專項(xiàng)培優(yōu)19 電磁感應(yīng)中的單導(dǎo)體棒模型（解析版）-2025版高三物理寒假精-品講義

專題19電磁感應(yīng)中的單導(dǎo)體棒模型目錄TOC\o"1-3"\h\u一.阻尼式單導(dǎo)體棒模型 1二．發(fā)電式單導(dǎo)體棒模型 2三．無(wú)外力充電式單導(dǎo)體棒模型 10四．無(wú)外力放電式單導(dǎo)體棒模型 23五．有外力充電式單導(dǎo)體棒模型 25六．含“源”電動(dòng)式模型 37一.阻尼式單導(dǎo)體棒模型【模型如圖】 1．電路特點(diǎn)：導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源。當(dāng)速度為時(shí)，電動(dòng)勢(shì)2．安培力的特點(diǎn)：安培力為阻力，并隨速度減小而減?。?．加速度特點(diǎn)：加速度隨速度減小而減小,4．運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：速度如圖所示。a減小的減速運(yùn)動(dòng)5．最終狀態(tài):靜止6．四個(gè)規(guī)律(1)全過程能量關(guān)系：,QUOTEQRQr速度為時(shí)的能量關(guān)系電阻產(chǎn)生的焦耳熱(2)瞬時(shí)加速度：，(3)電荷量(4)動(dòng)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(dòng)勢(shì)：③位移：④①②③④得1．如圖所示，兩根平行的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ，距離為L(zhǎng)，與左側(cè)M，P間連接阻值為R的電阻構(gòu)成一個(gè)固定的水平U型導(dǎo)體框架，導(dǎo)軌電阻不計(jì)且足夠長(zhǎng)?？蚣苤糜谝粋€(gè)方向豎直向下，范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場(chǎng)左側(cè)邊界是。質(zhì)量為m、電阻為R、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒垂直放置在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌接觸良好，現(xiàn)導(dǎo)體棒以一個(gè)水平向右的初速度進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，當(dāng)導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)距離為x的過程，則（

）

A．通過導(dǎo)體棒的電量為B．導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)為勻變速運(yùn)動(dòng)C．導(dǎo)體棒所受安培力在不斷增大D．若將磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向調(diào)整為豎直向上，則導(dǎo)體棒所受安培力方向?qū)l(fā)生變化【答案】A【詳解】A．由法拉第電磁感應(yīng)定律由閉合電路歐姆定律則該過程中通過導(dǎo)體棒的電量為聯(lián)立可得故A正確；BC．規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量定理其中聯(lián)立可得導(dǎo)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(cuò)誤；D．若將磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向調(diào)整為豎直向上，根據(jù)右手定則可知回路中的感應(yīng)電流順時(shí)針，根據(jù)左手定則可知導(dǎo)體棒所受的安培力方向仍向左，故D錯(cuò)誤。故選A。2．艦載機(jī)返回航母甲板時(shí)有多種減速方式，如圖所示，為一種電磁減速方式的簡(jiǎn)要模型。固定在水平面上足夠長(zhǎng)的平行光滑導(dǎo)軌，左端接有定值電阻，整個(gè)裝置處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。現(xiàn)有一艦載機(jī)可等效為垂直于導(dǎo)軌的導(dǎo)體棒ab，以一定初速度水平向右運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻不計(jì)。則導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中，其速度v、加速度a隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的關(guān)系圖像可能正確的是（

）A． B．C． D．【答案】B【詳解】AB．導(dǎo)體棒切割磁感線，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(yùn)動(dòng)，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(lái)越小的減速運(yùn)動(dòng)直至停止運(yùn)動(dòng)。故A錯(cuò)誤；B正確；CD．導(dǎo)體棒的最大加速度為導(dǎo)體棒做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，可知a-t圖像的形狀與v-t圖像類似，為凹函數(shù)。故CD錯(cuò)誤。故選B。3．如圖，兩固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間足夠長(zhǎng)，電阻不計(jì)，阻值為R的電阻連接在導(dǎo)軌左側(cè)，導(dǎo)軌間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直放置在導(dǎo)軌上、與導(dǎo)軌接觸良好。某時(shí)刻ab獲得初速度v后開始沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t時(shí)間ab速度從減速至的過程中（

）A．a(chǎn)b做勻減速直線運(yùn)動(dòng)B．a(chǎn)b的位移s大于C．a(chǎn)b棒克服安培力做功大小為D．左側(cè)電阻R產(chǎn)生的熱量為【答案】C【詳解】A．由牛頓第二定律，可得又聯(lián)立，解得可知ab做加速度減小的減速直線運(yùn)動(dòng)。故A錯(cuò)誤；B．由A選項(xiàng)分析可知，ab做加速度減小的減速直線運(yùn)動(dòng)，速度從減速至的過程中其平均速度則有故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)動(dòng)能定理，可得ab棒克服安培力做功大小為故C正確；D．左側(cè)電阻R產(chǎn)生的熱量為故D錯(cuò)誤。故選C。4．如圖所示，絕緣水平面上固定有兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為d，左端連接阻值為R的定值電阻，一質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒垂直導(dǎo)軌放置，空間存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)給導(dǎo)體棒一個(gè)水平向右的初速度，導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，下列說法正確的是（

