2025年高中物理電磁感應中含電容單桿模型解析吃透掌握

電磁感應中含電容單桿問題，主要有三類：一、第一類高中階段，電路中電阻一般忽略不計，如下圖所示。（1）電路特點：導體為發(fā)電邊；電容器被充電。（2）三個基本關(guān)系導體棒受到的安培力為：導體棒加速度可表示為：回路中的電流可表示為：（3）四個重要結(jié)論：①導體棒做初速度為零勻加速運動：②回路中的電流恒定：③導體棒受安培力恒定：

④導體棒克服安培力做的功等于電容器儲存的電能：簡證：也得：電容器存儲的能量公式為：（4）變形：導軌有摩擦；電路變化；恒力的提供方式；等等。例1、如圖所示，光滑水平平行金屬軌道，間距為L，金屬桿質(zhì)量為m，電容器電容為C，勻強磁場B與導軌平面垂直，不計一切電阻。桿在恒定外力作用下由靜止向右運動，討論桿的運動情況。解析：金屬桿切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢相當于電源，給電容器充電，電路中產(chǎn)生電流。由于電路中的電流因給電容器C充電而形成，故不能根據(jù)歐姆定律求解，那么如何求解這個問題呢？可以從電流的形成原因入手，運用微元的思想來求電流。因為電荷的定向移動形成電流，因此I=Δq/Δt，其中Δt是一段極短的時間、Δq是這一段極短時間Δt內(nèi)通過電路的電荷量。動力學分析：開始時金屬桿只受外力F，加速度，故桿的速度增大。設某時刻速度為v，此時桿兩端電動勢為E=BLv，經(jīng)歷極短時間Δt后，桿的速度為v'=v+Δv，桿兩端電動勢為E'=BLv'。故極短時間Δt內(nèi)通過電路的電流為：

即：故金屬桿所受安培力為：FA=BIL=CB2L2a對桿：根據(jù)牛頓第二定律，有：F-FA=ma解得：為常量，即金屬桿做初速度為0的勻加速運動，所以金屬桿任意時刻的速度為：v-t圖像為：電流也是恒定，電流為:動量分析：設t時刻金屬桿的速度大小為v，0到t時刻，經(jīng)歷的時間為Δt=t-0，由動量定理有：又：q=CBLv解得：能量分析：通過拉力F做的功，外界能量一部分轉(zhuǎn)化為電容器內(nèi)儲存的電場能，另一部分轉(zhuǎn)化為金屬桿的動能，由功能原理可知：例2、（多選）如圖所示，兩根足夠長光滑平行金屬導軌PP′、QQ′傾斜放置，勻強磁場垂直于導軌平面，導軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連，板間距離足夠大，板間有一帶電微粒，金屬棒ab水平跨放在導軌上，下滑過程中與導軌接觸良好．現(xiàn)同時由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab，則(BC)A．金屬棒ab最終可能勻速下滑B．金屬棒ab一直加速下滑C．金屬棒ab下滑過程中M板電勢高于N板電勢D．帶電微粒不可能先向N板運動后向M板運動例3、如圖所示,豎直放置的光滑平行金屬導軌,相距l(xiāng),導軌一端接有一個電容器,電容量為C,勻強磁場垂直紙面向里,磁感應強度為B,質(zhì)量為m的金屬棒ab可緊貼導軌自由滑動.現(xiàn)讓ab從離地面高為h的位置由靜止下滑,不考慮空氣阻力,也不考慮任何部分的電阻和自感作用.求金屬棒落地時的速度為多大？

解析：ab在mg作用下加速運動，經(jīng)時間t，速度增為v，a=v/t產(chǎn)生感應電動勢E=Blv

電容器帶電量Q=CE=CBlv，感應電流I=Q/t=CBLv/t=CBla產(chǎn)生安培力F=BIl=CB2

l

2a，由牛頓運動定律mg-F=mama=mg-CB2

l

2a

，a=mg/(m+CB2

l

2)∴ab做初速為零的勻加直線運動,加速度a=mg/(m+CB2

l

2)落地速度為

例4、如圖所示，質(zhì)量為M的導體棒ab，垂直放在相距為l的平行光滑金屬導軌上．導軌平面與水平面的夾角為θ，并處于磁感應強度大小為B、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中．左側(cè)是水平放置、間距為d的平行金屬板．R和Rx分別表示定值電阻和滑動變阻器的阻值，不計其他電阻．(1)調(diào)節(jié)Rx＝R，釋放導體棒，當棒沿導軌勻速下滑時，求通過棒的電流I及棒的速率v.(2)改變Rx，待棒沿導軌再次勻速下滑后，將質(zhì)量為m、帶電量為＋q的微粒水平射入金屬板間，若它能勻速通過，求此時的Rx.

