专项培优19 电磁感应中的单导体棒模型（解析版）-2025版高三物理寒假精-品讲义

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 2三．无外力充电式单导体棒模型 10四．无外力放电式单导体棒模型 23五．有外力充电式单导体棒模型 25六．含“源”电动式模型 37一.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1．如图所示，两根平行的光滑金属导轨MN、PQ，距离为L，与左侧M，P间连接阻值为R的电阻构成一个固定的水平U型导体框架，导轨电阻不计且足够长。框架置于一个方向竖直向下，范围足够大的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，磁场左侧边界是。质量为m、电阻为R、长度为L的导体棒垂直放置在两导轨上，并与导轨接触良好，现导体棒以一个水平向右的初速度进入磁场区域，当导体棒在磁场中运动距离为x的过程，则（

）

A．通过导体棒的电量为B．导体棒的运动为匀变速运动C．导体棒所受安培力在不断增大D．若将磁感应强度的方向调整为竖直向上，则导体棒所受安培力方向将发生变化【答案】A【详解】A．由法拉第电磁感应定律由闭合电路欧姆定律则该过程中通过导体棒的电量为联立可得故A正确；BC．规定向右为正方向，由动量定理其中联立可得导体棒所受安培力为所以安培力在不断变小，加速度不断变小，故BC错误；D．若将磁感应强度的方向调整为竖直向上，根据右手定则可知回路中的感应电流顺时针，根据左手定则可知导体棒所受的安培力方向仍向左，故D错误。故选A。2．舰载机返回航母甲板时有多种减速方式，如图所示，为一种电磁减速方式的简要模型。固定在水平面上足够长的平行光滑导轨，左端接有定值电阻，整个装置处在匀强磁场中。现有一舰载机可等效为垂直于导轨的导体棒ab，以一定初速度水平向右运动，导体棒和导轨的电阻不计。则导体棒运动过程中，其速度v、加速度a随运动时间t的关系图像可能正确的是（

）A． B．C． D．【答案】B【详解】AB．导体棒切割磁感线，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，由可知，由于导体棒速度减小，则加速度减小，所以导体棒做的是加速度越来越小的减速运动直至停止运动。故A错误；B正确；CD．导体棒的最大加速度为导体棒做加速度减小的减速运动，可知a-t图像的形状与v-t图像类似，为凹函数。故CD错误。故选B。3．如图，两固定于水平面内的光滑平行金属导轨间足够长，电阻不计，阻值为R的电阻连接在导轨左侧，导轨间存在竖直向下的匀强磁场，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直放置在导轨上、与导轨接触良好。某时刻ab获得初速度v后开始沿导轨运动，经t时间ab速度从减速至的过程中（

）A．ab做匀减速直线运动B．ab的位移s大于C．ab棒克服安培力做功大小为D．左侧电阻R产生的热量为【答案】C【详解】A．由牛顿第二定律，可得又联立，解得可知ab做加速度减小的减速直线运动。故A错误；B．由A选项分析可知，ab做加速度减小的减速直线运动，速度从减速至的过程中其平均速度则有故B错误；C．根据动能定理，可得ab棒克服安培力做功大小为故C正确；D．左侧电阻R产生的热量为故D错误。故选C。4．如图所示，绝缘水平面上固定有两根足够长的光滑平行导轨，导轨间距为d，左端连接阻值为R的定值电阻，一质量为m、电阻为r的导体棒垂直导轨放置，空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，现给导体棒一个水平向右的初速度，导体棒在运动过程中始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，下列说法正确的是（