）A．從上往下看，回路中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的電流B．電阻R上產(chǎn)生的熱量為C．通過導(dǎo)體棒某截面的電荷量為D．導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)的最大距離為【答案】C【詳解】A．根據(jù)楞次定律可知，從上往下看，回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流。故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)能量守恒，可知回路中產(chǎn)生的熱量為電阻上產(chǎn)生的熱量為故B錯(cuò)誤；C．通過導(dǎo)體棒某截面的電荷量為由動(dòng)量定理可得聯(lián)立解得故C正確；D．設(shè)導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)的最大距離為L(zhǎng)，則有聯(lián)立解得故D錯(cuò)誤。故選C。5.如圖所示，水平面上固定放置有“”形光滑金屬導(dǎo)軌，寬度為L(zhǎng)。虛線MN右側(cè)存在方向垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場(chǎng)的區(qū)域足夠大。質(zhì)量為m、電阻為R、長(zhǎng)度也為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置，以初速度沿導(dǎo)軌進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，最終靜止。導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)金屬導(dǎo)軌電阻，則（）A．金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力大小為B．金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為C．金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)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(jù)題意可知，金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為通過金屬棒的感應(yīng)電流為金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力大小為故A正確；BCD．設(shè)金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的距離為，由動(dòng)量定理有其中則有解得金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，則有解得由于金屬棒做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，所以金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不等于，故BD錯(cuò)誤，C正確。故選AC。二．發(fā)電式單導(dǎo)體棒模型【模型如圖】電路特點(diǎn)：導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，當(dāng)速度為時(shí)，電動(dòng)勢(shì)2．安培力的特點(diǎn)：安培力為阻力，并隨速度增大而增大.3．加速度特點(diǎn)：加速度隨速度增大而減小.4．運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：速度如圖所示。做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)5．最終特征：勻速運(yùn)動(dòng)6．兩個(gè)極值(1)時(shí),有最大加速度：(2)時(shí),有最大速度：7．穩(wěn)定后的能量轉(zhuǎn)化規(guī)律8．起動(dòng)過程中的三個(gè)規(guī)律(1)動(dòng)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(chǎng)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(yùn)動(dòng)則隨時(shí)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(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)所加外力必然隨時(shí)間均勻變化即1．如圖所示，水平放置的“”型光滑金屬導(dǎo)軌處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，左端接有電阻R。一金屬桿與導(dǎo)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(yùn)動(dòng)。不計(jì)導(dǎo)軌和金屬桿的電阻。關(guān)于外力F隨時(shí)間t變化的圖像正確的是（）A． B．C． D．【答案】D【詳解】對(duì)桿受力分析得金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為感應(yīng)電流為又整理得可知該圖像為不過原點(diǎn)的直線。故選D。2．兩根相距為L(zhǎng)的足夠長(zhǎng)的金屬直角導(dǎo)軌如圖所示，它們各有一邊在同一水平面內(nèi)，另一邊在同一豎直面內(nèi)。質(zhì)量均為m的金屬細(xì)桿ab、cd與導(dǎo)軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，金屬細(xì)桿ab、cd的電阻均為R。整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。當(dāng)ab桿在平行于水平導(dǎo)軌、大小為F的拉力作用下，以某一速度沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，cd桿正好以速度向下勻速運(yùn)動(dòng)，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（

