专题四 培优点九 电磁感应中的单杆模型-【金版教程】2025年高考物理大二轮专题复习冲刺方案课件PPT（基础版）

第一部分　专题复习篇 专题四　电路和电磁感应 培优点九　电磁感应中的 单杆模型 目录 2 1 专题作业 高考命题预测 例1　(2024·湖北省十堰市高三下4月二模)如图甲所示，电阻不计、间距为0.5 m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端连接阻值为3 Ω的定值电阻，虚线OO′下方存在垂直于导轨平面向里、磁感应强度大小为2 T的匀强磁场。现将电阻为1 Ω的金属杆ab从OO′上方某处由静止释放，金属杆ab下落过程中始终水平且与导轨接触良好，其速度大小v与下落时间t的关系图像如图乙所示，取重力加速度大小g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．金属杆进入磁场后a端的电势较高 B．金属杆进入磁场后产生的电功率为8 W C．金属杆进入磁场后两端的电压为4 V D．金属杆的质量为0.1 kg 3 4 例2　(2023·山东省日照市高三下三模)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，原理示意图如图所示。图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为L，电阻不计。导轨间存在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场(图中未画出)，炮弹等效为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨接触良好。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将开关S接至2，MN开始向右加速运动。已知MN达到最大速度后才离开导轨，忽略空气阻力，则(　　) 5 6 7 8 例3　(2024·湖南高考)(多选)某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨BC段与B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ，AB＝BC＝d。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) 9 10 11 12 13 14 1．单杆模型的常见情况 v0≠0 v0＝0 示意图 质量为m、电阻不计的单杆ab以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动，两平行导轨间距为L 轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L 轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L，拉力F恒定 轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L，拉力F恒定 15 16 17 18 19 高考命题预测 (2024·辽宁省沈阳市高三下三模)(多选)如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，其宽度L＝1 m，导轨左端M与P之间连接阻值R＝0.4 Ω的电阻，质量m＝0.01 kg、电阻r＝0.3 Ω、长度为1 m的金属杆ab静置在导轨上，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现用一水平向右的恒力F＝0.1 N拉金属杆ab，使其由静止开始运动，运动中金属杆与导轨接触良好并保持与导轨垂直，通过电阻R的电荷量q与时间t的关系如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，则(　　) 高考命题预测 A．匀强磁场的磁感应强度为0.1 T B．金属杆ab运动的最大速度是7 m/s C．金属杆ab在0～1.5秒内运动的位移为5.6 m D．金属杆ab在0～2秒内，电阻R产生的热量为0.2 J 高考命题预测 高考命题预测 高考命题预测 高考命题预测 专题作业 1．(2024·广东省广州市高三下一模)(多选)如图甲是航母电磁阻拦技术的原理简图，飞机着舰时通过绝缘阻拦索钩住水平导轨上的金属棒ab并关闭动力系统，在匀强磁场中减速滑行。