）A．从上往下看，回路中产生逆时针方向的电流B．电阻R上产生的热量为C．通过导体棒某截面的电荷量为D．导体棒向右运动的最大距离为【答案】C【详解】A．根据楞次定律可知，从上往下看，回路中产生顺时针方向的电流。故A错误；B．根据能量守恒，可知回路中产生的热量为电阻上产生的热量为故B错误；C．通过导体棒某截面的电荷量为由动量定理可得联立解得故C正确；D．设导体棒向右运动的最大距离为L，则有联立解得故D错误。故选C。5.如图所示，水平面上固定放置有“”形光滑金属导轨，宽度为L。虚线MN右侧存在方向垂直于导轨平面的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为B，磁场的区域足够大。质量为m、电阻为R、长度也为L的导体棒垂直于导轨放置，以初速度沿导轨进入匀强磁场区域，最终静止。导体棒与导轨接触良好，不计金属导轨电阻，则（）A．金属棒刚进入磁场时受到的安培力大小为B．金属棒在磁场中运动的时间为C．金属棒在磁场中运动的距离为D．流过金属棒横截面的总电量为【答案】AC【详解】A．根据题意可知，金属棒刚进入磁场时，感应电动势为通过金属棒的感应电流为金属棒刚进入磁场时受到的安培力大小为故A正确；BCD．设金属棒在磁场中运动的距离为，由动量定理有其中则有解得金属棒在磁场中运动的距离为流过金属棒横截面的总电量为若金属棒做匀减速运动，则有解得由于金属棒做加速度减小的减速运动，所以金属棒在磁场中运动的时间不等于，故BD错误，C正确。故选AC。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1．如图所示，水平放置的“”型光滑金属导轨处在竖直向下的匀强磁场中，左端接有电阻R。一金属杆与导轨垂直放置，且接触良好，在外力F作用下由静止开始做匀加速运动。不计导轨和金属杆的电阻。关于外力F随时间t变化的图像正确的是（）A． B．C． D．【答案】D【详解】对杆受力分析得金属杆产生的感应电动势为感应电流为又整理得可知该图像为不过原点的直线。故选D。2．两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示，它们各有一边在同一水平面内，另一边在同一竖直面内。质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为，导轨电阻不计，金属细杆ab、cd的电阻均为R。整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨、大小为F的拉力作用下，以某一速度沿导轨向右匀速运动时，cd杆正好以速度向下匀速运动，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（

）A．ab杆向右匀速运动的速度大小为B．经过时间t，通过金属细杆ab的电荷量为C．abcd回路中的电流为D．动摩擦因数与F大小的关系满足【答案】B【详解】A．ab杆向右以速度向右匀速切割磁感线，产生动生电动势，对ab杆有联立解得故A错误；B．ab杆匀速运动，产生的电流恒定，则经过时间t通过金属细杆ab的电荷量为故B正确；C．cd杆平行于磁感线向下运动，不能产生电动势，只有ab杆切割产生电动势，故有故C错误；D．cd杆通电受安培力，和重力、支持力、摩擦力而平衡向下以匀速运动，有解得联立可得故D错误。故选B。3．如图所示，间距为的平行导轨固定在水平绝缘桌面上，导轨右端接有定值电阻，阻值为，垂直导轨的虚线和之间存在磁感应强度大小为、方向竖直向上的匀强磁场，其中导轨的和段光滑。在虚线左侧、到的距离为的位置垂直导轨放置质量为的导体棒，现给处于静止状态的导体棒一个水平向右的恒力作用，经过时撤去恒力，此时导体棒的速度大小，经过时导体棒的速度大小。已知恒力大小为，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒接入电路的电阻为，重力加速度为，导轨电阻不计，下列说法正确的是（）A．导体棒与左侧导轨之间的动摩擦因数为0.66B．导体棒经过磁场的过程中，通过导体棒的电荷量为C．导体棒经过磁场的过程中，导体棒上产生的热量为D．虚线和之间的距离为【答案】D【详解】A．对导体棒从开始运动至到达虚线的过程，应用动能定理，可得代入数据，解得动摩擦因数故A错误；B．对导体棒经过磁场区域的过程，应用动量定理，可得通过导体棒横截面的电荷量解得故B错误；C．导体棒通过磁场过程，整个回路中产生的热量代入数据可得根据电阻的串并联关系，导体棒上产生的热量故C错误；D．设虚线和之间的距离为，可得解得故D正确。故选D。4．如图甲所示，光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨间存在着竖直向下的匀强磁场，导轨左端连接一定值电阻R，金属棒MN垂直于导轨放置，不计导轨电阻。