專題19電磁感應中的單導體棒模型目錄TOC\o"1-3"\h\u一.阻尼式單導體棒模型 1二．發電式單導體棒模型 2三．無外力充電式單導體棒模型 10四．無外力放電式單導體棒模型 23五．有外力充電式單導體棒模型 25六．含“源”電動式模型 37一.阻尼式單導體棒模型【模型如圖】 1．電路特點：導體棒相當于電源。當速度為時，電動勢2．安培力的特點：安培力為阻力，并隨速度減小而減小：3．加速度特點：加速度隨速度減小而減小,4．運動特點：速度如圖所示。a減小的減速運動5．最終狀態:靜止6．四個規律(1)全過程能量關系：,QUOTEQRQr速度為時的能量關系電阻產生的焦耳熱(2)瞬時加速度：，(3)電荷量(4)動量關系：(安培力的沖量)安培力的沖量公式是①閉合電路歐姆定律②平均感應電動勢：③位移：④①②③④得1．如圖所示，兩根平行的光滑金屬導軌MN、PQ，距離為L，與左側M，P間連接阻值為R的電阻構成一個固定的水平U型導體框架，導軌電阻不計且足夠長。框架置于一個方向豎直向下，范圍足夠大的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，磁場左側邊界是。質量為m、電阻為R、長度為L的導體棒垂直放置在兩導軌上，并與導軌接觸良好，現導體棒以一個水平向右的初速度進入磁場區域，當導體棒在磁場中運動距離為x的過程，則（

）

A．通過導體棒的電量為B．導體棒的運動為勻變速運動C．導體棒所受安培力在不斷增大D．若將磁感應強度的方向調整為豎直向上，則導體棒所受安培力方向將發生變化【答案】A【詳解】A．由法拉第電磁感應定律由閉合電路歐姆定律則該過程中通過導體棒的電量為聯立可得故A正確；BC．規定向右為正方向，由動量定理其中聯立可得導體棒所受安培力為所以安培力在不斷變小，加速度不斷變小，故BC錯誤；D．若將磁感應強度的方向調整為豎直向上，根據右手定則可知回路中的感應電流順時針，根據左手定則可知導體棒所受的安培力方向仍向左，故D錯誤。故選A。2．艦載機返回航母甲板時有多種減速方式，如圖所示，為一種電磁減速方式的簡要模型。固定在水平面上足夠長的平行光滑導軌，左端接有定值電阻，整個裝置處在勻強磁場中。現有一艦載機可等效為垂直于導軌的導體棒ab，以一定初速度水平向右運動，導體棒和導軌的電阻不計。則導體棒運動過程中，其速度v、加速度a隨運動時間t的關系圖像可能正確的是（

）A． B．C． D．【答案】B【詳解】AB．導體棒切割磁感線，回路中出現感應電流，導體棒ab受到向左的安培力，向右減速運動，由可知，由于導體棒速度減小，則加速度減小，所以導體棒做的是加速度越來越小的減速運動直至停止運動。故A錯誤；B正確；CD．導體棒的最大加速度為導體棒做加速度減小的減速運動，可知a-t圖像的形狀與v-t圖像類似，為凹函數。故CD錯誤。故選B。3．如圖，兩固定于水平面內的光滑平行金屬導軌間足夠長，電阻不計，阻值為R的電阻連接在導軌左側，導軌間存在豎直向下的勻強磁場，質量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直放置在導軌上、與導軌接觸良好。某時刻ab獲得初速度v后開始沿導軌運動，經t時間ab速度從減速至的過程中（

）A．ab做勻減速直線運動B．ab的位移s大于C．ab棒克服安培力做功大小為D．左側電阻R產生的熱量為【答案】C【詳解】A．由牛頓第二定律，可得又聯立，解得可知ab做加速度減小的減速直線運動。故A錯誤；B．由A選項分析可知，ab做加速度減小的減速直線運動，速度從減速至的過程中其平均速度則有故B錯誤；C．根據動能定理，可得ab棒克服安培力做功大小為故C正確；D．左側電阻R產生的熱量為故D錯誤。故選C。4．如圖所示，絕緣水平面上固定有兩根足夠長的光滑平行導軌，導軌間距為d，左端連接阻值為R的定值電阻，一質量為m、電阻為r的導體棒垂直導軌放置，空間存在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場，現給導體棒一個水平向右的初速度，導體棒在運動過程中始終與導軌接觸良好，導軌電阻不計，下列說法正確的是（