若忽略导轨电阻、摩擦和空气阻力，ab所受安培力F随位移s的变化如图乙，则在飞机滑行过程(　　) A．飞机的加速度与位移成正比 B．飞机的加速度与速度成正比 C．通过ab的电荷量与位移成正比 D．回路产生的焦耳热与位移成正比 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 2.(2024·江苏省南通市高三第一次适应性调研)如图所示，左端有微小狭缝(距离可忽略)的“∠”形光滑导轨abc水平放置在竖直向上的匀强磁场中，一电容器C与导轨左端相连，导轨上的金属棒MN与ab垂直，在外力F作用下从b点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻。下列关于回路中的电流i、极板上的电荷量q、外力F及其功率P随时间t变化的图像中，正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 3．(2024·吉林省白山市高三二模)(多选)某兴趣小组利用电容器放电装置研究电磁弹射。如图，水平面上固定一半径为r的金属圆环，一根长为2r、电阻为2R0的金属棒P沿直径放置，它的两端与圆环接触良好，该棒以圆心为转轴匀速转动。圆环内左半圆存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场(方向竖直向上)，圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距为l的水平放置的光滑平行金属轨道相连，轨道间接有电容为C的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 离地面高为h的水平导轨上放置一质量为m的金属棒Q，它置于磁感应强度为B2的匀强磁场(方向竖直向上)区域内靠左侧边缘。先将开关置于1端，让金属棒P绕轴以角速度ω匀速转动，等电容器充电结束后，再将开关S置于2端，电容器放电使得导轨上的金属棒Q运动起来水平抛出。圆环及轨道电阻均不计，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 4．(2023·山东省聊城市高三下第二次模拟)(多选)如图所示，U形光滑导轨间距L＝1 m，与水平面之间的夹角θ＝37°，虚线CD、EF与导轨垂直，区域Ⅰ(CD虚线沿斜面向上区域)中有磁感应强度均匀增加的磁场B1，方向垂直导轨平面向下，区域Ⅱ(EF虚线沿斜面向下区域)中有磁感应强度为B2＝2 T的匀强磁场，方向垂直导轨平面向上，虚线CD、EF间无磁场。一质量m＝0.4 kg、电阻R＝4 Ω的导体棒垂直导轨放置，从无磁场区域由静止释放，经t＝1.5 s进入区域Ⅱ且恰好匀速下滑，运动中棒与导轨始终保持垂直且接触良好，导轨足够长，电阻不计，取重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则导体棒(　　) A．进入区域Ⅱ时的速度大小为9 m/s B．进入区域Ⅱ时的速度大小为3.2 m/s C．进入区域Ⅱ前的电流为4.5 A D．释放后的前2 s内产生的焦耳热为68.22 J 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 解析：导体棒在无磁场区域下滑t＝1.5 s时间内，由牛顿第二定律有mgsinθ＝ma，解得a＝gsin37°＝6 m/s2，则刚进入区域Ⅱ时的速度大小为v＝at＝6×1.5 m/s＝9 m/s，故A正确，B错误。区域Ⅰ中磁场的磁感应强度均匀增加，设其产生的感应电动势为E0，由楞次定律知，E0在回路中 沿逆时针方向(俯视)，导体棒AB刚进入区域Ⅱ时，设其切割磁感线产生的感应电动势为E1，由右手定则可知，E1在回路中沿顺时针方向(俯视)，与E0反向；由于导体棒恰好匀速下滑，所以其所受安培力沿导轨向上，根据左手定则知，通过导体棒的电流方向为由B向A，则E1>E0， 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 5.(2023·山东省烟台市高三下一模)(多选)如图所示，水平面内有两根间距为d的光滑平行导轨，右端接有电容为C的电容器。一质量为m的导体棒固定于导轨上某处，轻绳一端连接导体棒，另一端绕过定滑轮下挂一质量为M的物块。由静止释放导体棒，物块 下落从而牵引着导体棒向左运动。空间中存在垂直导轨平面的匀强磁场，磁场磁感应强度大小为B，不计导体棒和导轨的电阻，忽略绳与定滑轮间的摩擦。