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(fā)電式單導體棒模型 7三．無外力充電式單導體棒模型 14四．無外力放電式單導體棒模型 16五．有外力充電式單導體棒模型 18六．含“源”電動式模型 24一.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?。?．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【模型演練1】(多選)(2020·新疆克拉瑪依三模)如圖所示，在水平面上固定兩條足夠長的平行光滑金屬導軌，導軌間連接電阻為R(其余電阻不計)，導軌間距為L，勻強磁場垂直于導軌所在的平面向下，磁感應強度大小為B；已知金屬桿MN質量為m，與導軌接觸良好．當金屬桿以初速度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eq\f(B2L2v0,Rm)C．電阻R總共產生的電熱為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)D．感應電流通過金屬桿的方向由M流向N【答案】BC【解析】金屬桿MN向右運動時切割磁感線產生感應電流，受到向左安培力而做減速運動，由a＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2v,mR)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am＝eq\f(B2L2v0,mR)，選項A錯誤，B正確；整個過程中金屬棒的動能轉化為電熱，即電阻R總共產生的電熱為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，選項C正確；根據右手定則可知，感應電流通過金屬桿的方向由N流向M，選項D錯誤；故選B、C．【模型演練2】(多選)(2021·福建福清市線上檢測)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軌CE、DF的間距為L，導軌固定在水平面上，且處在磁感應強度為B、豎直向下的勻強磁場中，一質量為m、電阻為r的導體棒ab垂直導軌放置在導軌上靜止，導軌的電阻不計．某時刻給導體棒ab一個水平向右的瞬時沖量I，導體棒將向右運動，最后停下來，則此過程中()A．導體棒做勻減速直線運動直至停止運動B．電阻R上產生的焦耳熱為eq\f(I2,2m)C．通過導體棒ab橫截面的電荷量為eq\f(I,BL)D．導體棒ab運動的位移為eq\f(IR＋r,B2L2)【答案】CD【解析】導體棒獲得向右的瞬時初速度后切割磁感線，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eq\f(B2L2v,R＋r)＝ma，可知由于導體棒速度減小，則加速度減小，所＝eq\f(I2,2m)，根據能量守恒定律可得Ek＝Q總，又根據串并聯電路知識可得QR＝eq\f(R,R＋r)Q總＝eq\f(I2R,2mR＋r)，B錯誤；根據動量定理可得－Beq\x\to(I)LΔt＝0－mv，I＝mv，q＝eq\x\to(I)Δt，可得q＝eq\f(I,BL)，C正確；由于q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R＋r)Δt＝eq\f(BLx,R＋r)將q＝eq\f(I,BL)代入可得，導體棒ab運動的位移x＝eq\f(IR＋r,B2L2)，D正確．【模型演練3】(多選)(2021·湖南常德市高三二模)如圖所示，兩條相距為L的光滑平行金屬導軌位于水平面(紙面)內，其左端接一阻值為R的定值電阻，導軌平面與磁感應強度大小為B的勻強磁場垂直，導軌電阻不計．導體棒ab垂直導軌放置并接觸良好，接入電路的電阻也為R.若給棒以平行導軌向右的初速度v0，當通過棒橫截面的電荷量為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．導體棒做勻減速直線運動B．當棒發(fā)生的位移為eq\f(x,2)時，通過棒橫截面的電荷量為eq\f(q,2)C．在通過棒橫截面的電荷量為eq\f(q,3)時，棒運動的速度為eq\f(v0,3)D．