）A．從上往下看，回路中產生逆時針方向的電流B．電阻R上產生的熱量為C．通過導體棒某截面的電荷量為D．導體棒向右運動的最大距離為【答案】C【詳解】A．根據楞次定律可知，從上往下看，回路中產生順時針方向的電流。故A錯誤；B．根據能量守恒，可知回路中產生的熱量為電阻上產生的熱量為故B錯誤；C．通過導體棒某截面的電荷量為由動量定理可得聯立解得故C正確；D．設導體棒向右運動的最大距離為L，則有聯立解得故D錯誤。故選C。5.如圖所示，水平面上固定放置有“”形光滑金屬導軌，寬度為L。虛線MN右側存在方向垂直于導軌平面的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應強度大小為B，磁場的區域足夠大。質量為m、電阻為R、長度也為L的導體棒垂直于導軌放置，以初速度沿導軌進入勻強磁場區域，最終靜止。導體棒與導軌接觸良好，不計金屬導軌電阻，則（）A．金屬棒剛進入磁場時受到的安培力大小為B．金屬棒在磁場中運動的時間為C．金屬棒在磁場中運動的距離為D．流過金屬棒橫截面的總電量為【答案】AC【詳解】A．根據題意可知，金屬棒剛進入磁場時，感應電動勢為通過金屬棒的感應電流為金屬棒剛進入磁場時受到的安培力大小為故A正確；BCD．設金屬棒在磁場中運動的距離為，由動量定理有其中則有解得金屬棒在磁場中運動的距離為流過金屬棒橫截面的總電量為若金屬棒做勻減速運動，則有解得由于金屬棒做加速度減小的減速運動，所以金屬棒在磁場中運動的時間不等于，故BD錯誤，C正確。故選AC。二．發電式單導體棒模型【模型如圖】電路特點：導體棒相當于電源，當速度為時，電動勢2．安培力的特點：安培力為阻力，并隨速度增大而增大.3．加速度特點：加速度隨速度增大而減小.4．運動特點：速度如圖所示。做加速度減小的加速運動5．最終特征：勻速運動6．兩個極值(1)時,有最大加速度：(2)時,有最大速度：7．穩定后的能量轉化規律8．起動過程中的三個規律(1)動量關系：(2)能量關系：(3)電荷量9．幾種變化(1)電路變化(2)磁場方向變化(3)導軌面變化（豎直或傾斜）10.若的作用下使導體棒做勻加速直線運動則隨時間線性變化。證明：根據法拉第電磁感應定律（1）閉合電路歐姆定律(2)安培力F＝BIL（3）由（1）（2）（3）得（4）由牛頓第二定律（5）得由運動學公式(6)(5)(6)聯立得(7)由（7）式可以看出要讓導體棒做勻加速直線運動所加外力必然隨時間均勻變化即1．如圖所示，水平放置的“”型光滑金屬導軌處在豎直向下的勻強磁場中，左端接有電阻R。一金屬桿與導軌垂直放置，且接觸良好，在外力F作用下由靜止開始做勻加速運動。不計導軌和金屬桿的電阻。關于外力F隨時間t變化的圖像正確的是（）A． B．C． D．【答案】D【詳解】對桿受力分析得金屬桿產生的感應電動勢為感應電流為又整理得可知該圖像為不過原點的直線。故選D。2．兩根相距為L的足夠長的金屬直角導軌如圖所示，它們各有一邊在同一水平面內，另一邊在同一豎直面內。質量均為m的金屬細桿ab、cd與導軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導軌之間的動摩擦因數均為，導軌電阻不計，金屬細桿ab、cd的電阻均為R。整個裝置處于磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中。當ab桿在平行于水平導軌、大小為F的拉力作用下，以某一速度沿導軌向右勻速運動時，cd桿正好以速度向下勻速運動，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（

）A．ab桿向右勻速運動的速度大小為B．經過時間t，通過金屬細桿ab的電荷量為C．abcd回路中的電流為D．動摩擦因數與F大小的關系滿足【答案】B【詳解】A．ab桿向右以速度向右勻速切割磁感線，產生動生電動勢，對ab桿有聯立解得故A錯誤；B．ab桿勻速運動，產生的電流恒定，則經過時間t通過金屬細桿ab的電荷量為故B正確；C．cd桿平行于磁感線向下運動，不能產生電動勢，只有ab桿切割產生電動勢，故有故C錯誤；D．cd桿通電受安培力，和重力、支持力、摩擦力而平衡向下以勻速運動，有解得聯立可得故D錯誤。故選B。3．如圖所示，間距為的平行導軌固定在水平絕緣桌面上，導軌右端接有定值電阻，阻值為，垂直導軌的虛線和之間存在磁感應強度大小為、方向豎直向上的勻強磁場，其中導軌的和段光滑。