器兩極板間電壓為U0時,金屬棒下落的高度h;(3)若在a、b間接入一個電阻不計、自感系數(shù)為L的電感線圈,現(xiàn)從靜止釋放金屬棒,求金屬棒下落過程中的最大速度v2.5.如圖所示,間距為L的兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為θ,導(dǎo)軌光滑且電阻忽略不計.場強為B的條形勻強磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直,磁場區(qū)域的寬度為d1,間距為d2.兩根質(zhì)量均為m、有效電阻均為R的導(dǎo)體棒a和b放在導(dǎo)軌上,并與導(dǎo)軌垂直.(設(shè)重力加速度為g)(1)若a進入第2個磁場區(qū)域時,b以與a同樣的速度進入第1個磁場區(qū)域,求b穿過第1個磁場區(qū)域過程中增加的動能ΔEk.(2)若a進入第2個磁場區(qū)域時,b恰好離開第1個磁場區(qū)域;此后a離開第2個磁場區(qū)域時,b又恰好進入第2個磁場區(qū)域.且a、b在任意一個磁場區(qū)域或無磁場區(qū)域的運動時間均相同.求b穿過第2個磁場區(qū)域過程中,兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的總焦耳熱Q.(3)對于第(2)問所述的運動情況,求a穿出第k個磁場區(qū)域時的速率v.6.[2024·山東青島模擬]基于電容器的制動能量回收系統(tǒng)已經(jīng)在一些品牌的汽車上得到應(yīng)用.某同學(xué)設(shè)計的這種系統(tǒng)的一種簡易模型如圖所示.某種材料制成的薄板質(zhì)量為m,圍成一個中空圓柱,圓柱的半徑為r,薄板寬度為L,可通過質(zhì)量不計的輻條,繞過圓心O且垂直于圓面的水平軸轉(zhuǎn)動.薄板能夠激發(fā)平行于圓面且沿半徑方向向外的輻向磁場,磁場只分布于薄板寬度的范圍內(nèi),薄板外表面處的磁感應(yīng)強度為B.匝數(shù)為n的線圈abcd固定放置(為顯示線圈繞向,圖中畫出了兩匝),ab邊緊貼薄板外表面但不接觸,線圈的兩個線頭c點和d點通過導(dǎo)線連接電容為C的電容器、電阻為R的電阻、單刀雙擲開關(guān),如圖所示.現(xiàn)模擬一次剎車過程,開始時,單刀雙擲開關(guān)處于斷開狀態(tài),薄板旋轉(zhuǎn)方向如圖所示,旋轉(zhuǎn)中薄板始終受到一與薄板表面相切且與運動方向相反的大小為f的剎車阻力作用,當(dāng)薄板旋轉(zhuǎn)的角速度為ω0時,將開關(guān)閉合到位置1,電容器開始充電,經(jīng)時間t電容器充電結(jié)束,開關(guān)自動閉合到位置2.除剎車阻力外,忽略其他一切阻力.磁場到cd連線位置時足夠弱,可以忽略.電容器的擊穿電壓足夠大,開始時不帶電.線圈能承受足夠大的電流,不考慮磁場變化引起的電磁輻射.(1)電容器充電過程中,判斷極板M帶電的電性;(2)求充電結(jié)束時薄板的角速度ω1;(3)求薄板運動的整個過程中該系統(tǒng)的能量回收率.微專題7電磁感應(yīng)中的雙桿模型和線框模型例1(1)4m/s2m/s(2)1C(3)2J(4)1m[解析](1)t=2s前a環(huán)未進入磁場,由牛頓第二定律得mgsinθ-0.3mg=ma1解得a1=2m/s2則t=2s時a環(huán)的速度大小v=a1t=4m/s由圖乙可知,t=2s時b環(huán)勻速運動,此時安培力F安=BIL1=B由平衡條件得mgsinθ=0.3mg+F安其中L1=π2解得b環(huán)的速度v1=2m/s(2)0~2s內(nèi),對b環(huán),由動量定理有(mgsinθ-0.3mg)t-BIL1t=mv1-0其中It=q聯(lián)立解得q=1C(3)0~2s內(nèi),設(