2022年新課標(biāo)高中物理模型與方法專題19電磁感應(yīng)中的單導(dǎo)體棒模型

2022年新課標(biāo)高中物理模型與方法專題19電磁感應(yīng)中的單導(dǎo)體棒模型專題19電磁感應(yīng)中的單導(dǎo)體棒模型一、阻尼式單導(dǎo)體棒模型【模型如圖】1.電路特點：導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源。當(dāng)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?。?.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(tài)：靜止6.四個規(guī)律（1）全過程能量關(guān)系：，速度為時的能量關(guān)系電阻產(chǎn)生的焦耳熱（2）瞬時加速度：，（3）電荷量（4）動量關(guān)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(yīng)電動勢：③位移：④①②③④得【模型演練1】（2020·新疆克拉瑪依三模）1．如圖所示，在水平面上有兩條足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間連接電阻為R（其余電阻不計），導(dǎo)軌間距為L，勻強磁場垂直于導(dǎo)軌所在的平面向下，磁感應(yīng)強度大小為B；已知金屬桿MN質(zhì)量為m，與導(dǎo)軌接觸良好。當(dāng)金屬桿以初速度v0向右滑動，在運動過程中（）A．金屬桿MN將做勻減速運動B．金屬桿MN的最大加速度為C．電阻R總共產(chǎn)生的電熱為D．感應(yīng)電流通過金屬桿的方向由M流向N【答案】BC【詳解】AB．金屬桿MN向右運動時切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，受到向左的安培力而做減速運動，由可知，隨速度的減小，加速度減小，則金屬桿將做加速度減小的變減速運動，且開始運動時加速度最大，最大值為選項A錯誤，B正確；C．整個過程中金屬棒的動能轉(zhuǎn)化為電熱，即電阻R總共產(chǎn)生的電熱為，選項C正確；D．根據(jù)右手定則可知，感應(yīng)電流通過金屬桿的方向由N流向M，選項D錯誤。故選BC?！灸Ｐ脱菥?】（2021·福建福清市線上檢測）2．如圖所示，左端接有阻值為R的定值電阻且足夠長的平行光滑導(dǎo)軌CE、DF的間距為L，導(dǎo)軌固定在水平面上，且處在磁感應(yīng)強度為B、豎直向下的勻強磁場中，一質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置在導(dǎo)軌上靜止，導(dǎo)軌的電阻不計。某時刻給導(dǎo)體棒ab一個水平向右的瞬時沖量I，導(dǎo)體棒將向右運動，最后停下來，則此過程中（）A．導(dǎo)體棒做勻減速直線運動直至停止運動B．電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為C．通過導(dǎo)體棒ab橫截面的電荷量為D．導(dǎo)體棒ab運動的位移為【答案】CD【詳解】A．導(dǎo)體棒獲得向右的瞬時初速度后切割磁感線，回路中出現(xiàn)感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒ab受到向左的安培力，向右減速運動，由可知由于導(dǎo)體棒速度減小，則加速度減小，所以導(dǎo)體棒做的是加速度越來越小的減速運動，A錯誤；B．導(dǎo)體棒減少的動能根據(jù)能量守恒定律可得又根據(jù)串并聯(lián)電路知識可得B錯誤；C．根據(jù)動量定理可得，，可得C正確；D．由于將代入可得，導(dǎo)體棒ab運動的位移D正確；故選CD?！灸Ｐ脱菥?】（2021·湖南常德市高三二模）3．如圖所示，兩條相距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于水平面（紙面）內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場垂直，導(dǎo)軌電阻不計。金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置并接觸良好，接入電路的電阻也為R。若給棒以平行導(dǎo)軌向右的初速度v0，當(dāng)流過棒截面的電荷量為q時，棒的速度減為零，此過程中棒發(fā)生的位移為x。則在這一過程中（）A．導(dǎo)體棒做勻減速直線運動B．當(dāng)棒發(fā)生位移為時，通過棒的電量為C．在通過棒的電荷量為時，棒運動的速度為D．定值電阻R釋放的熱量為【答案】BD【詳解】A.由于導(dǎo)體棒向右減速運動，則電動勢減小，則電流減小，則導(dǎo)體棒的安培力減小，即合力減小，根據(jù)牛頓第二定律可知其加速度減小，則導(dǎo)體棒做變減速運動，故A錯誤；B.棒的速度減為零，當(dāng)流過棒截面的電荷量為：當(dāng)棒發(fā)生位移為時，則通過棒的電量為，故B正確；C.