微专题8：电磁感应中的双电源模型（双棒、含电容）讲义-2026届高考物理一轮复习备考

微专题8：电磁感应中的“双电源”模型（双棒、含电容） 模型一、双棒切割磁感线模型 光滑的平行导轨 光滑不等距导轨 示意图 质量m1、m2，长度l1＝l2 质量m1、m2，长度l1、l2 运动分析 杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动，由得：（m1=m2时，） 稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为（由得到） 能量分析 一部分动能转化为内能，Q＝－ΔEk 【例1】.如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab, dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后 A.金属框的速度大小趋于恒定值a b c d M N B.金属框的加速度大小趋于恒定值 C.导体棒所受安培力的大小趋于恒定值 D.导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值 注意： （1）回路中总电动势，同向且；，反向 （2）棒受到的安培力大小与的长度有关 模型二、单棒切割与电容充放电模型 类型 电容放电型 电容无外力充电型 电容有外力充电型 示 意 图 动 力 学 观 点 电容器放电，相当于电源;导体棒受安培力而运动。 电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时产生阻碍放电的反电动势，导致电流减小直至电流为零，此时Uc=BLvm；电容器充电量:Q0=CE 放电结束时剩余电量:Q=CE=CBLVm 电容器放电电量: ΔQ=Q0- Q=CE-CBLvm, 对杆应用动量定理: 导体棒相当于电源;电容器被充电UC渐大，阻碍电流。 当时，I=0，F安=0，棒匀速运动。 导体棒为电源，电容器被充电 （1）导体棒做初速度为零匀加速运动: (2)回路中的电流恒定:=CBLa (3)导体棒受安培力恒定: F安=CB2L2a (4) 导体棒克服安培力做的功等于电容器储存的电能: 运动 图像 几种 变化 (1)导轨不光滑 (2)光滑但磁场与导轨不垂直 (3)导轨倾斜或竖直 【例2】如图13所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，匀强磁场与导轨平面垂直．阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好．t＝0时，将开关S由1掷到2.q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度．下列图象正确的是( ) 图13 【例3】如图，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。 【能力提升训练】 1.(多选)如图所示,光滑金属导轨由倾斜和水平两部分组成,水平部分足够长且处在竖直向下的匀强磁场中,右端接一电源(电动势为E,内阻为r)。一电阻为R的金属杆PQ水平横跨在导轨的倾斜部分,从某一高度由静止释放,金属杆PQ进入磁场后的运动过程中,速度—时间图象可能是下图中的(导轨电阻不计) (　　) 2.如图所示,水平桌面上平行放置两光滑的金属导轨,导轨间距为L,一质量为m的金属杆垂直导轨放置,正以速度向左匀速运动,金属杆左侧有一矩形匀强磁场区域,磁感应强度大小为B,方向竖直向上,正以速度向右匀速移动,定值电阻为R,金属杆电阻为,其余电阻不计,当金属杆刚进入磁场区域时( ) A.金属杆两端的电势差 B.金属杆的加速度大小为 C.流过电阻R的电流大小为 D.若只改变磁场方向,金属杆所受安培力的大小不变,方向改变 3. 如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的足（　　） A. 弹簧伸展过程中、回路中产生顺时针方向的电流 B. PQ速率为v时，MN所受安培力大小为 C. 整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2：1 D. 整个运动过程中，通过MN的电荷量为 4.（多选）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平地面上，导轨MN上有一电键K，导轨MN、PQ间有磁感应强度为B的竖直向下的匀强磁场，导轨间距为3d。现有一间距为d、电容为C的平行金属板（厚度不计）电容器，两金属板间用一绝缘细杆连接并固定，金属板两侧用金属杆b、c垂直相连，它们总质量为m，并垂直于导轨静置于电键K左端的导轨上；电键K右端的导轨上垂直放置另一质量为m的金属杆a。若电容器的带电量为q0，闭合电键K，当整个系统达到稳定后（杆均未经过电键K）（　　） A．电容器最终带电量为 B．电容器最终带电量为 C．金属杆a的最终速度为 D．金属杆a的最终速度为 5.电磁弹射技术是一种新兴的直线推进技术,适宜于短行程发射大载荷,在军事、民用和工业领域具有广泛应用前景。我国已成功研制出用于航空母舰舰载机起飞的电磁弹射器。它由发电机、直线电机、强迫储能装置和控制系统等部分组成。 电磁弹射器可以简化为如图所示的装置以说明其基本原理。电源和一对足够长平行金属导轨M、N分别通过单刀双掷开关K与电容器相连。电源的电动势E=10 V,内阻不计。两条足够长的导轨相距L=0.1 m且水平放置,处于磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面且竖直向下,电容器的电容C=10 F。