電磁感應(yīng)中的單導(dǎo)體棒模型-2025年高考物理模型歸納

專題19電磁感應(yīng)中的單導(dǎo)體棒模型

目錄

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.無外力充電式單導(dǎo)體棒模型...........................................................10

四.無外力放電式單導(dǎo)體棒模型...........................................................23

五.有外力充電式單導(dǎo)體棒模型...........................................................24

六.含“源”電動式模型....................................................................37

一.阻尼式單導(dǎo)體棒模型

【模型如圖】

1.電路特點：導(dǎo)體棒相當于電源。當速度為v時，電動勢E=8￡v

。2/2

2.安培力的特點：安培力為阻力，并隨速度減小而減?。?BIL=----ocv

女R+r

3.加速度特點：加速度隨速度減小而減小,a=一：——匚+承

m(R+r)

4.運動特點：速度如圖所示。。減小的減速運動

U

5.最終狀態(tài):靜止

6.四個規(guī)律

(1)全過程能量關(guān)系：-//mgr-0=0-2加V；,

速度為v時的能量關(guān)系一jumgx一°=2my2']mvo

電阻產(chǎn)生的焦耳熱2=U-

QR+r

R2J；

(2)瞬時加速度：a=-----匚+闋，

m(7?+r)

(3)電荷量q=ix=Ar=———Ar=

R+rAt(R+r)R+r

(4)動量關(guān)系：/jmgNt—BILAt=/jmgbt-BqL=0-mv0

(安培力的沖量FAZ=BILAt=BqL)

安培力的沖量公式是jumgAt-BILAt=0-mv0①

_F

閉合電路歐姆定律1=-----②

R+r

平均感應(yīng)電動勢：E=BLv@

位移：X=Vt（4）

B2cx

①②③④得以mgX+-....=mv0

R+r

1.如圖所示，兩根平行的光滑金屬導(dǎo)軌跖V、PQ,距離為與左側(cè)尸間連接阻值為R的電阻構(gòu)成一

個固定的水平。型導(dǎo)體框架，導(dǎo)軌電阻不計且足夠長?？蚣苤糜谝粋€方向豎直向下，范圍足夠大的勻強磁

場中，磁感應(yīng)強度大小為8,磁場左側(cè)邊界是。。。質(zhì)量為〃八電阻為R、長度為上的導(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)體棒以一個水平向右的初速度％進入磁場區(qū)域，當導(dǎo)體棒在磁場中運動

距離為x的過程，則（）

MO'

poQ

A.通過導(dǎo)體棒的電量為不二

B.導(dǎo)體棒的運動為勻變速運動

C.導(dǎo)體棒所受安培力在不斷增大

D.若將磁感應(yīng)強度的方向調(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

l△①BLx

E=----=------

加Nt

由閉合電路歐姆定律

1=且

2R

則該過程中通過導(dǎo)體棒的電量為

q=1-At

聯(lián)立可得

BLx

q------

2R

故A正確；

BC.規(guī)定向右為正方向，由動量定理

-BIL?Nt=mv-mvQ

其中

q=I?M

聯(lián)立可得

B2G

V=v--------X

°n2mR

導(dǎo)體棒所受安培力為

2

.nTTnBLvTBC,B-I｝、

曝—BIL-BL—(vx)

n0

女2H2R2mR

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(yīng)強度的方向調(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錯誤。

故選Ao

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(dǎo)軌，左端接有定值電阻，整個裝置處在勻強磁場中?，F(xiàn)有一艦載機可等效為垂直于導(dǎo)

軌的導(dǎo)體棒。6，以一定初速度水平向右運動，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻不計。則導(dǎo)體棒運動過程中，其速度V、

加速度a隨運動時間t的關(guān)系圖像可能正確的是（）

【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)體棒心受到向左的安培力，向右減速運動，由

F=BIL=B—L=ma

R

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直至停止運動。

故A錯誤；B正確;

CD.導(dǎo)體棒的最大加速度為

B2匕v

=——

mR

導(dǎo)體棒做加速度減小的減速運動，可知圖像的形狀與以圖像類似，為凹函數(shù)。故CD錯誤。

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，電阻不計，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磁場，質(zhì)量為加、電阻為R的金屬棒的垂直放置在導(dǎo)軌上、與導(dǎo)軌接觸良好。

