新课标高中物理模型与方法专题19 电磁感应中的单导体棒模型（解析版）

专题19电磁感应中的单导体棒模型目录TOC\o"1-3"\h\u一.阻尼式单导体棒模型 1二．发电式单导体棒模型 7三．无外力充电式单导体棒模型 14四．无外力放电式单导体棒模型 16五．有外力充电式单导体棒模型 18六．含“源”电动式模型 24一.阻尼式单导体棒模型【模型如图】1．电路特点：导体棒相当于电源。当速度为时，电动势2．安培力的特点：安培力为阻力，并随速度减小而减小：3．加速度特点：加速度随速度减小而减小,4．运动特点：速度如图所示。a减小的减速运动5．最终状态:静止6．四个规律(1)全过程能量关系：,QUOTEQRQr速度为时的能量关系电阻产生的焦耳热(2)瞬时加速度：，(3)电荷量(4)动量关系：(安培力的冲量)安培力的冲量公式是①闭合电路欧姆定律②平均感应电动势：③位移：④①②③④得【模型演练1】(多选)(2020·新疆克拉玛依三模)如图所示，在水平面上固定两条足够长的平行光滑金属导轨，导轨间连接电阻为R(其余电阻不计)，导轨间距为L，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向下，磁感应强度大小为B；已知金属杆MN质量为m，与导轨接触良好．当金属杆以初速度v0向右滑动，在运动过程中()A．金属杆MN将做匀减速运动B．金属杆MN的最大加速度为eq\f(B2L2v0,Rm)C．电阻R总共产生的电热为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D．感应电流通过金属杆的方向由M流向N【答案】BC【解析】金属杆MN向右运动时切割磁感线产生感应电流，受到向左安培力而做减速运动，由a＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2v,mR)可知，随速度的减小，加速度减小，则金属杆将做加速度减小的变减速运动，且开始运动时加速度最大，最大值为am＝eq\f(B2L2v0,mR)，选项A错误，B正确；整个过程中金属棒的动能转化为电热，即电阻R总共产生的电热为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，选项C正确；根据右手定则可知，感应电流通过金属杆的方向由N流向M，选项D错误；故选B、C．【模型演练2】(多选)(2021·福建福清市线上检测)如图所示，左端接有阻值为R的定值电阻且足够长的平行光滑导轨CE、DF的间距为L，导轨固定在水平面上，且处在磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场中，一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直导轨放置在导轨上静止，导轨的电阻不计．某时刻给导体棒ab一个水平向右的瞬时冲量I，导体棒将向右运动，最后停下来，则此过程中()A．导体棒做匀减速直线运动直至停止运动B．电阻R上产生的焦耳热为eq\f(I2,2m)C．通过导体棒ab横截面的电荷量为eq\f(I,BL)D．导体棒ab运动的位移为eq\f(IR＋r,B2L2)【答案】CD【解析】导体棒获得向右的瞬时初速度后切割磁感线，回路中出现感应电流，导体棒ab受到向左的安培力，向右减速运动，由eq\f(B2L2v,R＋r)＝ma，可知由于导体棒速度减小，则加速度减小，所＝eq\f(I2,2m)，根据能量守恒定律可得Ek＝Q总，又根据串并联电路知识可得QR＝eq\f(R,R＋r)Q总＝eq\f(I2R,2mR＋r)，B错误；根据动量定理可得－Beq\x\to(I)LΔt＝0－mv，I＝mv，q＝eq\x\to(I)Δt，可得q＝eq\f(I,BL)，C正确；由于q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R＋r)Δt＝eq\f(BLx,R＋r)将q＝eq\f(I,BL)代入可得，导体棒ab运动的位移x＝eq\f(IR＋r,B2L2)，D正确．【模型演练3】(多选)(2021·湖南常德市高三二模)如图所示，两条相距为L的光滑平行金属导轨位于水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的定值电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．导体棒ab垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R.若给棒以平行导轨向右的初速度v0，当通过棒横截面的电荷量为q时，棒的速度减为零，此过程中棒发生的位移为x.则在这一过程中()A．导体棒做匀减速直线运动B．当棒发生的位移为eq\f(x,2)时，通过棒横截面的电荷量为eq\f(q,2)C．在通过棒横截面的电荷量为eq\f(q,3)时，棒运动的速度为eq\f(v0,3)D．