在虛線左側、到的距離為的位置垂直導軌放置質量為的導體棒，現給處于靜止狀態的導體棒一個水平向右的恒力作用，經過時撤去恒力，此時導體棒的速度大小，經過時導體棒的速度大小。已知恒力大小為，導體棒始終與導軌垂直且接觸良好，導體棒接入電路的電阻為，重力加速度為，導軌電阻不計，下列說法正確的是（）A．導體棒與左側導軌之間的動摩擦因數為0.66B．導體棒經過磁場的過程中，通過導體棒的電荷量為C．導體棒經過磁場的過程中，導體棒上產生的熱量為D．虛線和之間的距離為【答案】D【詳解】A．對導體棒從開始運動至到達虛線的過程，應用動能定理，可得代入數據，解得動摩擦因數故A錯誤；B．對導體棒經過磁場區域的過程，應用動量定理，可得通過導體棒橫截面的電荷量解得故B錯誤；C．導體棒通過磁場過程，整個回路中產生的熱量代入數據可得根據電阻的串并聯關系，導體棒上產生的熱量故C錯誤；D．設虛線和之間的距離為，可得解得故D正確。故選D。4．如圖甲所示，光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，兩導軌間存在著豎直向下的勻強磁場，導軌左端連接一定值電阻R，金屬棒MN垂直于導軌放置，不計導軌電阻。金屬棒在水平外力F的作用下由靜止開始運動，運動過程中電阻R兩端的電壓隨時間t變化的關系圖象如圖乙所示，金屬棒始終垂直于導軌且接觸良好，下列關于F隨時間t變化的關系圖象可能正確的是（）A．B．C． D．【答案】C【詳解】由于不計導軌電阻，則電路中的電動勢為設金屬棒MN電阻為，則電阻R兩端的電壓為運動過程中電阻R兩端的電壓隨時間t變化的關系圖象如圖乙所示，可知金屬棒MN是勻變速直線運動，這樣電阻R兩端的電壓才是線性變化。對金屬棒MN受力分析后，設加速度為定值，由牛頓第二定律有又金屬棒在水平外力F的作用下由靜止開始勻變速直線運動，有由以上各式化簡得根據函數與圖像的關系，可知C正確。故選C。5．如圖1所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌固定在水平桌面上，其左側連接定值電阻R，整個導軌處于垂直導軌平面向下的勻強磁場中，導軌電阻不計。一質量且電阻不計的細直金屬桿ab置于導軌上，與導軌垂直并接觸良好。時刻，桿ab在水平向右的拉力F作用下，由靜止開始做勻加速直線運動，力F隨時間t變化的圖像如圖2所示，時刻撤去力F。整個運動過程中，桿ab的位移大小為（）A．8m B．10m C．12m D．14m【答案】C【詳解】t=0到t=2s時間段內，桿ab做勻加速直線運動，有其中可得結合F-t圖像知ma=2故斜率撤去力F時，桿ab的速度桿ab的位移撤去力F后，對桿ab由動量定理有聯立解得故總位移故選C。6．如圖甲所示，兩間距為L的平行光滑金屬導軌固定在水平面內，左端用導線連接，導軌處在豎直向上的勻強磁場中，一根長度也為L、電阻為R的金屬棒放在導軌上，在平行于導軌向右、大小為F的恒力作用下向右運動，金屬棒運動過程中，始終與導軌垂直并接觸良好，金屬棒運動的加速度與速度關系如圖乙所示，不計金屬導軌及左邊導線電阻，金屬導軌足夠長，若圖乙中的均為已知量，則下列說法不正確的是（）A．金屬棒的質量為B．勻強磁場的磁感應強度大小為C．當拉力F做功為W時，通過金屬棒橫截面的電荷量為D．某時刻撤去拉力，此后金屬棒運動過程中加速度大小與速度大小成正比【答案】C【詳解】A．由題意可知得結合圖像可知解得故A正確；B．由題意可知得結合圖像可知解得故B正確；C．當拉力F做功為W時，金屬棒運動的距離為則通過金屬棒截面的電量故C錯誤；D．某時刻撤去拉力，此后則故D正確。本題選不正確的，故選C。7．如圖，傾角為θ的光滑固定軌道cdef，寬為l，上端連接阻值為R的電阻，導體桿ab質量為m、電阻為r，以初速度沿軌道向上運動，空間存在水平向右、磁感應強度大小為B的勻強磁場，不計導軌電阻，導體桿與導軌始終接觸良好，ab桿向上運動的距離為x，下列選項正確的是（重力加速度為g）（）A．開始時電阻電功率為B．開始時ab所受合力為C．該過程克服安培力做功D．該過程流過ab的電量【答案】B【詳解】A．ab切割磁感線產生電動勢電流大小方向在棒上為b到a，故電阻電功率故A錯誤；B．