金属棒在水平外力F的作用下由静止开始运动，运动过程中电阻R两端的电压随时间t变化的关系图象如图乙所示，金属棒始终垂直于导轨且接触良好，下列关于F随时间t变化的关系图象可能正确的是（）A．B．C． D．【答案】C【详解】由于不计导轨电阻，则电路中的电动势为设金属棒MN电阻为，则电阻R两端的电压为运动过程中电阻R两端的电压随时间t变化的关系图象如图乙所示，可知金属棒MN是匀变速直线运动，这样电阻R两端的电压才是线性变化。对金属棒MN受力分析后，设加速度为定值，由牛顿第二定律有又金属棒在水平外力F的作用下由静止开始匀变速直线运动，有由以上各式化简得根据函数与图像的关系，可知C正确。故选C。5．如图1所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在水平桌面上，其左侧连接定值电阻R，整个导轨处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，导轨电阻不计。一质量且电阻不计的细直金属杆ab置于导轨上，与导轨垂直并接触良好。时刻，杆ab在水平向右的拉力F作用下，由静止开始做匀加速直线运动，力F随时间t变化的图像如图2所示，时刻撤去力F。整个运动过程中，杆ab的位移大小为（）A．8m B．10m C．12m D．14m【答案】C【详解】t=0到t=2s时间段内，杆ab做匀加速直线运动，有其中可得结合F-t图像知ma=2故斜率撤去力F时，杆ab的速度杆ab的位移撤去力F后，对杆ab由动量定理有联立解得故总位移故选C。6．如图甲所示，两间距为L的平行光滑金属导轨固定在水平面内，左端用导线连接，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，一根长度也为L、电阻为R的金属棒放在导轨上，在平行于导轨向右、大小为F的恒力作用下向右运动，金属棒运动过程中，始终与导轨垂直并接触良好，金属棒运动的加速度与速度关系如图乙所示，不计金属导轨及左边导线电阻，金属导轨足够长，若图乙中的均为已知量，则下列说法不正确的是（）A．金属棒的质量为B．匀强磁场的磁感应强度大小为C．当拉力F做功为W时，通过金属棒横截面的电荷量为D．某时刻撤去拉力，此后金属棒运动过程中加速度大小与速度大小成正比【答案】C【详解】A．由题意可知得结合图像可知解得故A正确；B．由题意可知得结合图像可知解得故B正确；C．当拉力F做功为W时，金属棒运动的距离为则通过金属棒截面的电量故C错误；D．某时刻撤去拉力，此后则故D正确。本题选不正确的，故选C。7．如图，倾角为θ的光滑固定轨道cdef，宽为l，上端连接阻值为R的电阻，导体杆ab质量为m、电阻为r，以初速度沿轨道向上运动，空间存在水平向右、磁感应强度大小为B的匀强磁场，不计导轨电阻，导体杆与导轨始终接触良好，ab杆向上运动的距离为x，下列选项正确的是（重力加速度为g）（）A．开始时电阻电功率为B．开始时ab所受合力为C．该过程克服安培力做功D．该过程流过ab的电量【答案】B【详解】A．ab切割磁感线产生电动势电流大小方向在棒上为b到a，故电阻电功率故A错误；B．安培力为方向竖直向下，经正交分解后得出开始时ab所受合力为故B正确；C．做功表达式运动过程安培力不是恒力，不能直接使用，故C错误；D．感应电动势为电流为流过ab的电量为联立可得故D错误。故选B。8．如图所示，间距为L的两倾斜且平行的金属导轨固定在绝缘的水平面上，金属导轨与水平面之间的夹角为θ，电阻不计，空间存在垂直于金属导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨上端接有阻值为R的定值电阻。质量为m的导体棒ab从金属导轨上某处由静止释放，开始运动时间后做匀速运动，速度大小为v，且此阶段通过定值电阻R的电量为q。已知导轨平面光滑，导体棒的电阻为r，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．刚释放瞬间导体棒的加速度大小为gB．导体棒稳定的速度大小C．从释放导体棒到其速度稳定的过程中导体棒运动的位移大小为D．从释放导体棒到其速度稳定的过程中定值电阻R上产生的热量为【答案】C【详解】A．刚开始释放时，对导体棒有所以故A错误；B．导体棒速度稳定时加速度为0，即故B错误；C．从释放导体棒到其速度稳定的过程中联立解得故C正确；D．从释放导体棒到其速度稳定的过程中依据动能定理得定值电阻R上产生的热量为联立解得故D错误。故选C。