定值电阻R产生的热量为eq\f(BqLv0,4)【答案】BD【解析】由于导体棒向右减速运动，则感应电动势减小，感应电流减小，所以导体棒受到的安培力减小，根据牛顿第二定律可知其加速度减小，故导体棒做变减速运动，故A错误；当棒的速度减为零，发生的位移为x时，通过棒横截面的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLx,2R)，则当棒发生的位移为eq\f(x,2)时，通过棒横截面的电荷量为eq\f(q,2)，故B正确；当棒的速度减为零时，通过棒横截面的电荷量为q＝eq\f(BLx,2R)，设这段时间回路中的平均电流为eq\x\to(I)1，由动量定理得－Beq\x\to(I)1Lt1＝0－mv0，其中q＝eq\x\to(I)1t1当通过棒横截面的电荷量为eq\f(q,3)时，设这段时间回路中的平均电流为eq\x\to(I)2由动量定理得－Beq\x\to(I)2Lt2＝mv1－mv0，其中eq\f(q,3)＝eq\x\to(I)2t2解得：v1＝eq\f(2v0,3)，m＝eq\f(qBL,v0)，故C错误；根据能量守恒可知，棒的速度减为零的过程中，定值电阻R产生的热量为：QR＝eq\f(1,2)ΔEk＝eq\f(1,4)mv02＝eq\f(qBLv0,4)，故D正确．【模型演练4】(2021·浙江十校联盟联考)如图所示，两条相距d的平行光滑金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻．质量为m，电阻为r的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.已知磁场扫过金属杆所经历的时间为t，导轨足够长且电阻不计，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；(2)PQ刚要到达金属杆时，电阻R消耗的电功率P；(3)磁场扫过金属杆的过程中金属杆的位移大小x.【答案】(1)eq\f(B2d2v0,mR＋r)(2)eq\f(B2d2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0－v))2R,R＋r2)(3)v0t－eq\f(mvR＋r,B2d2)【解析】(1)MN刚扫过金属杆时，杆上产生的感应电动势为E＝Bdv0感应电流为I＝eq\f(E,R＋r)联立解得I＝eq\f(Bdv0,R＋r)杆的加速度大小a＝eq\f(BId,m)＝eq\f(B2d2v0,mR＋r)(2)PQ刚要到达金属杆时，杆上产生的感应电动势为E′＝Bd(v0－v)感应电流为I′＝eq\f(E′,R＋r)电阻R消耗的电功率P＝I′2R＝eq\f(B2d2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0－v))2R,R＋r2)(3)根据动量定理得：Beq\x\to(I)dt＝mv－0其中q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E)t,R＋r)＝eq\f(\f(ΔΦ,t)t,R＋r)＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(Bdv0t－x,R＋r)解得磁场扫过金属杆过程中金属杆的位移x＝v0t－eq\f(mvR＋r,B2d2).【模型演练5】(2020·哈尔滨师大附中联考)如图所示，光滑、平行、电阻不计的金属导轨固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L，导轨顶端连接定值电阻R，导轨上有一质量为m、电阻不计的金属杆．整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里．现将杆从M点以v0的速度竖直向上抛出，经过时间t，到达最高点N，杆始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度大小为g.求t时间内：(1)流过电阻的电荷量q；(2)电阻上产生的电热Q.【答案】(1)eq\f(mv0－mgt,BL)(2)eq\f(1,2)mv02－eq\f(m2gRv0－gt,B2L2)【解析】(1)根据动量定理，有－mgt－eq\x\to(F)t＝0－mv0又因为eq\x\to(F)＝BLeq\x\to(I)，q＝eq\x\to(I)t，联立解得q＝eq\f(mv0－mgt,BL)(2)根据eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)＝eq\f(ΔΦ,Rt)＝eq\f(BLh,Rt)，解得h＝eq\f(v0－gtmR,B2L2)由能量守恒定律得Q＝eq\f(1,2)mv02－mgh联立解得Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(m2gRv0－gt,B2L2).【模型演练6】(多选)(2021·河南九师联盟质检)如图所示，一长为L＝1m、质量为m＝1kg的导体棒ab垂直放在固定的足够长的光滑U形导轨底端，导轨宽度和导体棒等长且接触良好，导轨平面与水平面成θ＝30°角，整个装置处在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝0.5T．现给导体棒沿导轨向上的初速度v0＝4m/s，经时间t0＝0.5s，导体棒到达最高点，然后开始返回，到达底端前已做匀速运动．已知导体棒的电阻为R＝0.05Ω，其余电阻不计，重力加速度g取10m/s2，忽略电路中感应电流之间的相互作用，则()A．导体棒到达导轨平面底端时，流过导体棒的电流为5AB．导体棒到达导轨平面底端时的速度大小为1m/sC．导体棒从开始运动至到达顶端的过程中，通过导体棒的电荷量为3CD．