定值電阻R產生的熱量為eq\f(BqLv0,4)【答案】BD【解析】由于導體棒向右減速運動，則感應電動勢減小，感應電流減小，所以導體棒受到的安培力減小，根據牛頓第二定律可知其加速度減小，故導體棒做變減速運動，故A錯誤；當棒的速度減為零，發(fā)生的位移為x時，通過棒橫截面的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(BLx,2R)，則當棒發(fā)生的位移為eq\f(x,2)時，通過棒橫截面的電荷量為eq\f(q,2)，故B正確；當棒的速度減為零時，通過棒橫截面的電荷量為q＝eq\f(BLx,2R)，設這段時間回路中的平均電流為eq\x\to(I)1，由動量定理得－Beq\x\to(I)1Lt1＝0－mv0，其中q＝eq\x\to(I)1t1當通過棒橫截面的電荷量為eq\f(q,3)時，設這段時間回路中的平均電流為eq\x\to(I)2由動量定理得－Beq\x\to(I)2Lt2＝mv1－mv0，其中eq\f(q,3)＝eq\x\to(I)2t2解得：v1＝eq\f(2v0,3)，m＝eq\f(qBL,v0)，故C錯誤；根據能量守恒可知，棒的速度減為零的過程中，定值電阻R產生的熱量為：QR＝eq\f(1,2)ΔEk＝eq\f(1,4)mv02＝eq\f(qBLv0,4)，故D正確．【模型演練4】(2021·浙江十校聯盟聯考)如圖所示，兩條相距d的平行光滑金屬導軌位于同一水平面內，其右端接一阻值為R的電阻．質量為m，電阻為r的金屬桿靜置在導軌上，其左側的矩形勻強磁場區(qū)域MNPQ的磁感應強度大小為B、方向豎直向下．當該磁場區(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歷的時間為t，導軌足夠長且電阻不計，桿在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸．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大小x.【答案】(1)eq\f(B2d2v0,mR＋r)(2)eq\f(B2d2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0－v))2R,R＋r2)(3)v0t－eq\f(mvR＋r,B2d2)【解析】(1)MN剛掃過金屬桿時，桿上產生的感應電動勢為E＝Bdv0感應電流為I＝eq\f(E,R＋r)聯立解得I＝eq\f(Bdv0,R＋r)桿的加速度大小a＝eq\f(BId,m)＝eq\f(B2d2v0,mR＋r)(2)PQ剛要到達金屬桿時，桿上產生的感應電動勢為E′＝Bd(v0－v)感應電流為I′＝eq\f(E′,R＋r)電阻R消耗的電功率P＝I′2R＝eq\f(B2d2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0－v))2R,R＋r2)(3)根據動量定理得：Beq\x\to(I)dt＝mv－0其中q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E)t,R＋r)＝eq\f(\f(ΔΦ,t)t,R＋r)＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(Bdv0t－x,R＋r)解得磁場掃過金屬桿過程中金屬桿的位移x＝v0t－eq\f(mvR＋r,B2d2).【模型演練5】(2020·哈爾濱師大附中聯考)如圖所示，光滑、平行、電阻不計的金屬導軌固定在豎直平面內，兩導軌間的距離為L，導軌頂端連接定值電阻R，導軌上有一質量為m、電阻不計的金屬桿．整個裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場的方向垂直導軌平面向里．現將桿從M點以v0的速度豎直向上拋出，經過時間t，到達最高點N，桿始終與導軌垂直且接觸良好，重力加速度大小為g.求t時間內：(1)流過電阻的電荷量q；(2)電阻上產生的電熱Q.【答案】(1)eq\f(mv0－mgt,BL)(2)eq\f(1,2)mv02－eq\f(m2gRv0－gt,B2L2)【解析】(1)根據動量定理，有－mgt－eq\x\to(F)t＝0－mv0又因為eq\x\to(F)＝BLeq\x\to(I)，q＝eq\x\to(I)t，聯立解得q＝eq\f(mv0－mgt,BL)(2)根據eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)＝eq\f(ΔΦ,Rt)＝eq\f(BLh,Rt)，解得h＝eq\f(v0－gtmR,B2L2)由能量守恒定律得Q＝eq\f(1,2)mv02－mgh聯立解得Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(m2gRv0－gt,B2L2).【模型演練6】(多選)(2021·河南九師聯盟質檢)如圖所示，一長為L＝1m、質量為m＝1kg的導體棒ab垂直放在固定的足夠長的光滑U形導軌底端，導軌寬度和導體棒等長且接觸良好，導軌平面與水平面成θ＝30°角，整個裝置處在與導軌平面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小為B＝0.5T．現給導體棒沿導軌向上的初速度v0＝4m/s，經時間t0＝0.5s，導體棒到達最高點，然后開始返回，到達底端前已做勻速運動．已知導體棒的電阻為R＝0.05Ω，其余電阻不計，重力加速度g取10m/s2，忽略電路中感應電流之間的相互作用，則()A．