棒的速度減為零，當(dāng)流過棒截面的電荷量為：當(dāng)流過棒的電荷為時，棒發(fā)生的位移為：根據(jù)牛頓運動定律可得棒運動的加速度為：設(shè)棒運動的時間為，則有：所以有：即：當(dāng)流過棒的電荷為時，則有：當(dāng)流過棒的電荷為時，則有：解得：故C錯誤；D.棒的速度減為零的過程中，定值電阻R釋放的熱量為：故D正確；故選BD?！灸Ｐ脱菥?】（2021·浙江十校聯(lián)盟聯(lián)考）4．如圖所示，兩條相距d的平行光滑金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，其右端接一阻值為R的電阻。質(zhì)量為m，電阻為r的金屬桿靜置在導(dǎo)軌上，其左側(cè)的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下。當(dāng)該磁場區(qū)域以速度v0勻速地向右掃過金屬桿后，金屬桿的速度變?yōu)関。已知磁場掃過金屬桿所經(jīng)歷的時間為t，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，桿在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸。求：(1)MN剛掃過金屬桿時，桿的加速度大小a；(2)PQ剛要到達(dá)金屬桿時，電阻R消耗的電功率P；(3)磁場掃過金屬桿的過程中金屬桿的位移x?！敬鸢浮?1)；(2)；(3)【詳解】(1)MN剛掃過金屬桿時，桿上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為感應(yīng)電流為聯(lián)立解得桿的加速度大小(2)PQ剛要到達(dá)金屬桿時，桿上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為感應(yīng)電流為電阻R消耗的電功率(3)根據(jù)動量定理其中解得磁場掃過金屬桿過程中金屬桿的位移【模型演練5】（2020·哈爾濱師大附中聯(lián)考）5．如圖所示，光滑、平行、電阻不計的金屬導(dǎo)軌固定在豎直平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為，導(dǎo)軌頂端連接定值電阻，導(dǎo)軌上有一質(zhì)量為，長度為，電阻不計的金屬桿，桿始終與導(dǎo)軌接觸良好。整個裝置處于磁感應(yīng)強度為的勻強磁場中，磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向里?，F(xiàn)將桿從點以的速度豎直向上拋出，經(jīng)歷時間，到達(dá)最高點，重力加速度大小為。求時間內(nèi)（1）流過電阻的電量；（2）電阻上產(chǎn)生的電熱。【答案】（1）；（2）【詳解】（1）根據(jù)動量定理，有又因為聯(lián)立解得（2）根據(jù)以及能量守恒聯(lián)立解得【模型演練6】（2021·河南九師聯(lián)盟質(zhì)檢）6．如圖所示，一長為L＝1m、質(zhì)量為m＝1kg的導(dǎo)體棒ab垂直放在光滑且足夠長的U形導(dǎo)軌底端，導(dǎo)軌寬度和導(dǎo)體棒等長且接觸良好，導(dǎo)軌平面與水平面成θ＝30°角，整個裝置處在與導(dǎo)軌平面垂直的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B＝．現(xiàn)給導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向上的初速度v0＝4m／s，經(jīng)時間t0＝，導(dǎo)體棒到達(dá)最高點，然后開始返回，到達(dá)底端前已做勻速運動．已知導(dǎo)體棒的電阻為R＝，其余電阻不計，重力加速度g取10m／s2，忽略電路中感應(yīng)電流之間的相互作用，則A．導(dǎo)體棒到達(dá)導(dǎo)軌平面底端時，流過導(dǎo)體棒的電流為5AB．導(dǎo)體棒到達(dá)導(dǎo)軌平面底端時的速度大小為1m／sC．導(dǎo)體棒從開始到頂端的過程中，通過導(dǎo)體棒的電量為3CD．導(dǎo)體棒從開始到返回底端的過程中，回路中產(chǎn)生的電能為15J【答案】BC【分析】導(dǎo)體棒勻速運動時，重力沿斜面向下的分量等于安培力，由此可求解最大速度；根據(jù)E=BLv結(jié)合閉合電路歐姆定律求解電流；根據(jù)動量定理求解電量q；根據(jù)能量關(guān)系求解回路產(chǎn)生的電能.【詳解】導(dǎo)體棒到達(dá)底端前已做勻速運動，則由平衡知識：,帶入數(shù)據(jù)解得：vm=1m/s，選項B正確；導(dǎo)體棒到達(dá)導(dǎo)軌平面底端時，流過導(dǎo)體棒的電流為，選項A錯誤；導(dǎo)體棒從開始到頂端的過程中，根據(jù)動量定理：，其中，解得q=3C，選項C正確；導(dǎo)體棒從開始到返回底端的過程中，回路中產(chǎn)生的電能為，選項D錯誤；故選BC.二、發(fā)電式單導(dǎo)體棒模型【模型如圖】1.