2024版新課標高中物理模型與方法專題19 電磁感應中的單導體棒模型（解析版）

2024版新課標高中物理模型與方法專題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 9三．無外力充電式單導體棒模型 22四．無外力放電式單導體棒模型 24五．有外力充電式單導體棒模型 27六．含“源”電動式模型 34一.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(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】（2023春·山西晉城·高三校聯考期末）艦載機利用電磁阻尼減速的原理可看作如圖所示的過程，在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中，有間距為L的水平平行金屬導軌ab、cd，ac間連接一電阻R，質量為m、電阻為r的粗細均勻的金屬桿MN垂直于金屬導軌放置，現給金屬桿MN一水平向右的初速度v0，滑行時間t后停下，已知金屬桿MN與平行金屬導軌間的動摩擦因數為μ，MN長為2L，重力加速度為g，下列說法中正確的是（）

A．當MN速度為v1時，MN兩端的電勢差為B．當MN速度為v1時，MN的加速度大小為C．當MN速度為v1時，MN的加速度大小為D．MN在平行金屬導軌上滑動的最大距離為【答案】BD【詳解】A．根據題意可知，速度為時，單獨切割產生的電勢差，但由于中間當電源，所以兩端的電勢差小于感應電動勢，故A錯誤；BC．速度為時，水平方向受摩擦力、安培力，由牛頓第二定律有解得故B正確，C錯誤；D．在平行金屬導軌上滑動時，由動量定理有又有聯立解得故D正確。故選BD?！灸Ｐ脱菥?】（2023·北京·高三專題練習）如圖所示，寬度為L的平行金屬導軌水平放置，一端連接阻值為R的電阻。導軌所在空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B。將質量為m，電阻為r的導體棒MN放在導軌上，與導軌接觸良好，其長度恰好等于導軌間距，導軌的電阻忽略不計，導軌足夠長。在平行于導軌的拉力F作用下，導體棒從靜止開始沿導軌向右運動。當導體棒速度為v時：（1）求導體棒兩端的電壓U；（2）求導體棒所受安培力的功率；（3）若已知此過程中導體棒產生的電熱為，因摩擦生熱為，求拉力F做的功W。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）感應電動勢電路中的感應電流導體棒兩端的電壓（2）安培力功率整理得（3）導體棒產生的電熱為，電阻R與導體棒電流相同，電路產生的總電熱應為即導體棒克服安培力做功電導體棒克服摩擦力做功對導體棒列動能定理有代入得【利用功能原理也可】【模型演練3】（2023春·安徽宣城·高三安徽省宣城市第二中學?？计谀┤鐖D所示，兩條足夠長的金屬導軌水平放置，相距為L，處于磁感應強度大小為B、方向垂直導軌平面向里的勻強磁場中，導軌左端接一電阻R，將長為L的金屬桿CD置于導軌上，質量為m，電阻為r，與水平導軌間的動摩擦因數為μ?，F給金屬桿一個水平向右的初速度為v，桿在運動距離x后停下，運動過程中桿與導軌始終保持垂直且接觸良好，重力加速度為g，不計導軌電阻，求：（1）剛開始運動時金屬桿CD產生的電動勢及其加速度大?。唬?）整個過程中電阻R上產生的焦耳熱和流經R的電量；（3）整個過程中金屬桿CD運動所用的時間。