shè)b環(huán)運動的距離為x,由q=It=E2Rt=Δ解得x=2m根據(jù)能量守恒定律有mgxsinθ=12mv12+0.3解得Q=2J(4)a環(huán)進入磁場后,當(dāng)a環(huán)和b環(huán)共速時,兩環(huán)間距離最近,由動量定理,對a環(huán)有mgsinθ·Δt-FAaΔt=對b環(huán)有mgsinθ·Δ+FAbΔt=其中FAbΔt=FAaΔt=BI1L1Δt=BL1E1聯(lián)立解得Δx=1m則a環(huán)進入磁場后與b環(huán)間的最小距離為xmin=x-Δx=1m例2BC[解析]導(dǎo)體棒b的質(zhì)量和電阻分別為2m、2R,從開始到穩(wěn)定運動過程中,根據(jù)動量定理,對a棒有-BILΔt=mv1-mv0,對b棒有BI·2LΔt=2mv2,穩(wěn)定時有BLv1=B·2Lv2,又I=mv0,聯(lián)立解得v1=2I3m,v2=I3m,A錯誤,B正確;根據(jù)q=IΔt,解得q=I3BL,C正確;從開始到穩(wěn)定運動過程中,由能量守恒定律得Q=12mv02-12mv12-12×2mv2例3(1)2B2l[解析](1)兩個線框一起以速度v0在磁場中勻速運動,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢均為E=Blv0電流大小均為I=E當(dāng)P、Q靠在一起的邊均進入磁場時,水平推力達到最大,為Fm=2BIl聯(lián)立解得Fm=2(2)以線框P的右邊剛進入磁場時為計時起點,按照線框Q向右的位移分別達到l、2l、3l依次分成3個階段,相應(yīng)的末速度依次記為v1、v2和0.在第1階段,P、Q一起做減速運動,所用時間為t1,有E1=ΔΦI1=由動量定理得-BI1l·t1=2m聯(lián)立可得B2l3在第2階段,由于P、Q同時處于磁場中,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和電流總是相同,受力也相同,因此仍一起做減速運動,同理可得2B2l3在第3階段,P已經(jīng)離開磁場,而Q還在磁場中做減速運動,Q最后恰好能離開磁場,同理可得B2l3聯(lián)立解得v1=45v0,v2=25線框P、Q在整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱分別為QP=12×2mv02-v12+QQ=12m聯(lián)立解得QPQ【跟蹤訓(xùn)練】1.CD[解析]M剛進磁場時,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E0=BLv0,M兩端的電壓U=RR+R·E0=12BLv0,A錯誤;兩金屬桿在磁場內(nèi)運動過程中,M、N組成的系統(tǒng)動量守恒,有2mv0=2mv1+m·12v0,解得N出磁場時M的速度v1=34v0,由能量守恒定律可知,此過程中整個電路產(chǎn)生的焦耳熱為Q=12×2mv02-12×2mv12-12m12v02=516mv02,則N上產(chǎn)生的焦耳熱為Q'=12Q=532mv02,B錯誤;N在磁場內(nèi)運動過程中,M一直做減速運動,N一直做加速運動,兩者的速度之差Δv一直減小,感應(yīng)電動勢E=BLΔv一直減小,感應(yīng)電流一直減小,安培力一直減小,加速度一直減小,當(dāng)N出磁場瞬間,加速度最小,此時有Em=BL34v0-12v0,Im=Em2R,BImL=mam,聯(lián)立解得am=B2L2v08mR,C正確;2.BD[解析]設(shè)線框短邊邊長為L,長邊邊長為2L,a、b進磁場的速度分別為v1、v2,a勻速進入磁場,受到的安培力為F1=BI1L=BLv1RBL=B2L2v1R,b勻速進入磁場,受到的安培力為F2