電路特點：導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，當(dāng)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(wěn)定后的能量轉(zhuǎn)化規(guī)律8.起動過程中的三個規(guī)律（1）動量關(guān)系：（2）能量關(guān)系：（3）電荷量9.幾種變化（1）電路變化（2）磁場方向變化（3）導(dǎo)軌面變化（豎直或傾斜）10.若的作用下使導(dǎo)體棒做勻加速直線運動則隨時間線性變化。證明：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)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(xué)公式。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。（6）（5）（6）聯(lián)立得。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。（7）由（7）式可以看出要讓導(dǎo)體棒做勻加速直線運動所加外力必然隨時間均勻變化即【模型演練1】（2021·云南昆明市五華區(qū)聯(lián)考）7．在豎直向下的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，相距為LRm、電阻不計的導(dǎo)體棒ab水平放置在導(dǎo)軌上，abF的水平恒力，使ab從靜止開始沿導(dǎo)軌運動，經(jīng)過時間t，ab通過的位移為x，速度變?yōu)関，整個運動過程中abA．a(chǎn)b做勻加速直線運動B．a(chǎn)b的動能變化量為FxC．a(chǎn)b的動量變化量為FtD．定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】D【分析】本題考查電磁感應(yīng)相關(guān)內(nèi)容?！驹斀狻緼．F大小不變，速度變化時安培力一定變化，所以ab不可能做勻加速直線運動，A錯誤；BC．a(chǎn)b運動過程中除了受恒力F，還受到安培力，考慮動能和動量變化時應(yīng)該考慮合外力，BC錯誤；D．對系統(tǒng)列能量守恒，拉力F做的功轉(zhuǎn)化為棒ab的動能和焦耳熱，所以焦耳熱D正確；故選D?！灸Ｐ脱菥?】（2020·四川德陽市二診）8．如圖所示，兩根相距為L的平行直導(dǎo)軌水平放置，R為固定電阻，導(dǎo)軌電阻不計。電阻阻值也為R的金屬桿MN垂直于導(dǎo)軌放置，桿與導(dǎo)軌之間有摩擦，整個裝置處在豎直向下的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B。t=0時刻對金屬桿施加一水平外力F作用，使金屬桿從靜止開始做勻加速直線運動。下列關(guān)于通過R的電流I、桿與導(dǎo)軌間的摩擦生熱Q、外力F、外力F的功率P隨時間t變化的圖像中正確的是（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】A．t時刻桿的速度為v=at產(chǎn)生的感應(yīng)電流則I∝t；故A錯誤。B．摩擦生熱為則Q∝t2，故B正確。C．桿受到的安培力根據(jù)牛頓第二定律得FfF安=ma得F隨t的增大而線性增大，故C錯誤。D．外力F的功率為Pt圖象應(yīng)是曲線，故D錯誤。故選B?！镜淅治?】（2021屆云南省昆明市第一中學(xué)高三第八次考前適應(yīng)性訓(xùn)練）9．水平放置的U形導(dǎo)軌足夠長，置于方向豎直向上的勻強磁場中，如圖所示。磁感應(yīng)強度大小B=5T，導(dǎo)軌寬度L=0.4m，左側(cè)與R=0.5Ω的定值電阻連接，右側(cè)有導(dǎo)體棒ab跨放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒ab質(zhì)量m=2.0kg，電阻r=0.5Ω，與導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)μ=0.2，其余電阻可忽略不計。導(dǎo)體棒ab在大小為10N的水平外力F作用下，由靜止開始運動了x=40cm時，速度達(dá)到最大，取g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A．導(dǎo)體棒ab加速度為零時速度最大B．導(dǎo)體棒abC．當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度v=1m/s時，導(dǎo)體棒ab2D．導(dǎo)體棒ab由靜止達(dá)到最大速度的過程中，電阻R【答案】AC【詳解】AB．導(dǎo)體棒ab垂直切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢大小E＝BLv由閉合電路的歐姆定律I＝導(dǎo)體棒受到的安培力FA＝BIL當(dāng)導(dǎo)體棒做勻速直線運動時速度最大，由平衡條件得＋μmg＝F解得最大速度vm故A正確B錯誤；C．當(dāng)速度為v＝1m/s時，由牛頓第二定律得F－－μmg＝ma解得a＝1m/s2故C正確；D．