2024版新课标高中物理模型与方法专题19 电磁感应中的单导体棒模型（解析版）

2024版新课标高中物理模型与方法专题19电磁感应中的单导体棒模型目录TOC\o"1-3"\h\u一.阻尼式单导体棒模型 1二．发电式单导体棒模型 9三．无外力充电式单导体棒模型 22四．无外力放电式单导体棒模型 24五．有外力充电式单导体棒模型 27六．含“源”电动式模型 34一.阻尼式单导体棒模型【模型如图】1．电路特点：导体棒相当于电源。当速度为时，电动势2．安培力的特点：安培力为阻力，并随速度减小而减小：3．加速度特点：加速度随速度减小而减小,4．运动特点：速度如图所示。a减小的减速运动5．最终状态:静止6．四个规律(1)全过程能量关系：,QUOTEQRQr速度为时的能量关系电阻产生的焦耳热(2)瞬时加速度：，(3)电荷量(4)动量关系：(安培力的冲量)安培力的冲量公式是①闭合电路欧姆定律②平均感应电动势：③位移：④①②③④得【模型演练1】（2023春·山西晋城·高三校联考期末）舰载机利用电磁阻尼减速的原理可看作如图所示的过程，在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，有间距为L的水平平行金属导轨ab、cd，ac间连接一电阻R，质量为m、电阻为r的粗细均匀的金属杆MN垂直于金属导轨放置，现给金属杆MN一水平向右的初速度v0，滑行时间t后停下，已知金属杆MN与平行金属导轨间的动摩擦因数为μ，MN长为2L，重力加速度为g，下列说法中正确的是（）

A．当MN速度为v1时，MN两端的电势差为B．当MN速度为v1时，MN的加速度大小为C．当MN速度为v1时，MN的加速度大小为D．MN在平行金属导轨上滑动的最大距离为【答案】BD【详解】A．根据题意可知，速度为时，单独切割产生的电势差，但由于中间当电源，所以两端的电势差小于感应电动势，故A错误；BC．速度为时，水平方向受摩擦力、安培力，由牛顿第二定律有解得故B正确，C错误；D．在平行金属导轨上滑动时，由动量定理有又有联立解得故D正确。故选BD。【模型演练2】（2023·北京·高三专题练习）如图所示，宽度为L的平行金属导轨水平放置，一端连接阻值为R的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。将质量为m，电阻为r的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，其长度恰好等于导轨间距，导轨的电阻忽略不计，导轨足够长。在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒从静止开始沿导轨向右运动。当导体棒速度为v时：（1）求导体棒两端的电压U；（2）求导体棒所受安培力的功率；（3）若已知此过程中导体棒产生的电热为，因摩擦生热为，求拉力F做的功W。

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）感应电动势电路中的感应电流导体棒两端的电压（2）安培力功率整理得（3）导体棒产生的电热为，电阻R与导体棒电流相同，电路产生的总电热应为即导体棒克服安培力做功电导体棒克服摩擦力做功对导体棒列动能定理有代入得【利用功能原理也可】【模型演练3】（2023春·安徽宣城·高三安徽省宣城市第二中学校考期末）如图所示，两条足够长的金属导轨水平放置，相距为L，处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中，导轨左端接一电阻R，将长为L的金属杆CD置于导轨上，质量为m，电阻为r，与水平导轨间的动摩擦因数为μ。现给金属杆一个水平向右的初速度为v，杆在运动距离x后停下，运动过程中杆与导轨始终保持垂直且接触良好，重力加速度为g，不计导轨电阻，求：（1）刚开始运动时金属杆CD产生的电动势及其加速度大小；（2）整个过程中电阻R上产生的焦耳热和流经R的电量；（3）整个过程中金属杆CD运动所用的时间。