答案：(1)(2)解析：(1)對勻速下滑的導體棒進行受力分析如圖所示．導體棒所受安培力＝BIl①導體棒勻速下滑，所以＝Mgsinθ②聯(lián)立①②式，解得I＝

③導體棒切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢E＝Blv④由閉合電路歐姆定律得I＝，且Rx＝R，所以I＝

⑤聯(lián)立③④⑤式，解得v＝(2)由題意知，其等效電路圖如圖所示．由圖知，平行金屬板兩板間的電壓等于Rx兩端的電壓．設兩金屬板間的電壓為U，因為導體棒勻速下滑時的電流仍為I，所以由歐姆定律知U＝IRx⑥要使帶電的微粒勻速通過，則mg＝q

⑦聯(lián)立③⑥⑦式，解得Rx＝.例5、如圖所示，兩條平行導軌所在平面與水平地面的夾角為θ，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。在導軌上放置一質(zhì)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(shù)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(guān)系；(2)金屬棒的速度大小隨時間變化的關(guān)系。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的電壓為U，U=E②設此時電容器極板上儲存的電荷為Q，按定義有

③聯(lián)立①②③式解得

④

（2）設金屬棒下滑的速度大小為v時經(jīng)歷的時間為t，通過金屬棒的電流為I，金屬棒受到磁場的安培力為F，方向沿導軌向上，大小為F="BLI"⑤設在t～t+?t時間間隔內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為，按定義有

⑥也是平行板電容器兩極板在t～t+?t時間間隔內(nèi)增加的電荷量，由④式可得

⑦式中為金屬棒速度的變化量，由加速度的定義有

⑧分析導體棒的受力：受重力mg，支持力N，滑動摩擦力f，沿斜面向上的安培力F。N=mgcosθ⑨

⑩

(11)聯(lián)立⑤至(11)式,得：

(12)由(12)式及題設可知，金屬棒做初速為零的勻加速直線運動，t時刻金屬棒下滑的速度大小為v

(13)例6、如圖所示，處于勻強磁場中的兩根足夠長且電阻不計的平行金屬導軌相距L，導軌平面與水平面重合，左端用導線連接電容為C的電容器（能承受的電壓足夠大）。已知勻強磁場的磁感應強度大小為B、方向豎直向上。一質(zhì)量為m、電阻不計的直金屬棒垂直放在兩導軌上，一根絕緣的、足夠長的輕繩一端與棒的中點連接，另一端跨過定滑輪掛一質(zhì)量為m的重物。現(xiàn)從靜止釋放重物并通過輕繩水平拖動金屬棒運動（金屬棒始終與導軌垂直并保持良好接觸，不計滑輪質(zhì)量和所有摩擦）。求：（1）若某時刻金屬棒速度為v，則電容器兩端的電壓多大？（2）求證：金屬棒的運動是勻加速直線運動；（3）當重物從靜止開始下落一定高度時，電容器帶電量為Q，則這個高度h多大？解析：（1）電容器兩端的電壓U等于導體棒上的電動勢E，有：U=E=BLv（2）金屬棒速度從v增大到v+Δv的過程中，用時Δt（Δt→0），加速度為a，電容器兩端的電壓為：U=BLv電容器所帶電量為：q=CU=CBLv式中各量都是恒量，加速度保持不變，故金屬棒的運動是勻加速直線運動。由于金屬棒做勻加速直線運動，且電路中電流恒定，由：又：解得：二、第二類電路中電阻不可以完全忽略。首先開關(guān)扳到左邊，電源給電容器充電，之后開關(guān)扳到右邊，電容器作為等效電源開始放電，導體棒在安培力作用下開始運動，導體棒產(chǎn)生的反電動勢與電容器的電壓互相抵消，導致電路中電流減小，安培力減小，加速度減小，故導體棒做加速度減小的加速運動，導體棒產(chǎn)生的反電動勢逐漸增加，由于電容器放電，電容器的電壓逐漸減小，最終總電動勢為0，導體棒的收尾狀態(tài)為勻速運動。設某一時刻電容器兩端電壓為U。此時總電動勢為：安培力為：收尾狀態(tài)，導體棒勻速運動。此時：電容器的電量為電容器的初始電量為:從開關(guān)扳到右邊開始，到收尾狀態(tài)：對導體棒，根據(jù)動量定理，有：解得：收尾速度：通過電路電荷量:例1、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，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài)，并與導軌良好接觸。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?。唬?）MN離開導軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。答案：（1）磁場的方向垂直于導軌平面向下