导体棒从开始运动到返回底端的过程中，回路中产生的电能为15J【答案】BC【解析】导体棒到达底端前已做匀速运动，由平衡条件得：mgsin30°＝BIL＝eq\f(B2L2vm,R)，代入数据解得：vm＝1m/s，选项B正确；导体棒到达导轨平面底端时，通过导体棒的电流为I＝eq\f(BLvm,R)＝eq\f(0.5×1×1,0.05)A＝10A，选项A错误；导体棒从开始运动到到达顶端的过程中，根据动量定理：－(mgsin30°＋Beq\x\to(I)L)t0＝0－mv0，其中eq\x\to(I)t0＝q，解得q＝3C，选项C正确；导体棒从开始运动到返回底端的过程中，由能量守恒定律可知，回路中产生的电能Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mvm2＝eq\f(1,2)×1×(42－12)J＝7.5J，选项D错误．二．发电式单导体棒模型【模型如图】电路特点：导体棒相当于电源，当速度为时，电动势2．安培力的特点：安培力为阻力，并随速度增大而增大.3．加速度特点：加速度随速度增大而减小.4．运动特点：速度如图所示。做加速度减小的加速运动5．最终特征：匀速运动6．两个极值(1)时,有最大加速度：(2)时,有最大速度：7．稳定后的能量转化规律8．起动过程中的三个规律(1)动量关系：(2)能量关系：(3)电荷量9．几种变化(1)电路变化(2)磁场方向变化(3)导轨面变化（竖直或倾斜）10.若的作用下使导体棒做匀加速直线运动则随时间线性变化。证明：根据法拉第电磁感应定律（1）闭合电路欧姆定律(2)安培力F＝BIL（3）由（1）（2）（3）得（4）由牛顿第二定律（5）得由运动学公式(6)(5)(6)联立得(7)由（7）式可以看出要让导体棒做匀加速直线运动所加外力必然随时间均匀变化即【模型演练1】.(2021·云南昆明市五华区联考)如图，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在水平面内，相距为L，电阻不计．轨道左侧连接一阻值为R的定值电阻．质量为m、电阻不计的导体棒ab水平放置在导轨上，ab垂直于导轨．施加大小为F的水平恒力，使ab由静止开始沿导轨运动，经过时间t，ab通过的位移为x，速度变为v，整个运动过程中ab与导轨接触良好．关于这一过程，下列说法正确的是()A．ab做匀加速直线运动B．ab的动能变化量为FxC．ab的动量变化量为FtD．定值电阻上产生的焦耳热为Fx－eq\f(1,2)mv2【答案】D【解析】F大小不变，速度变化时安培力一定变化，所以ab不可能做匀加速直线运动；ab运动过程中除恒力F外还受安培力，动能和动量变化时，应该考虑合外力，B、C错误；由系统能量守恒Q＝Fx－eq\f(1,2)mv2，D项正确．【模型演练2】(2020·四川德阳市二诊)如图所示，两根相距为L的平行直导轨水平放置，R为定值电阻，导轨电阻不计．电阻阻值也为R的金属杆MN垂直于导轨放置，杆与导轨之间有摩擦，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.t＝0时刻对金属杆施加一水平外力F，使金属杆从静止开始做匀加速直线运动．下列关于通过R的电流I、杆与导轨间因摩擦产生的热量Q、外力F、外力F的功率P随时间t变化的图象中正确的是()【答案】B【解析】t时刻杆的速度为v＝at，金属杆产生的感应电流I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BLv,2R)＝eq\f(BLa,2R)t，则I∝t，故A错误．杆与导轨间因摩擦产生的热量为Q＝Ffx＝eq\f(1,2)Ffat2，则Q∝t2，故B正确．杆受到的安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,2R)，根据牛顿第二定律得F－Ff－F安＝ma得F＝eq\f(B2L2v,2R)＋Ff＋ma＝eq\f(B2L2a,2R)t＋Ff＋ma，F随t的增大而线性增大，故C错误．外力F的功率为P＝Fv＝(eq\f(B2L2a,2R)t＋Ff＋ma)at，P－t图象应是曲线，故D错误．【典例分析3】（多选）（2021届云南省昆明市第一中学高三第八次考前适应性训练）水平放置的U形导轨足够长，置于方向竖直向上的匀强磁场中，如图所示。磁感应强度大小B=5T,导轨宽度L=0.4m,左侧与R=0.5Ω的定值电阻连接，右侧有导体棒ab跨放在导轨上，导体棒ab质量m=2.0kg,电阻r=0.5Ω,与导轨的动摩擦因数μ=0.2,其余电阻可忽略不计。导体棒ab在大小为10N的水平外力F作用下，由静止开始运动了x=40cm时，速度达到最大，取g＝10m/s2.下列说法正确的是A.导体棒ab加速度为零时速度最大B.导体棒ab运动的最大速度是2.0m/sC.当导体棒ab的速度v=1m/s时，导体棒ab的加速度是1.0m/s2D.导体棒ab由静止达到最大速度的过程中，电阻R上产生的热量是0.15J【答案】AC【解析】导体棒ab垂直切割磁感线，产生的电动势大小：E＝BLv，由闭合电路的欧姆定律得：I＝eq\f(E,R＋r)，导体棒受到的安培力：FA＝BIL，当导体棒做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得：eq\f(B2L2vm,R＋r)＋μmg＝F，解得最大速度：vm＝1.5m/s，故A正确，B错误。当速度为v＝1m/s时，由牛顿第二定律得：F－eq\f(B2L2v,R＋r)－μmg＝ma，解得：a＝1m/s2,故C正确。