【答案】（1），；（2），；（3）【詳解】（1）剛開始運動時金屬桿CD生的電動勢為根據閉合電路歐姆定律有金屬棒CD受到安培力大小為金屬棒CD受到摩擦力大小為根據牛頓第二定律有聯立解得此時金屬桿的加速度大?。?）根據能量守恒定律可得聯立解得整個過程中電阻上產生的焦耳熱根據聯立解得整個過程中流經的電量為（3）由動量定理有又聯立解得【模型演練4】（2023春·云南楚雄·高三統(tǒng)考期末）速度均勻變化的運動是最簡單的變速運動，速度隨時間均勻變化的直線運動叫作勻變速直線運動，速度隨位移均勻變化的直線運動叫作另類勻變速線運動。如圖甲所示，質量為的金屬棒放在寬度為L的平行光滑導軌上，整個裝置處于豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，回路中的總電阻為R。給金屬棒一個向右的初速度，金屬棒沿導軌做另類勻減速直線運動，其圖像如圖乙所示，求：（1）金屬棒的最大加速度；（2）金屬棒在停止運動前通過電路中某截面的電荷量q；（3）金屬棒在導軌上運動的距離。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）由于金屬棒所受外力的合力等于安培力，則金屬棒速度最大時的加速度最大，則有解得（2）根據動量定理有由于解得（3）根據動量定理有由于解得【模型演練5】（2023春·北京順義·高三統(tǒng)考期末）在物理學的研究過程中，對變速運動的研究是從最簡單的變速直線運動開始的。最簡單的變速直線運動，速度應該是均勻變化的。速度隨時間均勻變化的直線運動叫做勻變速直線運動，加速度為一定值。若某種變速運動的速度v是隨位移x均勻變化的，請解答以下問題：（1）類比速度隨時間均勻變化的運動中加速度a的定義，寫出速度隨位移均勻變化的運動中加速度的定義式，使也為定值；（2）如圖所示，質量為m的金屬棒放在寬度為L的光滑導軌上，導軌左側連接阻值為R的電阻，金屬棒和導軌電阻均不計。整個裝置處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中。給金屬棒一個水平向右的初速度，運動過程中金屬棒始終與導軌垂直。①證明金屬棒運動的速度v隨位移x是均勻變化的，加速度為定值；②a．請從牛頓運動定律的角度分析金屬棒的加速度的變化情況；b．請從不變的角度分析金屬棒的加速度的變化情況。

【答案】（1）；（2）a見解析，b見解析【詳解】（1）類比勻加速直線運動中加速度a的定義，可知（2）①在導體棒速度從v0變?yōu)関的過程中取一極小時間?t，設在這一段時間內，導體棒的速度從vi變?yōu)関it，因為時間極短，可認為這一段時間內安培力為一定值，根據動量定理可得-BIL?t=mvit-mvi電路中電流為聯立可得整理，得因此導體棒的運動速度v隨位移x均勻變化。②a根據牛頓第二定律所以所以隨著速度的逐漸減小，加速度a也逐漸減小。b根據加速度定義式，有為定值，且以相同的，相同，變小，變大，所以隨著速度的逐漸減小，加速度a也逐漸減小。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】（2023春·福建福州·高三校考期末）固定在水平桌面上的平行光滑金屬導軌如圖甲所示，導軌間距，左端與的電阻相連，導軌間有垂直于導軌平面向上的勻強磁場，導體棒垂直放在導軌上?，F給導體棒施加一水平向右的恒力，測得導體棒速度隨時間變化的圖像如圖乙所示。已知導體棒質量，有效阻值，磁場磁感應強度，其它電阻不計。（1）求導體棒運動過程中通過電阻的最大電流，此時多大；（2）求時導體棒加速度的大小；（3）若導體棒開始運動后內通過的位移，求該時間內電阻上產生的熱量。

【答案】（1）4.8A；19.2V；（2）；（3）【詳解】（1）由乙圖可知，導體棒做切割磁感線運動的最大速度為導體棒產生的最大感應電動勢為流過電流的最大值為可得導體棒兩端電壓為（2）由牛頓第二定律可得當導體棒速度最大勻速運動時，導體棒合外力為零，所以有由圖知，當時導體棒的速度為此時導體棒受到的安培力為解得根據牛頓第二定律得解得由能量守恒定律可知解得又解得電阻上產生的熱量大小為【模型演練2】（2023春·湖南長沙·高三周南中學?？计谀┤鐖D甲所示，兩平行導軌是由傾斜導軌（傾角為θ）與水平導軌用極短的圓弧導軌平滑連接而成的，并處于磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中，兩導軌間距為L，上端與阻值為R的電阻連接。一質量為、電阻為r的金屬桿MN在t=0時由靜止開始在平行傾斜導軌平面方向向下的拉力（圖中未畫出）作用下沿導軌下滑。當桿MN運動到處時撤去拉力，桿MN在水平導軌上繼續(xù)運動，其速率v隨時間t的變化圖象如圖乙所示，圖中和為已知量。若全過程中電阻R產生的總熱量為Q，桿MN始終垂直于導軌并與導軌保持良好接觸，導軌的電阻以及一切摩擦均不計，重力加速度為g，求：（1）桿MN中的最大感應電流的大小和方向；（2）拉力做的功；（3）撤去拉力后桿MN在水平導軌上運動的路程s。