某時刻"獲得初速度，后開始沿導(dǎo)軌運動，經(jīng)洞間"速度叫減速至;的過程中（）

a

b

A.仍做勻減速直線運動

3

B.M的位移s大于

o

3

c.ab棒克服安培力做功大小為少=—mv2

32

3,

D.左側(cè)電阻R產(chǎn)生的熱量為0=直機v2

【答案】C

【詳解】A.由牛頓第二定律，可得

2R2R

聯(lián)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，"做加速度減小的減速直線運動，速度《減速至:的過程中其平均速度

VV

s=vt<—vt

8

故B錯誤；

C.根據(jù)動能定理，可得

-W^-—\ab棒克服安培力做功大小為

=——Jmv2

32

故c正確；

D.左側(cè)電阻R產(chǎn)生的熱量為

=---Q=_%=—mv2

RR+R2女64

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(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)量為加、電阻為：?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)強度大小為8的勻

強磁場，現(xiàn)給導(dǎo)體棒一個水平向右的初速度%,導(dǎo)體棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計,

下列說法正確的是（）

A.從上往下看，回路中產(chǎn)生逆時針方向的電流

B.電阻心產(chǎn)生的熱量為犬

C.通過導(dǎo)體棒某截面的電荷量為少

D.導(dǎo)體棒向右運動的最大距離為鬻

Bd

【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)生順時針方向的電流。故A錯誤;

B.根據(jù)能量守恒，可知回路中產(chǎn)生的熱量為

12

0=/加%

電阻衣上產(chǎn)生的熱量為

-----V-—7----7

R+r2（R+r）

故B錯誤;

C.通過導(dǎo)體棒某截面的電荷量為

7

q=I\t

由動量定理可得

-BId\t=0-mv0

聯(lián)立解得

故C正確；

D.設(shè)導(dǎo)體棒向右運動的最大距離為￡,則有

△①BdL

q~=

R+rR+r

聯(lián)立解得

故D錯誤。

故選C。

5.如圖所示，水平面上固定放置有“匚”形光滑金屬導(dǎo)軌，寬度為"虛線"N右側(cè)存在方向垂直于導(dǎo)軌平

面的勻強磁場（圖中未畫出），磁感應(yīng)強度大小為8,磁場的區(qū)域足夠大。質(zhì)量為加、電阻為R長度也為工

的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置，以初速度％沿導(dǎo)軌進入勻強磁場區(qū)域，最終靜止。導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，不

計金屬導(dǎo)軌電阻，則（）

M

'N

A.金屬棒剛進入磁場時受到的安培力大小為烈父

R

B.金屬棒在磁場中運動的時間為舞

C.金屬棒在磁場中運動的距離為黑?

D.流過金屬棒橫截面的總電量為第

BL

【答案】AC

【詳解】A.根據(jù)題意可知，金屬棒剛進入磁場時，感應(yīng)電動勢為

E=BLv0

通過金屬棒的感應(yīng)電流為

E_BLVQ

1——

RR

金屬棒剛進入磁場時受到的安培力大小為

F=BIL=BLV°

R

故A正確；

BCD.設(shè)金屬棒在磁場中運動的距離為x,由動量定理有

-Ft=-BILNt=0-mvQ

其中

-.A①BLx

q=IM=——=-----

RR

則有

B2Gx

R=加?

解得金屬棒在磁場中運動的距離為

mvaR

x=~^

流過金屬棒橫截面的總電量為

q=It=^

BL

若金屬棒做勻減速運動，則有

2

解得

2mR

'=五

2mR

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然，故BD錯誤，C正確。

BL

故選ACo

二.發(fā)電式單導(dǎo)體棒模型

【模型如圖】

1.電路特點：導(dǎo)體棒相當于電源，當速度為v時，電動勢E=5￡v

2.安培力的特點：安培力為阻力，并隨速度增大而增大.%=BIL=%^3V

女R+r

FD2r2

3.加速度特點：加速度隨速度增大而減小.4=--〃g-------

mm(R+r)

5.最終特征：勻速運動

6.兩個極值(l)v=O時，有最大加速度：a=--Jug

m

(2)。=0時,有最大速度：a上-附‘尸、=0"(八嘴邛+')

mm(7?+r)BL

(BLvr

7.穩(wěn)定后的能量轉(zhuǎn)化規(guī)律Fvm="'+pngvm

rrin?4—7rti

R+r

8.起動過程中的三個規(guī)律

(1)動量關(guān)系：Ft-BILt-jumgt=mvm

.B2I?x

kt--------umet=mvm

A+r

(2)能量關(guān)系：Fx-inmgx-Q=—mv^

⑶電荷量q='A"急A'=z^A”含

9.幾種變化

(1)電路變化

(2)磁場方向變化

B

(3)導(dǎo)軌面變化(豎直或傾斜)