在整个过程中，由能量守恒定律可得：Fx＝Q＋μmgx＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得：Q＝0.15J，所以QR＝eq\f(Q,2)＝0.075J，D错误。【模型演练4】(2021·河南驻马店市第一学期期末)如图甲所示，间距为L＝0.5m的两条平行金属导轨，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.2T，轨道左侧连接一定值电阻R＝1Ω.垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，并始终与导轨接触良好．t＝0时刻，导体棒从静止开始做匀加速直线运动，力F随时间t变化的规律如图乙所示．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，导体棒和导轨的电阻均不计．取g＝10m/s2，求：(1)导体棒的加速度大小；(2)导体棒的质量．【答案】(1)5m/s2(2)0.1kg【解析】(1)设导体棒的质量为m，导体棒做匀加速直线运动的加速度大小为a，某时刻t，导体棒的速度为v，所受的摩擦力为Ff，则导体棒产生的电动势：E＝BLv回路中的电流I＝eq\f(E,R)导体棒受到的安培力：F安＝BIL由牛顿第二定律：F－F安－Ff＝ma由题意v＝at联立解得：F＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma＋Ff根据题图乙可知，0～10s内图象的斜率为0.05N/s，即eq\f(B2L2a,R)＝0.05N/s，解得a＝5m/s2(2)由F－t图象纵截距可知：ma＋Ff＝1.0N又Ff＝μmg解得m＝0.1kg.【模型演练5】(2020·江苏常州市期末)如图所示，竖直固定的足够长的光滑金属导轨MN、PQ，间距L＝0.2m，其电阻不计．完全相同的两根金属棒ab、cd垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终良好接触．已知两棒质量均为m＝0.01kg，电阻均为R＝0.2Ω，棒cd放置在水平绝缘平台上，整个装置处在垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，磁感应强度B＝1.0T．棒ab在竖直向上的恒力F作用下由静止开始向上运动，当ab棒运动位移x＝0.1m时达到最大速度，此时cd棒对绝缘平台的压力恰好为零，重力加速度g取10m/s2.求：(1)恒力F的大小；(2)ab棒由静止到最大速度通过ab棒的电荷量q；(3)ab棒由静止到达最大速度过程中回路产生的焦耳热Q.【答案】(1)0.2N(2)0.05C(3)5×10－3J【解析】(1)当ab棒达到最大速度时，对ab和cd的整体：F＝2mg＝0.2N(2)ab棒由静止到最大速度通过ab棒的电荷量q＝eq\x\to(I)teq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)＝eq\f(\f(BLx,t),2R)解得q＝eq\f(BLx,2R)＝eq\f(1.0×0.2×0.1,2×0.2)C＝0.05C(3)ab棒达到最大速度vm时，对cd棒有BIL＝mg由闭合电路欧姆定律知I＝eq\f(E,2R)ab棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLvm代入数据解得vm＝1m/sab棒由静止到最大速度过程中，由能量守恒定律得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F－mg))x＝eq\f(1,2)mvm2＋Q代入数据解得Q＝5×10－3J.【模型演练6】(2021·安徽安庆市二模)如图所示，两个平行光滑金属导轨AB、CD固定在水平地面上，其间距L＝0.5m，左端接有阻值R＝3Ω的定值电阻．一根长度与导轨间距相等的金属杆放置于导轨上，金属杆的质量m＝0.2kg，电阻r＝2Ω，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度大小B＝4T的匀强磁场中，t＝0时刻，在MN上加一与金属杆垂直、方向水平向右的外力F，金属杆由静止开始以a＝2m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，2s末撤去外力F，运动过程中金属杆与导轨始终垂直且接触良好．(不计导轨和连接导线的电阻，导轨足够长)求：(1)1s末外力F的大小；(2)撤去外力F后的过程中，电阻R上产生的焦耳热．【答案】(1)2N(2)0.96J【解析】(1)1s末，金属杆MN的速度大小为v1＝at1＝2×1m/s＝2m/s金属杆MN产生的感应电动势为E＝BLv1金属杆MN中的感应电流大小I＝eq\f(E,R＋r)金属杆MN受到的安培力大小F安＝BIL联立得F安＝eq\f(B2L2v1,R＋r)＝1.6N根据牛顿第二定律有F－F安＝ma可得F＝F安＋ma＝2N(2)2s末，金属杆MN的速度大小为v2＝at2＝2×2m/s＝4m/s撤去外力F后的过程中，根据能量守恒定律得电路中产生的总焦耳热Q＝eq\f(1,2)mv22＝eq\f(1,2)×0.2×42J＝1.6J电阻R上产生的焦耳热QR＝eq\f(R,R＋r)Q＝eq\f(3,3＋2)×1.6J＝0.96J.【模型演练8】．