适用于新高考新教材备战2025届高考物理一轮总复习第12章电磁感应第6讲专题提升电磁感应中的含电容器问题模型

第6讲专题提升:电磁感应中的含电容器问题模型基础对点练题组一只含有电容器的电磁感应问题1.如图所示,光滑的平行长导轨水平放置,导体棒MN静止在导轨上,与导轨垂直且接触良好,电容C足够大,原来不带电;现使导体棒沿导轨向右运动,初速度为v0,设导体棒的速度为v、动能为Ek、两端的电压为UMN、电容器上的电荷量为q。下列图像正确的是()2.(多选)如图所示,两根足够长且光滑平行的金属导轨PP'、QQ'倾斜放置,匀强磁场垂直于导轨平面,导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连,板间距离足够大,板间有一带电微粒,金属棒ab水平跨放在导轨上,下滑过程中与导轨接触良好。现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab,则下列说法正确的是()A.金属棒ab最终可能匀速下滑B.金属棒ab一直加速下滑C.金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势D.带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动题组二同时含有电容器和电阻的电磁感应问题3.(多选)(2024海南模拟)如图甲所示,水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和一定值电阻R,导体棒MN放在导轨上且接触良好,整个装置放于垂直导轨平面的磁场中,磁感应强度B的变化情况如图乙所示(取图甲所示的磁感应强度方向为正方向),MN始终保持静止,则在0~t2时间内()A.电容器C所带的电荷量始终不变B.电容器C的a板先带正电后带负电C.MN中的电流方向始终由M指向ND.MN所受安培力的方向先向右后向左4.(2024广东广州执信中学阶段练习)如图所示,固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒,一端与圆环接触良好,另一端固定在竖直导电转轴OO'上,随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、极板间距为d的平行板电容器,有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态,已知重力加速度为g,不计其他电阻和摩擦,下列说法正确的是()A.金属棒产生的电动势为12Bl2B.电容器所带的电荷量为CBC.电阻消耗的电功率为BD.微粒的电荷量与质量之比为gd综合提升练5.(2021河北卷)如图,两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。导轨间距最窄处为一狭缝,取狭缝所在处O点为坐标原点。狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ,一电容为C的电容器与导轨左端相连。导轨上的金属棒与x轴垂直,在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动,忽略所有电阻。下列说法正确的是()A.通过金属棒的电流为2BCv2tanθB.金属棒到达x0时,电容器极板上的电荷量为BCvx0tanθC.金属棒运动过程中,电容器的上极板带负电D.金属棒运动过程中,外力F做功的功率恒定6.(多选)如图所示,足够长的光滑平行金属导轨竖直放置,间距为L,其上端连接有阻值为R的电阻和电容器C,装置区域有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度为B。一根水平金属棒ab沿导轨从上往下运动。已知金属棒ab的质量为m,电阻也为R。金属棒ab在运动中始终保持水平且与导轨良好接触,且通过金属棒ab的电流恒定不变,忽略导轨电阻,重力加速度为g。则下列说法正确的是()A.因为通过金属棒ab的电流不变,所以金属棒ab做匀速运动,速度大小v=2B.若通过金属棒ab的电流不变,金属棒ab还是做匀变速运动,加速度大小a=mgC.电阻R的电功率P=(D.若金属棒ab由静止下滑,开始时电容器所带电荷量为0,那么经过时间t,电容器所带电荷量q=BCLmgt7.飞机在航空母舰甲板上起飞的电磁弹射装置如图甲所示,其工作原理如图乙所示:水平固定的平行光滑导轨,导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场,金属棒MN垂直静置于导轨间,开关S先接1,电容器完全充电后,开关S再接至2使金属棒MN向右加速运动。当金属棒MN产生的感应电动势与电容器两极板的电压相等时,回路中电流为零,飞机达到起飞速度,已知直流电源的电动势E,电容器的电容C,两导轨的间距L(电阻不计),磁感应强度大小B,金属棒MN的质量m0、电阻R。在飞机起飞过程中。甲乙(1)求金属棒MN受到的最大安培力F的大小和方向;(2)若飞机起飞时速度为v,求飞机起飞过程中电容器释放的电荷量ΔQ;(3)求飞机起飞时速度v的大小的表达式(用题干已知的物理量表示)。参考答案第6讲专题提升:电磁感应中的含电容器问题模型1.A解析开始时,导体棒向右运动,产生感应电动势,同时电容器充电,回路中有感应电流,导体棒受到向左的安培力而做减速运动,随速度的减小,根据E=BLv可知感应电动势减小,充电电流减小,安培力减小,则导体棒的加速度减小,当加速度减为零时导体棒做匀速运动,此时电容器两板间电压恒定不变;此过程中电容器一直充电,电荷量一直增加,MN间电压一直增加,最后不变,A正确,B、C、D错误。2.BC解析金属棒沿光滑导轨加速下滑,棒中有感应电动势而对电容器充电,充电电流通过金属棒时受安培力作用,只有金属棒速度增大时才有充电电流,因此总有mgsinθ-BIl>0,金属棒将一直加速,A错误,B正确;由右手定则可知,金属棒a端电势高,则M板电势高,C正确;若微粒带负电,则静电力向上与重力反向,开始时静电力为0,微粒向下加速运动,当静电力增大到大于重力时,微粒的加速度向上,D错误。3.AD解析磁感应强度均匀变化,则磁感应强度的变化率不变,产生恒定的感应电动势,则电容器C所带的电荷量始终不变,故a板一直带正电,A正确,B错误;由于磁感应强度变化,由楞次定律可知,MN中电流方向始终由N指向M,C错误;根据楞次定律和左手定则可知,MN所受安培力的方向先向右后向左,大小先减小后增大,D正确。4.B解析金属棒在磁场中垂直于磁场转动切割磁感线,由于磁场局限于金属圆环内,则金属棒产生的电动势为E=Brω·12r=12Br2ω,A错误;由于金属棒电阻不计,则电容器所带的电荷量Q=CE,结合上述解得Q=CBr2ω2,B正确;由于金属棒电阻不计,则电阻消耗的电功率P=EI=E2R,结合上述解得P=B2r4ω25.A解析假设导体棒向前移动时间为Δt,则I=ΔQΔt=C·ΔUΔt=金属棒到达x0时,导体棒上产生的电动势为U=2Bx0vtanθ,由C=QU得Q=2CBvx0tanθ,故B错误由右手定则知电容器的上极板带正电,故C错误;P=Fv,F=F安=BIL,I=2CBv2tanθ,L=2vttanθ,得P=4B2v4tCtan2θ,功率随时间增大,D错误。6.BD解析由题可知金属棒ab受到的安培力为FA=BIL=BΔQΔtL,又Q=CU=C(BLv-IR),所以ΔQΔt=CBL·ΔvΔt=CBLa,所以安培力FA=CB2L2a,对金属棒ab,由牛顿第二定律可得mg-FA=ma,解得a=mgm+CB2L2,加速度恒定不变,所以金属棒ab做匀变速运动,故A错误,B正确;由以上分析可知BIL=CB2L2a,解得I=CBLa=CBL·mgm+CB2L2,则电阻的功率为P=I2R=CBLmg7.答案(1)BLER,(2)(E-BLv)C(3)v=BLEC解析(1)开关S刚接至2时,回路中电流最大,金属棒MN受到的安培力最大F=BIL=BLE金属棒MN上的电流方向从M端流向N端,由左手定则可知安培力方向水平向