【答案】（1），方向由M流向N；（2）；（3）【詳解】（1）由題圖2知桿AB運動到水平軌道P2Q2處時的速率為vmax，則回路中的最大感應電動勢桿AB運動到水平軌道的P2Q2處時，回路中的感應電流最大，回路中的最大感應電流解得根據右手定則知Imax的方向由M流向N；（2）桿MN從靜止開始下滑到最終停下來，這一過程中由動能定理，可得又所以（3）撤去拉力后桿AB在水平導軌上做減速運動感應電流根據動量定理解得【典例分析3】（2023春·安徽合肥·高三統(tǒng)考期末）如圖所示，傾角30°、寬為的足夠長U形光滑金屬導軌固定在磁感應強度為、范圍足夠大的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面斜向上，重力加速度為?，F用一平行于導軌向上的拉力，牽引一根長為、質量為、電阻為的金屬棒，由靜止開始沿導軌向上做勻加速運動，加速度大小為。金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，邊電阻為，導軌其他部分電阻不計。（1）寫出拉力的大小隨時間變化的關系式；（2）求在時間內通過導體某一橫截面的電荷量；（3）若在時間內拉力做的功為，求這一過程金屬棒中產生的熱能是多少。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）根據法拉第電磁感應定律有根據閉合電路歐姆定律有根據安培力公式有根據牛頓第二定律可知化簡可得（2）經時間，的位移是根據電量的計算公式有，化簡可得（3）根據功能關系可得其中解得【模型演練4】（2023春·山東菏澤·高三統(tǒng)考期末）如圖甲所示，兩條足夠長的平行金屬導軌間距為l=0.5m，固定在傾角為37°的斜面上。導軌頂端連接一個阻值為R=0.8Ω的電阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小為B=1T的勻強磁場。將質量為m=0.5kg、電阻值為r=0.2Ω的金屬棒在AB處由靜止釋放，其下滑過程中的v-t圖像如圖乙所示。金屬棒下滑過程中與導軌保持垂直且接觸良好，不計導軌的電阻，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。（1）求金屬棒與導軌間的動摩擦因數；（2）求金屬棒在磁場中能夠達到的最大速率；（3）金屬棒從進入磁場至速率最大的過程中，通過電阻R的電荷量為9.1C，求此過程中電阻R上產生的焦耳熱。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）由圖乙可知，金屬棒在0~1s內做初速度為的勻加速直線運動，1s后做加速度減小的加速運動，可知金屬棒第1s末進入磁場。在0~1s過程中，由圖乙可知，金屬棒的加速度①在這個過程中，沿斜面只有重力的分力和滑動摩擦力，根據牛頓第二定律有②由①②式解得，金屬棒與導軌間的動摩擦因數③（2）金屬棒在磁場中能夠達到的最大速率時，金屬棒處于平衡狀態(tài)，設金屬棒的最大速度為，金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢為④根據閉合回路歐姆定律有⑤根據安培力公式有⑥根據平衡條件有⑦由③④⑤⑥⑦式解得⑧（3）根據法拉第電磁感應定律和歐姆定律，可得金屬棒從進入磁場通過電阻的電荷量為⑨解得，金屬棒在磁場下滑的位移⑩由動能定理有?由圖乙可知此過程中電路中產生的總焦耳熱等于克服安培力做的功?由⑩??式解得，此過程中電路中產生的總焦耳熱故此過程中電阻R上產生的焦耳熱為【模型演練5】（2023·福建南平·統(tǒng)考模擬預測）如圖甲，傾角的足夠長光滑導軌，導軌間距，該端接有的定值電阻，導軌處在磁感應強度大小，方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中。質量、阻值的金屬棒，在平行于導軌的拉力F作用下，由靜止開始從CD處沿導軌向上加速運動，金屬棒的速度—位移圖像如圖乙所示，金屬棒始終與導軌垂直并接觸良好，導軌電阻忽略不計，重力加速度，求：（1）通過金屬棒的電荷量為1C時，金屬棒的位移大??；（2）速度時，電阻R的發(fā)熱功率；（3）金屬棒從CD處沿導軌向上運動的過程中，外力F做的功?！敬鸢浮浚?）4m；（2）0.75W；（3）10J【詳解】（1）由可得（2）速度時所以電阻R的發(fā)熱功率（3）極短位移內安培力做功金屬棒從CD處沿導軌向上運動的過程中對求和即為圖乙圖線與坐標軸所圍面積S。所以安培力做功為由動能定理可得，解得【模型演練6】（2023春·四川內江·高三威遠中學校?？茧A段練習）相距m的足夠長平行金屬導軌豎直放置，質量為kg的金屬棒和質量為kg的金屬棒均通過棒兩端的套環(huán)水平地套在金屬導軌上，如圖（a）所示，虛線上方磁場方向垂直紙面向里，虛線下方磁場方向豎直向下，兩處磁場磁感應強度大小相。棒光滑，棒與導軌間動摩擦因數為，兩棒電阻均為，導軌電阻不計。時刻起，棒受到一外力F（方向豎直向上，大小按圖（b）所示規(guī)律變化）作用下，從靜止開始沿導軌勻加速運動，同時也由靜止釋放棒。m/s2.（1）求磁感應強度B的大小和棒加速度大小；（2）已知在2s內外力F做功40J，求這一過程中金屬棒產生的焦耳熱；（3）求出棒達到最大速度時所對應的時刻。