若导体棒运动过程中电容器未被击穿，导体棒始终与导轨接触良好并保持垂直，重力加速度为g，则在物块由静止下落高度为h的过程中(　　) 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 6．(2023·山东省济南市高三下一模)2022年10月22日，阶段性建成的世界首个电磁推进地面超高速试验设施——“电磁橇”在我国成功运行，对于吨级及以上物体最高推进速度可达每小时1030公里，创造了大质量超高速电磁推进技术的世界最高速度纪录。某学习小 组受此启发，设计了如图所示的电磁驱动模型，在水平面上固定有两根足够长的平行金属轨道，轨道电阻不计，间距为L，轨道左端接有阻值为R的电阻。虚线区域内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于轨道平面向下，在外部控制下，磁场可以以不同的速度水平向右匀速移动。 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 质量为m、长度为L的金属棒ab静置于轨道上，金属棒ab的电阻忽略不计，与轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，金属棒始终在磁场中，重力加速度为g。 (1)求磁场速度至少多大时，金属棒ab才能被驱动； (2)当磁场以速度v1匀速向右移动时，金属棒ab由静止开始向右运动，求金属棒刚开始运动时的加速度a和金属棒最终的速度v2的大小。 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 7．(2024·全国甲卷)如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦。定值电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个装置处于竖直方向且磁感应强度为B的匀强磁场中。 (1)开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v的大小。 (2)当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 1 2 3 4 5 6 7 专题作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 解析　金属杆进入磁场后切割磁感线，由右手定则可知，金属杆ab中的感应电流由a到b，金属杆相当于电源，则b端相当于电源正极，因此b端的电势较高，A错误；由题图乙可知，金属杆在t＝0.4 s时进入磁场，之后做匀速直线运动，速度为v0＝4 m/s，则感应电动势为E＝BLv0＝4 V，感应电流为I＝eq \f(E,R＋r)＝1 A，金属杆产生的电功率为P＝EI＝4 W，B错误；金属杆进入磁场后两端电压为路端电压，为U＝IR＝3 V，C错误；金属杆在磁场中做匀速直线运动，有mg＝F安＝BIL，解得金属杆的质量m＝0.1 kg，D正确。 A．直流电源的a端是正极 B．MN刚开始运动时，加速度大小为eq \f(BEL,2mR) C．MN离开导轨时，电容器已经放电完毕 D．MN离开导轨时，电容器上剩余的电荷量为eq \f(B2L2C2E,B2L2C＋m) 解析　将开关S接至2，MN开始向右加速运动，则其所受安培力向右，由左手定则可知MN中电流方向从N到M，则电容器下极板带正电，即直流电源的b端是正极，A错误；MN刚开始运动时，通过MN的电流为I＝eq \f(E,R)，MN所受安培力大小为F＝BIL，加速度大小为a＝eq \f(F,m)，可解得a＝eq \f(BEL,mR)，B错误；MN达到最大速度后才离开导轨，达到最大速度时MN中电流为零，即MN产生的感应电动势等于电容器两板间的电压，故此时电容器还没有放电完毕，C错误； 当电容器充电完毕时，电容器上电荷量为Q0＝CE，开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，MN上的感应电动势为E′＝BLvmax，电容器上的电荷量为Q＝CE′，设在此过程中流过MN的平均电流为eq \o(I,\s\up12(－))，经历的时间为Δt，由动量定理，有Beq \o(I,\s\up12(－))LΔt＝mvmax－0，又eq \o(I,\s\up12(－))Δt＝Q0－Q，联立得Q＝eq \f(B2L2C2E,B2L2C＋m)，D正确。 A．金属杆经过BB1的速度为eq \f(v0,2) B．