10.若P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

E-BLv..................................(1)

閉合電路歐姆定律

..................................(2)

R+r

安培力F=BIL(3)

D2r2

由(1)(2)(3)得尸=..........................(4)

R+r

A2r2

由牛頓第二定律/------=ma.................(5)得

R+r

由運動學(xué)公式v=at.......................(6)

B2匚a

(5)(6)聯(lián)立得F=--------1+ma...................(7)

R+r

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尸=k+b

1.如圖所示，水平放置的“匚”型光滑金屬導(dǎo)軌處在豎直向下的勻強磁場中，左端接有電阻&一金屬桿與

導(dǎo)軌垂直放置，且接觸良好，在外力尸作用下由靜止開始做勻加速運動。不計導(dǎo)軌和金屬桿的電阻。關(guān)于

外力廠隨時間f變化的圖像正確的是()

oo

【答案】D

【詳解】對桿受力分析得

F—IBL=ma

金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為

E=BLv

感應(yīng)電流為

一

R

又

v=at

整理得

lL"B2

卜=ma+------at

R

可知該圖像為不過原點的直線。

故選D。

2.兩根相距為￡的足夠長的金屬直角導(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)量均為機的金屬細桿。6、cd與導(dǎo)軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)均為〃，導(dǎo)

軌電阻不計，金屬細桿成、〃的電阻均為凡整個裝置處于磁感應(yīng)強度大小為8、方向豎直向上的勻強磁

場中。當成桿在平行于水平導(dǎo)軌、大小為下的拉力作用下，以某一速度沿導(dǎo)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.A桿向右勻速運動的速度大小為dwg*

B.經(jīng)過時間/,通過金屬細桿ab的電荷量為（L

BL

2R(F-卬如]

BL[v+

C.abed回路中的電流為0BY」

2R

D.動摩擦因數(shù)〃與尸大小的關(guān)系滿足〃2加g-〃尸=2%g

【答案】B

【詳解】A.桿向右以速度v向右勻速切割磁感線，產(chǎn)生動生電動勢，對成桿有

F=BIL+jLimg

BLv

T1=-----

2R

聯(lián)立解得

2(F-jUmg)R

v=

B21}

故A錯誤;

B.M桿勻速運動，產(chǎn)生的電流恒定，則經(jīng)過時間f通過金屬細桿成的電荷量為

BLvt(F-〃mg)t

q=It=

2RBL

故B正確;

C.cd桿平行于磁感線向下運動，不能產(chǎn)生電動勢，只有成桿切割產(chǎn)生電動勢，故有

BLv(F-jumg)

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

BIL=N2

f2

mg=f2

解得

2mgR

v---------

聯(lián)立可得

/JF-/22mg=mg

故D錯誤。

故選B。

3.如圖所示，間距為力的平行導(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

的虛線尸。和九W之間存在磁感應(yīng)強度大小為3、方向豎直向上的勻強磁場，其中導(dǎo)軌的尸”和QN段光滑。

在虛線尸。左側(cè)、到尸。的距離為（的位置垂直導(dǎo)軌放置質(zhì)量為優(yōu)的導(dǎo)體棒，現(xiàn)給處于靜止狀態(tài)的導(dǎo)體棒一

個水平向右的恒力作用，經(jīng)過尸0時撤去恒力，此時導(dǎo)體棒的速度大小%經(jīng)過九W時導(dǎo)體棒的速

度大小v=&叵。已知恒力大小為3加g,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

5

重力加速度為g,導(dǎo)軌電阻不計，下列說法正確的是（）

2

,叫八

PM

QN

A.導(dǎo)體棒與尸。左側(cè)導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為0.66

B.導(dǎo)體棒經(jīng)過磁場的過程中，通過導(dǎo)體棒的電荷量為粵、代

5B\g

C.導(dǎo)體棒經(jīng)過磁場的過程中，導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的熱量為"舞

D.虛線尸。和之間的距離為麻

【答案】D

【詳解】A.對導(dǎo)體棒從開始運動至到達虛線尸。的過程，應(yīng)用動能定理,可得

i

F--^mg-=-mvo-0

代入數(shù)據(jù)，解得動摩擦因數(shù)