導體棒到達導軌平面底端時，流過導體棒的電流為5AB．導體棒到達導軌平面底端時的速度大小為1m/sC．導體棒從開始運動至到達頂端的過程中，通過導體棒的電荷量為3CD．導體棒從開始運動到返回底端的過程中，回路中產生的電能為15J【答案】BC【解析】導體棒到達底端前已做勻速運動，由平衡條件得：mgsin30°＝BIL＝eq\f(B2L2vm,R)，代入數據解得：vm＝1m/s，選項B正確；導體棒到達導軌平面底端時，通過導體棒的電流為I＝eq\f(BLvm,R)＝eq\f(0.5×1×1,0.05)A＝10A，選項A錯誤；導體棒從開始運動到到達頂端的過程中，根據動量定理：－(mgsin30°＋Beq\x\to(I)L)t0＝0－mv0，其中eq\x\to(I)t0＝q，解得q＝3C，選項C正確；導體棒從開始運動到返回底端的過程中，由能量守恒定律可知，回路中產生的電能Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)mvm2＝eq\f(1,2)×1×(42－12)J＝7.5J，選項D錯誤．二．發(fā)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(wěn)定后的能量轉化規(guī)律8．起動過程中的三個規(guī)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【模型演練1】.(2021·云南昆明市五華區(qū)聯考)如圖，在豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場中，兩根足夠長的光滑平行金屬導軌固定在水平面內，相距為L，電阻不計．軌道左側連接一阻值為R的定值電阻．質量為m、電阻不計的導體棒ab水平放置在導軌上，ab垂直于導軌．施加大小為F的水平恒力，使ab由靜止開始沿導軌運動，經過時間t，ab通過的位移為x，速度變?yōu)関，整個運動過程中ab與導軌接觸良好．關于這一過程，下列說法正確的是()A．ab做勻加速直線運動B．ab的動能變化量為FxC．ab的動量變化量為FtD．定值電阻上產生的焦耳熱為Fx－eq\f(1,2)mv2【答案】D【解析】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；ab運動過程中除恒力F外還受安培力，動能和動量變化時，應該考慮合外力，B、C錯誤；由系統(tǒng)能量守恒Q＝Fx－eq\f(1,2)mv2，D項正確．【模型演練2】(2020·四川德陽市二診)如圖所示，兩根相距為L的平行直導軌水平放置，R為定值電阻，導軌電阻不計．電阻阻值也為R的金屬桿MN垂直于導軌放置，桿與導軌之間有摩擦，整個裝置處在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B.t＝0時刻對金屬桿施加一水平外力F，使金屬桿從靜止開始做勻加速直線運動．下列關于通過R的電流I、桿與導軌間因摩擦產生的熱量Q、外力F、外力F的功率P隨時間t變化的圖象中正確的是()【答案】B【解析】t時刻桿的速度為v＝at，金屬桿產生的感應電流I＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BLv,2R)＝eq\f(BLa,2R)t，則I∝t，故A錯誤．桿與導軌間因摩擦產生的熱量為Q＝Ffx＝eq\f(1,2)Ffat2，則Q∝t2，故B正確．桿受到的安培力F安＝BIL＝eq\f(B2L2v,2R)，根據牛頓第二定律得F－Ff－F安＝ma得F＝eq\f(B2L2v,2R)＋Ff＋ma＝eq\f(B2L2a,2R)t＋Ff＋ma，F隨t的增大而線性增大，故C錯誤．外力F的功率為P＝Fv＝(eq\f(B2L2a,2R)t＋Ff＋ma)at，P－t圖象應是曲線，故D錯誤．【典例分析3】（多選）（2021屆云南省昆明市第一中學高三第八次考前適應性訓練）水平放置的U形導軌足夠長，置于方向豎直向上的勻強磁場中，如圖所示。磁感應強度大小B=5T,導軌寬度L=0.4m,左側與R=0.5Ω的定值電阻連接，右側有導體棒ab跨放在導軌上，導體棒ab質量m=2.0kg,電阻r=0.5Ω,與導軌的動摩擦因數μ=0.2,其余電阻可忽略不計。導體棒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，速度達到最大，取g＝10m/s2.下列說法正確的是A.導體棒ab加速度為零時速度最大B.導體棒ab運動的最大速度是2.0m/sC.當導體棒ab的速度v=1m/s時，導體棒ab的加速度是1.0m/s2D.導體棒ab由靜止達到最大速度的過程中，電阻R上產生的熱量是0.15J【答案】AC【解析】導體棒ab垂直切割磁感線，產生的電動勢大?。篍＝BLv，由閉合電路的歐姆定律得：I＝eq\f(E,R＋r)，導體棒受到的安培力：FA＝BIL，當導體棒做勻速直線運動時速度最大，由平衡條件得：eq\f(B2L2vm,R＋r)＋μmg＝F，解得最大速度：vm＝1.5m/s，故A正確，B錯誤。