【答案】（1），；（2），；（3）【详解】（1）刚开始运动时金属杆CD生的电动势为根据闭合电路欧姆定律有金属棒CD受到安培力大小为金属棒CD受到摩擦力大小为根据牛顿第二定律有联立解得此时金属杆的加速度大小（2）根据能量守恒定律可得联立解得整个过程中电阻上产生的焦耳热根据联立解得整个过程中流经的电量为（3）由动量定理有又联立解得【模型演练4】（2023春·云南楚雄·高三统考期末）速度均匀变化的运动是最简单的变速运动，速度随时间均匀变化的直线运动叫作匀变速直线运动，速度随位移均匀变化的直线运动叫作另类匀变速线运动。如图甲所示，质量为的金属棒放在宽度为L的平行光滑导轨上，整个装置处于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，回路中的总电阻为R。给金属棒一个向右的初速度，金属棒沿导轨做另类匀减速直线运动，其图像如图乙所示，求：（1）金属棒的最大加速度；（2）金属棒在停止运动前通过电路中某截面的电荷量q；（3）金属棒在导轨上运动的距离。

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）由于金属棒所受外力的合力等于安培力，则金属棒速度最大时的加速度最大，则有解得（2）根据动量定理有由于解得（3）根据动量定理有由于解得【模型演练5】（2023春·北京顺义·高三统考期末）在物理学的研究过程中，对变速运动的研究是从最简单的变速直线运动开始的。最简单的变速直线运动，速度应该是均匀变化的。速度随时间均匀变化的直线运动叫做匀变速直线运动，加速度为一定值。若某种变速运动的速度v是随位移x均匀变化的，请解答以下问题：（1）类比速度随时间均匀变化的运动中加速度a的定义，写出速度随位移均匀变化的运动中加速度的定义式，使也为定值；（2）如图所示，质量为m的金属棒放在宽度为L的光滑导轨上，导轨左侧连接阻值为R的电阻，金属棒和导轨电阻均不计。整个装置处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。给金属棒一个水平向右的初速度，运动过程中金属棒始终与导轨垂直。①证明金属棒运动的速度v随位移x是均匀变化的，加速度为定值；②a．请从牛顿运动定律的角度分析金属棒的加速度的变化情况；b．请从不变的角度分析金属棒的加速度的变化情况。

【答案】（1）；（2）a见解析，b见解析【详解】（1）类比匀加速直线运动中加速度a的定义，可知（2）①在导体棒速度从v0变为v的过程中取一极小时间∆t，设在这一段时间内，导体棒的速度从vi变为vit，因为时间极短，可认为这一段时间内安培力为一定值，根据动量定理可得-BIL∆t=mvit-mvi电路中电流为联立可得整理，得因此导体棒的运动速度v随位移x均匀变化。②a根据牛顿第二定律所以所以随着速度的逐渐减小，加速度a也逐渐减小。b根据加速度定义式，有为定值，且以相同的，相同，变小，变大，所以随着速度的逐渐减小，加速度a也逐渐减小。二．发电式单导体棒模型【模型如图】电路特点：导体棒相当于电源，当速度为时，电动势2．安培力的特点：安培力为阻力，并随速度增大而增大.3．加速度特点：加速度随速度增大而减小.4．运动特点：速度如图所示。做加速度减小的加速运动5．最终特征：匀速运动6．两个极值(1)时,有最大加速度：(2)时,有最大速度：7．稳定后的能量转化规律8．起动过程中的三个规律(1)动量关系：(2)能量关系：(3)电荷量9．几种变化(1)电路变化(2)磁场方向变化(3)导轨面变化（竖直或倾斜）10.若的作用下使导体棒做匀加速直线运动则随时间线性变化。证明：根据法拉第电磁感应定律（1）闭合电路欧姆定律(2)安培力F＝BIL（3）由（1）（2）（3）得（4）由牛顿第二定律（5）得由运动学公式(6)(5)(6)联立得(7)由（7）式可以看出要让导体棒做匀加速直线运动所加外力必然随时间均匀变化即【模型演练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属导轨如图甲所示，导轨间距，左端与的电阻相连，导轨间有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，导体棒垂直放在导轨上。现给导体棒施加一水平向右的恒力，测得导体棒速度随时间变化的图像如图乙所示。已知导体棒质量，有效阻值，磁场磁感应强度，其它电阻不计。（1）求导体棒运动过程中通过电阻的最大电流，此时多大；（2）求时导体棒加速度的大小；（3）若导体棒开始运动后内通过的位移，求该时间内电阻上产生的热量。