安培力為方向豎直向下，經正交分解后得出開始時ab所受合力為故B正確；C．做功表達式運動過程安培力不是恒力，不能直接使用，故C錯誤；D．感應電動勢為電流為流過ab的電量為聯立可得故D錯誤。故選B。8．如圖所示，間距為L的兩傾斜且平行的金屬導軌固定在絕緣的水平面上，金屬導軌與水平面之間的夾角為θ，電阻不計，空間存在垂直于金屬導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B，導軌上端接有阻值為R的定值電阻。質量為m的導體棒ab從金屬導軌上某處由靜止釋放，開始運動時間后做勻速運動，速度大小為v，且此階段通過定值電阻R的電量為q。已知導軌平面光滑，導體棒的電阻為r，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．剛釋放瞬間導體棒的加速度大小為gB．導體棒穩定的速度大小C．從釋放導體棒到其速度穩定的過程中導體棒運動的位移大小為D．從釋放導體棒到其速度穩定的過程中定值電阻R上產生的熱量為【答案】C【詳解】A．剛開始釋放時，對導體棒有所以故A錯誤；B．導體棒速度穩定時加速度為0，即故B錯誤；C．從釋放導體棒到其速度穩定的過程中聯立解得故C正確；D．從釋放導體棒到其速度穩定的過程中依據動能定理得定值電阻R上產生的熱量為聯立解得故D錯誤。故選C。三．無外力充電式單導體棒模型基本模型規律(電阻阻值為R，電容器電容為C)電路特點導體棒相當于電源，電容器被充電.電流特點安培力為阻力，棒減速，E減小，有I＝eq\f(BLv－UC,R)，電容器被充電UC變大，當BLv＝UC時，I＝0，F安＝0，棒勻速運動.運動特點和最終特征a減小的加速運動，棒最終做勻速運動，此時I＝0，但電容器帶電荷量不為零.最終速度電容器充電荷量：q＝CU最終電容器兩端電壓U＝BLv對棒應用動量定理：mv0－mv＝Beq\x\to(I)L·Δt＝BLqv＝eq\f(mv0,m＋B2L2C).v－t圖象1.(多選)如圖甲所示，水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導軌MN和PQ，兩導軌間距為l，電阻均可忽略不計．在M和P之間接有阻值為R的定值電阻，導體桿ab質量為m、電阻為r，并與導軌接觸良好．整個裝置處于方向豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中．現給桿ab一個初速度v0，使桿向右運動．則()A．當桿ab剛具有初速度v0時，桿ab兩端的電壓U＝eq\f(Blv0R,R＋r)，且a點電勢高于b點電勢B．通過電阻R的電流I隨時間t的變化率的絕對值逐漸增大C．若將M和P之間的電阻R改為接一電容為C的電容器，如圖乙所示，同樣給桿ab一個初速度v0，使桿向右運動，則桿ab穩定后的速度為v＝eq\f(mv0,m＋B2l2C)D．在C選項中，桿穩定后a點電勢高于b點電勢【答案】ACD【解析】當桿ab剛具有初速度v0時，其切割磁感線產生的感應電動勢E＝Blv0，桿ab兩端的電壓U＝eq\f(ER,R＋r)＝eq\f(Blv0R,R＋r)，根據右手定則知，感應電流的方向為b到a，桿ab相當于電源，a相當于電源的正極，則a點電勢高于b點電勢，A正確；通過電阻R的電流I＝eq\f(Blv,R＋r)，由于桿ab速度減小，則電流減小，安培力減小，所以桿ab做加速度逐漸減小的減速運動，速度v隨時間t的變化率的絕對值逐漸減小，則通過電阻R的電流I隨時間t的變化率的絕對值逐漸減小，B錯誤；當桿ab以初速度v0開始切割磁感線時，電路開始給電容器充電，有電流通過桿ab，桿在安培力的作用下做減速運動，隨著速度減小，安培力減小，加速度也減小．當電容器兩端電壓與感應電動勢相等時，充電結束，桿以恒定的速度做勻速直線運動，電容器兩端的電壓U＝Blv，而q＝CU，對桿ab，根據動量定理得－Beq\x\to(I)l·Δt＝－Blq＝mv－mv0，聯立可得v＝eq\f(mv0,m＋B2l2C)，C正確；桿穩定后，電容器不再充電，回路中沒有電流，根據右手定則知，a點的電勢高于b點電勢，D正確．2.．如圖所示，軌道左端與一電容為C的電容器相連，整個區域具有垂直軌道向下的勻強磁場，磁感應強度為B，軌道間距為l，質量為m的導體棒始終與軌道垂直且與軌道接觸良好。