）A．a(chǎn)b桿向右勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小為B．經(jīng)過時(shí)間t，通過金屬細(xì)桿ab的電荷量為C．a(chǎn)bcd回路中的電流為D．動(dòng)摩擦因數(shù)與F大小的關(guān)系滿足【答案】B【詳解】A．a(chǎn)b桿向右以速度向右勻速切割磁感線，產(chǎn)生動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，對(duì)ab桿有聯(lián)立解得故A錯(cuò)誤；B．a(chǎn)b桿勻速運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生的電流恒定，則經(jīng)過時(shí)間t通過金屬細(xì)桿ab的電荷量為故B正確；C．cd桿平行于磁感線向下運(yùn)動(dòng)，不能產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，只有ab桿切割產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，故有故C錯(cuò)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(yùn)動(dòng)，有解得聯(lián)立可得故D錯(cuò)誤。故選B。3．如圖所示，間距為的平行導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面上，導(dǎo)軌右端接有定值電阻，阻值為，垂直導(dǎo)軌的虛線和之間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其中導(dǎo)軌的和段光滑。在虛線左側(cè)、到的距離為的位置垂直導(dǎo)軌放置質(zhì)量為的導(dǎo)體棒，現(xiàn)給處于靜止?fàn)顟B(tài)的導(dǎo)體棒一個(gè)水平向右的恒力作用，經(jīng)過時(shí)撤去恒力，此時(shí)導(dǎo)體棒的速度大小，經(jīng)過時(shí)導(dǎo)體棒的速度大小。已知恒力大小為，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)體棒接入電路的電阻為，重力加速度為，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，下列說法正確的是（）A．導(dǎo)體棒與左側(cè)導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.66B．導(dǎo)體棒經(jīng)過磁場(chǎng)的過程中，通過導(dǎo)體棒的電荷量為C．導(dǎo)體棒經(jīng)過磁場(chǎng)的過程中，導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的熱量為D．虛線和之間的距離為【答案】D【詳解】A．對(duì)導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)虛線的過程，應(yīng)用動(dòng)能定理，可得代入數(shù)據(jù)，解得動(dòng)摩擦因數(shù)故A錯(cuò)誤；B．對(duì)導(dǎo)體棒經(jīng)過磁場(chǎng)區(qū)域的過程，應(yīng)用動(dòng)量定理，可得通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量解得故B錯(cuò)誤；C．導(dǎo)體棒通過磁場(chǎng)過程，整個(gè)回路中產(chǎn)生的熱量代入數(shù)據(jù)可得根據(jù)電阻的串并聯(lián)關(guān)系，導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的熱量故C錯(cuò)誤；D．設(shè)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(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，兩導(dǎo)軌間存在著豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，導(dǎo)軌左端連接一定值電阻R，金屬棒MN垂直于導(dǎo)軌放置，不計(jì)導(dǎo)軌電阻。金屬棒在水平外力F的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中電阻R兩端的電壓隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，金屬棒始終垂直于導(dǎo)軌且接觸良好，下列關(guān)于F隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖象可能正確的是（）A．B．C． D．【答案】C【詳解】由于不計(jì)導(dǎo)軌電阻，則電路中的電動(dòng)勢(shì)為設(shè)金屬棒MN電阻為，則電阻R兩端的電壓為運(yùn)動(dòng)過程中電阻R兩端的電壓隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，可知金屬棒MN是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，這樣電阻R兩端的電壓才是線性變化。對(duì)金屬棒MN受力分析后，設(shè)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(yùn)動(dòng)，有由以上各式化簡(jiǎn)得根據(jù)函數(shù)與圖像的關(guān)系，可知C正確。故選C。5．如圖1所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平桌面上，其左側(cè)連接定值電阻R，整個(gè)導(dǎo)軌處于垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。一質(zhì)量且電阻不計(jì)的細(xì)直金屬桿ab置于導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直并接觸良好。時(shí)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(yùn)動(dòng)，力F隨時(shí)間t變化的圖像如圖2所示，時(shí)刻撤去力F。整個(gè)運(yùn)動(dòng)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(shí)間段內(nèi)，桿ab做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有其中可得結(jié)合F-t圖像知ma=2故斜率撤去力F時(shí)，桿ab的速度桿ab的位移撤去力F后，對(duì)桿ab由動(dòng)量定理有聯(lián)立解得故總位移故選C。6．如圖甲所示，兩間距為L(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，左端用導(dǎo)線連接，導(dǎo)軌處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一根長(zhǎng)度也為L(zhǎng)、電阻為R的金屬棒放在導(dǎo)軌上，在平行于導(dǎo)軌向右、大小為F的恒力作用下向右運(yùn)動(dòng)，金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中，始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，金屬棒運(yùn)動(dòng)的加速度與速度關(guān)系如圖乙所示，不計(jì)金屬導(dǎo)軌及左邊導(dǎo)線電阻，金屬導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，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(zhì)量為B．