=BI2·2L=B·2Lv2RB·2L=B2(2L)2v2R,由平衡條件有B2L2v1R=B22L2v2R=mg,可得v1=4v2,由v2=2gh可知,開始時,a、b下邊緣離虛線的高度之比為h1∶h2=v12:v22=16∶1,故A錯誤;由q=IΔt=ERΔt=ΔΦR=BSR=2BL2R3.AC[解析]彈簧伸展過程中,根據(jù)右手定則可知,回路中產(chǎn)生順時針方向的電流,選項A正確;任意時刻,設(shè)電流為I,則PQ受安培力FPQ=BI·2d,MN受安培力FMN=2BId,兩個安培力方向相反,又兩棒所受彈簧彈力始終大小相等,可知兩棒系統(tǒng)受合外力為零,動量守恒,設(shè)PQ質(zhì)量為2m,則MN質(zhì)量為m,PQ速率為v時,設(shè)MN速度為v',有2mv=mv',解得v'=2v,回路中的感應(yīng)電流I=2Bdv'+B·2dv3R=2BdvR,MN所受安培力大小為FMN=2BId=4B2d2vR,選項B錯誤;MN與PQ兩棒運動中始終動量守恒,速度之比始終為2∶1,所以整個運動過程中兩棒路程之比為2∶1,選項C正確;MN與PQ兩棒最后停止時,彈簧處于原長位置,此時兩棒間距增加了L,由上述分析可知,MN向左移動2L3,雙桿常見模型分析光滑的等距導(dǎo)軌(v0≠0,F合=0)光滑的不等距導(dǎo)軌(v0≠0,F合=0)光滑的等距導(dǎo)軌(v0=0)不光滑的等距導(dǎo)軌(v0=0)示意圖運動分析能量分析一部分動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,Q=-ΔEk外力做功轉(zhuǎn)化為動能和內(nèi)能,WF=ΔEk+Q外力做功轉(zhuǎn)化為動能和內(nèi)能(包括電熱和摩擦熱),WF=ΔEk+Q電+Qf等距導(dǎo)軌情景例1[2024·湖南岳陽模擬]如圖甲所示,兩粗細均勻的無限長平行金屬導(dǎo)軌固定在與水平面成θ=30°角的位置上,以EF為邊界,EF的下方分布著垂直指向兩導(dǎo)軌中心線的輻向磁場,a、b兩個圓環(huán)完全相同(實線半環(huán)為金屬導(dǎo)體,虛線半環(huán)為絕緣材料,兩個半環(huán)無縫拼接).t=0時刻,a和b分別從磁場邊界EF上方某位置和EF處同時由靜止釋放,t=2s后a恰好進入磁場,b運動的v-t圖像如圖乙所示.已知沿環(huán)一周處的磁感應(yīng)強度均為B=8T,導(dǎo)軌間距為L=12πm,兩圓環(huán)的直徑和導(dǎo)軌間距相等,兩圓環(huán)的質(zhì)量均為m=1kg,金屬半環(huán)的電阻均為R=2Ω,運動過程中圓環(huán)受到的阻力平行于導(dǎo)軌,大小恒為重力的0.3倍.若在運動過程中圓環(huán)平面能保持與導(dǎo)軌垂直、金屬半環(huán)的兩端始終能與導(dǎo)軌良好接觸,不計導(dǎo)軌電阻,重力加速度g取10m/s2(1)t=2s時a環(huán)和b環(huán)的速度大小;(2)0~2s內(nèi)通過導(dǎo)軌橫截面的電荷量;(3)0~2s內(nèi)整個回路產(chǎn)生的焦耳熱;(4)a環(huán)進入磁場后與b環(huán)間的最小距離.不等距導(dǎo)軌情景例2(多選)[2024·湖北黃石模擬]如圖所示,導(dǎo)體棒a、b分別置于水平固定的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌的左右兩側(cè),其中a棒離寬軌道足夠遠,b棒所在導(dǎo)軌無限長,導(dǎo)軌所在區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B.已知導(dǎo)體棒的長度等于導(dǎo)軌間的距離,兩根導(dǎo)體棒粗細相同且均勻,材質(zhì)也相同,a棒的質(zhì)量為m,電阻為R,長度為L,b棒的長度為2L.