【答案】（1）4.8A；19.2V；（2）；（3）【详解】（1）由乙图可知，导体棒做切割磁感线运动的最大速度为导体棒产生的最大感应电动势为流过电流的最大值为可得导体棒两端电压为（2）由牛顿第二定律可得当导体棒速度最大匀速运动时，导体棒合外力为零，所以有由图知，当时导体棒的速度为此时导体棒受到的安培力为解得根据牛顿第二定律得解得由能量守恒定律可知解得又解得电阻上产生的热量大小为【模型演练2】（2023春·湖南长沙·高三周南中学校考期末）如图甲所示，两平行导轨是由倾斜导轨（倾角为θ）与水平导轨用极短的圆弧导轨平滑连接而成的，并处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，两导轨间距为L，上端与阻值为R的电阻连接。一质量为、电阻为r的金属杆MN在t=0时由静止开始在平行倾斜导轨平面方向向下的拉力（图中未画出）作用下沿导轨下滑。当杆MN运动到处时撤去拉力，杆MN在水平导轨上继续运动，其速率v随时间t的变化图象如图乙所示，图中和为已知量。若全过程中电阻R产生的总热量为Q，杆MN始终垂直于导轨并与导轨保持良好接触，导轨的电阻以及一切摩擦均不计，重力加速度为g，求：（1）杆MN中的最大感应电流的大小和方向；（2）拉力做的功；（3）撤去拉力后杆MN在水平导轨上运动的路程s。

【答案】（1），方向由M流向N；（2）；（3）【详解】（1）由题图2知杆AB运动到水平轨道P2Q2处时的速率为vmax，则回路中的最大感应电动势杆AB运动到水平轨道的P2Q2处时，回路中的感应电流最大，回路中的最大感应电流解得根据右手定则知Imax的方向由M流向N；（2）杆MN从静止开始下滑到最终停下来，这一过程中由动能定理，可得又所以（3）撤去拉力后杆AB在水平导轨上做减速运动感应电流根据动量定理解得【典例分析3】（2023春·安徽合肥·高三统考期末）如图所示，倾角30°、宽为的足够长U形光滑金属导轨固定在磁感应强度为、范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上，重力加速度为。现用一平行于导轨向上的拉力，牵引一根长为、质量为、电阻为的金属棒，由静止开始沿导轨向上做匀加速运动，加速度大小为。金属棒始终与导轨垂直且接触良好，边电阻为，导轨其他部分电阻不计。（1）写出拉力的大小随时间变化的关系式；（2）求在时间内通过导体某一横截面的电荷量；（3）若在时间内拉力做的功为，求这一过程金属棒中产生的热能是多少。

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律有根据闭合电路欧姆定律有根据安培力公式有根据牛顿第二定律可知化简可得（2）经时间，的位移是根据电量的计算公式有，化简可得（3）根据功能关系可得其中解得【模型演练4】（2023春·山东菏泽·高三统考期末）如图甲所示，两条足够长的平行金属导轨间距为l=0.5m，固定在倾角为37°的斜面上。导轨顶端连接一个阻值为R=0.8Ω的电阻。在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为B=1T的匀强磁场。将质量为m=0.5kg、电阻值为r=0.2Ω的金属棒在AB处由静止释放，其下滑过程中的v-t图像如图乙所示。金属棒下滑过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计导轨的电阻，取g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8。（1）求金属棒与导轨间的动摩擦因数；（2）求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；（3）金属棒从进入磁场至速率最大的过程中，通过电阻R的电荷量为9.1C，求此过程中电阻R上产生的焦耳热。