【答案】（1），；（2）；（3）【詳解】（1）經過時間，金屬棒的速率此時，回路中的感應電流為對金屬棒，由牛頓第二定律得由以上各式整理得在圖線上取兩點，，，代入上式得（2）在末金屬棒的速率在末金屬棒所發(fā)生的位移由動能定律得，又

聯立以上方程，解得金屬棒產生的焦耳熱（3）棒先做加速度逐漸減小的加速運動，當棒所受重力與滑動摩擦力相等時，速度達到最大；然后做加速度逐漸增大的減速運動，最后停止運動，當棒速度達到最大時，有又整理解得【模型演練8】（2023春·河南鄭州·高三統(tǒng)考期末）如圖甲所示，兩根平行且足夠長的粗糙金屬導軌間距，和阻值的定值電阻組成的回路平面與水平面的夾角。勻強磁場垂直于導軌平面向上，磁感應強度。一質量為、電阻為r、長的導體棒ab垂直放置在導軌上，從靜止釋放后，金屬棒沿導軌向下運動時達到最大速度，此過程中金屬棒的加速度a和速度v的關系如圖乙所示，金屬棒在運動中始終與導軌接觸良好，不計導軌電阻，，求：（已知，不考慮電磁輻射）（1）金屬棒與導軌間的動摩擦因數；（2）金屬棒的電阻r；（3）導體棒從靜止釋放到速度達到最大所經歷的時間t和此過程中電阻R上產生的焦耳熱。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）由圖乙可知，當時對導體棒由牛頓第二定律可知代入數據解得（2）由圖像可知當金屬棒達到最大速度時有且解得（3）從開始到最大速度所用時間設為，由動量定理可得聯立得由能量守恒解得電阻R上產生焦耳熱為三．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1】（2023·江蘇徐州·?？寄M預測）如圖所示，固定在水平面上的足夠長的光滑平行直導軌處于垂直平面向下的勻強磁場中，磁場的磁感應強度為B。一端連接著一個電容器和電源，電容為C，電源電動勢為E。導軌上放著一根質量為m，長度為L與導軌間距相同，有固定阻值的均勻導體棒。與電容器連接的單刀雙擲開關先與左邊閉合，待充電結束后，某時刻與右邊閉合，隨后導體棒在運動的過程中始終與導軌接觸良好，不計其他位置的電阻，求：（1）判斷導體棒運動規(guī)律，求出穩(wěn)定后的最大速度v；（2）穩(wěn)定后電容器所帶電量Q。