現(xiàn)給導(dǎo)體棒a一個水平向右的瞬時沖量I,導(dǎo)體棒始終垂直于導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好,不計導(dǎo)軌電阻,關(guān)于導(dǎo)體棒以后的運動,下列說法正確的是 ()A.導(dǎo)體棒a穩(wěn)定運動后的速度為IB.導(dǎo)體棒b穩(wěn)定運動后的速度為IC.從開始到穩(wěn)定運動過程中,通過導(dǎo)體棒a的電荷量為ID.從開始到穩(wěn)定運動過程中,導(dǎo)體棒b產(chǎn)生的熱量為I2線框類問題例3[2024·山東濟南模擬]如圖所示,一有界區(qū)域內(nèi)存在著磁感應(yīng)強度大小均為B、方向垂直于光滑水平桌面向下的勻強磁場,磁場寬度為l.邊長也為l的正方形單匝金屬線框P、Q的質(zhì)量均為m,電阻均為R,它們置于光滑桌面上,其左、右邊與磁場邊界平行.開始時P、Q靠在一起但彼此絕緣且不粘連,現(xiàn)使它們一起以大小為v0的初速度向右運動并進入磁場,線框所用金屬絲的寬度可忽略不計.(1)若用水平推力作用在線框Q上,使P、Q一起以速度v0勻速穿過磁場,求整個過程中水平推力的最大值;(2)若不加外力,讓線框P、Q在磁場中自由滑行,結(jié)果線框Q恰好能穿過磁場,求線框P、Q在整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱之比.【跟蹤訓(xùn)練】1.(多選)[2024·河北衡水模擬]如圖所示,兩平行光滑長直金屬導(dǎo)軌水平放置,導(dǎo)軌間距為L.abcd區(qū)域中有勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B,方向豎直向上.初始時刻,磁場外的細金屬桿M以初速度v0向右運動,磁場內(nèi)的細金屬桿N處于靜止?fàn)顟B(tài),且到cd的距離為x0.兩桿在磁場內(nèi)未相撞且N出磁場時的速度為12v0,兩金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好且運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直.金屬桿M的質(zhì)量為2m,金屬桿N的質(zhì)量為m,兩桿在導(dǎo)軌間的電阻均為R,感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場及導(dǎo)軌的電阻忽略不計.下列說法正確的是 (A.M剛進入磁場時其兩端的電壓U=BLv0B.N在磁場內(nèi)運動過程中其上產(chǎn)生的焦耳熱Q=516mC.N在磁場內(nèi)運動過程中的最小加速度am=BD.N在磁場內(nèi)運動的時間t=3x02.(多選)[2024·河南鄭州模擬]水平虛線下方有垂直于紙面向里、沿水平方向的勻強磁場,a、b是兩個完全相同的矩形金屬線框,長、寬之比為2∶1,將兩金屬線框在紙面內(nèi)按如圖所示放置由靜止釋放,結(jié)果兩金屬線框均能勻速進入磁場,線框進磁場的過程中,下邊框始終水平,且線框始終在豎直面內(nèi).下列判斷正確的是 ()A.開始時,a、b下邊緣離虛線的高度之比為4∶1B.線框進磁場過程中,通過a、b線框某一橫截面的電荷量之比為1∶1C.線框進磁場過程中,a、b兩線框受到安培力的沖量之比為1∶1D.線框進磁場過程中,a、b兩線框中產(chǎn)生的焦耳熱之比為2∶13.(多選)[2023·遼寧卷]如圖所示,兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上,左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為d和2d,處于豎直向上的磁場中,磁感應(yīng)強度大小分別為2B和B.