當速度為v＝1m/s時，由牛頓第二定律得：F－eq\f(B2L2v,R＋r)－μmg＝ma，解得：a＝1m/s2,故C正確。在整個過程中，由能量守恒定律可得：Fx＝Q＋μmgx＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)，解得：Q＝0.15J，所以QR＝eq\f(Q,2)＝0.075J，D錯誤?！灸Ｐ脱菥?】(2021·河南駐馬店市第一學期期末)如圖甲所示，間距為L＝0.5m的兩條平行金屬導軌，水平放置在豎直向下的勻強磁場中，磁場的磁感應強度B＝0.2T，軌道左側連接一定值電阻R＝1Ω.垂直導軌的導體棒ab在水平外力F作用下沿導軌運動，并始終與導軌接觸良好．t＝0時刻，導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．已知導體棒與導軌間的動摩擦因數為μ＝0.5，導體棒和導軌的電阻均不計．取g＝10m/s2，求：(1)導體棒的加速度大?。?2)導體棒的質量．【答案】(1)5m/s2(2)0.1kg【解析】(1)設導體棒的質量為m，導體棒做勻加速直線運動的加速度大小為a，某時刻t，導體棒的速度為v，所受的摩擦力為Ff，則導體棒產生的電動勢：E＝BLv回路中的電流I＝eq\f(E,R)導體棒受到的安培力：F安＝BIL由牛頓第二定律：F－F安－Ff＝ma由題意v＝at聯立解得：F＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma＋Ff根據題圖乙可知，0～10s內圖象的斜率為0.05N/s，即eq\f(B2L2a,R)＝0.05N/s，解得a＝5m/s2(2)由F－t圖象縱截距可知：ma＋Ff＝1.0N又Ff＝μmg解得m＝0.1kg.【模型演練5】(2020·江蘇常州市期末)如圖所示，豎直固定的足夠長的光滑金屬導軌MN、PQ，間距L＝0.2m，其電阻不計．完全相同的兩根金屬棒ab、cd垂直導軌放置，每棒兩端都與導軌始終良好接觸．已知兩棒質量均為m＝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軌平面向里的勻強磁場中，磁感應強度B＝1.0T．棒ab在豎直向上的恒力F作用下由靜止開始向上運動，當ab棒運動位移x＝0.1m時達到最大速度，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棒由靜止到達最大速度過程中回路產生的焦耳熱Q.【答案】(1)0.2N(2)0.05C(3)5×10－3J【解析】(1)當ab棒達到最大速度時，對ab和cd的整體：F＝2mg＝0.2N(2)ab棒由靜止到最大速度通過ab棒的電荷量q＝eq\x\to(I)teq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)＝eq\f(\f(BLx,t),2R)解得q＝eq\f(BLx,2R)＝eq\f(1.0×0.2×0.1,2×0.2)C＝0.05C(3)ab棒達到最大速度vm時，對cd棒有BIL＝mg由閉合電路歐姆定律知I＝eq\f(E,2R)ab棒切割磁感線產生的感應電動勢E＝BLvm代入數據解得vm＝1m/sab棒由靜止到最大速度過程中，由能量守恒定律得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F－mg))x＝eq\f(1,2)mvm2＋Q代入數據解得Q＝5×10－3J.【模型演練6】(2021·安徽安慶市二模)如圖所示，兩個平行光滑金屬導軌AB、CD固定在水平地面上，其間距L＝0.5m，左端接有阻值R＝3Ω的定值電阻．一根長度與導軌間距相等的金屬桿放置于導軌上，金屬桿的質量m＝0.2kg，電阻r＝2Ω，整個裝置處在方向豎直向下、磁感應強度大小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軌始終垂直且接觸良好．(不計導軌和連接導線的電阻，導軌足夠長)求：(1)1s末外力F的大??；(2)撤去外力F后的過程中，電阻R上產生的焦耳熱．【答案】(1)2N(2)0.96J【解析】(1)1s末，金屬桿MN的速度大小為v1＝at1＝2×1m/s＝2m/s金屬桿MN產生的感應電動勢為E＝BLv1金屬桿MN中的感應電流大小I＝eq\f(E,R＋r)金屬桿MN受到的安培力大小F安＝BIL聯立得F安＝eq\f(B2L2v1,R＋r)＝1.6N根據牛頓第二定律有F－F安＝ma可得F＝F安＋ma＝2N(2)2s末，金屬桿MN的速度大小為v2＝at2＝2×2m/s＝4m/s撤去外力F后的過程中，根據能量守恒定律得電路中產生的總焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mv22＝eq\f(1,2)×0.2×42J＝1.6J電阻R上產生的焦耳熱QR＝eq\f(R,R＋r)Q＝eq\f(3,3＋2)×1.6J＝0.96J.