〃=0.44

故A錯誤；

B.對導(dǎo)體棒經(jīng)過磁場區(qū)域的過程，應(yīng)用動量定理，可得

-BIL\t=mv-mv0

通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量

q=IAt

g_

故B錯誤；

C.導(dǎo)體棒通過磁場過程，整個回路中產(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錯誤；

D.設(shè)虛線尸。和AW之間的距離為Ax,可得

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磁場，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，不計導(dǎo)軌電阻。金屬棒在水平外力廠的作用下由靜止開

始運動，運動過程中電阻R兩端的電壓4隨時間/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)于尸隨時間f變化的關(guān)系圖象可能正確的是（）

【答案】C

【詳解】由于不計導(dǎo)軌電阻,則電路中的電動勢為

E=BLv

設(shè)金屬棒MN電阻為4,則電阻火兩端的電壓為

D

UR=----------BLv

RR+R

運動過程中電阻火兩端的電壓UR隨時間/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(shè)加速度為定值。，由牛頓第二定律有

F—序Ev

a=------------

m

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

v=at

由以上各式化簡得

F=ns+EEat

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)連接定值電阻凡整個導(dǎo)軌處

于垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場中，導(dǎo)軌電阻不計。一質(zhì)量機=1kg且電阻不計的細直金屬桿仍置于導(dǎo)軌

上，與導(dǎo)軌垂直并接觸良好。f=0時刻，桿仍在水平向右的拉力廠作用下，由靜止開始做勻加速直線運動,

力下隨時間/變化的圖像如圖2所示，f=2s時刻撤去力凡整個運動過程中，桿成的位移大小為（）

XLXXXX

F

XXXX

XXXXX

b

圖1

A.8mB.10mC.12mD.14m

【答案】c

【詳解】片0到Z=2s時間段內(nèi),桿仍做勻加速直線運動，有

F—F^=ma

其中

22

LNRRBI}VBI3

F卷=BIL=-------=------at

女RR

可得

2

廣Bl}a

r=-------t+ma

R

結(jié)合F-t圖像知

ma=2

故

a=2m/s2

斜率

,B2l}a,

R

撤去力尸時，桿ab的速度

v=at=Avals

桿ab的位移

v.

x=—f=4m

12

撤去力產(chǎn)后，對桿仍由動量定理有

B2c

0-mv=0--------

R2

聯(lián)立解得

x2=8rr

故總位移

x=x1+x2=12m

故選C。

6.如圖甲所示，兩間距為力的平行光滑金屬導(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

勻強磁場中，一根長度也為小電阻為R的金屬棒放在導(dǎo)軌上，在平行于導(dǎo)軌向右、大小為尸的恒力作用

下向右運動，金屬棒運動過程中，始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，金屬棒運動的加速度與速度關(guān)系如圖乙所

示，不計金屬導(dǎo)軌及左邊導(dǎo)線電阻，金屬導(dǎo)軌足夠長，若圖乙中的%均為已知量，則下列說法不正確的

W

C.當拉力尸做功為少時，通過金屬棒橫截面的電荷量為

4FR

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

F-Uma

R

得

F

a=-----------v

mmR

結(jié)合圖像可知

F

~=ao

m

解得

F

m=—

故A正確；

B.由題意可知

得

FB2l3

a=-----------v

mmR

結(jié)合圖像可知

一dr.

mR°

解得

故B正確；

C.當拉力廠做功為平時，金屬棒運動的距離為

W

s=一

F

則通過金屬棒截面的電量

EBLs

Tq=It=—t=-----

RR

故c錯誤；

D.某時刻撤去拉力，此后

B2I}V

ma

R

B21}

a=-----v

mR

故D正確。

本題選不正確的，故選C。

7.如圖，傾角為。的光滑固定軌道c慮寬為/,上端連接阻值為R的電阻，導(dǎo)體桿仍質(zhì)量為加、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(yīng)強度大小為8的勻強磁場，不計導(dǎo)軌電阻，導(dǎo)

體桿與導(dǎo)軌始終接觸良好，湖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)()

d

a

*2/22

A.開始時電阻電功率為尸=

R+r

B.開始時ab所受合力為0=%gsind+序/；。s，"