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1.(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．2.．如图所示，轨道左端与一电容为C的电容器相连，整个区域具有垂直轨道向下的匀强磁场，磁感应强度为B，轨道间距为l，质量为m的导体棒始终与轨道垂直且与轨道接触良好。虚线左侧轨道光滑，右侧与导体棒间动摩擦因数为。开始时电容器不带电，给导体棒一个向右的初速度，导体棒通过虚线前可以看做已稳定滑行。已知轨道和导体棒电阻都很小，重力加速度为g，电容器储能公式为。求：（1）在光滑区域，导体棒稳定时的速度；（2）从开始到稳定过程，回路产生的焦耳热；（3）进入摩擦区域，导体棒滑行的时间。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）导体棒在光滑区域滑行过程中，稳定后电容电压与导体棒产生的电动势相等，安培力的冲量由动量定理解得（2）由能量守恒可得，解得（3）在导体棒滑行的整个过程中，电容器初末电量均为零，由动量定理解得四．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1.据报道，中国第三艘航母福建舰首次进行海试。该舰首次采用电磁弹射器技术，如图所示为电磁弹射装置的等效电路图（俯视图）。两根相互平行的光滑长直导轨固定在水平面上，在导轨的左端接入电容为的C超级电容器，阻值为R的导体棒MN静止于导轨上。先给电容器充电（电荷量为Q），闭合开关S后，弹射时电容器释放储存的电能，所产生的强大电流经过棒MN，在强磁场作用下加速。棒MN始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻。下列说法正确的是（）A．超级电容器相当电源，放电时两端电压不变 B．在电容器放电过程中，电容器的电容不断减小C．通过导体棒电流的最大值为 D．导体棒速度最大时所受的安培力也最大【答案】C【详解】B．超级电容器的电容是由电容器的内部结构决定的，与充电放电无关，电容器的电容不变，故B错误；A．超级电容器相当电源，根据知，放电时Q减小，两端电压减小，故A错误；C．根据题意可知，刚闭合开关时，导体棒未运动，此时反电动势为零，电容器电压最大，则通过导体棒电流的最大，最大值为又有则通过导体棒电流的最大值为故C正确；D．MN在运动过程中为非纯电阻电路，MN上的电流瞬时值为当时，MN上电流瞬时为零，此时安培力为零，MN速度最大，故D错误。故选C。2．我国最新航空母舰福建舰采用了世界上最先进的电磁弹射技术，装备了三条电磁弹射轨道，电磁弹射的简化模型如图所示：足够长的水平固定金属轨道处于竖直向下的匀强磁场中，左端与充满电的电容器C相连，与机身固连的金属杆ab静置在轨道上，闭合开关S后，飞机向右加速，若不计所有阻力和摩擦，回路总电阻R保持不变，下列说法不正确的是（）A．提高电容器的放电量，可以提高飞机的起飞速度B．飞机运动过程中，a端的电势始终高于b端的电势C．飞机的速度最大时，金属杆ab产生的感应电动势与电容器两端电压相等D．飞机的速度达到最大时，电容器所带的电荷量为零【答案】D【详解】A．对金属杆与飞机，由动量定理可得联立可得则提高电容器的放电量，可以提升飞机的起飞速度，故A正确，不符合题意；B．飞机向右加速，通过金属杆ab的电流方向为a→b，则电容器上板带正电，下板带负电，a端的电势高于b端的电势，故B正确，不符合题意；CD．随着飞机加速，金属杆ab产生的电动势为则电动势增大，电容器两端电压U减小，根据牛顿第二定律，对金属杆和飞机有则金属杆的加速度a减小，当时，飞机的速度达到最大，此时电容器所带的电荷量不为零，故C正确，不符合题意，D错误，符合题意。故选D。3.如图所示，匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧连接电池E和电容器C，单刀双挪开关S接1，金属棒ab在导这轨上处于静止状态，在时刻S接2，金属棒ab在导轨上向右运动过程中棒始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨电阻。则金属棒两端电压、速度v、电容器所带电荷量q、回路中电流强度i随时间t变化的关系图像可能正确的是（