在整個過程中，由能量守恒定律可得Fx＝Q＋μmgx＋mv解得Q所以QR＝故D錯誤。故選AC?！灸Ｐ脱菥?】（2021·河南駐馬店市第一學(xué)期期末）10．如圖所示，間距為L＝0.5m的兩條平行金屬導(dǎo)軌，水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度B＝0.2T，軌道左側(cè)連接一定值電阻R＝1Ω。垂直導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒ab在水平外力F作用下沿導(dǎo)軌運動，并始終與導(dǎo)軌接觸良好。t＝0時刻，導(dǎo)體棒從靜止開始做勻加速直線運動，力F隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示。已知導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均不計。取g＝10m/s2，求：(1)導(dǎo)體棒的加速度大?。?2)導(dǎo)體棒的質(zhì)量?！敬鸢浮?1)5m/s2【詳解】(1)設(shè)導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m，導(dǎo)體棒做勻加速直線運動的加速度為a，某時刻t，導(dǎo)體棒的速度為v，所受的摩擦力為Ff，則導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢E=BLv回路中的電流導(dǎo)體棒受到的安培力F安＝BIL由牛頓第二定律FF安Ff=ma由題意v＝at聯(lián)立解得根據(jù)題圖乙可知，0～10s內(nèi)圖象的斜率為0.05N/s，即解得a=5m/s2(2)由Ft圖象縱截距可知ma+Ff又Ff＝μmg解得m【模型演練5】（2020·江蘇常州市期末）11．如圖所示，豎直固定的足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ，間距Lab、cdm=0.01kg，電阻均為R=0.2Ω，棒cd放置在水平絕緣平臺上，整個裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度Bab在豎直向上的恒力F作用下由靜止開始向上運動，當(dāng)ab棒運動位移x=0.1m時達(dá)到最大速度，此時cd棒對絕緣平臺的壓力恰好為零，重力加速度g取10m/s2.求：(1)恒力F的大??；(2)ab棒由靜止到最大速度通過ab棒的電荷量q；(3)ab棒由靜止到達(dá)到最大速度過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱Q.【答案】(1)0.2N(2)0.05C(3)5×103J【詳解】(1)當(dāng)棒ab達(dá)到最大速度時，對ab和cd的整體：(2)ab棒由靜止到最大速度通過ab棒的電荷量解得(3)棒ab達(dá)到最大速度vm時，對棒cd有BIL=mg由閉合電路歐姆定律知棒ab切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLvm代入數(shù)據(jù)解得vm=1m/sab棒由靜止到最大速度過程中，由能量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得Q=5×103J【模型演練6】（2021·安徽安慶市二模）12．如圖所示，兩個平行光滑金屬導(dǎo)軌AB、CD固定在水平地面上，其間距L=0.5m，左端接有阻值R=3的定值電阻．一根長度與導(dǎo)軌間距相等的金屬桿放置于導(dǎo)軌上，金屬桿的質(zhì)量m=0.2kg,電阻r=2，整個裝置處在方向豎直向下、磁感應(yīng)強度大小B=4T的勻強磁場中，t=0時刻，在MN上加一與金屬桿垂直，方向水平向右的外力F，金屬桿由靜止開始以a=2m/s2的加速度向右做勻加速直線運動，2s末撤去外力F，運動過程中金屬桿與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好．（不計導(dǎo)軌和連接導(dǎo)線的電阻，導(dǎo)軌足夠長)求：(1)1s末外力F的大??；(2)撤去外力F后的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱．【詳解】（1）t=1s時刻，金屬桿MN的速度大小為v1=at1=2×1=2m/s金屬桿MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=BLv1金屬桿MN中的電流大小金屬桿MN受到的安培力大小F安=BIL聯(lián)立得根據(jù)牛頓第二定律得FF安=ma聯(lián)立解得F=2N（2）t=2s時刻，金屬桿MN的速度大小為v2=at2=2×2=4m/s撤去外力F后的過程中，根據(jù)能量守恒定律得知電路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q=mv22=×0.2×42電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱QR=Q=【模型演練8】（2020·江西上饒市月考）13．如圖所示，處于勻強磁場中的兩根足夠長、電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌相距L=m，導(dǎo)軌平面與水平面成角，上端連接阻值為的電阻。勻強磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，磁感應(yīng)強度T。質(zhì)量m=kg、電阻的金屬棒，以初速度從導(dǎo)軌底端向上滑行，金屬棒在安培力和一與棒垂直且平行于導(dǎo)軌平面的外力的共同作用下做勻變速直線運動，速度—時間圖像如圖所示。設(shè)金屬棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，它們之間的動摩擦因數(shù)。已知：m/s2，，。求：(1)金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的最大值；(2)當(dāng)金屬棒速度為向上3m/s時，施加在金屬棒上外力F做功的功率；(3)金屬棒在0＜t＜2s、2s＜t＜4s內(nèi)外力隨時間t變化的函數(shù)關(guān)系式?！敬鸢浮?1)2.4V；(2)3.48W；(3)（2s＜t＜4s）【詳解】(1)當(dāng)速度最大時，感應(yīng)電動勢最大，故有E=BL(2)當(dāng)金屬棒速度為v=3m/s時，加速度大小為由牛頓第二定律得（取沿斜面向下為正方向）解得故有(3)由圖可知速度大小取沿斜面向下為正方向，上升階段安培力由牛頓第二定律得代入得F=（0＜t＜2s）下滑階段，摩擦力和安培力方向改變可得（2s＜t＜4s）三、無外力充電式單導(dǎo)體棒模型基本模型規(guī)律（電阻阻值為R，電容器電容為C）電路特點導(dǎo)體棒相當(dāng)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=，電容器被充電UC變大，當(dāng)BLv=UC時，I=0，F(xiàn)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(yīng)用動量定理：mv0mv=BL·Δt=BLqv=。vt圖像【模型演練】14．如圖甲所示，水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，兩導(dǎo)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(dǎo)體桿ab質(zhì)量為m、電阻為r，并與導(dǎo)軌接觸良好。整個裝置處于方向豎直向上、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中?，F(xiàn)給桿ab一個初速度v0，使桿向右運動。則（）A．當(dāng)桿ab剛具有初速度v0時，桿ab兩端的電壓，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(wěn)定后的速度為D．在C選項中，桿穩(wěn)定后a點電勢高于b點電勢【答案】ACD【詳解】A．當(dāng)桿ab剛具有初速度v0時，其切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢桿ab兩端的電壓根據(jù)右手定則知，感應(yīng)電流的方向為b到a，桿ab相當(dāng)于電源，a相當(dāng)于電源的正極，則a點電勢高于b點電勢，A正確；B．通過電阻R的電流由于桿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；C．當(dāng)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(dāng)電容器兩端電壓與感應(yīng)電動勢相等時，充電結(jié)束，桿以恒定的速度做勻速直線運動，電容器兩端的電壓而對桿ab，根據(jù)動量定理得聯(lián)立可得C正確；D．桿穩(wěn)定后，電容器不再充電，回路中沒有電流，根據(jù)右手定則知，a點的電勢高于b點電勢，D正確；故選ACD。四、無外力放電式單導(dǎo)體棒模型基本模型規(guī)律（電源電動勢為E，內(nèi)阻不計，電容器電容為C）電路特點電容器放電，相當(dāng)于電源；導(dǎo)體棒受安培力而運動。電流的特點電容器放電時，導(dǎo)體棒在安培力作用下開始運動，同時阻礙放電，導(dǎo)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(jié)束時電荷量：Q=CU=CBLvm電容器放電荷量：ΔQ=Q0Q=CECBLvm對棒應(yīng)用動量定理：mvm=BL·Δt=BLΔQvm=vt圖像【模型演練】15．電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運載器．電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C．兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l，電阻不計．炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸．首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電．然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場（圖中未畫出），MN開始向右加速運動．當(dāng)MN上的感應(yīng)電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌．問：（1）磁場的方向；（2）MN剛開始運動時加速度a的大小；（3）MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少．【答案】（1）垂直于導(dǎo)軌平面向下；（2）（3）【詳解】（1）電容器充電后上板帶正電，下板帶負(fù)電，放電時通過MN的電流由M到N，欲使炮彈射出，安培力應(yīng)沿導(dǎo)軌向右，根據(jù)左手定則可知磁場的方向垂直于導(dǎo)軌平面向下．（2）電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，根據(jù)歐姆定律，電容器剛放電時的電流：炮彈受到的安培力：根據(jù)牛頓第二定律：解得加速度（3）電容器放電前所帶的電荷量開關(guān)S接2后，MN開始向右加速運動，速度達(dá)到最大值vm時，MN上的感應(yīng)電動勢：最終電容器所帶電荷量，導(dǎo)體棒運動過程中受到安培力的作用，磁感應(yīng)強度和導(dǎo)體棒長度不變，即安培力和電流成正比，因此在此過程中MN的平均電流為，MN上受到的平均安培力：由動量定理，有：又：整理的：最終電容器所帶電荷量五、有外力充電式單導(dǎo)體棒模型【模型結(jié)構(gòu)】【情景】：軌道水平光滑，單桿質(zhì)量為，電阻，兩導(dǎo)軌間距為，拉力恒定設(shè)金屬棒運動的速度大小為，則感應(yīng)電動勢為（1）經(jīng)過速度為，此時感應(yīng)電動勢2）時間內(nèi)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(dǎo)體棒，克服安培力做多少功，就應(yīng)有多少能量轉(zhuǎn)化為電能，則有：（8）（9）由（7）（8）（9）式得：所以在t秒內(nèi)轉(zhuǎn)化為電能的多少是：【反思】由模型可知：只要導(dǎo)體棒受恒定外力，導(dǎo)體棒必做勻變速運動，且加速度為；如果外力不恒定，則導(dǎo)體棒做非勻變速運動；如果不受外力，則導(dǎo)體棒勻速運動或靜止。反之，只要導(dǎo)體棒速度均勻變化（a恒定），感應(yīng)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(dǎo)體棒所受安培力就恒定不變（，外力就恒定不變。【模型演練1】（2021·河南三門峽市一模）16．如圖所示，間距為L兩根平行的光滑導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌間接有電容C，處于垂直軌道平面的勻強磁場B中，質(zhì)量為m電阻為R的金屬桿ab接在兩導(dǎo)軌之間并靜止釋放，ab下落過程中始終保持與導(dǎo)軌接觸良好，設(shè)導(dǎo)軌足夠長，電阻不計（）A．a(chǎn)b做自由落體運動B．a(chǎn)b做勻加速運動，且加速度為C．a(chǎn)b做勻加速運動，若加速度為a，則回路的電流為I=CBLaD．a(chǎn)b做加速度減小的變加速運動運動，最后勻速運動，最大速度為【答案】BC【詳解】物體做加速運動，設(shè)經(jīng)過時間t速度增大到v，則金屬榜上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv電容器帶電量Q=CU=CBLv感應(yīng)電流安培力再根據(jù)牛頓第二定律可計算出可判斷物體做初速度為零的勻加速直線運動。故選BC?！灸Ｐ脱菥?】（2021·河北唐山市摸底考試）17．如圖，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L。導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為C。導(dǎo)軌處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面。在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導(dǎo)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(guān)系；（2）金屬棒的速度大小隨時間變化的關(guān)系?！敬鸢浮浚?）；（2）【分析】（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律，求出感應(yīng)電動勢；再與相結(jié)合求出電荷量與速度的關(guān)系式。（2）由左手定則來確定安培力的方向，并求出安培力的大小，借助于，及牛頓第二定律來求出速度與時間的關(guān)系。