现将一质量m=0.1 kg、电阻r=0.1 Ω的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内,分别与两导轨良好接触。将开关K置于a使电容器充电,充电结束后,再将开关K置于b,金属滑块会在电磁力的驱动下运动,不计导轨和电路其他部分的电阻,且忽略金属滑块运动过程中的一切阻力,不计电容器充放电过程中该装置向外辐射的电磁能量及导轨中电流产生的磁场对滑块的作用。 (1)在电容器放电过程中,金属滑块两端电压与电容器两极板间电压始终相等。求在开关K置于b瞬间,金属滑块的加速度的大小a; (2)求金属滑块最大速度v; (3)a.电容器是一种储能装置,当电容器两极板间电压为U时,它所储存的电能A=CU2/2。求金属滑块在运动过程中产生的焦耳热Q; b.金属滑块在运动时会产生反电动势,使金属滑块中大量定向运动的自由电子又受到一个阻力作用。请分析并计算在金属滑块运动过程中这个阻力所做的总功W。 6．（18分）一位大学生在研究电磁感应问题时设计了如下实验。实验装置如图所示，水平放置的金属轨道FMNZZ′N′M′F′，FM与F′M′平行，相距L/2=0.5 m，NZ与N′Z′平行，相距L=1 m，轨道间区域被边界NN′、PP′和QQ′分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域，其中Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ处于竖直向下的匀强磁场中，Ⅲ处于水平向左的磁场中，磁场磁感应强度的大小均为B=2T，所有轨道电阻不计，Ⅲ区域轨道粗糙，μ=0.05，其它轨道光滑。轨道上放置着AB、CD两根金属棒，位置如图所示。两金属棒质量均为m=1 kg，电阻均为R=1 Ω。t=0时，AB棒有向右的初速度v=5 m/s，CD棒的速度为0(此后各运动过程，两棒与导轨都始终垂直且接触良好)，在CD棒到达PP′时AB棒恰好到达MM′，且两棒均已匀速。此时开始给AB棒一个外力，使AB棒在Ⅱ区域做匀加速运动，发现该外力随时间每秒增加4 N，且CD棒在Ⅲ区域的运动时间为1s。当CD棒到达QQ′时，撤去AB棒外力。此后AB棒继续在Ⅱ区域运动，CD棒在Ⅳ区域运动，直到两者稳定。g取10 m/s2。求： （1）t=0时，AB棒两端的电势差UAB； （2）当CD棒到达PP′时，AB棒的速度大小以及当CD棒到达QQ′时AB棒的速度大小； （3）CD棒在QZZ′Q′区域运动过程中整个回路产生的焦耳热Q。 【参考答案】 例1.BC 本题考查电磁感应定律与力学问题的综合。金属框在外力作用下向右运动过程中，由楞次定律知，导体棒向右运动，设某时刻金属框的速度为，导体棒的速度为，导体棒接入电路的电阻为R，回路中感应电动势,由闭合电路欧姆定律得,回路中的电流。设R金属框的质量为 m1，导体棒的质量为m2，对金属框，由牛顿第二定律得F-BIL=mal,整理得,对导体棒,由牛顿第二定律得：,当a1>a2 时, 增大,金属框的加速度a1减小,导体棒的加速度a2增大; 当a1=a2 时,此时,,不变，回路中的电流不变， 金属框和导体棒所受安培力不变，两者以相同的加速度做匀加速直线运动，故金属框的加速度大小趋于恒定值，速度越来越大，其v-t图像如图所示，A错误,B正确;由于回路中的电流趋于恒定值,故导体棒所受安培力大小趋于恒定值，C正确;导体棒与金属框的加速度相同时，金属框的速度较大，由匀加速直线运动规律知，导体棒到金属框bc边的距离越来越大，D错误。 例2．D 解析：导体棒做加速度减小的加速运动，直至匀速．故q－t图象应如图甲所示，A错；i－t图象应如图乙所示，B错；v－t图象应如图丙所示，C错，D对． 例3.答案　(1)Q＝CBLv　(2)v＝ 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＝，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，金属棒受到的磁场力方向沿导轨向上，大小为F＝ILB＝CB2L2a 金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨斜面向上，大小为f＝μFN，式中FN＝mgcosθ，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 联立上式可得a＝ 则金属棒做初速度为零的匀加速度运动，t时刻金属棒的速度大小为 v＝at＝。 【能力提升训练】 1. ABD 【解析】金属杆PQ进入磁场后切割磁感线产生感应电动势,根据右手定则判断得知,感应电动势的方向与电源的电动势方向相反。若金属杆PQ产生的感应电动势与电源的电动势大小相等,回路中总电动势为零,电路中没有电流,金属杆不受安培力,做匀速直线运动,故A项是可能的;若金属杆PQ产生的感应电动势小于电源的电动势大小,金属杆中电流方向从P到Q,所受的安培力方向向右,将做加速运动,随着速度增加,金属杆产生的感应电动势增加,回路中总的电动势减小,电流减小,金属杆所受的安培力减小,加速度随之减小,可知v-t图象的斜率减小,故B项是可能的;若金属杆PQ产生的感应电动势大于电源的电动势大小,金属杆中电流方向从Q到P,所受的安培力方向向左,将做减速运动,随着速度减小,金属杆产生的感应电动势减小,回路中总的电动势减小,电流减小,金属杆所受的安培力减小,加速度随之减小,可知v-t图象的斜率减小,故C项是不可能,D项是可能的。 2.