【模型演練8】．(2020·江西上饒市月考)如圖甲所示，處于勻強磁場中的兩根足夠長、電阻不計的平行金屬導軌相距L＝1m，導軌平面與水平面成θ＝37°角，上端連接阻值為R＝2Ω的電阻．勻強(1)金屬棒產生的感應電動勢的最大值；(2)當金屬棒速度為向上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內外力F隨時間t變化的函數關系式．【答案】(1)2.4V(2)3.48W(3)見解析【解析】(1)當金屬棒速度最大時，感應電動勢最大，故有E＝BLv0＝0.4×1×6V＝2.4V.(2)當金屬棒速度為v＝3m/s時，加速度大小為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(6,2)m/s2＝3m/s2，FA′＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)＝0.16N，由牛頓第二定律得：－μmgcosθ－mgsinθ－FA′＋F＝－ma解得F＝μmgcosθ＋mgsinθ＋FA′－ma＝1.16N故有P＝Fv＝3.48W.(3)由題圖乙可知速度大小v＝6－3t(m/s)上滑階段安培力大小FA上＝BIL＝eq\f(B2L2v,R＋r)＝0.32－0.16t上滑階段由牛頓第二定律得－mgsinθ－μmgcosθ－FA上＋F＝－ma代入得F＝1.32－0.16t(N)(0<t<2s)下滑階段，摩擦力和安培力方向改變，下滑階段的安培力大小FA下＝0.16t－0.32有－mgsinθ＋μmgcosθ＋FA下＋F＝－ma可得F＝0.52－0.16t(N)(2s<t<4s)．三．無外力充電式單導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【模型演練】(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(wěn)定后的速度為v＝eq\f(mv0,m＋B2l2C)D．在C選項中，桿穩(wěn)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?。旊娙萜鲀啥穗妷号c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(wěn)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．四．無外力放電式單導體棒模型基本模型規(guī)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【模型演練】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的光滑平行金屬導軌間距離為l，電阻不計．炮彈可視為一質量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài)，并與導軌良好接觸．首先開關S接1，使電容器完全充電．然后將S接至2，導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場(圖中未畫出)，MN開始向右加速運動．當MN上的感應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達到最大速度，之后離開導軌．問：(1)磁場的方向；(2)MN剛開始運動時加速度a的大小；(3)MN離開導軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少．【答案】(1)垂直于導軌平面向下(2)eq\f(BlE,mR)(3)eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C)【解析】(1)將S接1時，電容器充電，上極板帶正電，下極板帶負電，當將S接2時，電容器放電，流經MN的電流由M到N，又知MN向右運動，由左手定則可知磁場方向垂直于導軌平面向下．(2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當開關S接2時，電容器放電，設剛放電時流經MN的電流為I，有I＝eq\f(E,R)①設MN受到的安培力為F，有F＝IlB②由牛頓第二定律，有F＝ma③聯立①②③式得a＝eq\f(BlE,mR)④(3)當電容器充電完畢時，設電容器上電荷量為Q0，有Q0＝CE⑤開關S接2后，MN開始向右加速運動，速度達到最大值vmax時，設MN上的感應電動勢為E′，有E′＝Blvmax⑥依題意有E′＝eq\f(Q,C)⑦設在此過程中流經MN的平均電流為eq\x\to(I)，MN上受到的平均安培力為eq\x\to(F)，有eq\x\to(F)＝eq\x\to(I)lB⑧由動量定理，有eq\x\to(F)Δt＝mvmax－0⑨又eq\x\to(I)Δt＝Q0－Q⑩聯立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝eq\f(B2l2C2E,m＋B2l2C).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．【模型演練1】(多選)(2021·河南三門峽市一模)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．【模型演練2】(2021·河北唐山市摸底考試)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.【模型演練3】(2021·四川達州市第二次診斷)如圖所示，足夠長的兩平行光滑水平直導軌的間距為L，導軌電阻不計，垂直于導軌平面有磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場；導軌左端接有電容為C的電容器、開關S和定值電阻R；質量為m的金屬棒垂直于導軌靜止放置，兩導軌間金屬棒的電阻為r.初始時開關S斷開，電容器兩極板間的電壓為U.閉合開關S，金屬棒運動，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好．下列說法正確的是()A．閉合開關S的瞬間，金屬棒立刻開始向左運動B．閉合開關S的瞬間，金屬棒的加速度大小為eq\f(BUL,mR)C．金屬棒與導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eq\f(BCUL,m＋B2L2C)【答案】D【解析】由左手定則可知，閉合開關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；閉合開關S的瞬間，金屬棒的加速度大小a＝eq\f(BUL,mR＋r)，B錯誤；當金屬棒切割磁感線產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，兩端的電壓達到最小值，故金屬棒與導軌接觸的兩點間的電壓不會為零，C錯誤；設閉合開關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Beq\f(CU－BLv,Δt)L·Δt＝mv－0，解得v＝eq\f(BCUL,m＋B2L2C)，D正確．【模型演練4】.如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導軌CD、EF傾斜放置，其所在平面與水平面間的夾角為θ＝37°，兩導軌間距為L，導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．一根質量為m、電阻為r的金屬棒放在導軌上，金屬棒與導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、另一端跨過輕質定滑輪與質量M＝3.6m的重物相連．金屬棒與定滑輪之間的輕繩始終在兩導軌所在平面內且與兩導軌平行，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌所在平面向上，導軌電阻不計，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，當金屬棒速度達到最大值時，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．【答案】(1)eq\f(27m2g2r,B2L2)(2)eq\f(27mgrC,4BL)(3)重物做初速度為零的勻加速直線運動【解析】(1)S1閉合，S2斷開時，重物由靜止釋放后拉動金屬棒沿導軌向上做加速運動，金屬棒受到沿導軌向下的安培力作用，速度最大時，感應電動勢最大，感應電流最大，則電阻R的瞬時熱功率最大，當金屬棒速度最大時有Mg＝mgsin37°＋BIL，得I＝eq\f(3mg,BL)Pm＝I2R聯立解得Pm＝eq\f(27m2g2r,B2L2)(2)S1和S2均閉合時，電容器兩極板間的最大電壓Um＝UR＝IR＝eq\f(9mgr,BL)電容器所帶的最大電荷量Qm＝CUm＝eq\f(9mgrC,BL)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，通過金屬棒的電荷量q＝eq\f(R,R＋r)Qm＝eq\f(27mgrC,4BL)(3)S1斷開、S2閉合時，設從釋放重物開始經時間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F＝BiL，方向沿導軌向下，設在t～(t＋Δt)時間內流經金屬棒的電荷量為ΔQ，ΔQ也是平行板電容器在t～(t＋Δt)時間內增加的電荷量，感應電動勢E＝BLv，平行板電容器所帶電荷量Q＝CE＝CBLv，故ΔQ＝CBLΔvΔv＝aΔt則i＝eq\f(ΔQ,Δt)＝CBLa設繩中拉力為FT，由牛頓第二定律，對金屬棒有FT－mgsinθ－BiL＝ma對重物有Mg－FT＝Ma解得a＝eq\f(Mg－mgsinθ,M＋m＋CB2L2)可知a為常數，則重物做初速度為零的勻加速直線運動．