高考物理一轮复习讲义练习第十二章 学科素养聚焦　重要物理模型突破：电磁感应中“导体棒＋电容器”模型

这是一份高考物理一轮复习讲义练习第十二章 学科素养聚焦　重要物理模型突破：电磁感应中“导体棒＋电容器”模型，共4页。
【例1】 间距为L的水平放置的平行金属光滑轨道（电阻不计），处于竖直向下的匀强磁场中，一端与电动势为E的电源相连，轨道间串联接入电容器C和定值电阻R；质量为m、电阻不计的金属棒放置于轨道上。开始时单刀双掷开关S和1接通，电容器充电完毕后，将S从1拨到2，同时让金属棒以初速度v0向右运动，最终金属棒达到稳定状态。已知轨道足够长，以下金属棒运动的速度随时间变化的图像，不可能的是( C )
【解析】 充满电后，电容器两极板间电压等于E，S接2之后，电容器与金属棒回路电流I＝ eq \f(UC＋BLv,R)，方向沿逆时针，金属棒受向左的安培力F安＝BIL＝ma，金属棒向右减速，v减小且UC减小，则I减小。
①若v＝0时UC＝0，v－t图像如题图B，该动程对金属棒应用动量定理有mv0＝BIL·t＝BLq＝BL·CE，即v0＝ eq \f(CBLE,m)。
②若v0> eq \f(CBLE,m)，则当UC＝0时，v≠0且方向向右，接下来电容器被反向充电，I＝ eq \f(BLv－UC,R)，v减小且UC增大，当I＝0时达到稳定状态，即BLvm＝UC，该过程mv0－mvm＝BL(CE＋CUC)，即vm＝ eq \f(mv0－CBLE,m＋CB2L2)，该过程v－t图像如题图A。
③若v0< eq \f(CBLE,m)，则当v＝0时，UC≠0，接下来金属棒向左加速，I＝ eq \f(UC－BLv,R)，v增大，且UC减小。当I＝0时达到稳定状态，即BLvm＝UC，该过程mv0＋mvm＝BL(CE－CUC)，即vm＝ eq \f(CBLE－mv0,m＋CB2L2)，该过程v－t图如题图D。故选项C是不可能的。
【例2】 如图所示，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中始终保持与导轨垂直并接触良好。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：
(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；
(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。
【解析】 (1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv，
平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E，
设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C＝ eq \f(Q,U)，联立可得Q＝CBLv。
(2)设金属棒的速度大小为v时，经历的时间为t，通过金属棒的电流为I，金属棒受到的安培力方向沿导轨向上，大小为F＝ILB，设在Δt时间内极板上增加的电荷量为ΔQ，则I＝ eq \f(ΔQ,Δt)，ΔQ＝CBLΔv，由加速度的定义有a＝ eq \f(Δv,Δt)，则F＝CB2L2a，金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨斜面向上，大小为Ff＝μFN，式中FN＝mg cs θ，金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mg sin θ－F－Ff＝ma，
联立上式可得a＝ eq \f(m(sin θ－μcs θ)g,m＋B2L2C)，
则金属棒做初速度为零的匀加速运动，t时刻金属棒的速度大小为
v＝at＝ eq \f(m(sin θ－μcs θ)gt,m＋B2L2C)。
【答案】 (1)Q＝CBLv
(2)v＝ eq \f(m(sin θ－μcs θ)gt,m＋B2L2C)
【跟踪训练1】 如图所示，间距为L的水平光滑长导轨，左端接有一个电容器，电容为C（不会被击穿），在PQ虚线的左侧有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m的金属杆ab静置在导轨上，距离虚线PQ的距离是d，金属杆在水平向右恒力F的作用下，开始向右运动，不计导轨与金属杆的电阻，下列说法正确的是( D )
A．金属杆ab先做加速度不断减小的加速运动，最终匀速运动
B．金属杆ab的运动可能是先从加速到匀速再到加速
C．金属杆ab运动到达虚线PQ的时间t＝2d eq \r(\f(m＋CB2L2,F))
D．电容器能带的最多电荷量是CBL eq \r(\f(2dF,m＋CB2L2))
解析：金属杆向右运动，切割磁感线产生感应电动势E，给电容器充电，设在t～t＋Δt的时间里，电容器充电荷量为Δq，则Δq＝CE＝CBLΔv，则充电电流为i＝ eq \f(Δq,Δt)＝CBL eq \f(Δv,Δt)＝CBLa，对金属杆列牛顿第二定律方程有F－BLi＝ma，得a＝ eq \f(F,m＋CB2L2)，说明金属棒做初速度为零的匀加速直线运动，由x＝ eq \f(1,2)at2可得t＝ eq \r(\f(2d,a))，联立得t＝ eq \r(\f(2d(m＋CB2L2),F))，再由q＝CE＝CBLv＝CBLat，得金属杆最终出磁场时，电容器带电荷量最大，带电荷量为qmax＝CBL eq \r(\f(2dF,m＋CB2L2))，故选D。
【跟踪训练2】 （2024·北京卷）如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放
置，左端接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R。开关闭合前电容器的电荷量为Q。
(1)求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I；
(2)求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a；
(3)在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线。
解析：(1)开关闭合前电容器的电荷量为Q，则电容器两极板间电压U＝ eq \f(Q,C)，
开关闭合瞬间，通过导体棒的电流I＝ eq \f(U,R)，
解得闭合开关瞬间通过导体棒的电流为I＝ eq \f(Q,CR)。
(2)开关闭合瞬间由牛顿第二定律有BIL＝ma，将电流I代入解得a＝ eq \f(BQL,CRm)。
(3)由(2)中结论可知，随着电容器放电，所带电荷量不断减少，所以导体棒的加速度不断减小，其v－t图线如图所示。
答案：(1) eq \f(Q,CR) (2) eq \f(BQL,CRm)
(3)见解析图模型
规律
放电式（先接1，后接2。导轨光滑）
电容器充电量：Q0＝CE
放电结束时电荷量：Q＝CU＝CBlvm
电容器放电电荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBlvm
动量关系：B eq \x\t(I)l·Δt＝BlΔQ＝mvm；vm＝ eq \f(BlCE,m＋B2l2C)
功能关系：W安＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(2,m)＝ eq \f(m(BlCE)2,2(m＋B2l2C)2)
无外力充电式（导轨光滑）
达到最终速度时：
电容器两端电压：U＝Blv（v为最终速度）
电容器电荷量：q＝CU
动量关系：－B eq \x\t(I)l·Δt＝－Blq＝mv－mv0；v＝ eq \f(mv0,m＋B2l2C)