答案：C 解析：金属杆刚进入磁场区域时,感应电动势,通过电阻R的电流,金属杆两端的电势差,故A错误,C正确;金属杆受到的安培力,对金属杆,由牛顿第二定律得,解得,故B错误若只改变磁场方向,由右手定则可知,感应电流方向反向,由左手定则可知,安培力方向不变,故D错误. 3.AC 【解析】弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确；任意时刻，设电流为I，则PQ受安培力 ，方向向左；MN受安培力 ，方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m， PQ速率为v时，则 解得 回路的感应电流 MN所受安培力大小为 ，选项B错误； 两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得 ， 可得则最终MN位置向左移动 PQ位置向右移动 因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F弹，安培力平均值F安，则整个过程根据动能定理 ， 可得 ，选项C正确； 两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移动，PQ位置向右移动，则 ，选项D错误。 4.BD 【分析】根据动量定理求电容器最终带电量和金属杆a的最终速度 【解答】解：以安培力的方向为正方向，由动量定理： 对a： 对b、c及电容器系统： 又因 联立解之得： ； 故AC错误，BD正确。 【点评】本题考查了含电容器的导轨滑杆模型，结合动量定理即可求解，注意正方向的规定，本题难度一般。 5.答案　(1)50 m/s2　(2)40 m/s　(3)a.400 J　b.见解析 解析　(1)开关K置于b瞬间,流过金属滑块的电流I= 金属滑块受到安培力作用,由牛顿运动定律有BIL=ma a==50 m/s2 (2)方法一:设金属滑块做加速运动到最大速度时两端的电压为U,电容器放电过程中的电荷量变化为Δq,放电时间为Δt,流过金属滑块的平均电流为I,则: 电容器放电过程的电荷量变化Δq=C(E-U) 金属滑块速度最大时,其两端电压U=BLv 由电流定义有Δq=IΔt 在金属滑块运动过程中,由动量定理有BILΔt=mv-0 联立以上各式,可得:v=40 m/s 方法二:设任意时刻电路中的电流为i,取一段含此时刻的极短时间Δt,最大速度为v,由动量定理得 ΣBiLΔt=mv-0 而ΣiΔt=CE-CU 解得v=40 m/s (3)a.由U=BLv可知电容器两端最终电压U=2 V 由能量守恒定律有CE2-CU2=mv2+Q 解得Q=400 J b.因金属滑块做切割磁感线运动产生反电动势,使滑块中的自由电子受到阻碍其定向运动的洛伦兹力f1(即阻力);同时由于金属滑块中的自由电子定向运动还受到洛伦兹力f2。金属滑块中的所有自由电子所受f2的合力在宏观上表现为金属滑块的安培力。 由动能定理可知安培力做功WF=mv2 f1与f2的合力即洛伦兹力f不做功。所以金属滑块运动过程中阻力f1所做的总功 W=-WF=-80 J 6. （18分）[答案]（1）v ； （2）4 m/s，6 m/s； （3）6.25 J [解析]（1）感应电动势 ------------------------------------------------------1分 AB棒两端的电势差为路端电压 -------------------------------------------------------1分 V -------------------------------------------------------1分 （2）①在到达PP′前两棒均已匀速，设AB、CD棒的速度分别为v1、v2则 -----------------------------------------------------1分 在到达PP′前对两棒各应用动量定理 --------------------------------------------------1分 -----------------------------------------------------1分 解得 m/s ----------------------------------------------------1分 同时可得m/s ②CD棒在Ⅲ区域的运动时对AB棒应用牛顿第二定律 ----------------------------------------------1分 由于F每秒增加4N即 ----------------------------------------------------1分 解得 a=2 m/s2 -------------------------------------------------------1分 CD棒到达QQ′时，AB的速度 m/s -------------------------------------------------1分 （3）CD棒进入Ⅲ区域受到滑动摩擦力 ----------------------------------2分 t=0时 N t=1s时 N CD棒到达时速度为 ---------------------------------------------2分 m/s CD棒进入QZQ′Z′区域后直到稳定，两棒系统动量守恒，最终以共同速度运动，设为v3  有 -------------------------------------------------1分 m/s CD棒进入QZQ′Z′区域后回路产生的焦耳热为 J ------------------------------------2分 6 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $$