微專題6電磁感應(yīng)中的單桿模型1.CD[解析]導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場時,由乙圖可得加速度大小為a1=30m/s2,由F1=Bi1L,i1=E1R,E1=BLv1,由牛頓第二定律F1=ma1,可得B2L2v1R=ma1,解得v1=3m/s,故A錯誤;導(dǎo)體棒剛要離開磁場時的加速度大小為a2=10m/s2,由B2L2v2R=ma2,可得v2=1m/s,克服安培力的功率為P2=B2L2v2Rv2=1W,故B錯誤;設(shè)導(dǎo)體棒在磁場中的運動時間為Δt,由動量定理可得-BILΔt=mv2-mv1,由E=BLv,I=ER,整理可得-B2L2vRΔt=mv2-mv12.BD[解析]單刀雙擲開關(guān)接1后,金屬棒MN在導(dǎo)軌上運動,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)電動勢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錯誤;在t1=5s時,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=ma1,而I=U1R=BLv1R,聯(lián)立解得a1=53.A[解析]設(shè)金屬棒運動的距離為x,可知金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電流I=ER=2Bv0xtan30°2xcos30°·R0=Bv02R0,可知金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電流為定值,故A正確;根據(jù)右手定則可知感應(yīng)電流方向為逆時針方向,故B錯誤;金屬棒的上端為等效電源的正極,下端為負(fù)極,始終有φA>φC,4.(1)mgRB2d2(3)g[解析](1)對金屬棒受力分析,當(dāng)受力平衡時,具有最大速度,即mg=F安又F安=BId,I=ER=聯(lián)立解得v1=mgR(2)由能量守恒定律,可得mgh=12mv2+12又U0=Bdv聯(lián)立解得h=m(3)設(shè)金屬棒下落速度為v,根據(jù)題意有Bdv=LΔ設(shè)金屬棒速度達(dá)到最大值v2時,電流為I0,有mg=BI0d設(shè)該過程金屬棒下落的高度為x0,根據(jù)能量守恒定律有mgx0=12mv22+又BdvΔt=LΔI可得Bdx0=LI0聯(lián)立解得v2=g5.(1)mgd1sinθ(2)mgd1+d2(3)4mgRd2B2[解析](1)分析可知回路中電流為0,a和b不受安培力作用,由機械能守恒知ΔEk=mgd1sinθ(2)設(shè)導(dǎo)體棒剛進(jìn)入無磁場區(qū)域時的速度為v1,剛離開無磁場區(qū)域時的速度為v2,由能量守恒知在磁場區(qū)域中,有12mv12+Q=12mv22在無磁場區(qū)域中,有12mv22=12mv12解得Q=mgd1+d(3)有磁場區(qū)域,棒a受到合力F=mgsinθ-BIl感應(yīng)電動勢ε=Blv感應(yīng)電流I=ε解得F=mgsinθ-B2根據(jù)牛頓第二定律,在"Δt"時間內(nèi),有∑即∑解得v1-v2=gtsinθ-B2l又在無磁場區(qū)域,根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有v2-v1=gtsinθ且平均速度v=v1+聯(lián)立解得v1=4mgRd2B2由題意知v=v1=4mgRd2B26.(1)負(fù)電(2)mω(3)n[解析](1)薄板旋轉(zhuǎn)方向為逆時針,則線圈相對于薄板的運動方向為順時針方向,根據(jù)右手定則可知,d點電勢低于c點電勢,故極板M帶負(fù)電(2)薄板旋轉(zhuǎn),充電初、末時刻線圈相對薄板的線速度分別為v0=ω0r,v1=ω1r充電結(jié)束時,兩極板間的電壓為U1=nBLv1在充電過程中,對薄板,根據(jù)動量定理得-ft-nBILt=mv1-mv0充電的電荷量Q滿足Q1=It,Q1=CU1聯(lián)立解得ω1=m(3)整個過程中,薄板損失的機械能為ΔE損=12m充電過程中的Q-U圖像如圖所示,利用微元法