在整个过程中，定值电阻R产生的热量为eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)μmgd C．金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同 D．若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍 解析　设平行金属导轨间距为L，金属杆经过BB1的速度大小为vB，在AA1B1B区域运动的时间为t0，平均速度大小为eq \o(v,\s\up6(－))，金属杆在AA1B1B区域向右运动的过程中切割磁感线，产生的平均感应电动势大 小为eq \o(E,\s\up12(－))＝BLeq \o(v,\s\up6(－))，产生的平均感应电流大小为eq \o(I,\s\up12(－))＝eq \f(\o(E,\s\up12(－)),2R)，所受安培力的平均值大小为eq \o(F,\s\up12(－))＝eq \o(I,\s\up12(－))LB，金属杆在AA1B1B区域运动的过程，以运动方向为正方向，根据动量定理有I安＝mvB－mv0，又安培力的冲量I安＝－eq \o(F,\s\up12(－))t0，eq \o(v,\s\up6(－))t0＝d， 联立可得I安＝－eq \f(B2L2d,2R)，vB＝v0－eq \f(B2L2d,2mR)；设金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t1，平均速度大小为eq \o(v,\s\up6(－))′，同理可知，金属杆在BB1C1C区域运动的过程有I安′－μmgt1 ＝0－mvB，且I安′＝－eq \o(F,\s\up12(－))′t1，eq \o(F,\s\up12(－))′＝eq \o(I,\s\up12(－))′LB，eq \o(I,\s\up12(－))′＝eq \f(\o(E,\s\up12(－))′,2R)，eq \o(E,\s\up12(－))′＝BLeq \o(v,\s\up6(－))′，eq \o(v,\s\up6(－))′t1＝d，可解得I安′＝－eq \f(B2L2d,2R)，vB＝eq \f(B2L2d,2mR)＋μgt1，综上可得vB＝eq \f(v0,2)＋eq \f(μgt1,2)>eq \f(v0,2)，则金属杆经过BB1的速度大于eq \f(v0,2)，且金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量I安＝I安′＝－eq \f(B2L2d,2R)，故A错误，C正确。 整个过程，根据能量守恒定律，有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝μmgd＋Q总，由焦耳定律及串联电路规律知，定值电阻R产生的热量为QR＝eq \f(1,2)Q总，联立解得QR＝eq \f(1,4)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)μmgd，故B错误。 设金属杆的初速度加倍后，金属杆通过BB1C1C区域的时间为t2，金属杆在磁场中运动的距离为x，金属杆在磁场中运动的过程，以运动方向为正方向，由动量定理有I安″－μmgt2＝0－2mv0，由A、C项分析同理可知，安培力的冲量I安″＝－eq \f(B2L2x,2R)，联立可得x＝eq \f(2R,B2L2)(2mv0－μmgt2)， 同理可得，金属杆原来在磁场中运动的距离2d＝eq \f(2R,B2L2)(mv0－μmgt1)，金属杆初速度加倍后，到达BB1的速度增大，则在BB1C1C区域任一位置的速度均增大，则t2<t1，所以eq \f(x,2)>2d，x>4d，即将金属杆的初速度加倍后，金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，故D正确。 