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）由图乙可知，金属棒在0~1s内做初速度为的匀加速直线运动，1s后做加速度减小的加速运动，可知金属棒第1s末进入磁场。在0~1s过程中，由图乙可知，金属棒的加速度①在这个过程中，沿斜面只有重力的分力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有②由①②式解得，金属棒与导轨间的动摩擦因数③（2）金属棒在磁场中能够达到的最大速率时，金属棒处于平衡状态，设金属棒的最大速度为，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为④根据闭合回路欧姆定律有⑤根据安培力公式有⑥根据平衡条件有⑦由③④⑤⑥⑦式解得⑧（3）根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，可得金属棒从进入磁场通过电阻的电荷量为⑨解得，金属棒在磁场下滑的位移⑩由动能定理有⑪由图乙可知此过程中电路中产生的总焦耳热等于克服安培力做的功⑫由⑩⑪⑫式解得，此过程中电路中产生的总焦耳热故此过程中电阻R上产生的焦耳热为【模型演练5】（2023·福建南平·统考模拟预测）如图甲，倾角的足够长光滑导轨，导轨间距，该端接有的定值电阻，导轨处在磁感应强度大小，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。质量、阻值的金属棒，在平行于导轨的拉力F作用下，由静止开始从CD处沿导轨向上加速运动，金属棒的速度—位移图像如图乙所示，金属棒始终与导轨垂直并接触良好，导轨电阻忽略不计，重力加速度，求：（1）通过金属棒的电荷量为1C时，金属棒的位移大小；（2）速度时，电阻R的发热功率；（3）金属棒从CD处沿导轨向上运动的过程中，外力F做的功。【答案】（1）4m；（2）0.75W；（3）10J【详解】（1）由可得（2）速度时所以电阻R的发热功率（3）极短位移内安培力做功金属棒从CD处沿导轨向上运动的过程中对求和即为图乙图线与坐标轴所围面积S。所以安培力做功为由动能定理可得，解得【模型演练6】（2023春·四川内江·高三威远中学校校考阶段练习）相距m的足够长平行金属导轨竖直放置，质量为kg的金属棒和质量为kg的金属棒均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图（a）所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相。棒光滑，棒与导轨间动摩擦因数为，两棒电阻均为，导轨电阻不计。时刻起，棒受到一外力F（方向竖直向上，大小按图（b）所示规律变化）作用下，从静止开始沿导轨匀加速运动，同时也由静止释放棒。m/s2.（1）求磁感应强度B的大小和棒加速度大小；（2）已知在2s内外力F做功40J，求这一过程中金属棒产生的焦耳热；（3）求出棒达到最大速度时所对应的时刻。

【答案】（1），；（2）；（3）【详解】（1）经过时间，金属棒的速率此时，回路中的感应电流为对金属棒，由牛顿第二定律得由以上各式整理得在图线上取两点，，，代入上式得（2）在末金属棒的速率在末金属棒所发生的位移由动能定律得，又

联立以上方程，解得金属棒产生的焦耳热（3）棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大；然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动，当棒速度达到最大时，有又整理解得【模型演练8】（2023春·河南郑州·高三统考期末）如图甲所示，两根平行且足够长的粗糙金属导轨间距，和阻值的定值电阻组成的回路平面与水平面的夹角。匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度。一质量为、电阻为r、长的导体棒ab垂直放置在导轨上，从静止释放后，金属棒沿导轨向下运动时达到最大速度，此过程中金属棒的加速度a和速度v的关系如图乙所示，金属棒在运动中始终与导轨接触良好，不计导轨电阻，，求：（已知，不考虑电磁辐射）（1）金属棒与导轨间的动摩擦因数；（2）金属棒的电阻r；（3）导体棒从静止释放到速度达到最大所经历的时间t和此过程中电阻R上产生的焦耳热。