（2）

（3）解析：（1）電容器充電后上板帶正電，下板帶負電，放電時通過MN的電流由M到N，欲使炮彈射出，安培力應沿導軌向右，根據(jù)左手定則可知磁場的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，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）當電容器充電完畢時，設電容器上電量為接2后，MN開始向右加速運動，速度達到最大值時，設MN上的感應電動勢為E'，有：依題意有：設在此過程中MN的平均電流為上受到的平均安培力為，有：由動量定理，有：又：解得，最終電容器所帶電荷量例2、電磁彈射技術(shù)是一種新興的直線推進技術(shù)，適宜于短行程發(fā)射大載荷，在軍事、民用和工業(yè)領域具有廣泛應用前景。我國已成功研制出用于航空母艦艦載機起飛的電磁彈射器。它由發(fā)電機、直線電機、強迫儲能裝置和控制系統(tǒng)等部分組成。電磁彈射器可以簡化為如圖所示的裝置以說明其基本原理。電源和一對足夠長平行金屬導軌M、N分別通過單刀雙擲開關(guān)K與電容器相連。電源的電動勢E=10V，內(nèi)阻不計。兩條足夠長的導軌相距L=0.1m且水平放置，處于磁感應強度B=0.5T的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面且豎直向下，電容器的電容C=10F。現(xiàn)將一質(zhì)量m=0.1kg、電阻r=0.1Ω的金屬滑塊垂直放置于導軌的滑槽內(nèi)，分別與兩導軌良好接觸。將開關(guān)K置于a使電容器充電，充電結(jié)束后，再將開關(guān)K置于b，金屬滑塊會在電磁力的驅(qū)動下運動，不計導軌和電路其他部分的電阻，且忽略金屬滑塊運動過程中的一切阻力，不計電容充放電過程中該裝置向外輻射的電磁能量及導軌中電流產(chǎn)生的磁場對滑塊的作用。（1）在電容器放電過程中，金屬滑塊兩端電壓與電容器兩極間電壓始終相等。求在開關(guān)K置于b瞬間，金屬滑塊的加速度的大小a；（2）求金屬滑塊最大速度v；（3）a.電容器是一種儲能裝置，當電容兩極間電壓為U時，它所儲存的電能A=CU2/2。求金屬滑塊在運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q；b.金屬滑塊在運動時會產(chǎn)生反電動勢，使金屬滑塊中大量定向運動的自由電子又受到一個阻力作用。請分析并計算在金屬滑塊運動過程中這個阻力所做的總功W。答案：（1）見解析（2）40m/s（3）a.400J；b.–80J解析：(1)開關(guān)K置于b瞬間，流過金屬滑塊的電流：

金屬滑塊受到安培力作用，由牛頓運動定律：BIL=ma(2)設金屬滑塊做加速運動到最大速度時兩端的電壓為U，電容器放電過程中的電荷量變化為Δq，放電時間為Δt，流過金屬滑塊的平均電流為I電容放電過程的電荷量變化Δq=C(E-U)金屬滑塊速度最大時，其兩端電壓U=BLv由電流定義有Δq=IΔt在金屬滑塊運動過程中，由動量定理有：BILΔt=mv-0聯(lián)立以上各式，可得：v=40m/s（3）a.由U=BLv可知電容器兩端最終電壓U=2V由能量守恒定律有：