力学观点 导体杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)，安培力F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)，做减速运动：v⇒F⇒a，当v＝0时，F＝0，a＝0，杆保持静止 S闭合，杆ab受安培力F＝eq \f(BLE,r)，此时a＝eq \f(BLE,mr)，杆ab速度v⇒感应电动势BLv⇒I⇒安培力F＝BIL⇒加速度a，当E感＝E时，v最大，且vm＝eq \f(E,BL) 开始时a＝eq \f(F,m)，杆ab速度v⇒感应电动势E＝BLv⇒I⇒安培力F安＝ BIL，由F－ F安＝ma知a，当a＝0时，v最大，vm＝eq \f(FR,B2L2) 开始时a＝eq \f(F,m)，杆ab速度v⇒感应电动势E＝BLv，经过Δt速度为v＋Δv，此时感应电动势E′＝BL(v＋Δv)，Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝C(E′－E)＝CBLΔv，电流I＝eq \f(Δq,Δt)＝CBLeq \f(Δv,Δt)＝CBLa，安培力F安＝BLI＝CB2L2a，F－F安＝ma，a＝eq \f(F,m＋B2L2C)，所以杆以恒定的加速度匀加速运动 运动图像 能量观点 动能全部转化为内能：Q＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 电源输出的电能转化为动能： W电＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m) F做的功一部分转化为杆的动能，一部分产生电热：WF＝Q＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m) F做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WF＝eq \f(1,2)mv2＋EC 2.动量定理在单杆模型中的应用 在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力作用的时间、速度、位移和电荷量。 (1)求电荷量或速度：－Beq \o(I,\s\up12(－))LΔt＝mv2－mv1，q＝eq \o(I,\s\up12(－))Δt。 (2)求位移：－eq \f(B2L2\o(v,\s\up6(－))Δt,R总)＝0－mv0，x＝eq \o(v,\s\up6(－))Δt。 (3)求时间：①－Beq \o(I,\s\up12(－))LΔt＋F其他·Δt＝mv2－mv1 即－BLq＋F其他·Δt＝mv2－mv1 已知电荷量q，F其他为恒力，可求出变加速运动的时间。 ②－eq \f(B2L2\o(v,\s\up6(－))Δt,R总)＋F其他·Δt＝mv2－mv1，eq \o(v,\s\up6(－))Δt＝x 已知位移x，F其他为恒力，也可求出变加速运动的时间。 解析：金属杆在磁场中的速度大小为v时，由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势大小E＝BLv，由闭合电路欧姆定律可得，感应电流大小I＝eq \f(E,R＋r)，又I＝eq \f(Δq,Δt)，联立并整理可得eq \f(\a\vs4\al(Δq),Δt)＝eq \f(BLv,R＋r)，则q­t图线的切线斜率与金属杆的速度大小成正比，结合题图乙可知，在1.5～2.0 s内，金属杆做匀速直线运动，且速度最大，有eq \f(BLvm,R＋r)＝eq \f(1.3－0.8,2.0－1.5) A， 此时金属杆受力平衡，有B·eq \f(BLvm,R＋r)·L＝F，联立解得B＝0.1 T，vm＝7 m/s，故A、B正确；设金属杆在0～1.5 s内的位移大小为x1，平均速度为eq \o(v,\s\up6(－))，由法拉第电磁感应定律知，电路中的感应电动势平均值eq \o(E,\s\up12(－))＝BLeq \o(v,\s\up6(－))，由闭合电路欧姆定律知，电路中感应电流平均值eq \o(I,\s\up12(－))＝eq \f(\o(E,\s\up12(－)),R＋r)，通过电阻R的电荷量q1＝eq \o(I,\s\up12(－))t1，由微元法可得x1＝eq \o(v,\s\up6(－))t1，由题图乙可得q1＝0.8 C，联立解得x1＝5.6 m，故C正确； 1.5～2.0 s内，金属杆匀速运动，故位移x2＝vmt2＝7×(2.0－1.5) m＝3.5 m，在0～2 s内，由能量守恒定律得F(x1＋x2)＝Q总＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)，由焦耳定律和串联电路规律可知，电阻R产生的热量QR＝eq \f(R,R＋r)Q总，联立解得QR＝0.38 J，故D错误。 