虛線左側軌道光滑，右側與導體棒間動摩擦因數為。開始時電容器不帶電，給導體棒一個向右的初速度，導體棒通過虛線前可以看做已穩定滑行。已知軌道和導體棒電阻都很小，重力加速度為g，電容器儲能公式為。求：（1）在光滑區域，導體棒穩定時的速度；（2）從開始到穩定過程，回路產生的焦耳熱；（3）進入摩擦區域，導體棒滑行的時間。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）導體棒在光滑區域滑行過程中，穩定后電容電壓與導體棒產生的電動勢相等，安培力的沖量由動量定理解得（2）由能量守恒可得，解得（3）在導體棒滑行的整個過程中，電容器初末電量均為零，由動量定理解得四．無外力放電式單導體棒模型基本模型規律(電源電動勢為E，內阻不計，電容器電容為C)電路特點電容器放電，相當于電源；導體棒受安培力而運動.電流的特點電容器放電時，導體棒在安培力作用下開始運動，同時阻礙放電，導致電流減小，直至電流為零，此時UC＝BLv.運動特點及最終特征a減小的加速運動，最終勻速運動，I＝0.最大速度vm電容器充電荷量：Q0＝CE放電結束時電荷量：Q＝CU＝CBLvm電容器放電荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm對棒應用動量定理：mvm＝Beq\x\to(I)L·Δt＝BLΔQvm＝eq\f(BLCE,m＋B2L2C)v－t圖象1.據報道，中國第三艘航母福建艦首次進行海試。該艦首次采用電磁彈射器技術，如圖所示為電磁彈射裝置的等效電路圖（俯視圖）。兩根相互平行的光滑長直導軌固定在水平面上，在導軌的左端接入電容為的C超級電容器，阻值為R的導體棒MN靜止于導軌上。先給電容器充電（電荷量為Q），閉合開關S后，彈射時電容器釋放儲存的電能，所產生的強大電流經過棒MN，在強磁場作用下加速。棒MN始終與導軌垂直且接觸良好，不計導軌的電阻。下列說法正確的是（）A．超級電容器相當電源，放電時兩端電壓不變 B．在電容器放電過程中，電容器的電容不斷減小C．通過導體棒電流的最大值為 D．導體棒速度最大時所受的安培力也最大【答案】C【詳解】B．超級電容器的電容是由電容器的內部結構決定的，與充電放電無關，電容器的電容不變，故B錯誤；A．超級電容器相當電源，根據知，放電時Q減小，兩端電壓減小，故A錯誤；C．根據題意可知，剛閉合開關時，導體棒未運動，此時反電動勢為零，電容器電壓最大，則通過導體棒電流的最大，最大值為又有則通過導體棒電流的最大值為故C正確；D．MN在運動過程中為非純電阻電路，MN上的電流瞬時值為當時，MN上電流瞬時為零，此時安培力為零，MN速度最大，故D錯誤。故選C。2．我國最新航空母艦福建艦采用了世界上最先進的電磁彈射技術，裝備了三條電磁彈射軌道，電磁彈射的簡化模型如圖所示：足夠長的水平固定金屬軌道處于豎直向下的勻強磁場中，左端與充滿電的電容器C相連，與機身固連的金屬桿ab靜置在軌道上，閉合開關S后，飛機向右加速，若不計所有阻力和摩擦，回路總電阻R保持不變，下列說法不正確的是（）A．提高電容器的放電量，可以提高飛機的起飛速度B．飛機運動過程中，a端的電勢始終高于b端的電勢C．飛機的速度最大時，金屬桿ab產生的感應電動勢與電容器兩端電壓相等D．飛機的速度達到最大時，電容器所帶的電荷量為零【答案】D【詳解】A．對金屬桿與飛機，由動量定理可得聯立可得則提高電容器的放電量，可以提升飛機的起飛速度，故A正確，不符合題意；B．飛機向右加速，通過金屬桿ab的電流方向為a→b，則電容器上板帶正電，下板帶負電，a端的電勢高于b端的電勢，故B正確，不符合題意；CD．隨著飛機加速，金屬桿ab產生的電動勢為則電動勢增大，電容器兩端電壓U減小，根據牛頓第二定律，對金屬桿和飛機有則金屬桿的加速度a減小，當時，飛機的速度達到最大，此時電容器所帶的電荷量不為零，故C正確，不符合題意，D錯誤，符合題意。故選D。3.如圖所示，勻強磁場中水平放置兩足夠長的光滑平行金屬導軌，導軌的左側連接電池E和電容器C，單刀雙挪開關S接1，金屬棒ab在導這軌上處于靜止狀態，在時刻S接2，金屬棒ab在導軌上向右運動過程中棒始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，不計導軌電阻。則金屬棒兩端電壓、速度v、電容器所帶電荷量q、回路中電流強度i隨時間t變化的關系圖像可能正確的是（