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為C．當(dāng)拉力F做功為W時(shí)，通過金屬棒橫截面的電荷量為D．某時(shí)刻撤去拉力，此后金屬棒運(yùn)動(dòng)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(jié)合圖像可知解得故A正確；B．由題意可知得結(jié)合圖像可知解得故B正確；C．當(dāng)拉力F做功為W時(shí)，金屬棒運(yùn)動(dòng)的距離為則通過金屬棒截面的電量故C錯(cuò)誤；D．某時(shí)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(dǎo)體桿ab質(zhì)量為m、電阻為r，以初速度沿軌道向上運(yùn)動(dòng)，空間存在水平向右、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，導(dǎo)體桿與導(dǎo)軌始終接觸良好，ab桿向上運(yùn)動(dòng)的距離為x，下列選項(xiàng)正確的是（重力加速度為g）（）A．開始時(shí)電阻電功率為B．開始時(shí)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．a(chǎn)b切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)電流大小方向在棒上為b到a，故電阻電功率故A錯(cuò)誤；B．安培力為方向豎直向下，經(jīng)正交分解后得出開始時(shí)ab所受合力為故B正確；C．做功表達(dá)式運(yùn)動(dòng)過程安培力不是恒力，不能直接使用，故C錯(cuò)誤；D．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為電流為流過ab的電量為聯(lián)立可得故D錯(cuò)誤。故選B。8．如圖所示，間距為L(zhǎng)的兩傾斜且平行的金屬導(dǎo)軌固定在絕緣的水平面上，金屬導(dǎo)軌與水平面之間的夾角為θ，電阻不計(jì)，空間存在垂直于金屬導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌上端接有阻值為R的定值電阻。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab從金屬導(dǎo)軌上某處由靜止釋放，開始運(yùn)動(dòng)時(shí)間后做勻速運(yùn)動(dòng)，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(dǎo)軌平面光滑，導(dǎo)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(dǎo)體棒的加速度大小為gB．導(dǎo)體棒穩(wěn)定的速度大小C．從釋放導(dǎo)體棒到其速度穩(wěn)定的過程中導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的位移大小為D．從釋放導(dǎo)體棒到其速度穩(wěn)定的過程中定值電阻R上產(chǎn)生的熱量為【答案】C【詳解】A．剛開始釋放時(shí)，對(duì)導(dǎo)體棒有所以故A錯(cuò)誤；B．導(dǎo)體棒速度穩(wěn)定時(shí)加速度為0，即故B錯(cuò)誤；C．從釋放導(dǎo)體棒到其速度穩(wěn)定的過程中聯(lián)立解得故C正確；D．從釋放導(dǎo)體棒到其速度穩(wěn)定的過程中依據(jù)動(dòng)能定理得定值電阻R上產(chǎn)生的熱量為聯(lián)立解得故D錯(cuò)誤。故選C。三．無(wú)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(diǎn)導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，電容器被充電.電流特點(diǎn)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(dāng)BLv＝UC時(shí)，I＝0，F(xiàn)安＝0，棒勻速運(yùn)動(dòng).運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)和最終特征a減小的加速運(yùn)動(dòng)，棒最終做勻速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)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(duì)棒應(yīng)用動(dòng)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(zhǎng)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(jì)．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(gè)裝置處于方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．現(xiàn)給桿ab一個(gè)初速度v0，使桿向右運(yùn)動(dòng)．則()A．當(dāng)桿ab剛具有初速度v0時(shí)，桿ab兩端的電壓U＝eq\f(Blv0R,R＋r)，且a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)B．通過電阻R的電流I隨時(shí)間t的變化率的絕對(duì)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(gè)初速度v0，使桿向右運(yùn)動(dòng)，則桿ab穩(wěn)定后的速度為v＝eq\f(mv0,m＋B2l2C)D．