C.該過程克服安培力做功少=B用為7”"x

R+r

D.該過程流過仍的電量夕=3R/x

R+r

【答案】B

【詳解】A.仍切割磁感線產(chǎn)生電動勢

E=Blvsin0

電流大小

/_E_Blvsin9

R+rR+r

方向在棒上為6到a,故電阻電功率

尸二空辿馬

(R+rY

故A錯誤；

B.安培力為

方向豎直向下，經(jīng)正交分解后得出開始時。6所受合力為

B?l飛sin?0

F=mgsin0+

R+r

故B正確;

c.做功表達式

W=Fxsin0

運動過程安培力不是恒力，不能直接使用，故C錯誤;

D.感應(yīng)電動勢為

「BLxsin0

E二--------

t

電流為

1=-^—

R+r

流過ab的電量為

q=It

聯(lián)立可得

Blxsin9

q=----------

R+r

故D錯誤。

故選B。

8.如圖所示，間距為上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

為仇電阻不計，空間存在垂直于金屬導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為8,導(dǎo)軌上端接有阻值

為R的定值電阻。質(zhì)量為心的導(dǎo)體棒仍從金屬導(dǎo)軌上某處由靜止釋放，開始運動加時間后做勻速運動，

速度大小為v,且此階段通過定值電阻R的電量為如已知導(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g

B.導(dǎo)體棒穩(wěn)定的速度大小v=叫巴玲

BU

C.從釋放導(dǎo)體棒到其速度穩(wěn)定的過程中導(dǎo)體棒運動的位移大小為空誓

BL

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)生的熱量為誓嗎產(chǎn)1幺-《加"2

BL2

【答案】c

【詳解】A.剛開始釋放時，對導(dǎo)體棒有

mgsin0=ma

所以

a=gsind

故A錯誤;

B.導(dǎo)體棒速度穩(wěn)定時加速度為0,即

BLvB2I3

BIL=BTV=mgsin0

R+rR+r

mg(R+r)sin0

v=

B2I3

故B錯誤;

C.從釋放導(dǎo)體棒到其速度穩(wěn)定的過程中

—岫BLx

△tNt

T=

R+r

q=1、Nt

聯(lián)立解得

x.虱R+r)

BL

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)動能定理得

12

mgxs\nd-WA=—mv

叼=。

定值電阻R上產(chǎn)生的熱量為

聯(lián)立解得

2

八R,.八12、rn^qRsin0Rmv

=-------(m2xsin〃——mv)=----------------------------

RR+r2BL2(A+r)

故D錯誤。

故選C。

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0

電路特點導(dǎo)體棒相當于電源，電容器被充電.

BLv-Uc

安培力為阻力，棒減速，E減小，有/=--------,電容

R

電流特點

器被充電“變大，當8￡v=Uc時，/=。，F(xiàn)安=0,棒勻

速運動.

運動特點和最終。減小的加速運動，棒最終做勻速運動，此時/=0,但電

特征容器帶電荷量不為零.

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：

最終速度

mv0-mv=I^-At=BLq

mvo

V=---------.

m-\~B2L2C

V

%

V-t圖象V

0t

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(dǎo)軌肱V和尸。，兩導(dǎo)軌間距為/,電阻均可忽

略不計.在M和尸之間接有阻值為7?的定值電阻，導(dǎo)體桿漏質(zhì)量為加、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8的勻強磁場中.現(xiàn)給桿仍一個初速度為,使桿向右運動.貝!］（）

A.當桿剛具有初速度為時，桿兩端的電壓（7=—―,且。點電勢高于b點電勢

R+r

B.通過電阻R的電流/隨時間/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，同樣給桿尤一個初速度處,使桿

向右運動，則桿。6穩(wěn)定后的速度為九=:二

m+B2PC

D.在C選項中，桿穩(wěn)定后。點電勢高于6點電勢

【答案】ACD

【解析】當桿。6剛具有初速度為時，其切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢桿。6兩端的電壓。=二^

R+r

”唾，根據(jù)右手定則知，感應(yīng)電流的方向為6到。，桿相當于電源，。相當于電源的正極，則。點電勢

R+r

Blv

高于6點電勢，A正確；通過電阻及的電流/=丁，由于桿仍速度減小，則電流減小，安培力減小，所

R+r

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/

隨時間，的變化率的絕對值逐漸減小，B錯誤；當桿仍以初速度V。開始切割磁感線時，電路開始給電容器

充電，有電流通過桿成，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(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U=

Blv,而g=CU,對桿根據(jù)動量定理得一曲?△/=—加丫0，聯(lián)立可得v=—'~,C正確；桿

m+B^-PC

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，。點的電勢高于b點電勢，D正確.