）A．B．C． D．【答案】C【详解】BD．电容器放电，相当于电源，导体棒受安培力而运动。电容器放电时，导体棒在安培力的作用下开始运动，同时产生阻碍放电的反电动势，导致电流减小，直至电流为零，即导体棒受到的安培力减小，直至减小到零，所以导体棒做加速度减小的加速运动，直至加速度减小到零之后，导体棒做匀速直线运动，故BD错误；C．电容器放电时，导体棒在安培力的作用下开始运动，同时产生阻碍放电的反电动势，导致电流减小，直至电流为零，根据即图线的斜率减小，最终导体棒的电动势等于电容器两极板间的电势差时，达到稳定，即电容器所带电荷量不会减小到零，故C正确；A．导体棒两端的电压始终等于电容器两极板间的电势差，为电容器放电时，电容器所带电荷量减小，到最终不变，所以导体棒两端的电压先减小后不变，故A错误。故选C。4.为了研究电磁弹射原理，将其简化为如图所示的模型（俯视图）。发射轨道被简化为两根固定在水平面上、间距为L且相互平行的金属导轨，整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中；导轨的左端为充电电路，已知电源的电动势为E，电容器的电容为C。子弹载体被简化为一根质量为m、长度为L的导体棒，其电阻为r。导体棒垂直放置于平行金属导轨上，忽略一切摩擦阻力以及导轨和导线的电阻。发射前，将开关S接a，先对电容器进行充电，电容器充电结束后，将开关S接b，电容器通过导体棒放电，导体棒由静止开始运动，发射结束时，电容器的电荷量减小为充电结束时的一半。若将导体棒离开导轨时（发射结束）的动能与电容器所释放能量的比值定义为能量转化效率，则（

）A．电容器充电结束时所带的电荷量B．电容器充电结束时储存的能量C．导体棒离开导轨时的动能D．这次发射过程中的能量转化效率【答案】AC【详解】A．根据电容的定义，电容器充电结束时其两端电压U等于电动势E，解得电容器所带电荷量故A正确；B．根据以上电容的定义可知画出u-q图像如图所示：由图像可知，稳定后电容器储存的能量为E0，图像与坐标轴围成的面积为故B错误；C．设从电容器开始放电至导体棒离开轨道时的时间为t，放电的电荷量为，平均电流为，导体棒离开轨道时的速度为v。以导体棒为研究对象，根据动量定理有根据电流定义可知根据题意有联立解得导体棒离开轨道时的动能为故C正确；D．电容器释放的能量为联立解得能量转化效率故D错误；故选AC。5．2024年5月1日“福建号”航空母舰首次海试引起国人极大关注，其采用先进的电磁弹射技术，使战机的出动效率大大提升。如图所示，电源电动势为E，内阻忽略不计，电容器的电容为C，足够长的光滑水平平行导轨M、N间距为L，导轨间有磁感应强度为B的匀强磁场，质量为m，电阻为R的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内处于静止状态，并与两导轨接触良好。单刀双掷开关先打向a，电源给电容器充电，充电完毕后再打向b，电容器放电，金属滑块在安培力的作用下发射出去。不计其他阻力和电阻，下列说法正确的是（）A．滑块达到最大速度时，电容器放电结束，极板电荷量为零B．滑块从开始运动到最大速度的过程中流过它的电荷量为C．该过程中，安培力对滑块的冲量等于滑块动量的变化D．滑块能达到的最大速度为【答案】BCD【详解】A．电容器放电过程，极板间电压减小，导体棒向右运动产生感应电动势当极板间电压减至时，导体棒达到最大速度时，电容器不再放电，但极板电荷量不为零，A错误；BD．根据可得由动量定理，可得又联立，解得BD正确；C．根据B选项分析可知该过程中，安培力对导体棒的冲量等于导体棒动量的变化，C正确；故选BCD。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．1.(多选)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．2.如图甲所示，两条足够长的平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为d。导轨上端与电容为C的电容器相连，虚线O1O2垂直于导轨，O1O2上方存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，此部分导轨由不计电阻的光滑金属材料制成，O1O2下方的导轨由粗糙的绝缘材料制成。t＝0时刻，一质量为m、电阻不计的金属棒MN由静止释放，运动过程中MN始终与导轨垂直且接触良好，其速度v随时间t的变化关系如图乙所示，其中v0和t0为已知量，重力加速度为g，电容器未被击穿。