在C選項(xiàng)中，桿穩(wěn)定后a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)【答案】ACD【解析】當(dāng)桿ab剛具有初速度v0時(shí)，其切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv0，桿ab兩端的電壓U＝eq\f(ER,R＋r)＝eq\f(Blv0R,R＋r)，根據(jù)右手定則知，感應(yīng)電流的方向?yàn)閎到a，桿ab相當(dāng)于電源，a相當(dāng)于電源的正極，則a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)，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(yùn)動(dòng)，速度v隨時(shí)間t的變化率的絕對(duì)值逐漸減小，則通過電阻R的電流I隨時(shí)間t的變化率的絕對(duì)值逐漸減小，B錯(cuò)誤；當(dāng)桿ab以初速度v0開始切割磁感線時(shí)，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(yùn)動(dòng)，隨著速度減小，安培力減小，加速度也減?。?dāng)電容器兩端電壓與感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，充電結(jié)束，桿以恒定的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，電容器兩端的電壓U＝Blv，而q＝CU，對(duì)桿ab，根據(jù)動(dòng)量定理得－Beq\x\to(I)l·Δt＝－Blq＝mv－mv0，聯(lián)立可得v＝eq\f(mv0,m＋B2l2C)，C正確；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(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)，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(gè)區(qū)域具有垂直軌道向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，軌道間距為l，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒始終與軌道垂直且與軌道接觸良好。虛線左側(cè)軌道光滑，右側(cè)與導(dǎo)體棒間動(dòng)摩擦因數(shù)為。開始時(shí)電容器不帶電，給導(dǎo)體棒一個(gè)向右的初速度，導(dǎo)體棒通過虛線前可以看做已穩(wěn)定滑行。已知軌道和導(dǎo)體棒電阻都很小，重力加速度為g，電容器儲(chǔ)能公式為。求：（1）在光滑區(qū)域，導(dǎo)體棒穩(wěn)定時(shí)的速度；（2）從開始到穩(wěn)定過程，回路產(chǎn)生的焦耳熱；（3）進(jìn)入摩擦區(qū)域，導(dǎo)體棒滑行的時(shí)間?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）導(dǎo)體棒在光滑區(qū)域滑行過程中，穩(wěn)定后電容電壓與導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)相等，安培力的沖量由動(dòng)量定理解得（2）由能量守恒可得，解得（3）在導(dǎo)體棒滑行的整個(gè)過程中，電容器初末電量均為零，由動(dòng)量定理解得四．無(wú)外力放電式單導(dǎo)體棒模型基本模型規(guī)律(電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻不計(jì)，電容器電容為C)電路特點(diǎn)電容器放電，相當(dāng)于電源；導(dǎo)體棒受安培力而運(yùn)動(dòng).電流的特點(diǎn)電容器放電時(shí)，導(dǎo)體棒在安培力作用下開始運(yùn)動(dòng)，同時(shí)阻礙放電，導(dǎo)致電流減小，直至電流為零，此時(shí)UC＝BLv.運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)及最終特征a減小的加速運(yùn)動(dòng)，最終勻速運(yùn)動(dòng)，I＝0.最大速度vm電容器充電荷量：Q0＝CE放電結(jié)束時(shí)電荷量：Q＝CU＝CBLvm電容器放電荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm對(duì)棒應(yīng)用動(dòng)量定理：mvm＝Beq\x\to(I)L·Δt＝BLΔQvm＝eq\f(BLCE,m＋B2L2C)v－t圖象1.據(jù)報(bào)道，中國(guó)第三艘航母福建艦首次進(jìn)行海試。該艦首次采用電磁彈射器技術(shù)，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(zhǎng)直導(dǎo)軌固定在水平面上，在導(dǎo)軌的左端接入電容為的C超級(jí)電容器，阻值為R的導(dǎo)體棒MN靜止于導(dǎo)軌上。先給電容器充電（電荷量為Q），閉合開關(guān)S后，彈射時(shí)電容器釋放儲(chǔ)存的電能，所產(chǎn)生的強(qiáng)大電流經(jīng)過棒MN，在強(qiáng)磁場(chǎng)作用下加速。棒MN始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻。下列說法正確的是（）A．超級(jí)電容器相當(dāng)電源，放電時(shí)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(dǎo)體棒電流的最大值為 D．導(dǎo)體棒速度最大時(shí)所受的安培力也最大【答案】C【詳解】B．超級(jí)電容器的電容是由電容器的內(nèi)部結(jié)構(gòu)決定的，與充電放電無(wú)關(guān)，電容器的電容不變，故B錯(cuò)誤；A．超級(jí)電容器相當(dāng)電源，根據(jù)知，放電時(shí)Q減小，兩端電壓減小，故A錯(cuò)誤；C．根據(jù)題意可知，剛閉合開關(guān)時(shí)，導(dǎo)體棒未運(yùn)動(dòng)，此時(shí)反電動(dòng)勢(shì)為零，電容器電壓最大，則通過導(dǎo)體棒電流的最大，最大值為又有則通過導(dǎo)體棒電流的最大值為故C正確；D．MN在運(yùn)動(dòng)過程中為非純電阻電路，MN上的電流瞬時(shí)值為當(dāng)時(shí)，MN上電流瞬時(shí)為零，此時(shí)安培力為零，MN速度最大，故D錯(cuò)誤。故選C。2．我國(guó)最新航空母艦福建艦采用了世界上最先進(jìn)的電磁彈射技術(shù)，裝備了三條電磁彈射軌道，電磁彈射的簡(jiǎn)化模型如圖所示：足夠長(zhǎng)的水平固定金屬軌道處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，左端與充滿電的電容器C相連，與機(jī)身固連的金屬桿ab靜置在軌道上，閉合開關(guān)S后，飛機(jī)向右加速，若不計(jì)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(jī)的起飛速度B．飛機(jī)運(yùn)動(dòng)過程中，a端的電勢(shì)始終高于b端的電勢(shì)C．飛機(jī)的速度最大時(shí)，金屬桿ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩端電壓相等D．飛機(jī)的速度達(dá)到最大時(shí)，電容器所帶的電荷量為零【答案】D【詳解】A．對(duì)金屬桿與飛機(jī)，由動(dòng)量定理可得聯(lián)立可得則提高電容器的放電量，可以提升飛機(jī)的起飛速度，故A正確，不符合題意；B．飛機(jī)向右加速，通過金屬桿ab的電流方向?yàn)閍→b，則電容器上板帶正電，下板帶負(fù)電，a端的電勢(shì)高于b端的電勢(shì)，故B正確，不符合題意；CD．