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）由图乙可知，当时对导体棒由牛顿第二定律可知代入数据解得（2）由图像可知当金属棒达到最大速度时有且解得（3）从开始到最大速度所用时间设为，由动量定理可得联立得由能量守恒解得电阻R上产生焦耳热为三．无外力充电式单导体棒模型基本模型规律(电阻阻值为R，电容器电容为C)电路特点导体棒相当于电源，电容器被充电.电流特点安培力为阻力，棒减速，E减小，有I＝eq\f(BLv－UC,R)，电容器被充电UC变大，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，棒匀速运动.运动特点和最终特征a减小的加速运动，棒最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器带电荷量不为零.最终速度电容器充电荷量：q＝CU最终电容器两端电压U＝BLv对棒应用动量定理：mv0－mv＝Beq\x\to(I)L·Δt＝BLqv＝eq\f(mv0,m＋B2L2C).v－t图象【模型演练】(多选)如图甲所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为l，电阻均可忽略不计．在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻为r，并与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动．则()A．当杆ab刚具有初速度v0时，杆ab两端的电压U＝eq\f(Blv0R,R＋r)，且a点电势高于b点电势B．通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐增大C．若将M和P之间的电阻R改为接一电容为C的电容器，如图乙所示，同样给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动，则杆ab稳定后的速度为v＝eq\f(mv0,m＋B2l2C)D．在C选项中，杆稳定后a点电势高于b点电势【答案】ACD【解析】当杆ab刚具有初速度v0时，其切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv0，杆ab两端的电压U＝eq\f(ER,R＋r)＝eq\f(Blv0R,R＋r)，根据右手定则知，感应电流的方向为b到a，杆ab相当于电源，a相当于电源的正极，则a点电势高于b点电势，A正确；通过电阻R的电流I＝eq\f(Blv,R＋r)，由于杆ab速度减小，则电流减小，安培力减小，所以杆ab做加速度逐渐减小的减速运动，速度v随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，则通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，B错误；当杆ab以初速度v0开始切割磁感线时，电路开始给电容器充电，有电流通过杆ab，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小．当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动，电容器两端的电压U＝Blv，而q＝CU，对杆ab，根据动量定理得－Beq\x\to(I)l·Δt＝－Blq＝mv－mv0，联立可得v＝eq\f(mv0,m＋B2l2C)，C正确；杆稳定后，电容器不再充电，回路中没有电流，根据右手定则知，a点的电势高于b点电势，D正确．四．无外力放电式单导体棒模型基本模型规律(电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C)电路特点电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动.电流的特点电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时UC＝BLv.运动特点及最终特征a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0.最大速度vm电容器充电荷量：Q0＝CE放电结束时电荷量：Q＝CU＝CBLvm电容器放电荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm对棒应用动量定理：mvm＝Beq\x\to(I)L·Δt＝BLΔQvm＝eq\f(BLCE,m＋B2L2C)v－t图象【模型演练1】（2023·江苏徐州·校考模拟预测）如图所示，固定在水平面上的足够长的光滑平行直导轨处于垂直平面向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B。一端连接着一个电容器和电源，电容为C，电源电动势为E。导轨上放着一根质量为m，长度为L与导轨间距相同，有固定阻值的均匀导体棒。与电容器连接的单刀双掷开关先与左边闭合，待充电结束后，某时刻与右边闭合，随后导体棒在运动的过程中始终与导轨接触良好，不计其他位置的电阻，求：（1）判断导体棒运动规律，求出稳定后的最大速度v；（2）稳定后电容器所带电量Q。

【答案】（1）；（2）【详解】（1）电容器充电完毕，稳定时，电容器极板间电压由电容的定义式解得所以金属棒ab先做加速运动，接着做匀速运动，由法拉第电磁感应定律得此时电容器两极板间电压为电容器带电量为Q电容器电量减少Δt时间内流经金属棒电流对金属棒ab，由动量定理得解得（2）由（1）代入可得【模型演练2】（2023·河南开封·统考三模）如图所示，间距为的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左端接有一个单刀双掷开关S，1端接有阻值为的定值电阻，2端接有电容为（末充电）的电容器，两导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。当开关接位置1时，放在导轨上的质量为、阻值为的均匀金属杆，在水平向右的恒力作用下由静止开始运动，经时间开始做匀速直线运动，运动过程中金属杆ab始终与两导轨垂直且保持良好接触。已知重力加速度为，导轨足够长且电阻不计，求：（1）金属杆匀速运动时的速度大小；（2）金属杆由静止到匀速时运动的位移大小；（3）若开关接位置2时，金属杆仍在恒力作用下由静止开始运动，经时间金属杆的速度大小。

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）金属杆匀速运动时受力平衡，有由法拉第电磁感应定律由闭合电路的欧姆定律，得解得（2）由动量定理，得解得（3）将开关掷向2后，设经时间金属杆的速度大小为，根据动量定理可得由电容器充电量与电流关系可得解得五．有外力充电式单导体棒模型【模型结构】【情景】：轨道水平光滑，单杆质量为，电阻，两导轨间距为，拉力恒定设金属棒运动的速度大小为，则感应电动势为(1)经过速度为，此时感应电动势2)时间内流入电容器的电荷量(3)电流,(4)安培力.(5)由牛顿第二第定律(6)(7)所以杆以恒定的加速度匀加速运动对于导体棒，克服安培力做多少功，就应有多少能量转化为电能，则有:(8)(9)由(7)(8)(9)式得:所以在t秒内转化为电能的多少是:【反思】由模型可知:只要导体棒受恒定外力，导体棒必做匀变速运动，且加速度为;如果外力不恒定，则导体棒做非匀变速运动;如果不受外力，则导体棒匀速运动或静止．反之，只要导体棒速度均匀变化(a恒定)，感应电动势就均匀变化，电容器的带电量就均匀变化，回路中的电流就恒定不变()，导体棒所受安培力就恒定不变(，外力就恒定不变．【模型演练1】(多选)(2021·河南三门峡市一模)如图所示，间距为L的两根平行光滑导轨竖直放置，导轨间接有电容器C，装置处于垂直轨道平面的匀强磁场B中，质量为m、电阻为R的金属杆ab接在两导轨之间并由静止释放，ab下落过程中始终保持与导轨接触良好，设导轨足够长，电阻不计，下列说法正确的是()A．ab做自由落体运动B．ab做匀加速运动，且加速度为a＝eq\f(mg,m＋CB2L2)C．ab做匀加速运动，若加速度为a，则回路的电流为I＝CBLaD．ab做加速度减小的变加速运动，最后匀速运动，最大速度为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，由牛顿第二定律得mg－F＝ma，得a＝eq\f(mg,m＋B2L2C)，可知物体做初速度为零的匀加速直线运动，故B、C正确．【模型演练2】（2023·天津和平·耀华中学校考二模）如图甲所示，空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小的匀强磁场，有两条平行的长直导轨MN、PQ处于同一水平面内，间距，左端连接阻值的电阻。质量的导体棒ab垂直跨放在导轨上，与导轨间的动摩擦因数，从时刻开始，通过一小型电动机对棒施加一个水平向右的牵引力，使棒从静止开始沿导轨方向做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，除R以外其余部分的电阻均不计，重力加速度g取（1）若电动机保持恒定功率输出，棒的图象如图乙所示（其中OA是曲线，AB是直线），已知内电阻R上产生的热量，求：导体棒达到最大速度时牵引力大小及导体棒从静止开始达到最大速度时的位移大小；（2）若电动机保持恒定牵引力，且将电阻换为的电容器（耐压值足够大），如图丙所示，证明导体棒做匀加速运动，并求出加速度。

【答案】（1）0.45N，；（2）见解析【详解】（1）导体棒达到最大速度后，所受合外力为零，有摩擦力感应电动势感应电流安培力此时牵引力电动机的功率电动机消耗的电能等于导体棒的动能、克服安培力做功产生的焦耳热及克服摩擦力做功产生的内能之和，有解得位移（2）当导体棒的速度大小为ν时，感应电动势由知，此时电容器极板上的电荷量设在一小段时间内，可认为导体棒做匀变速运动，速度增加量为，电容器极板上增加的电荷量为根据电流的定义式对导体棒受力分析，根据牛顿第二定律有解得可知导体棒的加速度与时间无关，为一个定值，即导体棒做匀加速运动。【模型演练3】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，足够长的两条光滑平行倾斜金属导轨与两条粗糙平行水平金属导轨的间距均为L，倾斜导轨与水平面的夹角为、上端接有一阻值为R的电阻，水平导轨左端接有一电容为C的电容器，倾斜导轨与水平导轨间通过开关（图中未画出）平滑相连接。导轨均处于匀强磁场中，磁场方向均垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小均为B。在倾斜导轨上某处由静止释放一质量为m的金属棒，经过时间t，金属棒沿倾斜导轨下滑到底端，此时金属棒已做匀速运动，进入水平导轨时开关受到触发而断开。已知金属棒在滑动过程中始终与导轨垂直并接触良好，与水平导轨间的滑动摩擦因数为，重力加速度为g，不计金属棒和导轨的电阻。求：（1）金属棒下滑到倾斜导轨底端时，金属棒的速度大小v。（2）金属棒下滑过程中，通过电阻R的电荷量q。（3）金属棒在水平导轨上滑行的位移大小x。