）A．B．C． D．【答案】C【詳解】BD．電容器放電，相當于電源，導體棒受安培力而運動。電容器放電時，導體棒在安培力的作用下開始運動，同時產生阻礙放電的反電動勢，導致電流減小，直至電流為零，即導體棒受到的安培力減小，直至減小到零，所以導體棒做加速度減小的加速運動，直至加速度減小到零之后，導體棒做勻速直線運動，故BD錯誤；C．電容器放電時，導體棒在安培力的作用下開始運動，同時產生阻礙放電的反電動勢，導致電流減小，直至電流為零，根據即圖線的斜率減小，最終導體棒的電動勢等于電容器兩極板間的電勢差時，達到穩定，即電容器所帶電荷量不會減小到零，故C正確；A．導體棒兩端的電壓始終等于電容器兩極板間的電勢差，為電容器放電時，電容器所帶電荷量減小，到最終不變，所以導體棒兩端的電壓先減小后不變，故A錯誤。故選C。4.為了研究電磁彈射原理，將其簡化為如圖所示的模型（俯視圖）。發射軌道被簡化為兩根固定在水平面上、間距為L且相互平行的金屬導軌，整個裝置處于方向豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場中；導軌的左端為充電電路，已知電源的電動勢為E，電容器的電容為C。子彈載體被簡化為一根質量為m、長度為L的導體棒，其電阻為r。導體棒垂直放置于平行金屬導軌上，忽略一切摩擦阻力以及導軌和導線的電阻。發射前，將開關S接a，先對電容器進行充電，電容器充電結束后，將開關S接b，電容器通過導體棒放電，導體棒由靜止開始運動，發射結束時，電容器的電荷量減小為充電結束時的一半。若將導體棒離開導軌時（發射結束）的動能與電容器所釋放能量的比值定義為能量轉化效率，則（

）A．電容器充電結束時所帶的電荷量B．電容器充電結束時儲存的能量C．導體棒離開導軌時的動能D．這次發射過程中的能量轉化效率【答案】AC【詳解】A．根據電容的定義，電容器充電結束時其兩端電壓U等于電動勢E，解得電容器所帶電荷量故A正確；B．根據以上電容的定義可知畫出u-q圖像如圖所示：由圖像可知，穩定后電容器儲存的能量為E0，圖像與坐標軸圍成的面積為故B錯誤；C．設從電容器開始放電至導體棒離開軌道時的時間為t，放電的電荷量為，平均電流為，導體棒離開軌道時的速度為v。以導體棒為研究對象，根據動量定理有根據電流定義可知根據題意有聯立解得導體棒離開軌道時的動能為故C正確；D．電容器釋放的能量為聯立解得能量轉化效率故D錯誤；故選AC。5．2024年5月1日“福建號”航空母艦首次海試引起國人極大關注，其采用先進的電磁彈射技術，使戰機的出動效率大大提升。如圖所示，電源電動勢為E，內阻忽略不計，電容器的電容為C，足夠長的光滑水平平行導軌M、N間距為L，導軌間有磁感應強度為B的勻強磁場，質量為m，電阻為R的金屬滑塊垂直放置于導軌的滑槽內處于靜止狀態，并與兩導軌接觸良好。單刀雙擲開關先打向a，電源給電容器充電，充電完畢后再打向b，電容器放電，金屬滑塊在安培力的作用下發射出去。不計其他阻力和電阻，下列說法正確的是（）A．滑塊達到最大速度時，電容器放電結束，極板電荷量為零B．滑塊從開始運動到最大速度的過程中流過它的電荷量為C．該過程中，安培力對滑塊的沖量等于滑塊動量的變化D．滑塊能達到的最大速度為【答案】BCD【詳解】A．電容器放電過程，極板間電壓減小，導體棒向右運動產生感應電動勢當極板間電壓減至時，導體棒達到最大速度時，電容器不再放電，但極板電荷量不為零，A錯誤；BD．根據可得由動量定理，可得又聯立，解得BD正確；C．根據B選項分析可知該過程中，安培力對導體棒的沖量等于導體棒動量的變化，C正確；故選BCD。五．有外力充電式單導體棒模型【模型結構】【情景】：軌道水平光滑，單桿質量為，電阻，兩導軌間距為，拉力恒定設金屬棒運動的速度大小為，則感應電動勢為(1)經過速度為，此時感應電動勢2)時間內流入電容器的電荷量(3)電流,(4)安培力.(5)由牛頓第二第定律(6)(7)所以桿以恒定的加速度勻加速運動對于導體棒，克服安培力做多少功，就應有多少能量轉化為電能，則有:(8)(9)由(7)(8)(9)式得:所以在t秒內轉化為電能的多少是:【反思】由模型可知:只要導體棒受恒定外力，導體棒必做勻變速運動，且加速度為;如果外力不恒定，則導體棒做非勻變速運動;如果不受外力，則導體棒勻速運動或靜止．