【答案】（1）；（2）【詳解】（1）電容器充電完畢，穩(wěn)定時，電容器極板間電壓由電容的定義式解得所以金屬棒ab先做加速運動，接著做勻速運動，由法拉第電磁感應定律得此時電容器兩極板間電壓為電容器帶電量為Q電容器電量減少Δt時間內流經金屬棒電流對金屬棒ab，由動量定理得解得（2）由（1）代入可得【模型演練2】（2023·河南開封·統(tǒng)考三模）如圖所示，間距為的光滑平行金屬導軌水平放置，導軌左端接有一個單刀雙擲開關S，1端接有阻值為的定值電阻，2端接有電容為（末充電）的電容器，兩導軌間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為。當開關接位置1時，放在導軌上的質量為、阻值為的均勻金屬桿，在水平向右的恒力作用下由靜止開始運動，經時間開始做勻速直線運動，運動過程中金屬桿ab始終與兩導軌垂直且保持良好接觸。已知重力加速度為，導軌足夠長且電阻不計，求：（1）金屬桿勻速運動時的速度大小；（2）金屬桿由靜止到勻速時運動的位移大??；（3）若開關接位置2時，金屬桿仍在恒力作用下由靜止開始運動，經時間金屬桿的速度大小。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）金屬桿勻速運動時受力平衡，有由法拉第電磁感應定律由閉合電路的歐姆定律，得解得（2）由動量定理，得解得（3）將開關擲向2后，設經時間金屬桿的速度大小為，根據動量定理可得由電容器充電量與電流關系可得解得五．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】（2023·天津和平·耀華中學?？级＃┤鐖D甲所示，空間存在方向豎直向下、磁感應強度大小的勻強磁場，有兩條平行的長直導軌MN、PQ處于同一水平面內，間距，左端連接阻值的電阻。質量的導體棒ab垂直跨放在導軌上，與導軌間的動摩擦因數，從時刻開始，通過一小型電動機對棒施加一個水平向右的牽引力，使棒從靜止開始沿導軌方向做加速運動，此過程中棒始終保持與導軌垂直且接觸良好，除R以外其余部分的電阻均不計，重力加速度g取（1）若電動機保持恒定功率輸出，棒的圖象如圖乙所示（其中OA是曲線，AB是直線），已知內電阻R上產生的熱量，求：導體棒達到最大速度時牽引力大小及導體棒從靜止開始達到最大速度時的位移大??；（2）若電動機保持恒定牽引力，且將電阻換為的電容器（耐壓值足夠大），如圖丙所示，證明導體棒做勻加速運動，并求出加速度。

【答案】（1）0.45N，；（2）見解析【詳解】（1）導體棒達到最大速度后，所受合外力為零，有摩擦力感應電動勢感應電流安培力此時牽引力電動機的功率電動機消耗的電能等于導體棒的動能、克服安培力做功產生的焦耳熱及克服摩擦力做功產生的內能之和，有解得位移（2）當導體棒的速度大小為ν時，感應電動勢由知，此時電容器極板上的電荷量設在一小段時間內，可認為導體棒做勻變速運動，速度增加量為，電容器極板上增加的電荷量為根據電流的定義式對導體棒受力分析，根據牛頓第二定律有解得可知導體棒的加速度與時間無關，為一個定值，即導體棒做勻加速運動?！灸Ｐ脱菥?】（2023·全國·高三專題練習）如圖所示，足夠長的兩條光滑平行傾斜金屬導軌與兩條粗糙平行水平金屬導軌的間距均為L，傾斜導軌與水平面的夾角為、上端接有一阻值為R的電阻，水平導軌左端接有一電容為C的電容器，傾斜導軌與水平導軌間通過開關（圖中未畫出）平滑相連接。導軌均處于勻強磁場中，磁場方向均垂直于導軌平面向上，磁感應強度大小均為B。在傾斜導軌上某處由靜止釋放一質量為m的金屬棒，經過時間t，金屬棒沿傾斜導軌下滑到底端，此時金屬棒已做勻速運動，進入水平導軌時開關受到觸發(fā)而斷開。已知金屬棒在滑動過程中始終與導軌垂直并接觸良好，與水平導軌間的滑動摩擦因數為，重力加速度為g，不計金屬棒和導軌的電阻。求：（1）金屬棒下滑到傾斜導軌底端時，金屬棒的速度大小v。（2）金屬棒下滑過程中，通過電阻R的電荷量q。（3）金屬棒在水平導軌上滑行的位移大小x。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）金屬棒下滑到底端時，感應電動勢為通過電阻的電流為由平衡條件得聯立以上各式解得（2）由（1）問可求得感應電動勢金屬棒下滑到傾斜導軌底端時，電容器帶電量為金屬棒下滑到傾斜導軌底端的過程中，由動量定理，得通過金屬棒的電荷量為解得通過電阻的電荷量為（3）金屬棒滑入水平導軌后做減速運動，電容器開始放電，則在微元時間內又回路沒有電阻，有據加速度定義式解得對金屬棒由牛頓第二定律可得加速度金屬棒在水平導軌上運動時因此位移的大小【模型演練4】（2023春·浙江舟山·高三統(tǒng)考期末）如圖1所示，空間存在方向豎直向下、磁感應強度大小B=0.5T的勻強磁場，有兩條平行的長直導軌MN、PQ處于同一水平面內，間距L=0.2m，左端連接阻值的電阻。質量m=0.1kg的導體棒ab垂直跨接在導軌上，與導軌間的動摩擦因數。從t=0時刻開始，通過一小型電動機對棒施加—個水平向右的牽引力，使棒從靜止開始沿導軌方向做加速運動，此過程中棒始終保持與導軌垂直且接觸良好。除R以外其余部分的電阻均不計。（1）若電動機以恒定功率輸出，棒在t=10s時達到最大速度，此后保持勻速。求導體棒達到最大速度時牽引力的大??；（2）第（1）問中已知0～10s內電阻上產生的熱量Q=30J，求導體棒從靜止開始達到最大速度時的位移大??；（3）若電動機對棒保持恒定牽引力F=0.3N、且將電阻換為C=10F的電容器（耐壓值足夠大），如圖2所示，求t=10s時牽引力的功率。