解析：飞机着舰时，飞机、阻拦索和ab整体在水平方向只受安培力，设整体的质量为m，由牛顿第二定律有F＝ma，由题图乙得F＝－eq \f(F0,s0)s＋F0， 联立可得飞机的加速度大小a＝－eq \f(F0,ms0)s＋eq \f(F0,m)，故飞机的加速度与位移不成正比，故A错误；设ab棒切割磁感线的有效长度为L，ab中的电流为I，ab产生的感应电动势为E，回路总电阻为R总，由牛顿第二定律有F＝BIL＝ma，根据闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律，有I＝eq \f(E,R总)，E＝BLv，联立可得a＝eq \f(B2L2v,mR总)，可知飞机的加速度与速度成正比，故B正确； 通过ab的电荷量q＝eq \o(I,\s\up12(－))Δt，由闭合电路欧姆定律可得eq \o(I,\s\up12(－))＝eq \f(\o(E,\s\up12(－)),R总)，由法拉第电磁感应定律可得eq \o(E,\s\up12(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)，而Δt时间内穿过回 路的磁通量变化量ΔΦ＝BLs，联立可得q＝eq \f(BLs,R总)，可知通过ab的电荷量与位移成正比，故C正确；回路产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即等于F­s图线与s轴所围面积，故Q＝eq \f(F0＋F,2)s＝－eq \f(F0,2s0)s2＋F0s，可知回路产生的焦耳热与位移不成正比，故D错误。 解析：设bc和ba的夹角为θ，而金属棒运动的距离为 x＝vt，由几何关系可知，金属棒切割磁感线的有效长度为 L＝xtanθ＝vttanθ，感应电动势为E＝BLv＝Bv2ttanθ， 由题意可知，电容器两端的电压等于感应电动势，则电容器极板上的电荷量为q＝CE＝CBv2ttanθ，q与t成正比，故B错误；Δt时间内电容器极板上电荷量的变化量为Δq＝C·ΔE＝CBv2Δttanθ，则回路中的电流为i＝eq \f(Δq,Δt)＝CBv2tanθ，i为定值，故A错误；金属棒MN做匀速运动，受力平衡，则外力为F＝F安＝BiL＝CB2v3ttan2θ，F与t成正比，故C错误；外力的功率为P＝Fv＝CB2v4ttan2θ，P与t成正比，故D正确。 A．电容器充电后，M板带正电 B．电容器充电后带电量为eq \f(1,2)CB1ωr2 C．电容器充电后带电量为eq \f(1,4)CB1ωr2 D．金属棒Q抛出到落地的最大水平距离为eq \f(B1B2lωr2C,4m) eq \r(\f(2h,g)) 解析：开关S和接线柱1接通，电容器充电，充电过程，对绕转轴OO′转动的金属棒P，由右手定则可知，金属棒中感应电流方向沿径向向外，即圆环边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电，故A正确；根据法拉第电磁感应定律 可知，金属棒P产生的感应电动势E1＝eq \f(1,2)B1ωr2，任意时刻金属棒P都有一半在切割磁感线作为电源，另一半与电容器并联组成外电路，且两部分金属棒电阻相等，分压相同，因此电容器两端电压为U＝eq \f(E1,2)，则电容器充电后所带的电荷量q1＝CU＝eq \f(CE1,2)＝eq \f(1,4)CB1ωr2，故B错误，C正确； 假设电容器放电结束后，金属棒Q速度达到最大，设为v，此时金属棒Q切割磁感线产生的感应电动势等于电容器放电结束后两极板间电压，为E2＝B2lv，放电过程流过金属棒Q的 电荷量q2＝C(U－E2)，对金属棒Q由动量定理得B2eq \o(I,\s\up12(－))lΔt＝mv－0，又q2＝eq \o(I,\s\up12(－))Δt，联立解得v＝2,2)eq \f(CB1B2ωr2l,4（CBl2＋m）) ，由h＝eq \f(1,2)gt2得金属棒Q抛出到落地的运动时间t＝eq \r(\f(2h,g))，则金属棒Q抛出到落地的最大水平距离为x＝vt＝2,2)eq \f(CB1B2ωr2l,4（CBl2＋m）) ·eq \r(\f(2h,g))，故D错误。 根据平衡条件有B2IL＝mgsinθ，又I＝eq \f(E1－E0,R)，E1＝B2Lv，解得I＝1.2 A，E0＝13.2 V，则导体棒进入区域Ⅱ前的电流为I0＝eq \f(E0,R)＝eq \f(13.2,4) A＝3.3 A，故C错误。导体棒释放后的前1.5 s内，产生的焦耳热为Q＝Ieq \o\al(2,0)Rt＝3.32×4×1.5 J＝65.34 J，1.5～2 s内，产生的焦耳热为Q′＝I2Rt′＝1.22×4×0.5 J＝2.88 J，则导体棒释放后的前2 s内产生的焦耳热为Q总＝Q＋Q′＝68.22 J，故D正确。 A．物块做加速度逐渐减小的加速运动 B．