反之，只要導體棒速度均勻變化(a恒定)，感應電動勢就均勻變化，電容器的帶電量就均勻變化，回路中的電流就恒定不變()，導體棒所受安培力就恒定不變(，外力就恒定不變．1.(多選)如圖所示，間距為L的兩根平行光滑導軌豎直放置，導軌間接有電容器C，裝置處于垂直軌道平面的勻強磁場B中，質量為m、電阻為R的金屬桿ab接在兩導軌之間并由靜止釋放，ab下落過程中始終保持與導軌接觸良好，設導軌足夠長，電阻不計，下列說法正確的是()A．ab做自由落體運動B．ab做勻加速運動，且加速度為a＝eq\f(mg,m＋CB2L2)C．ab做勻加速運動，若加速度為a，則回路的電流為I＝CBLaD．ab做加速度減小的變加速運動，最后勻速運動，最大速度為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，由牛頓第二定律得mg－F＝ma，得a＝eq\f(mg,m＋B2L2C)，可知物體做初速度為零的勻加速直線運動，故B、C正確．2.如圖甲所示，兩條足夠長的平行導軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為d。導軌上端與電容為C的電容器相連，虛線O1O2垂直于導軌，O1O2上方存在垂直導軌平面向下的勻強磁場，此部分導軌由不計電阻的光滑金屬材料制成，O1O2下方的導軌由粗糙的絕緣材料制成。t＝0時刻，一質量為m、電阻不計的金屬棒MN由靜止釋放，運動過程中MN始終與導軌垂直且接觸良好，其速度v隨時間t的變化關系如圖乙所示，其中v0和t0為已知量，重力加速度為g，電容器未被擊穿。則下列說法正確的是（）A．0～t0時間內，導體棒M端的電勢低于N端的B．0～t0時間內，磁場對金屬棒MN的沖量大小為C．金屬棒MN在磁場區受到的安培力大小大于在非磁場區受到的摩擦力大小D．勻強磁場的磁感應強度大小為【答案】ABD【詳解】A．由右手定則可知電流從M端流向N端，則N端為正極，電勢高，故A正確；B．根據動量定理有解得故B正確；C．根據圖乙可知，在0～t0時間內金屬棒做勻加速直線運動，則可知其加速度恒定，所受合外力恒定，即此時間段內電流恒定，所受安培力大小不變，由牛頓第二定律得在與t0～4t0時間內，由牛頓第二定律得由圖乙可知，則，故C錯誤；D．根據圖乙可知，在0～t0時間內，電容器兩端電壓的變化量等于金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢的變化量，則有可得而對該過程由動量定理有聯立解得故D正確。故選ABD。3.如圖所示，間距為L的水平光滑長導軌，左端接有一個電容器，電容為C（不會被擊穿），在PQ虛線的左側有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B。質量為m的金屬桿ab靜置在導軌上，距離虛線PQ的距離是d，金屬桿在水平向右恒力F的作用下，開始向右運動，不計導軌與金屬桿的電阻，下列說法正確的是（）A．金屬桿ab先做加速度不斷減小的加速運動，最終勻速運動B．金屬桿ab的運動可能是先從加速到勻速再到加速C．金屬桿ab運動到達虛線PQ的時間D．電容器能帶的最多電量是【答案】D【詳解】金屬棒向右運動，切割磁感應線產生電動勢E，給電容器充電，設在t~t+Δt的時間里，電容器充電量為Δq，則則充電電流為對金屬棒列牛頓第二定律方程得上式說明金屬棒做初速度為零的勻加速直線運動，由可得得再由q=CE=CBLv=CBLat得金屬桿最終出磁場時，電容器帶電量最大，帶電量為故選D。4.如圖所示，兩平行且間距為L的傾斜金屬導軌a、b與水平面成37°角，導軌上端接電容為C的電容器，下端通過小段絕緣光滑圓弧（長度忽略不計）與足夠長且間距也為L的水平平行金屬導軌c、d平滑連接，金屬導軌c、d右端與阻值為R的定值電阻連接，金屬導軌均處于與導軌平面垂直的勻強磁場中（圖中未畫出），磁感應強度大小為B。質量為m、電阻忽略不計的金屬棒P從金屬導軌a、b上方距水平面高度為h處由靜止釋放，通過絕緣圓弧后與靜止在金屬導軌c、d左端的質量為2m、電阻為0.5R的金屬棒Q發生彈性碰撞，碰后金屬棒P即被取走。