已知導(dǎo)體棒MN的電阻為R、長度為d,導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長度為2d,PQ的質(zhì)量是MN的2倍.初始時刻兩棒靜止,兩棒中點之間連接一壓縮量為L的輕質(zhì)絕緣彈簧.釋放彈簧,兩棒在各自磁場中運動直至停止,彈簧始終在彈性限度內(nèi).整個過程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好,導(dǎo)軌足夠長且電阻不計.下列說法正確的是 ()A.彈簧伸展過程中,回路中產(chǎn)生順時針方向的電流B.PQ速率為v時,MN所受安培力大小為4C.整個運動過程中,MN與PQ的路程之比為2∶1D.整個運動過程中,通過MN的電荷量為BLd微專題7電磁感應(yīng)中的雙桿模型和線框模型1.D[解析]先將開關(guān)S撥到1,電源給電容器充電,穩(wěn)定后,在將開關(guān)S撥到2的瞬間,電容器相當(dāng)于電源并和導(dǎo)體棒L1、L2組成閉合電路,由于導(dǎo)體棒L1的電阻大于L2的電阻,所以導(dǎo)體棒L1中的電流小于L2中的電流,根據(jù)F=BIL可知,導(dǎo)體棒L1受到的安培力小于L2受到的安培力,因為兩棒質(zhì)量相等,根據(jù)牛頓第二定律F=ma可知,導(dǎo)體棒L1的加速度小于L2的加速度,A、B錯誤;導(dǎo)體棒L1和L2受到安培力作用而運動,產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,當(dāng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢等于電容器兩端的電壓時,兩棒運動穩(wěn)定,此時電容器C帶的電荷量不為零,C錯誤;因為導(dǎo)體棒L1的加速度小于L2的加速度,因此先是導(dǎo)體棒L2產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和電容器兩端的電壓相同,此時導(dǎo)體棒L1加速而導(dǎo)體棒L2不再加速,最后兩棒達到共速,共速前導(dǎo)體棒L2的速度一直大于L1的速度,則導(dǎo)體棒L1的位移小于L2的位移,所以兩棒運動穩(wěn)定后,兩棒之間的距離大于d,D正確.2.BC[解析]金屬棒CD剛開始運動時受到的摩擦力大小為Ff=μmg=0.1×0.5×10N=0.5N,方向水平向右,故A錯誤;金屬棒CD剛開始運動時受力平衡,滿足F安=BI2L=Ff,又E=BLv,I=ER總,R總=1.5Ω,聯(lián)立解得v=1.5m/s,所以水平拉力F的瞬時功率為P=Fv=3.5×1.5W=5.25W,故B正確;從金屬棒MN開始運動到金屬棒CD開始運動的過程中,對金屬棒MN運用動量定理,得(F-μmg)t-BIL·t=mv-0,q=I·t,聯(lián)立解得q=2.25C,所以流過電阻R的電荷量為q1=12q=1.125C,故C正確;從金屬棒MN開始運動到金屬棒CD開始運動的過程中,E=ΔΦΔt=B·ΔSΔt=BLxt,I=ER總,q=I·t,解得x=278m,對金屬棒MN運用動能定理,得(F-μmg)x-Q=12mv2-0,解得Q=153163.CD[解析]P棒到達曲面導(dǎo)軌最低點時速度大小設(shè)為v0,根據(jù)機械能守恒定律得mgR=12mv02,根據(jù)牛頓第二定律得FN-mg=mv02R,解得FN=3mg,由牛頓第三定律可得,P棒到達曲面導(dǎo)軌最低點瞬間對曲面導(dǎo)軌壓力的大小為3mg,故A錯誤;設(shè)Q棒第一次穩(wěn)定運動時的速度為vQ,P棒的速度為vP,則有BLvP=B·L2·vQ,Q棒從開始運動到第一次速度達到穩(wěn)定過程中,對P、Q棒分別分析,由動量定理可得BILt=mv0-mvP,BI·L2·t=mvQ,又因q=It,解得vP=152gR,vQ=252gR,q=4m2gR5BL,故B錯誤,C正確;從P棒進入導(dǎo)軌Ⅱ到兩棒速度穩(wěn)定時,設(shè)穩(wěn)定速度為v,由動量守恒定律得mvP+mvQ=2mv,由能量守恒定律得P、Q棒中產(chǎn)生的總熱量為Q=12mv4.