(2020·江西上饶市月考)如图甲所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距L＝1m，导轨平面与水平面成θ＝37°角，上端连接阻值为R＝2Ω的电阻．匀强(1)金属棒产生的感应电动势的最大值；(2)当金属棒速度为向上3m/s时，施加在金属棒上外力F做功的功率；(3)金属棒在0<t<2s、2s<t<4s内外力F随时间t变化的函数关系式．【答案】(1)2.4V(2)3.48W(3)见解析【解析】(1)当金属棒速度最大时，感应电动势最大，故有E＝BLv0＝0.4×1×6V＝2.4V.(2)当金属棒速度为v＝3m/s时，加速度大小为a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(6,2)m/s2＝3m/s2，FA′＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)＝0.16N，由牛顿第二定律得：－μmgcosθ－mgsinθ－FA′＋F＝－ma解得F＝μmgcosθ＋mgsinθ＋FA′－ma＝1.16N故有P＝Fv＝3.48W.(3)由题图乙可知速度大小v＝6－3t(m/s)上滑阶段安培力大小FA上＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)＝0.32－0.16t上滑阶段由牛顿第二定律得－mgsinθ－μmgcosθ－FA上＋F＝－ma代入得F＝1.32－0.16t(N)(0<t<2s)下滑阶段，摩擦力和安培力方向改变，下滑阶段的安培力大小FA下＝0.16t－0.32有－mgsinθ＋μmgcosθ＋FA下＋F＝－ma可得F＝0.52－0.16t(N)(2s<t<4s)．三．无外力充电式单导体棒模型基本模型规律(电阻阻值为R，电容器电容为C)电路特点导体棒相当于电源，电容器被充电.电流特点安培力为阻力，棒减速，E减小，有I＝eq\f(BLv－UC,R)，电容器被充电UC变大，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，棒匀速运动.运动特点和最终特征a减小的加速运动，棒最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器带电荷量不为零.最终速度电容器充电荷量：q＝CU最终电容器两端电压U＝BLv对棒应用动量定理：mv0－mv＝Beq\x\to(I)L·Δt＝BLqv＝eq\f(mv0,m＋B2L2C).v－t图象【模型演练】(多选)如图甲所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为l，电阻均可忽略不计．在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻为r，并与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动．则()A．当杆ab刚具有初速度v0时，杆ab两端的电压U＝eq\f(Blv0R,R＋r)，且a点电势高于b点电势B．通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐增大C．若将M和P之间的电阻R改为接一电容为C的电容器，如图乙所示，同样给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动，则杆ab稳定后的速度为v＝eq\f(mv0,m＋B2l2C)D．在C选项中，杆稳定后a点电势高于b点电势【答案】ACD【解析】当杆ab刚具有初速度v0时，其切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv0，杆ab两端的电压U＝eq\f(ER,R＋r)＝eq\f(Blv0R,R＋r)，根据右手定则知，感应电流的方向为b到a，杆ab相当于电源，a相当于电源的正极，则a点电势高于b点电势，A正确；通过电阻R的电流I＝eq\f(Blv,R＋r)，由于杆ab速度减小，则电流减小，安培力减小，所以杆ab做加速度逐渐减小的减速运动，速度v随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，则通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，B错误；当杆ab以初速度v0开始切割磁感线时，电路开始给电容器充电，有电流通过杆ab，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小．当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动，电容器两端的电压U＝Blv，而q＝CU，对杆ab，根据动量定理得－Beq\x\to(I)l·Δt＝－Blq＝mv－mv0，联立可得v＝eq\f(mv0,m＋B2l2C)，C正确；杆稳定后，电容器不再充电，回路中没有电流，根据右手定则知，a点的电势高于b点电势，D正确．四．无外力放电式单导体棒模型基本模型规律(电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C)电路特点电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动.电流的特点电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时UC＝BLv.