则下列说法正确的是（）A．0～t0时间内，导体棒M端的电势低于N端的B．0～t0时间内，磁场对金属棒MN的冲量大小为C．金属棒MN在磁场区受到的安培力大小大于在非磁场区受到的摩擦力大小D．匀强磁场的磁感应强度大小为【答案】ABD【详解】A．由右手定则可知电流从M端流向N端，则N端为正极，电势高，故A正确；B．根据动量定理有解得故B正确；C．根据图乙可知，在0～t0时间内金属棒做匀加速直线运动，则可知其加速度恒定，所受合外力恒定，即此时间段内电流恒定，所受安培力大小不变，由牛顿第二定律得在与t0～4t0时间内，由牛顿第二定律得由图乙可知，则，故C错误；D．根据图乙可知，在0～t0时间内，电容器两端电压的变化量等于金属棒切割磁感线产生的感应电动势的变化量，则有可得而对该过程由动量定理有联立解得故D正确。故选ABD。3.如图所示，间距为L的水平光滑长导轨，左端接有一个电容器，电容为C（不会被击穿），在PQ虚线的左侧有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m的金属杆ab静置在导轨上，距离虚线PQ的距离是d，金属杆在水平向右恒力F的作用下，开始向右运动，不计导轨与金属杆的电阻，下列说法正确的是（）A．金属杆ab先做加速度不断减小的加速运动，最终匀速运动B．金属杆ab的运动可能是先从加速到匀速再到加速C．金属杆ab运动到达虚线PQ的时间D．电容器能带的最多电量是【答案】D【详解】金属棒向右运动，切割磁感应线产生电动势E，给电容器充电，设在t~t+Δt的时间里，电容器充电量为Δq，则则充电电流为对金属棒列牛顿第二定律方程得上式说明金属棒做初速度为零的匀加速直线运动，由可得得再由q=CE=CBLv=CBLat得金属杆最终出磁场时，电容器带电量最大，带电量为故选D。4.如图所示，两平行且间距为L的倾斜金属导轨a、b与水平面成37°角，导轨上端接电容为C的电容器，下端通过小段绝缘光滑圆弧（长度忽略不计）与足够长且间距也为L的水平平行金属导轨c、d平滑连接，金属导轨c、d右端与阻值为R的定值电阻连接，金属导轨均处于与导轨平面垂直的匀强磁场中（图中未画出），磁感应强度大小为B。质量为m、电阻忽略不计的金属棒P从金属导轨a、b上方距水平面高度为h处由静止释放，通过绝缘圆弧后与静止在金属导轨c、d左端的质量为2m、电阻为0.5R的金属棒Q发生弹性碰撞，碰后金属棒P即被取走。已知金属棒P与金属导轨a、b之间的动摩擦因数为0.5，金属棒Q与金属导轨c、d之间的摩擦忽略不计，金属棒P、Q运动过程中与金属导轨垂直，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）金属棒P在金属导轨a、b上滑动时通过金属棒P的电流大小；（2）整个过程中金属棒Q产生的热量；（3）金属棒Q在水平金属导轨c、d上运动的位移。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）金属棒P下滑过程，根据牛顿第二定律有联立可得（2）金属棒P下滑过程做匀加速直线运动，则解得金属棒P到达底端的速度大小为P与Q发生弹性碰撞，有根据能量守恒定律有整个过程中金属棒Q产生的热量为联立解得（3）对金属棒Q，根据动量定理可得联立解得5.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.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1.如图所示，两条粗糙程度处处相同的平行金属导轨固定在同一水平面上，导轨间距为，左侧连接一电动势为、内阻为r的直流电源，右侧有、两个固定卡座，整个导轨处于磁感应强度大小为B、竖直向下的匀强磁场中，导轨电阻不计。一质量为、电阻为、长度为的导体棒垂直静置在导轨上，该导体棒与导轨间动摩擦因数为。闭合开关，该导体棒从静止开始加速运动，再匀速运动，最后碰到、两卡座后静止不动，整个运动过程中，该导体棒始终与两导轨垂直并接触良好。重力加速度为g，则（）A．闭合开关S后，该导体棒运动时的电流比其静止不动时的电流大B．闭合开关S后，该导体棒运动时的电流与其静止不动时的电流相等C．该导体棒匀速运动时的速度大小为D．该导体棒匀速运动时的速度大小为【答案】C【详解】AB．闭合开关S后，该导体棒运动时的电流为静止不动时的电流为所以导体棒运动时的电流小于