(1)2m/s(2)4m/s(3)0.4m[解析](1)根據(jù)題意可知,當(dāng)b棒開始運動時,對b棒有BI1L+mgsinθ-μ2mgcosθ=0設(shè)a棒的速度大小為v1,則有E1=BLv1,I1=E聯(lián)立解得v1=2m/s(2)根據(jù)題意可知,當(dāng)兩棒的速度差最大時,兩棒做加速度相同的勻加速直線運動,由牛頓第二定律,對a棒有mgsinθ-μ1mgcosθ-BI2L=ma對b棒有BI2L+mgsinθ-μ2mgcosθ=ma又有E2=BLva-vb,聯(lián)立解得va-vb=4m/s(3)a棒恰好與b棒發(fā)生彈性碰撞,則有mv1=mv1'+mv2,12mv12=12mv1'2解得v1'=0,v2=2m/sa對又有∑聯(lián)立解得d=0.4m5.(1)0.15V(2)7.5N(3)20.28J(4)當(dāng)0.2m≤x≤0.6m或0.8m≤x≤1.2m時,F=20.5x+6(N);當(dāng)0.6m<x<0.8m時,F=20x+6(N)[解析](1)由圖像可知,當(dāng)ab邊剛進入磁場時,位移x1=0.2m,速度v1=1m/s,有E1=BLv1,I1=E又U=E1-I1·R解得U=0.15V(2)ab邊進入磁場前,對m,有FT1-mg=ma1又v12-0=2a1解得FT1=7.5N(3)從金屬框開始進入到完全穿出磁場的過程中,對M和m系統(tǒng)由動能定理得WF+W安-mg(d+L)=12(M+m)v42-12(M由圖像可知v=kx即v=5x(m/s)則當(dāng)cd邊剛好進入磁場時,速度v2=3m/s;當(dāng)ab邊剛好要離開磁場時,速度v3=4m/s;當(dāng)cd邊剛好離開磁場時,速度v4=6m/s.ab邊進出磁場的過程中,有E=BLv,I=E又F安=BIL解得F安=B2L即安培力F安大小與位置x成正比,故線框進入磁場的過程中,安培力所做的功為W安1=-12(B2L2v故線框穿出磁場的過程中,安培力所做的功為W安2=-12B2L2v3且W安=W安1+W安2解得WF=20.28J(4)由圖像可知v=kx則a=ΔvΔt=Δ(kx)Δt=ab邊進入磁場的過程中,對M和m系統(tǒng)有F-F安-mg=(M+m)a可得F=20.5x+6(N)(0.2m≤x≤0.6m,0.8m≤x≤1.2m)cd邊剛好進入磁場到ab邊剛好離開磁場的過程中,對M和m系統(tǒng)有F-mg=(M+m)a可得F=20x+6(N)(0.6m<x<0.8m)6.(1)2FrB02d2(3)4mFr[解析](1)當(dāng)ab棒勻速運動時,加速度為零,此時速度最大,ab棒受力平衡,有B0Id=F其中I=B聯(lián)立解得vm=2(2)ab棒在到達N1M1之前做減速運動,由動量定理得-B0I1dt=mv1-mv其中I1=E12r,E1=B0dv聯(lián)立解得ab棒到達N1M1的速度為v1=2FrB此后ab棒勻速運動與金屬棒相碰.(3)ab棒與金屬框相碰,據(jù)動量守恒定律可得mv1=(m+m)v2進入絕緣部分后,棒和金屬框構(gòu)成回路,ed邊處的磁場總是比fc邊的磁場大.