解得：Q=400Jb.因金屬滑塊做切割磁感線運動產(chǎn)生反電動勢，由此使滑塊中的自由電荷受到阻礙其定向運動的洛倫茲力（即阻力）；同時由于金屬滑塊中的自由電荷定向運動還使其受到洛倫茲力，金屬滑塊中的所有自由電荷所受的合力在宏觀上表現(xiàn)為金屬滑塊的安培力。由動能定理可知安培力做功：與的合力，即洛倫茲力f不做功，所以金屬滑塊運動過程中阻力所做的總功為：例3、電磁彈射在電磁炮、航天器、艦載機等需要超高速的領域中有著廣泛的應用，如圖所示為電磁彈射的示意圖。為了研究問題的方便，將其簡化為如圖所示的模型（俯視圖）。發(fā)射軌道被簡化為兩個固定在水平面上、間距為L且相互平行的金屬導軌，整個裝置處于豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中。發(fā)射導軌的左端為充電電路，已知電源的電動勢為E，電容器的電容為C，子彈載體被簡化為一根質(zhì)量為m、長度也為L的金屬導體棒，其電阻為r。金屬導體棒，其電阻為r。金屬導體棒垂直放置于平行金屬導軌上，忽略一切摩擦阻力以及導軌和導線的電阻。（1）發(fā)射前，將開關(guān)S接a，先對電容器進行充電。a．求電容器充電結(jié)束時所帶的電荷量Q；b．充電過程中電容器兩極板間的電壓y隨電容器所帶電荷量q發(fā)生變化。請在圖中畫出u-q圖像；并借助圖像求出穩(wěn)定后電容器儲存的能量；（2）電容器充電結(jié)束后，將開關(guān)b，電容器通過導體棒放電，導體棒由靜止開始運動，導體棒離開軌道時發(fā)射結(jié)束。電容器所釋放的能量不能完全轉(zhuǎn)化為金屬導體棒的動能，將導體棒離開軌道時的動能與電容器所釋放能量的比值定義為能量轉(zhuǎn)化效率。若某次發(fā)射結(jié)束時，電容器的電量減小為充電結(jié)束時的一半，不計放電電流帶來的磁場影響，求這次發(fā)射過程中的能量轉(zhuǎn)化效率η。解析：（1）a、根據(jù)電容的定義電容器充電結(jié)束時其兩端電壓U等于電動勢E，解得電容器所帶電荷量b、根據(jù)以上電容的定義可知，畫出q-u圖像如圖所示：有圖像可知，穩(wěn)定后電容器儲存的能量為圖中陰影部分的面積，將Q代入解得（2）設從電容器開始放電至導體棒離開軌道時的時間為t，放電的電荷量為?Q，平均電流為I，導體棒離開軌道時的速度為v。以導體棒為研究對象，根據(jù)動量定理BLIt=mv-0或∑BLi?t=∑m?v根據(jù)電流定義可知It=?Q或∑i?t=?Q根據(jù)題意有?Q=，聯(lián)立解得導體棒離開軌道時的動能電容器釋放的能量聯(lián)立解得能量轉(zhuǎn)化效率

三、第三類電路中電阻不可以完全忽略例1、圖甲、乙、丙中除導體棒出可動外，其余部分均固定不動。甲圖中的電容器C原來不帶電，所有導體棒、導軌電阻均可忽略，導體棒和導軌間的摩擦也不計，導體棒ab的質(zhì)量為m。圖中裝置均在水平面內(nèi)，且都處于方向垂直水平面（即紙面）向下的勻強磁場中，磁感應強度為B，導軌足夠長，間距為L0今給導體棒ab

一個向右的初速度vo，則(

)A.三種情況下，導體棒ab最終都靜止B.三種情況下，導體棒ab最終都做勻速運動C.圖甲、丙中ab棒最終都向右做勻速運動D.圖乙中，流過電阻R的總電荷量為解析：圖甲中，導體棒向右運動切割磁感線產(chǎn)生感應電流而使電容器充電，當電容器C極板間電壓與導體棒產(chǎn)生的感應電動勢相等時，電路中沒有電流，ab棒不受安培力，向右做勻速運動；圖乙中，導體棒向右運動切割磁感線產(chǎn)生感應電流，通過電阻R轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，ab棒速度減小，當ab棒的動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能時，ab棒靜止；圖丙中，導體棒先受到向左的安培力作用向右做減速運動