【詳解】（1）設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v，則感應(yīng)電動勢為E=BLv平行板電容器兩極板之間的電勢差為U=E設(shè)此時電容器極板上積累的電荷量為Q，按定義有聯(lián)立可得Q=CBLv（2）設(shè)金屬棒的速度大小為v時，經(jīng)歷的時間為t，通過金屬棒的電流為I，金屬棒受到的磁場力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為f1=BLI設(shè)在時間間隔（t，t+t）內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為Q，則Q=CBLv按定義有Q也是平行板電容器極板在時間間隔（t，t+t）內(nèi)增加的電荷量，由上式可得，v為金屬棒的速度變化量，金屬棒所受到的摩擦力方向沿導(dǎo)軌斜面向上，大小為f2=μFN式中，F(xiàn)N是金屬棒對于導(dǎo)軌的正壓力的大小，有FN=mgcosθ金屬棒在時刻t的加速度方向沿斜面向下，設(shè)其大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ﹣f1﹣f2=ma即mgsinθ﹣μmgcosθ=CB2L2a+ma聯(lián)立上此式可得由題意可知，金屬棒做初速度為零的勻加速運動，t時刻金屬棒的速度大小為【點評】本題讓學(xué)生理解左手定則、安培力的大小、法拉第電磁感應(yīng)定律、牛頓第二定律、及運動學(xué)公式，并相互綜合來求解?！灸Ｐ脱菥?】（2021·四川達(dá)州市第二次診斷）18．如圖所示，足夠長的兩平行光滑水平直導(dǎo)軌的間距為L，導(dǎo)軌電阻不計，垂直于導(dǎo)軌平面有磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場；導(dǎo)軌左端接有電容為C的電容器、開關(guān)S和定值電阻R；質(zhì)量為m的金屬棒垂直于導(dǎo)軌靜止放置，兩導(dǎo)軌間金屬棒的電阻為r。初始時開關(guān)S斷開，電容器兩極板間的電壓為U。閉合開關(guān)S，金屬棒運動，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，下列說法正確的是（）A．閉合開關(guān)S的瞬間，金屬棒立刻開始向左運動B．閉合開關(guān)S的瞬間，金屬棒的加速度大小為C．金屬棒與導(dǎo)軌接觸的兩點間的最小電壓為零D．金屬棒最終獲得的速度大小為【答案】D【詳解】A．由左手定則可知，閉合開關(guān)S的瞬間，金屬棒所受安培力方向向右，金屬棒立刻獲得向右的加速度，開始向右運動，A錯誤；B．閉合開關(guān)S的瞬間，金屬棒的加速度大小B錯誤；C．當(dāng)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢跟電容器兩極板之間的電壓相等時，金屬棒中電流為零，此后，金屬棒將勻速運動下去，兩端的電壓達(dá)到最小值，故金屬棒與導(dǎo)軌接觸的兩點間的電壓不會為零，C錯誤；D．設(shè)閉合開關(guān)S后，電容器的放電時間為Δt，金屬棒獲得的速度為v，由動量定理可得解得D正確。故選D?！灸Ｐ脱菥?】19．如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌CD、EF傾斜放置，其所在平面與水平面間的夾角為θ=37°，兩導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌下端分別連著電容為C的電容器和阻值R=3r的定值電阻。一根質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒放在導(dǎo)軌上，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直并接觸良好，一根不可伸長的絕緣輕繩一端拴在金屬棒中間、另一端跨過輕質(zhì)定滑輪與質(zhì)量Mm的重物相連。金屬棒與定滑輪之間的輕繩始終在兩導(dǎo)軌所在平面內(nèi)且與兩導(dǎo)軌平行，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直于導(dǎo)軌所在平面向上，導(dǎo)軌電阻不計，初始狀態(tài)用手托住重物使輕繩恰處于伸直狀態(tài)，由靜止釋放重物，求：（sin37°=0.6，重力加速度大小為g，不計滑輪摩擦）（1）若S1閉合，S2斷開，電阻R的最大瞬時熱功率；（2）若S1和S2均閉合，當(dāng)金屬棒速度達(dá)到最大值時，遇到障礙物突然停止運動，金屬棒停止運動后，通過金屬棒的電荷量；（3）若S1斷開、S2閉合，請通過計算判斷重物的運動性質(zhì)?！敬鸢浮浚?）