【模型演練4】(2020·山西運城市調研)如圖甲所示，相距L＝1m的兩根足夠長的光滑平行金屬導軌傾斜放置，與水平面夾角θ＝37°，導軌電阻不計，質量m＝1kg、電阻為r＝0.5Ω的導體棒ab垂直于導軌放置，導軌的PM兩端接在外電路上，定值電阻阻值R＝1.5Ω，電容器的電容C＝0.5F，電容器的耐壓值足夠大，導軌所在平面內有垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場．在開關S1閉合、S2斷開的狀態(tài)下將導體棒ab由靜止釋放，導體棒的v－t圖象如圖乙所示，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取重力加速度g＝10m/s2.(1)求磁場的磁感應強度大小B；(2)在開關S1閉合、S2斷開的狀態(tài)下，當導體棒下滑的距離x＝5m時，定值電阻產生的焦耳熱為21J，此時導體棒的速度與加速度分別是多大？(3)現在開關S1斷開、S2閉合的狀態(tài)下，由靜止釋放導體棒，求經過t＝2s時導體棒的速度大小．【答案】(1)2T(2)2m/s2m/s2(3)4m/s【解析】(1)由題圖乙可知，導體棒的最大速度vm＝3m/s，對應的感應電動勢E＝BLvm，感應電流I＝eq\f(E,R＋r)，當速度達到最大時，導體棒做勻速運動，導體棒受力平衡，有BIL＝mgsinθ，解得B＝eq\r(\f(mgR＋rsinθ,L2vm))＝2T.(2)導體棒和電阻串聯，由公式Q＝I2Rt可知：Qab∶QR＝1∶3，則導體棒ab產生的焦耳熱Qab＝eq\f(1,3)×21J＝7J，導體棒下滑x＝5m的距離，導體棒減少的重力勢能轉化為動能和回路中的焦耳熱，由能量守恒定律有mgxsinθ＝eq\f(1,2)mv12＋Qab＋QR得導體棒的速度v1＝2m/s，此時感應電動勢E1＝BLv1，感應電流I1＝eq\f(E1,R＋r)，對導體棒有mgsinθ－BI1L＝ma1，解得加速度a1＝2m/s2.(3)開關S1斷開、S2閉合時，任意時刻對導體棒，根據牛頓第二定律有mgsinθ－BIL＝ma2，感應電流I＝eq\f(Δq,Δt)，Δq＝CΔUΔt時間內，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a2＝eq\f(Δv,Δt)，解得a2＝2m/s2，表明導體棒ab下滑過程中加速度不變，導體棒做勻加速直線運動，t＝2s時導體棒的速度大小v2＝a2t＝4m/s.【模型演練5】(2021·浙江金麗衢十二校第二次聯考)如圖所示，間距為d且足夠長的平行軌道MP與NQ由傾斜與水平兩部分平滑連接組成，其中水平軌道的N1N2、M1M2段為粗糙絕緣材料，其他部分均為光滑金屬導軌．傾斜軌道的傾角為θ，頂端接阻值為R的電阻，處在垂直導軌平面向上的勻強磁場中，磁場的磁感應強度為B0.水平軌道的右端接有已充電的電容器，電容器的電容為C，電壓為U(極性見圖)，給水平段加豎直向上的勻強磁場．斷開開關S時，質量為m的金屬導體棒ab從傾斜軌道的cd上方任何位置開始運動，都將精準?？吭贛2N2處(金屬軌道上)．現閉合開關S，將金屬棒ab從h高處(在cd上方)靜止釋放，不計金屬棒與金屬軌道的電阻．求：(1)金屬棒ab到達斜面底端時的速度大??；(2)整個過程中電阻R產生的熱量；(3)水平軌道上的磁場的磁感應強度B為何值時，金屬棒ab可以獲得最大速度，并求出最大速度．【答案】(1)eq\f(mgRsinθ,B02d2)(2)mgh－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B04d4)(3)eq\f(1,d)eq\r(\f(m,C))eq\f(U,2)eq\r(\f(C,m))【解析】(1)根據題意，金屬棒到達斜面底端前已做勻速運動mgsinθ＝B0IdI＝eq\f(B0dv,R)可解得v＝eq\f(mgRsinθ,B02d2)(2)金屬棒在斜面上下滑過程中有電流通過R，由能量守恒得mgh＝Q＋eq\f(1,2)mv2解得Q＝mgh－eq\f(m3g2R2sin2θ,2B04d4)(3)金屬棒在水平軌道向右加速過程中，根據動量定理有BIdt＝mv達到最大速度后Bvd＝U1而It＝C(U－U1)聯立解得v＝eq\f(CBdU,m＋CB2d2)＝eq\f(CU,\f(m,Bd)＋CBd)可見，當B＝eq\f(1,d)eq\r(\f(m,C))時金屬棒可以獲得最大速度最大速度vm＝eq\f(U,2)eq\r(\f(C,m))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【模型演練1】(2020·廣東省佛山市質檢)如圖所示為水平放置足夠長的光滑平行導軌，電阻不計、間距為L