【答案】（1）0.45N；（2）50m；（3）1.5W【詳解】（1）當導體棒達到最大速度后，所受合外力為零，沿導軌方向有：F-F安-f=0摩擦力f=μmg=0.2×0.1×10=0.2N感應電動勢E=BLvm感應電流I=安培力F安=BIL=N此時牽引力F=F安+f=0.45N（2）牽引力的功率由動能定理解得x=50m（3）當金屬棒的速度大小為時v，感應電動勢為E=BLv由可知，此時電容器極板上前電荷量為Q=CU=CE=CBLv設在一小段時間?t內，可認為導體棒做勻變速運動，速度增加量為?v，電容器板板上增加的電荷量為?Q=CBL·?v根據電流的定義式I=對導體棒受力分析，根據牛頓第二定律，有F-f-BIL=ma將I=CBLa代入上式可得：可知導體棒的加速度與時間無關，即導體棒做勻加速運動，在t=10s時，v=at=0.5×10m/s=5m/s此時的功率六．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】（2023春·北京豐臺·高三北京市第十二中學校考期末）將電源、開關、導體棒與足夠長的光滑平行金屬導軌連接成閉合回路，整個回路水平放置，俯視圖如圖所示，虛線右側存在豎直向上的勻強磁場。已知磁感應強度為B，電源電動勢為E、內阻為r。導體棒的質量為m，電阻為r，長度恰好等于導軌間的寬度L，且與導軌間接觸良好，不計金屬軌道的電阻。（1）求閉合開關瞬間導體棒的加速度的大小a；（2）分析說明開關閉合后，導體棒的運動過程，并求導體棒最終的速度大小v；（3）當導體棒的速度從0增加到v1的過程中，通過導體棒的電量為q，求此過程中導體棒產生的焦耳熱Q。

【答案】（1）；（2）見解析；（3）【詳解】（1）閉合開關瞬間，電路中的電流為導體棒所受安培力為由牛頓第二定律可知，導體棒的加速度為聯立解得（2）根據左手定則可知，導體棒受到向右的安培力作用，向右加速運動，從而切割磁感線產生動生電動勢，導致電路的電流逐漸減小，大小為由于導體棒速度增大，總電流減小，其所受安培力減小，加速度減小，當動生電動勢和電源電動勢相等時，電流為零，此時不再受安培力，導體棒向右做勻速直線運動，則有可得導體棒最終的速度大小為綜上可知，導體棒先向右做加速度減小的加速運動，后做勻速直線