隨著飛機(jī)加速，金屬桿ab產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為則電動(dòng)勢(shì)增大，電容器兩端電壓U減小，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)金屬桿和飛機(jī)有則金屬桿的加速度a減小，當(dāng)時(shí)，飛機(jī)的速度達(dá)到最大，此時(shí)電容器所帶的電荷量不為零，故C正確，不符合題意，D錯(cuò)誤，符合題意。故選D。3.如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中水平放置兩足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌的左側(cè)連接電池E和電容器C，單刀雙挪開關(guān)S接1，金屬棒ab在導(dǎo)這軌上處于靜止?fàn)顟B(tài)，在時(shí)刻S接2，金屬棒ab在導(dǎo)軌上向右運(yùn)動(dòng)過程中棒始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，不計(jì)導(dǎo)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(qiáng)度i隨時(shí)間t變化的關(guān)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(dāng)于電源，導(dǎo)體棒受安培力而運(yùn)動(dòng)。電容器放電時(shí)，導(dǎo)體棒在安培力的作用下開始運(yùn)動(dòng)，同時(shí)產(chǎn)生阻礙放電的反電動(dòng)勢(shì)，導(dǎo)致電流減小，直至電流為零，即導(dǎo)體棒受到的安培力減小，直至減小到零，所以導(dǎo)體棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，直至加速度減小到零之后，導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故BD錯(cuò)誤；C．電容器放電時(shí)，導(dǎo)體棒在安培力的作用下開始運(yùn)動(dòng)，同時(shí)產(chǎn)生阻礙放電的反電動(dòng)勢(shì)，導(dǎo)致電流減小，直至電流為零，根據(jù)即圖線的斜率減小，最終導(dǎo)體棒的電動(dòng)勢(shì)等于電容器兩極板間的電勢(shì)差時(shí)，達(dá)到穩(wěn)定，即電容器所帶電荷量不會(huì)減小到零，故C正確；A．導(dǎo)體棒兩端的電壓始終等于電容器兩極板間的電勢(shì)差，為電容器放電時(shí)，電容器所帶電荷量減小，到最終不變，所以導(dǎo)體棒兩端的電壓先減小后不變，故A錯(cuò)誤。故選C。4.為了研究電磁彈射原理，將其簡(jiǎn)化為如圖所示的模型（俯視圖）。發(fā)射軌道被簡(jiǎn)化為兩根固定在水平面上、間距為L(zhǎng)且相互平行的金屬導(dǎo)軌，整個(gè)裝置處于方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中；導(dǎo)軌的左端為充電電路，已知電源的電動(dòng)勢(shì)為E，電容器的電容為C。子彈載體被簡(jiǎn)化為一根質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒，其電阻為r。導(dǎo)體棒垂直放置于平行金屬導(dǎo)軌上，忽略一切摩擦阻力以及導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻。發(fā)射前，將開關(guān)S接a，先對(duì)電容器進(jìn)行充電，電容器充電結(jié)束后，將開關(guān)S接b，電容器通過導(dǎo)體棒放電，導(dǎo)體棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，發(fā)射結(jié)束時(shí)，電容器的電荷量減小為充電結(jié)束時(shí)的一半。若將導(dǎo)體棒離開導(dǎo)軌時(shí)（發(fā)射結(jié)束）的動(dòng)能與電容器所釋放能量的比值定義為能量轉(zhuǎn)化效率，則（

）A．電容器充電結(jié)束時(shí)所帶的電荷量B．電容器充電結(jié)束時(shí)儲(chǔ)存的能量C．導(dǎo)體棒離開導(dǎo)軌時(shí)的動(dòng)能D．這次發(fā)射過程中的能量轉(zhuǎn)化效率【答案】AC【詳解】A．根據(jù)電容的定義，電容器充電結(jié)束時(shí)其兩端電壓U等于電動(dòng)勢(shì)E，解得電容器所帶電荷量故A正確；B．根據(jù)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(wěn)定后電容器儲(chǔ)存的能量為E0，圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積為故B錯(cuò)誤；C．設(shè)從電容器開始放電至導(dǎo)體棒離開軌道時(shí)的時(shí)間為t，放電的電荷量為，平均電流為，導(dǎo)體棒離開軌道時(shí)的速度為v。以導(dǎo)體棒為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理有根據(jù)電流定義可知根據(jù)題意有聯(lián)立解得導(dǎo)體棒離開軌道時(shí)的動(dòng)能為故C正確；D．電容器釋放的能量為聯(lián)立解得能量轉(zhuǎn)化效率故D錯(cuò)誤；故選AC。5．2024年5月1日“福建號(hào)”航空母艦首次海試引起國(guó)人極大關(guān)注，其采用先進(jìn)的電磁彈射技術(shù)，使戰(zhàn)機(jī)的出動(dòng)效率大大提升。如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻忽略不計(jì)，電容器的電容為C，足夠長(zhǎng)的光滑水平平行導(dǎo)軌M、N間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌間有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)量為m，電阻為R的金屬滑塊垂直放置于導(dǎo)軌的滑槽內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與兩導(dǎo)軌接觸良好。單刀雙擲開關(guān)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(fā)射出去。不計(jì)其他阻力和電阻，下列說法正確的是（）A．滑塊達(dá)到最大速度時(shí)，電容器放電結(jié)束，極板電荷量為零B．滑塊從開始運(yùn)動(dòng)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(duì)滑塊的沖量等于滑塊動(dòng)量的變化D．滑塊能達(dá)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(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)當(dāng)極板間電壓減至?xí)r，導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度時(shí)，電容器不再放電，但極板電荷量不為零，A錯(cuò)誤；BD．