运动特点及最终特征a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0.最大速度vm电容器充电荷量：Q0＝CE放电结束时电荷量：Q＝CU＝CBLvm电容器放电荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm对棒应用动量定理：mvm＝Beq\x\to(I)L·Δt＝BLΔQvm＝eq\f(BLCE,m＋B2L2C)v－t图象【模型演练】电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器．电磁轨道炮示意如图，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离为l，电阻不计．炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S接1，使电容器完全充电．然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动．当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨．问：(1)磁场的方向；(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少．【答案】(1)垂直于导轨平面向下(2)eq\f(BlE,mR)(3)eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)【解析】(1)将S接1时，电容器充电，上极板带正电，下极板带负电，当将S接2时，电容器放电，流经MN的电流由M到N，又知MN向右运动，由左手定则可知磁场方向垂直于导轨平面向下．(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I＝eq\f(E,R)①设MN受到的安培力为F，有F＝IlB②由牛顿第二定律，有F＝ma③联立①②③式得a＝eq\f(BlE,mR)④(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0＝CE⑤开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，有E′＝Blvmax⑥依题意有E′＝eq\f(Q,C)⑦设在此过程中流经MN的平均电流为eq\x\to(I)，MN上受到的平均安培力为eq\x\to(F)，有eq\x\to(F)＝eq\x\to(I)lB⑧由动量定理，有eq\x\to(F)Δt＝mvmax－0⑨又eq\x\to(I)Δt＝Q0－Q⑩联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C).五．有外力充电式单导体棒模型【模型结构】【情景】：轨道水平光滑，单杆质量为，电阻，两导轨间距为，拉力恒定设金属棒运动的速度大小为，则感应电动势为(1)经过速度为，此时感应电动势2)时间内流入电容器的电荷量(3)电流,(4)安培力.(5)由牛顿第二第定律(6)(7)所以杆以恒定的加速度匀加速运动对于导体棒，克服安培力做多少功，就应有多少能量转化为电能，则有:(8)(9)由(7)(8)(9)式得:所以在t秒内转化为电能的多少是:【反思】由模型可知:只要导体棒受恒定外力，导体棒必做匀变速运动，且加速度为;如果外力不恒定，则导体棒做非匀变速运动;如果不受外力，则导体棒匀速运动或静止．反之，只要导体棒速度均匀变化(a恒定)，感应电动势就均匀变化，电容器的带电量就均匀变化，回路中的电流就恒定不变()，导体棒所受安培力就恒定不变(，外力就恒定不变．【模型演练1】(多选)(2021·河南三门峡市一模)如图所示，间距为L的两根平行光滑导轨竖直放置，导轨间接有电容器C，装置处于垂直轨道平面的匀强磁场B中，质量为m、电阻为R的金属杆ab接在两导轨之间并由静止释放，ab下落过程中始终保持与导轨接触良好，设导轨足够长，电阻不计，下列说法正确的是()A．ab做自由落体运动B．ab做匀加速运动，且加速度为a＝eq\f(mg,m＋CB2L2)C．ab做匀加速运动，若加速度为a，则回路的电流为I＝CBLaD．ab做加速度减小的变加速运动，最后匀速运动，最大速度为vm＝eq\f(mgR,B2L2)【答案】BC【解析】由E＝BLv得，Q＝EC＝BLCv，I＝eq\f(ΔQ,Δt)＝eq\f(CBLΔv,Δt)＝CBLa，安培力F＝BIL＝CB2L2a，由牛顿第二定律得mg－F＝ma，得a＝eq\f(mg,m＋B2L2C)，可知物体做初速度为零的匀加速直线运动，故B、C正确．【模型演练2】(2021·河北唐山市摸底考试)如图，两条平行导轨所在平面与水平地面间的夹角为θ，两导轨的间距为L.导轨上端接有一平行板电容器，电容为C.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向下．在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.忽略所有电阻，让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系．