ΔB=kd回路中的電流I2=Δ全框架受到的安培力合力F安=ΔBI2d由動量定理可得-∑金屬框前進的位移x聯(lián)立以上方程得金屬框靜止時f端的位置坐標(biāo)x=4mFr微專題7電磁感應(yīng)中的雙桿模型和線框模型1.D[解析]先將開關(guān)S撥到1,電源給電容器充電,穩(wěn)定后,在將開關(guān)S撥到2的瞬間,電容器相當(dāng)于電源并和導(dǎo)體棒L1、L2組成閉合電路,由于導(dǎo)體棒L1的電阻大于L2的電阻,所以導(dǎo)體棒L1中的電流小于L2中的電流,根據(jù)F=BIL可知,導(dǎo)體棒L1受到的安培力小于L2受到的安培力,因為兩棒質(zhì)量相等,根據(jù)牛頓第二定律F=ma可知,導(dǎo)體棒L1的加速度小于L2的加速度,A、B錯誤;導(dǎo)體棒L1和L2受到安培力作用而運動,產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,當(dāng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢等于電容器兩端的電壓時,兩棒運動穩(wěn)定,此時電容器C帶的電荷量不為零,C錯誤;因為導(dǎo)體棒L1的加速度小于L2的加速度,因此先是導(dǎo)體棒L2產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和電容器兩端的電壓相同,此時導(dǎo)體棒L1加速而導(dǎo)體棒L2不再加速,最后兩棒達到共速,共速前導(dǎo)體棒L2的速度一直大于L1的速度,則導(dǎo)體棒L1的位移小于L2的位移,所以兩棒運動穩(wěn)定后,兩棒之間的距離大于d,D正確.2.BC[解析]金屬棒CD剛開始運動時受到的摩擦力大小為Ff=μmg=0.1×0.5×10N=0.5N,方向水平向右,故A錯誤;金屬棒CD剛開始運動時受力平衡,滿足F安=BI2L=Ff,又E=BLv,I=ER總,R總=1.5Ω,聯(lián)立解得v=1.5m/s,所以水平拉力F的瞬時功率為P=Fv=3.5×1.5W=5.25W,故B正確;從金屬棒MN開始運動到金屬棒CD開始運動的過程中,對金屬棒MN運用動量定理,得(F-μmg)t-BIL·t=mv-0,q=I·t,聯(lián)立解得q=2.25C,所以流過電阻R的電荷量為q1=12q=1.125C,故C正確;從金屬棒MN開始運動到金屬棒CD開始運動的過程中,E=ΔΦΔt=B·ΔSΔt=BLxt,I=ER總,q=I·t,解得x=278m,對金屬棒MN運用動能定理,得(F-μmg)x-Q=12mv2-0,解得Q=153163.CD[解析]P棒到達曲面導(dǎo)軌最低點時速度大小設(shè)為v0,根據(jù)機械能守恒定律得mgR=12mv02,根據(jù)牛頓第二定律得FN-mg=mv02R,解得FN=3mg,由牛頓第三定律可得,P棒到達曲面導(dǎo)軌最低點瞬間對曲面導(dǎo)軌壓力的大小為3mg,故A錯誤;設(shè)Q棒第一次穩(wěn)定運動時的速度為vQ,P棒的速度為vP,則有BLvP=B·L2·vQ,Q棒從開始運動到第一次速度達到穩(wěn)定過程中,對P、Q棒分別分析,由動量定理可得BILt=mv0-mvP,BI·L2·t=mvQ,又因q=It,解得vP=152gR,vQ=252gR,q=4m2gR5BL,故B錯誤,C正確;從P棒進入導(dǎo)軌Ⅱ到兩棒速度穩(wěn)定時,設(shè)穩(wěn)定速度為v,由動量守恒定律得mvP+mvQ=2mv,由能量守恒定律得P、Q棒中產(chǎn)生的總熱量為Q=12mv4.(1)2m/s(2)4m/s(3)0.4m[解析](1)根據(jù)題意可知,當(dāng)b棒開始運動時,對b棒有BI1L+mgsinθ-μ2mgcosθ=0設(shè)a棒的速度大小為v1,則有E1=BLv1,I1=E聯(lián)立解得v1=2m/s(2)根據(jù)題意可知,當(dāng)兩棒的速度差最大時,兩棒做加速度相同的勻加速直線運動,由牛頓第二定律,對a棒有mgsinθ-μ1mgcos