专题4 热点追踪三 “电容器+导体棒”模型（PPT课件）-【正禾一本通】2026年高考物理二轮专题复习高效讲义

物 理 高三二轮专题复习高效讲义 高三二轮专题复习高效讲义 物 理 1 专题四 PPT下载 http:///xiazai/ 电路与电磁感应 2 热点追踪三　“电容器＋导体棒”模型 谢谢观看 1．无外力充电式模型 如图所示，导轨光滑，电阻的阻值为R，电容器的电容为C，导体棒的初速度为v0。 (1)模型特点 导体棒相当于电源，给电容器充电，由于棒受到的安培力为阻力，故做加速度减小的减速运动，当电容器两端的电压与感应电动势相等时，棒做匀速运动。棒匀速时电容器的电压UC最大，电路中的电流I＝0。 (2)最终速度 设导体棒匀速时的速度为v，则有： 电容器充电电荷量：q＝CUC 最终电容器两端电压：UC＝BLv 对棒运动的过程：－BL·Δt＝－BLq ＝mv－mv0 解得v＝。 2．无外力放电式模型 如图所示，导轨光滑，电源的电动势为E(内阻不计)，电容器的电容为C，导体棒的初速度为0，电容器充电后通过导体棒放电。 (1)模型特点 电容器放电时相当于电源，导体棒在安培力作用下做加速度减小的加速运动，当电容器两端的电压与感应电动势相等时，棒做匀速运动。棒匀速时电容器的电压UC最小，电路中的电流I＝0。 (2)最终速度 设导体棒匀速时的速度为vm，则有： 电容器初始电荷量：Q0＝CE 放电结束时电荷量：Q＝CUC＝CBLvm 电容器放电电荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm 对棒应用动量定理：mvm－0＝BL·Δt＝BLΔQ 解得vm＝。 3．有外力放电式模型 如图所示，导轨光滑，电容器的电容为C，导体棒的初速度为零，拉力F恒定，棒和水平导轨的电阻忽略不计。 导体棒在拉力作用下做加速运动，持续对电容器充电，设某时刻的充电电流为I，则有： F－IlB＝ma I＝ ΔQ＝CΔU ΔU＝ΔE＝BlΔv 解得F－＝ma 其中＝a，所以a＝，棒做加速度恒定的匀加速直线运动。 【例1】 (多选)(2024·海南高考)两根足够长的导轨由上下段电阻不计，光滑的金属导轨组成，在M、N两点绝缘连接，M、N等高，间距L＝1 m，连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°，导轨两端分别连接一个阻值R＝0.02 Ω的电阻和C＝1 F的电容器，整个装置处于B＝0.2 T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧，质量分别为m1＝0.8 kg，m2＝0.4 kg，ab棒电阻为0.08 Ω，cd棒的电阻不计，将ab由静止释放，同时cd从距离MN为x0＝4.32 m处在一个大小F＝4.64 N，方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动，两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去F，已知碰前瞬间ab的速度为4.5 m/s，g＝10 m/s2(　　 ) A．ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44 s B．ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为0.78 J C．两棒第一次碰撞后瞬间，ab的速度大小为6.3 m/s D．两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为8.4 m/s 解析：选BD。由于导体棒ab、cd同时由静止释放，且恰好在M、N处发生弹性碰撞，则说明ab、cd在到达M、N处所用的时间是相同的，对导体棒cd和电容器组成的回路有Δq＝C·BLΔv，对cd根据牛顿第二定律有F－BIL－m2g sin 30°＝m2a2，其中a2＝，联立有a2＝，则说明导体棒cd做匀加速直线运动，则有x0＝a2t2，联立解得a2＝6 m/s2，t＝1.2 s，故A错误；由题知，碰前瞬间ab的速度为4.5 m/s，则根据功能关系有m1gxabsin 30°－Q＝导体棒ab下滑过程中根据动量定理有L·t＝m1v1，其中q＝，R总＝R＋Rab＝0.1 Ω，联立解得q＝6 C，xab＝3 m，Q＝3.9 J，则R上消耗的焦耳热为QR＝Q＝0.78 J，故B正确；由于两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正，有m1v1－m2v2＝m1v1′2＋m2v2′2，其中v2＝a2t＝7.2 m/s，联立解得v1′＝－3.3 m/s，v2′＝8.4 m/s，故C错误，D正确。 【例2】 (2024·全国甲卷)如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦。定值电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个装置处于竖直方向且磁感应强度为B的匀强磁场中。 (1)开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v的大小。 (2)当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。 解析：(1)开关S闭合后，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则 F＝F安＝BIL 由闭合电路欧姆定律 I＝ 金属棒切割磁感线产生的感应电动势为 E＝BLv0 联立可得恒定的外力为F＝ 在加速阶段，外力的功率为 PF＝Fv＝v 定值电阻的功率为PR＝I2R＝ 当PF＝2PR时，即 化简可得金属棒速度v的大小为v＝。 (2)断开开关S，电容器充电，则电容器与定值电阻串联，则有E＝BLv＝IR＋ 当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力F安＝BIL不断减小，而拉力的功率 PF＝F′v＝BILv 定值电阻功率 PR＝I2R 当PF＝2PR时，则有BILv＝2I2R 可得IR＝ 则此时电容器两端电压为 UC＝BLv0 从开关断开到此刻外力所做的功为 W＝＝BLvq 其中q＝ 联立可得W＝。 答案：(1)　(2) $