【答案】(1)Q＝CBLv(2)v＝eq\f(msinθ－μcosθ,m＋B2L2C)gt【解析】(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv①平行板电容器两极板之间的电势差U＝E②设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，则有Q＝CU③联立①②③式得Q＝CBLv④(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为I.金属棒受到的安培力方向沿导轨向上，大小为F安＝BLI⑤设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，据定义有I＝eq\f(ΔQ,Δt)⑥ΔQ也是平行板电容器两极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量．由④式得：ΔQ＝CBLΔv⑦Δv为金属棒的速度变化量，有a＝eq\f(Δv,Δt)⑧金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨向上，大小为Ff＝μFN⑨FN是金属棒对导轨的正压力的大小，有FN＝mgcosθ⑩由牛顿第二定律得mgsinθ－F安－Ff＝ma⑪联立⑤～⑪式得a＝eq\f(msinθ－μcosθ,m＋B2L2C)g⑫由⑫式及题意可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动．则t时刻金属棒的速度大小为v＝eq\f(msinθ－μcosθ,m＋B2L2C)gt.【模型演练3】(2021·四川达州市第二次诊断)如图所示，足够长的两平行光滑水平直导轨的间距为L，导轨电阻不计，垂直于导轨平面有磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；导轨左端接有电容为C的电容器、开关S和定值电阻R；质量为m的金属棒垂直于导轨静止放置，两导轨间金属棒的电阻为r.初始时开关S断开，电容器两极板间的电压为U.闭合开关S，金属棒运动，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列说法正确的是()A．闭合开关S的瞬间，金属棒立刻开始向左运动B．闭合开关S的瞬间，金属棒的加速度大小为eq\f(BUL,mR)C．金属棒与导轨接触的两点间的最小电压为零D．金属棒最终获得的速度大小为eq\f(BCUL,m＋B2L2C)【答案】D【解析】由左手定则可知，闭合开关S的瞬间，金属棒所受安培力方向向右，金属棒立刻获得向右的加速度，开始向右运动，A错误；闭合开关S的瞬间，金属棒的加速度大小a＝eq\f(BUL,mR＋r)，B错误；当金属棒切割磁感线产生的电动势跟电容器两极板之间的电压相等时，金属棒中电流为零，此后，金属棒将匀速运动下去，两端的电压达到最小值，故金属棒与导轨接触的两点间的电压不会为零，C错误；设闭合开关S后，电容器的放电时间为Δt，金属棒获得的速度为v，由动量定理可得Beq\f(CU－BLv,Δt)L·Δt＝mv－0，解得v＝eq\f(BCUL,m＋B2L2C)，D正确．【模型演练4】.如图所示，足够长的光滑平行金属导轨CD、EF倾斜放置，其所在平面与水平面间的夹角为θ＝37°，两导轨间距为L，导轨下端分别连着电容为C的电容器和阻值R＝3r的定值电阻．一根质量为m、电阻为r的金属棒放在导轨上，金属棒与导轨始终垂直并接触良好，一根不可伸长的绝缘轻绳一端拴在金属棒中间、另一端跨过轻质定滑轮与质量M＝3.6m的重物相连．金属棒与定滑轮之间的轻绳始终在两导轨所在平面内且与两导轨平行，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，导轨电阻不计，初始状态用手托住重物使轻绳恰处于伸直状态，由静止释放重物，求：(sin37°＝0.6，重力加速度大小为g，不计滑轮摩擦)(1)若S1闭合，S2断开，电阻R的最大瞬时热功率；(2)若S1和S2均闭合，当金属棒速度达到最大值时，遇到障碍物突然停止运动，金属棒停止运动后，通过金属棒的电荷量；(3)若S1断开、S2闭合，请通过计算判断重物的运动性质．【答案】(1)eq\f(27m2g2r,B2L2)(2)eq\f(27mgrC,4BL)(3)重物做初速度为零的匀加速直线运动【解析】(1)S1闭合，S2断开时，重物由静止释放后拉动金属棒沿导轨向上做加速运动，金属棒受到沿导轨向下的安培力作用，速度最大时，感应电动势最大，感应电流最大，则电阻R的瞬时热功率最大，当金属棒速度最大时有Mg＝mgsin37°＋BIL，得I＝eq\f(3mg,BL)Pm＝I2R联立解得Pm＝eq\f(27m2g2r,B2L2)(2)S1和S2均闭合时，电容器两极板间的最大电压Um＝UR＝IR＝eq\f(9mgr,BL)电容器所带的最大电荷量Qm＝CUm＝eq\f(9mgrC,BL)金属棒停止运动后，电容器开始放电，此时电阻R与金属棒并联，通过金属棒的电荷量q＝eq\f(R,R＋r)Qm＝eq\f(27mgrC,4BL)(3)S1断开、S2闭合时，设从释放重物开始经时间t金属棒的速度大小为v，加速度大小为a，通过金属棒的电流为i，金属棒受到的安培力F＝BiL，方向沿导轨向下，设在t～(t＋Δt)时间内流经金属棒的电荷量为ΔQ，ΔQ也是平行板电容器在t～(t＋Δt)时间内增加的电荷量，感应电动势E＝BLv，平行板电容器所带电荷量Q＝CE＝CBLv，故ΔQ＝CBLΔvΔv＝aΔt则i＝eq\f(ΔQ,Δt)＝CBLa设绳中拉力为FT，由牛顿第二定律，对金属棒有FT－mgsinθ－BiL＝ma对重物有Mg－FT＝Ma解得a＝eq\f(Mg－mgsinθ,M＋m＋CB2L2)可知a为常数，则重物做初速度为零的匀加速直线运动．