已知金屬棒P與金屬導軌a、b之間的動摩擦因數為0.5，金屬棒Q與金屬導軌c、d之間的摩擦忽略不計，金屬棒P、Q運動過程中與金屬導軌垂直，導軌電阻忽略不計，重力加速度為g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）金屬棒P在金屬導軌a、b上滑動時通過金屬棒P的電流大小；（2）整個過程中金屬棒Q產生的熱量；（3）金屬棒Q在水平金屬導軌c、d上運動的位移。【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）金屬棒P下滑過程，根據牛頓第二定律有聯立可得（2）金屬棒P下滑過程做勻加速直線運動，則解得金屬棒P到達底端的速度大小為P與Q發生彈性碰撞，有根據能量守恒定律有整個過程中金屬棒Q產生的熱量為聯立解得（3）對金屬棒Q，根據動量定理可得聯立解得5.如圖，兩條平行導軌所在平面與水平地面間的夾角為θ，兩導軌的間距為L.導軌上端接有一平行板電容器，電容為C.導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B、方向垂直于導軌平面向下．在導軌上放置一質量為m的金屬棒，棒可沿導軌下滑，且在下滑過程中保持與導軌垂直并良好接觸．已知金屬棒與導軌之間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g.忽略所有電阻，讓金屬棒從導軌上端由靜止開始下滑，求：(1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關系；(2)金屬棒的速度大小隨時間變化的關系．【答案】(1)Q＝CBLv(2)v＝eq\f(msinθ－μcosθ,m＋B2L2C)gt【解析】(1)設金屬棒下滑的速度大小為v，則感應電動勢為E＝BLv①平行板電容器兩極板之間的電勢差U＝E②設此時電容器極板上積累的電荷量為Q，則有Q＝CU③聯立①②③式得Q＝CBLv④(2)設金屬棒的速度大小為v時經歷的時間為t，通過金屬棒的電流為I.金屬棒受到的安培力方向沿導軌向上，大小為F安＝BLI⑤設在時間間隔(t，t＋Δt)內流經金屬棒的電荷量為ΔQ，據定義有I＝eq\f(ΔQ,Δt)⑥ΔQ也是平行板電容器兩極板在時間間隔(t，t＋Δt)內增加的電荷量．由④式得：ΔQ＝CBLΔv⑦Δv為金屬棒的速度變化量，有a＝eq\f(Δv,Δt)⑧金屬棒所受到的摩擦力方向沿導軌向上，大小為Ff＝μFN⑨FN是金屬棒對導軌的正壓力的大小，有FN＝mgcosθ⑩由牛頓第二定律得mgsinθ－F安－Ff＝ma?聯立⑤～?式得a＝eq\f(msinθ－μcosθ,m＋B2L2C)g?由?式及題意可知，金屬棒做初速度為零的勻加速運動．則t時刻金屬棒的速度大小為v＝eq\f(msinθ－μcosθ,m＋B2L2C)gt.六．含“源”電動式模型1.開關S剛閉合時，ab桿所受安培力F＝eq\f(BLE,r)，此時a＝eq\f(BLE,mr).速度v↑?E感＝BLv↑?I↓?F＝BIL↓?加速度a↓，當E感＝E時，v最大，且vm＝eq\f(E,BL)2.動力學觀點：分析最大加速度、最大速度3.能量觀點：消耗的電能轉化為動能與回路中的焦耳熱4.動量觀點：分析導體棒的位移、通過的電荷量1.如圖所示，兩條粗糙程度處處相同的平行金屬導軌固定在同一水平面上，導軌間距為，左側連接一電動勢為、內阻為r的直流電源，右側有、兩個固定卡座，整個導軌處于磁感應強度大小為B、豎直向下的勻強磁場中，導軌電阻不計。一質量為、電阻為、長度為的導體棒垂直靜置在導軌上，該導體棒與導軌間動摩擦因數為。閉合開關，該導體棒從靜止開始加速運動，再勻速運動，最后碰到、兩卡座后靜止不動，整個運動過程中，該導體棒始終與兩導軌垂直并接觸良好。重力加速度為g，則（）A．閉合開關S后，該導體棒運動時的電流比其靜止不動時的電流大B．閉合開關S后，該導體棒運動時的電流與其靜止不動時的電流相等C．該導體棒勻速運動時的速度大小為D．該導體棒勻速運動時的速度大小為【答案】C【詳解】AB．閉合開關S后，該導體棒運動時的電流為靜止不動時的電流為所以導體棒運動時的電流小于