根據(jù)可得由動(dòng)量定理，可得又聯(lián)立，解得BD正確；C．根據(jù)B選項(xiàng)分析可知該過程中，安培力對(duì)導(dǎo)體棒的沖量等于導(dǎo)體棒動(dòng)量的變化，C正確；故選BCD。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(yùn)動(dòng)的速度大小為，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為(1)經(jīng)過速度為，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)2)時(shí)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(yùn)動(dòng)對(duì)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(yùn)動(dòng)，且加速度為;如果外力不恒定，則導(dǎo)體棒做非勻變速運(yùn)動(dòng);如果不受外力，則導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)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(dòng)勢(shì)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．1.(多選)如圖所示，間距為L(zhǎng)的兩根平行光滑導(dǎo)軌豎直放置，導(dǎo)軌間接有電容器C，裝置處于垂直軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中，質(zhì)量為m、電阻為R的金屬桿ab接在兩導(dǎo)軌之間并由靜止釋放，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(zhǎng)，電阻不計(jì)，下列說法正確的是()A．a(chǎn)b做自由落體運(yùn)動(dòng)B．a(chǎn)b做勻加速運(yùn)動(dòng)，且加速度為a＝eq\f(mg,m＋CB2L2)C．a(chǎn)b做勻加速運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，最后勻速運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，故B、C正確．2.如圖甲所示，兩條足夠長(zhǎng)的平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為d。導(dǎo)軌上端與電容為C的電容器相連，虛線O1O2垂直于導(dǎo)軌，O1O2上方存在垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，此部分導(dǎo)軌由不計(jì)電阻的光滑金屬材料制成，O1O2下方的導(dǎo)軌由粗糙的絕緣材料制成。t＝0時(shí)刻，一質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的金屬棒MN由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)過程中MN始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，其速度v隨時(shí)間t的變化關(guān)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(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒M端的電勢(shì)低于N端的B．0～t0時(shí)間內(nèi)，磁場(chǎng)對(duì)金屬棒MN的沖量大小為C．金屬棒MN在磁場(chǎng)區(qū)受到的安培力大小大于在非磁場(chǎng)區(qū)受到的摩擦力大小D．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)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(shì)高，故A正確；B．根據(jù)動(dòng)量定理有解得故B正確；C．根據(jù)圖乙可知，在0～t0時(shí)間內(nèi)金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則可知其加速度恒定，所受合外力恒定，即此時(shí)間段內(nèi)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(shí)間內(nèi)，由牛頓第二定律得由圖乙可知，則，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)圖乙可知，在0～t0時(shí)間內(nèi)，電容器兩端電壓的變化量等于金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的變化量，則有可得而對(duì)該過程由動(dòng)量定理有聯(lián)立解得故D正確。故選ABD。3.如圖所示，間距為L(zhǎng)的水平光滑長(zhǎng)導(dǎo)軌，左端接有一個(gè)電容器，電容為C（不會(huì)被擊穿），在PQ虛線的左側(cè)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。質(zhì)量為m的金屬桿ab靜置在導(dǎo)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(yùn)動(dòng)，不計(jì)導(dǎo)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(yùn)動(dòng)，最終勻速運(yùn)動(dòng)B．金屬桿ab的運(yùn)動(dòng)可能是先從加速到勻速再到加速C．金屬桿ab運(yùn)動(dòng)到達(dá)虛線PQ的時(shí)間D．電容器能帶的最多電量是【答案】D【詳解】金屬棒向右運(yùn)動(dòng)，切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)E，給電容器充電，設(shè)在t~t+Δt的時(shí)間里，電容器充電量為Δq，則則充電電流為對(duì)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(yùn)動(dòng)，由可得得再由q=CE=CBLv=CBLat得金屬桿最終出磁場(chǎng)時(shí)，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(zhǎng)的傾斜金屬導(dǎo)軌a、b與水平面成37°角，導(dǎo)軌上端接電容為C的電容器，下端通過小段絕緣光滑圓?。