【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）金属棒下滑到底端时，感应电动势为通过电阻的电流为由平衡条件得联立以上各式解得（2）由（1）问可求得感应电动势金属棒下滑到倾斜导轨底端时，电容器带电量为金属棒下滑到倾斜导轨底端的过程中，由动量定理，得通过金属棒的电荷量为解得通过电阻的电荷量为（3）金属棒滑入水平导轨后做减速运动，电容器开始放电，则在微元时间内又回路没有电阻，有据加速度定义式解得对金属棒由牛顿第二定律可得加速度金属棒在水平导轨上运动时因此位移的大小【模型演练4】（2023春·浙江舟山·高三统考期末）如图1所示，空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小B=0.5T的匀强磁场，有两条平行的长直导轨MN、PQ处于同一水平面内，间距L=0.2m，左端连接阻值的电阻。质量m=0.1kg的导体棒ab垂直跨接在导轨上，与导轨间的动摩擦因数。从t=0时刻开始，通过一小型电动机对棒施加—个水平向右的牵引力，使棒从静止开始沿导轨方向做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好。除R以外其余部分的电阻均不计。（1）若电动机以恒定功率输出，棒在t=10s时达到最大速度，此后保持匀速。求导体棒达到最大速度时牵引力的大小；（2）第（1）问中已知0～10s内电阻上产生的热量Q=30J，求导体棒从静止开始达到最大速度时的位移大小；（3）若电动机对棒保持恒定牵引力F=0.3N、且将电阻换为C=10F的电容器（耐压值足够大），如图2所示，求t=10s时牵引力的功率。

【答案】（1）0.45N；（2）50m；（3）1.5W【详解】（1）当导体棒达到最大速度后，所受合外力为零，沿导轨方向有：F-F安-f=0摩擦力f=μmg=0.2×0.1×10=0.2N感应电动势E=BLvm感应电流I=安培力F安=BIL=N此时牵引力F=F安+f=0.45N（2）牵引力的功率由动能定理解得x=50m（3）当金属棒的速度大小为时v，感应电动势为E=BLv由可知，此时电容器极板上前电荷量为Q=CU=CE=CBLv设在一小段时间∆t内，可认为导体棒做匀变速运动，速度增加量为∆v，电容器板板上增加的电荷量为∆Q=CBL·∆v根据电流的定义式I=对导体棒受力分析，根据牛顿第二定律，有F-f-BIL=ma将I=CBLa代入上式可得：可知导体棒的加速度与时间无关，即导体棒做匀加速运动，在t=10s时，v=at=0.5×10m/s=5m/s此时的功率六．含“源”电动式模型1.开关S刚闭合时，ab杆所受安培力F＝eq\f(BLE,r)，此时a＝eq\f(BLE,mr).速度v↑⇒E感＝BLv↑⇒I↓⇒F＝BIL↓⇒加速度a↓，当E感＝E时，v最大，且vm＝eq\f(E,BL)2.动力学观点：分析最大加速度、最大速度3.能量观点：消耗的电能转化为动能与回路中的焦耳热4.动量观点：分析导体棒的位移、通过的电荷量【模型演练1】（2023春·北京丰台·高三北京市第十二中学校考期末）将电源、开关、导体棒与足够长的光滑平行金属导轨连接成闭合回路，整个回路水平放置，俯视图如图所示，虚线右侧存在竖直向上的匀强磁场。已知磁感应强度为B，电源电动势为E、内阻为r。导体棒的质量为m，电阻为r，长度恰好等于导轨间的宽度L，且与导轨间接触良好，不计金属轨道的电阻。（1）求闭合开关瞬间导体棒的加速度的大小a；（2）分析说明开关闭合后，导体棒的运动过程，并求导体棒最终的速度大小v；（3）当导体棒的速度从0增加到v1的过程中，通过导体棒的电量为q，求此过程中导体棒产生的焦耳热Q。

【答案】（1）；（2）见解析；（3）【详解】（1）闭合开关瞬间，电路中的电流为导体棒所受安培力为由牛顿第二定律可知，导体棒的加速度为联立解得（2）根据左手定则可知，导体棒受到向右的安培力作用，向右加速运动，从而切割磁感线产生动生电动势，导致电路的电流逐渐减小，大小为由于导体棒速度增大，总电流减小，其所受安培力减小，加速度减小，当动生电动势和电源电动势相等时，电流为零，此时不再受安培力，导体棒向右做匀速直线运动，则有可得导体棒最终的速度大小为综上可知，导体棒先向右做加速度减小的加速运动，后做匀速直线