物块与导体棒组成的系统减少的机械能等于导体棒克服安培力做的功 C．轻绳的拉力大小为eq \f(Mg（m＋B2d2C）,M＋m＋B2d2C) D．电容器增加的电荷量为CBdeq \r(\f(2Mgh,M＋m＋B2d2C)) 解析：当导体棒速度为v时，根据法拉第电磁感应 定律可知，导体棒产生的感应电动势为E＝Bdv，电容 器两端电压U时刻与导体棒产生的感应电动势E相等， 则电容器两端电压在极短时间Δt内的变化量为ΔU＝ BdΔv，在极短时间Δt内电容器储存的电荷量的变化量为ΔQ＝CΔU，回路中的电流为I＝eq \f(ΔQ,Δt)，导体棒所受安培力为F＝BId，根据牛顿第二定律，对导体棒有T－F＝ma，对物块有Mg－T＝Ma，联立解得物块与导体棒的加速度大小a＝eq \f(Mg,M＋m＋B2d2C)，故物块做匀加速直线运动，故A错误； 根据功能关系可知，物块与导体棒组成的系统减 少的机械能等于导体棒克服安培力做的功，故B 正确；由Mg－T＝Ma，解得轻绳的拉力大小为 T＝eq \f(Mg（m＋B2d2C）,M＋m＋B2d2C)，故C正确；由veq \o\al(2,m)＝2ah知， 物块下落高度为h时导体棒的速度vm＝eq \r(\f(2Mgh,M＋m＋B2d2C))，电容器的带电量Qm＝CUm＝CBdvm，而初始时电容器带电量为零，则电容器增加的电荷量为Qm＝CBdeq \r(\f(2Mgh,M＋m＋B2d2C))，故D正确。 答案：(1)eq \f(\a\vs4\al(μmgR),B2L2) (2)eq \f(B2L2v1,mR)－μg　v1－eq \f(\a\vs4\al(μmgR),B2L2) 解析：(1)设磁场速度为v时，金属棒ab刚好被 驱动，根据法拉第电磁感应定律，可知此时ab产生 的感应电动势E＝BLv 由闭合电路欧姆定律，可得闭合回路中的感应电流I＝eq \f(E,R) 金属棒ab刚好被驱动时，所受安培力恰好与最大静摩擦力平衡，有BIL＝μmg 联立解得v＝eq \f(\a\vs4\al(μmgR),B2L2)。 (2)金属棒ab刚开始运动时，速度为0，产生的感应电动势E1＝BLv1 流经金属棒ab的电流I1＝eq \f(E1,R) 由牛顿第二定律有BI1L－μmg＝ma 联立解得a＝eq \f(B2L2v1,mR)－μg 金属棒达到最终速度v2时做匀速直线运动，则此时金属棒产生的感应电动势 E2＝BL(v1－v2) 流经金属棒ab的电流I2＝eq \f(E2,R) 根据受力平衡，有BI2L＝μmg 联立解得v2＝v1－eq \f(\a\vs4\al(μmgR),B2L2)。 答案：(1)eq \f(v0,2)　(2)eq \f(BLv0,4)　2,0)eq \f(B2L2vC,8) 解析：(1)开关S闭合，当金属棒的速度最大时，根据法拉第电磁感应定律可得，金属棒切割磁感线产生的感应电动势大小为E0＝BLv0 由闭合电路欧姆定律可得，闭合回路中的电流大小为I0＝eq \f(E0,R) 根据平衡条件可知，外力与安培力大小相等，即F＝F安＝BI0L 在金属棒速度为v时，外力的功率为PF＝Fv 此时金属棒切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝BLv 闭合回路中的感应电流大小为I＝eq \f(E,R) 此时定值电阻的功率为PR＝I2R 由题意知PF＝2PR 联立解得v＝eq \f(v0,2)。 (2)断开开关S，金属棒做匀速运动时，设回路中的电流大小为I′，则金属棒所受安培力大小F安′＝BI′L 由平衡条件可得，外力F′＝F安′ 外力F′的功率PF′＝F′v 定值电阻R的功率PR′＝I′2R 当外力做功的功率为定值电阻功率的两倍时，PF′＝2PR′ 联立解得此时回路中的电流大小I′＝eq \f(BLv0,4R) 因电容器与定值电阻串联，则此时电容器两端电压UC＝BLv－I′R 联立解得UC＝eq \f(BLv0,4) 从断开S开始到该时刻的过程，对金属棒，根据动能定理可知，外力做的功等于克服安培力做的功，即WF′＝W安′ 设该过程经历的时间为t，则安培力做的功W安′＝P安′t 其中eq \o(P,\s\up12(－))安′是安培力的平均功率，且eq \o(P,\s\up12(－))安′＝eq \o(F,\s\up12(－))安′v 安培力的平均值eq \o(F,\s\up12(－))安′＝Beq \o(I,\s\up12(－))′L 通过电路的电荷量Q＝eq \o(I,\s\up12(－))′·t 且Q＝CUC 联立解得WF′＝2,0)eq \f(B2L2vC,8) 。 $$