（2）（3）重物做初速度為零的勻加速直線運動【詳解】（1）S1閉合，S2斷開時，重物由靜止釋放后拉動金屬棒沿導(dǎo)軌向上做加速運動，金屬棒受到沿導(dǎo)軌向下的安培力作用，速度最大時，感應(yīng)電動勢最大，感應(yīng)電流最大，則電阻R的瞬時熱功率最大，當(dāng)金屬棒速度最大時有得聯(lián)立解得（2）S1和S2均閉合時，電容器兩極板間的最大電壓電容器所帶的最大電荷量金屬棒停止運動后，電容器開始放電，此時電阻R與金屬棒并聯(lián)通過金屬棒的電荷量（3）S1斷開、S2閉合時，設(shè)從釋放重物開始經(jīng)時間t金屬棒的速度大小為v，加速度大小為a，通過金屬棒的電流為i，金屬棒受到的安培力方向沿導(dǎo)軌向下，設(shè)在t~（t＋Δt）時間內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ，ΔQ也是平行板電容器在t~（t＋Δt）時間內(nèi)增加的電荷量，感應(yīng)電動勢平行板電容器所帶電荷量故，則設(shè)繩中拉力為FT，由牛頓第二定律，對金屬棒有對重物有解得可知a為常數(shù)，則重物做初速度為零的勻加速直線運動。【模型演練4】（2020·山西運城市調(diào)研）20．如圖1所示，相距L=1m的兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，與水平面夾角θ=，導(dǎo)軌電阻不計，質(zhì)量m=1kg、電阻為r=0.5歐姆的導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放置，導(dǎo)軌的PM兩端接在外面路上，電阻R=1.5歐姆,電容器的電容C=0.5F,電容器的耐壓值足夠大,導(dǎo)軌所在平面內(nèi)有垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強磁場．在開關(guān)s1閉合、s2斷開的狀態(tài)下將導(dǎo)體棒ab由靜止釋放，導(dǎo)體棒的vt圖象如圖2所示,重力加速度g=10m/s2．求：（1）磁場的磁感強度B．（2）在開關(guān)s1閉合,s2斷開的狀態(tài)下,當(dāng)導(dǎo)體棒下滑的距離x=5m時電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為21J,此時導(dǎo)體棒的速度與加速度分別是多少？（3）現(xiàn)在開關(guān)s1斷開、s2閉合，由靜止釋放導(dǎo)體棒，求經(jīng)過時間t=2s時導(dǎo)體棒的速度；【答案】（1）2T（2）2m/s；2m/s2（3）4m/s【詳解】（1）由圖可知，導(dǎo)體棒的最大速度vm=3m/s感應(yīng)電動勢E=BLvm，感應(yīng)電流當(dāng)導(dǎo)體棒的速度達(dá)到最大時，由導(dǎo)體棒受力平衡有：BIL=mgsinθ代入數(shù)據(jù)得導(dǎo)體棒和電阻串聯(lián)，由Q=I2Rt可知，Qab：QR=1：3則導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱為Qab=7J導(dǎo)體棒下滑減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能和回路中的焦耳熱由能量守恒得導(dǎo)體棒的速度v=2m/s此時感應(yīng)電動勢E1=BLv，感應(yīng)電流．對導(dǎo)體棒受力分析有mgsinθBI1L=ma．解得加速度a=2m/s2（3）開關(guān)s1斷開s2閉合時，電容器和導(dǎo)體棒連成一個回路，任意時刻對導(dǎo)體棒受力分析：mgsinθBI1L=ma，感應(yīng)電流ab棒感應(yīng)電動勢即為電容器的電壓，加速度為聯(lián)立解得：a1=2m/s2．表明導(dǎo)體棒ab下滑過程中加速度不變，ab棒做勻加速直線運動t=2s，末導(dǎo)體棒的速度為v1=a1t=4m/s【模型演練5】（2021·浙江金麗衢十二校第二次聯(lián)考）21．如圖所示，間距為且足夠長平行軌道與由傾斜與水平兩部分平滑連接組成，其中水平軌道的、段為粗糙絕緣材料，其它部分均為光滑金屬導(dǎo)軌。傾斜軌道的傾角為，頂端接一阻值為的電阻，處在垂直導(dǎo)軌平面的向上的勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度為。水平軌道的右端接有已充電的電容器，電容器的電容為，電壓為（極性見圖），給水平段加豎直向上的勻強磁場。斷開電鍵時，質(zhì)量為的金屬導(dǎo)體棒從傾斜軌道的上方任何位置開始運動，都將精準(zhǔn)?？吭谔帲ń饘佘壍郎希，F(xiàn)閉合電鍵，將金屬棒從高處（在上方）靜止釋放，不計金屬棒與金屬軌道的電阻。求：（1）金屬棒到達(dá)斜面底端時的速度；（2）整個過程中電阻產(chǎn)生的熱量；（3）水平軌道上的磁場的磁感應(yīng)強度為何值時，金屬棒可以獲得最大速度，并求出最大速度?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3），【詳解】（1）根據(jù)題意，金屬棒到達(dá)斜面底端前已做勻速運動可解得（2）金屬棒在斜面上下滑過程有電流通過，由能量守恒得解得（3）金屬棒在水平軌道向右加速過程，據(jù)動量定理有達(dá)到最大速度后而由上述三式可得可見，當(dāng)時金屬棒可以獲得最大速度最大速度六、