ㄩL(zhǎng)度忽略不計(jì)）與足夠長(zhǎng)且間距也為L(zhǎng)的水平平行金屬導(dǎo)軌c、d平滑連接，金屬導(dǎo)軌c、d右端與阻值為R的定值電阻連接，金屬導(dǎo)軌均處于與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中（圖中未畫出），磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。質(zhì)量為m、電阻忽略不計(jì)的金屬棒P從金屬導(dǎo)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(dǎo)軌c、d左端的質(zhì)量為2m、電阻為0.5R的金屬棒Q發(fā)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(dǎo)軌a、b之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，金屬棒Q與金屬導(dǎo)軌c、d之間的摩擦忽略不計(jì)，金屬棒P、Q運(yùn)動(dòng)過程中與金屬導(dǎo)軌垂直，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，重力加速度為g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）金屬棒P在金屬導(dǎo)軌a、b上滑動(dòng)時(shí)通過金屬棒P的電流大?。唬?）整個(gè)過程中金屬棒Q產(chǎn)生的熱量；（3）金屬棒Q在水平金屬導(dǎo)軌c、d上運(yùn)動(dòng)的位移?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）金屬棒P下滑過程，根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立可得（2）金屬棒P下滑過程做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則解得金屬棒P到達(dá)底端的速度大小為P與Q發(fā)生彈性碰撞，有根據(jù)能量守恒定律有整個(gè)過程中金屬棒Q產(chǎn)生的熱量為聯(lián)立解得（3）對(duì)金屬棒Q，根據(jù)動(dòng)量定理可得聯(lián)立解得5.如圖，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面間的夾角為θ，兩導(dǎo)軌的間距為L(zhǎng).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(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向下．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(dòng)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(shí)間變化的關(guān)系．【答案】(1)Q＝CBLv(2)v＝eq\f(msinθ－μcosθ,m＋B2L2C)gt【解析】(1)設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv①平行板電容器兩極板之間的電勢(shì)差U＝E②設(shè)此時(shí)電容器極板上積累的電荷量為Q，則有Q＝CU③聯(lián)立①②③式得Q＝CBLv④(2)設(shè)金屬棒的速度大小為v時(shí)經(jīng)歷的時(shí)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(dǎo)軌向上，大小為F安＝BLI⑤設(shè)在時(shí)間間隔(t，t＋Δt)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ，據(jù)定義有I＝eq\f(ΔQ,Δt)⑥ΔQ也是平行板電容器兩極板在時(shí)間間隔(t，t＋Δt)內(nèi)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(dǎo)軌向上，大小為Ff＝μFN⑨FN是金屬棒對(duì)導(dǎo)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(lián)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(yùn)動(dòng)．則t時(shí)刻金屬棒的速度大小為v＝eq\f(msinθ－μcosθ,m＋B2L2C)gt.六．含“源”電動(dòng)式模型1.開關(guān)S剛閉合時(shí)，ab桿所受安培力F＝eq\f(BLE,r)，此時(shí)a＝eq\f(BLE,mr).速度v↑?E感＝BLv↑?I↓?F＝BIL↓?加速度a↓，當(dāng)E感＝E時(shí)，v最大，且vm＝eq\f(E,BL)2.動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)：分析最大加速度、最大速度3.能量觀點(diǎn)：消耗的電能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能與回路中的焦耳熱4.動(dòng)量觀點(diǎn)：分析導(dǎo)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(dǎo)軌固定在同一水平面上，導(dǎo)軌間距為，左側(cè)連接一電動(dòng)勢(shì)為、內(nèi)阻為r的直流電源，右側(cè)有、兩個(gè)固定卡座，整個(gè)導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。一質(zhì)量為、電阻為、長(zhǎng)度為的導(dǎo)體棒垂直靜置在導(dǎo)軌上，該導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦因數(shù)為。閉合開關(guān)，該導(dǎo)體棒從靜止開始加速運(yùn)動(dòng)，再勻速運(yùn)動(dòng)，最后碰到、兩卡座后靜止不動(dòng)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，該導(dǎo)體棒始終與兩導(dǎo)軌垂直并接觸良好。重力加速度為g，則（）A．閉合開關(guān)S后，該導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)時(shí)的電流比其靜止不動(dòng)時(shí)的電流大B．閉合開關(guān)S后，該導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)時(shí)的電流與其靜止不動(dòng)時(shí)的電流相等C．該導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為D．該導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為【答案】C【詳解】AB．閉合開關(guān)S后，該導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)時(shí)的電流為靜止不動(dòng)時(shí)的電流為所以導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)時(shí)的電流小于