【模型演练4】(2020·山西运城市调研)如图甲所示，相距L＝1m的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角θ＝37°，导轨电阻不计，质量m＝1kg、电阻为r＝0.5Ω的导体棒ab垂直于导轨放置，导轨的PM两端接在外电路上，定值电阻阻值R＝1.5Ω，电容器的电容C＝0.5F，电容器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场．在开关S1闭合、S2断开的状态下将导体棒ab由静止释放，导体棒的v－t图象如图乙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取重力加速度g＝10m/s2.(1)求磁场的磁感应强度大小B；(2)在开关S1闭合、S2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x＝5m时，定值电阻产生的焦耳热为21J，此时导体棒的速度与加速度分别是多大？(3)现在开关S1断开、S2闭合的状态下，由静止释放导体棒，求经过t＝2s时导体棒的速度大小．【答案】(1)2T(2)2m/s2m/s2(3)4m/s【解析】(1)由题图乙可知，导体棒的最大速度vm＝3m/s，对应的感应电动势E＝BLvm，感应电流I＝eq\f(E,R＋r)，当速度达到最大时，导体棒做匀速运动，导体棒受力平衡，有BIL＝mgsinθ，解得B＝eq\r(\f(mgR＋rsinθ,L2vm))＝2T.(2)导体棒和电阻串联，由公式Q＝I2Rt可知：Qab∶QR＝1∶3，则导体棒ab产生的焦耳热Qab＝eq\f(1,3)×21J＝7J，导体棒下滑x＝5m的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和回路中的焦耳热，由能量守恒定律有mgxsinθ＝eq\f(1,2)mv12＋Qab＋QR得导体棒的速度v1＝2m/s，此时感应电动势E1＝BLv1，感应电流I1＝eq\f(E1,R＋r)，对导体棒有mgsinθ－BI1L＝ma1，解得加速度a1＝2m/s2.(3)开关S1断开、S2闭合时，任意时刻对导体棒，根据牛顿第二定律有mgsinθ－BIL＝ma2，感应电流I＝eq\f(Δq,Δt)，Δq＝CΔUΔt时间内，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a2＝eq\f(Δv,Δt)，解得a2＝2m/s2，表明导体棒ab下滑过程中加速度不变，导体棒做匀加速直线运动，t＝2s时导体棒的速度大小v2＝a2t＝4m/s.【模型演练5】(2021·浙江金丽衢十二校第二次联考)如图所示，间距为d且足够长的平行轨道MP与NQ由倾斜与水平两部分平滑连接组成，其中水平轨道的N1N2、M1M2段为粗糙绝缘材料，其他部分均为光滑金属导轨．倾斜轨道的倾角为θ，顶端接阻值为R的电阻，处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B0.水平轨道的右端接有已充电的电容器，电容器的电容为C，电压为U(极性见图)，给水平段加竖直向上的匀强磁场．断开开关S时，质量为m的金属导体棒ab从倾斜轨道的cd上方任何位置开始运动，都将精准停靠在M2N2处(金属轨道上)．现闭合开关S，将金属棒ab从h高处(在cd上方)静止释放，不计金属棒与金属轨道的电阻．求：(1)金属棒ab到达斜面底端时的速度大小；(2)整个过程中电阻R产生的热量；(3)水平轨道上的磁场的磁感应强度B为何值时，金属棒ab可以获得最大速度，并求出最大速度．【答案】(1)eq\f(mgRsinθ,B02d2)(2)mgh－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B04d4)(3)eq\f(1,d)eq\r(\f(m,C))eq\f(U,2)eq\r(\f(C,m))【解析】(1)根据题意，金属棒到达斜面底端前已做匀速运动mgsinθ＝B0IdI＝eq\f(B0dv,R)可解得v＝eq\f(mgRsinθ,B02d2)(2)金属棒在斜面上下滑过程中有电流通过R，由能量守恒得mgh＝Q＋eq\f(1,2)mv2解得Q＝mgh－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B04d4)(3)金属棒在水平轨道向右加速过程中，根据动量定理有BIdt＝mv达到最大速度后Bvd＝U1而It＝C(U－U1)联立解得v＝eq\f(CBdU,m＋CB2d2)＝eq\f(CU,\f(m,Bd)＋CBd)可见，当B＝eq\f(1,d)eq\r(\f(m,C))时金属棒可以获得最大速度最大速度vm＝eq\f(U,2)eq\r(\f(C,m))六．含“源”电动式模型1.开关S刚闭合时，ab杆所受安培力F＝eq\f(BLE,r)，此时a＝eq\f(BLE,mr).速度v↑⇒E感＝BLv↑⇒I↓⇒F＝BIL↓⇒加速度a↓，当E感＝E时，v最大，且vm＝eq\f(E,BL)2.动力学观点：分析最大加速度、最大速度3.能量观点：消耗的电能转化为动能与回路中的焦耳热4.动量观点：分析导体棒的位移、通过的电荷量【模型演练1】(2020·广东省佛山市质检)如图所示为水平放置足够长的光滑平行导轨，电阻不计、间距为L