第12章 电磁感应-微专题突破 电磁感应中的典型模型 课件—2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦电磁感应专题，覆盖单棒模型、双棒模型、含电容器模型三大核心考点，依据高考评价体系明确单棒模型（占比约45%）、双棒模型（占比约35%）的高频考查维度，归纳多选、计算等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“模型拆解+素养导向+实战突破”，如以单棒初速度模型为例，通过动量定理与能量守恒综合应用，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力，结合2025年湖南模拟题解析抛物线导轨单棒运动，帮助学生掌握动态分析技巧。教师可依托分层例题精准教学，助力学生高效冲刺高考。

第12章 电磁感应 微专题突破 电磁感应中的典型模型 1 考点一 单棒模型 考点二 双棒模型 考点三 含电容器模型 2 考点一 单棒模型 3 模型 单棒初速度 电阻 单棒 电源 单棒外力 电阻 示意图 ______________________________ 质量为 、电阻不计的 导体杆 以一定初速度 在光滑水平轨道上滑 动，两平行导轨间距为 __________________________________ 轨道水平光滑，单 杆质量为 ，电 阻不计，两平行导 轨间距为 _____________________________________ 轨道水平光滑，单杆 质量为 ，电阻不计， 两平行导轨间距为 ， 拉力 恒定 4 模型 单棒初速度 电阻 单棒 电源 单棒外力 电阻 力学观点 导体杆以速度 切割磁感 线产生感应电动势 ，电流 ，安培力 ，做减 速运动： ，当 时，， ，杆 保持静止 闭合，杆 受安培力 ，此时 ，杆 速度 感应电动势 安培力 加速度 ，当时， 最大，且 开始时 ，杆 速度 感应 电动势 安培力 ，由 知 ，当 时， 最大， 续表 5 模型 单棒初速度 电阻 单棒 电源 单棒外力 电阻 运动图像 _____________________________ ______________________________ _____________________________ 能量观点 动能全部转化为内 能： 电源输出的电能转 化为动能及热量： 做的功一部分转化为 杆的动能，一部分产 生电热： 续表 6 【视角1】　单棒+电阻+有初速度 例1 (多选)如图，足够长的间距d = 0.5 m的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间存在一个宽度L = 1 m的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B = 2 T，方向如图所示。一根质量ma = 0.1 kg，接入回路阻值Ra = 2 Ω的金属棒a以v0 = 10 m/s的初速度从左端开始沿导轨滑动，另一根接入回路阻值Rb = 3 Ω的金属棒b静止在导轨上，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好。导轨电阻不计，则(　　) 7 A.金属棒a刚进入磁场时，金属棒a两端的电压为4 V B.金属棒a不能穿过磁场区域 C.金属棒a刚穿出磁场区域时的速度大小为8 m/s D.金属棒a在磁场中运动的过程中，金属棒b上产生的焦耳热为1.08 J √ √ [解析] 金属棒a刚进入磁场时的感应电动势E = Bdv0，金属棒a两端的电压U = E = 6 V，故A错误；设金属棒a最终停在距磁场左边界x处，由动量定理可得−BdΔt = 0−mav0，根据闭合电路欧姆定律有，根据法拉第电磁感应定律有，联立解得x = 5 m>L，金属棒a能 8 穿过磁场区域，故B错误；金属棒a刚穿出磁场区域，由动量定理可得−BdΔt' = mv−mv0，根据闭合电路欧姆定律有' = ，根据法拉第电磁感应定律有' = ，联立解得v = 8 m/s，故C正确；由能量守恒定律可得，回路中产生的总焦耳热Q = mamav2，金属棒b上产生的焦耳热Qb = Q = 1.08 J，故D正确。 9 【视角2】　单棒+电阻+有外力 例2 如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ = 30°，两导轨之间的距离为L = 1 m，两导轨M、P之间接入电阻R = 0.2 Ω，导轨电阻不计，在abcd区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度B0 = 1 T， 磁场的宽度x1 = 1 m，在cd连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B1 = 0.5 T，一个质量为m = 1 kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻 r = 0.2 Ω，若金属棒在离ab连线上端x0处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速直线运动，金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时系统达到稳定状态，cd与ef之间的距离x2 = 8 m。(g取10 m/s2) 10 （1）求金属棒从开始静止到磁场Ⅱ中达到稳定状态这段时间中电阻R产生的热量； [解析] 金属棒进入磁场Ⅰ做匀速运动，设速度为v1，由平衡条件得 mgsin 30° = B0L 解得v1 = 2 m/s 金属棒在未进入磁场前做初速度为0的匀加速直线运动，则有 a = gsin 30° = 5 m/s 由运动学公式 = 2ax0 代入数据，解得x0 = 0.4 m 11 金属棒在通过磁场Ⅱ区域达到稳定状态时，设速度为v2，有 mgsin 30° = B1L 解得v2 = 8 m/s 金属棒从开始运动到在磁场Ⅱ中达到稳定状态过程中，根据能量守恒得: mg(x0+x1+x2)sin 30° = Q+m，QR = Q = 7.5 J 12 （2）求金属棒从开始静止到在磁场Ⅱ中达到稳定状态所经过的时间。 [解析] 金属棒从开始静止到刚进入磁场Ⅰ的时间为t1 = = 0.4 s 在磁场Ⅰ运动时间为t2 = = 0.5 s 金属棒在磁场Ⅱ中达到稳定状态前的过程中取任意微小过程，设这一微小过程的时间为Δti，速度为vi，速度的变化量为Δvi，则由牛顿第二定律可得mgsin 30°−B1L = m 变形后mgsin 30°·Δti−B1L·Δti = mΔvi 13 然后把所有的微小过程进行累加有 mgsin 30°(∑Δti)−B1L·(∑viΔti) = m(∑Δvi) 即mgsin 30°·t3−B1x2 = m(v2−v1) 解得t3 = 2.2 s，所以总时间为t = t1+t2+t3 = 3.1 s 14 【视角3】　单棒+电阻+抛物线导轨 例3 (多选)(2025·湖南)如图，关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导轨形状为抛物线，顶点位于O点。一足够长的金属杆初始位置与y轴重合，金属杆的质量为m，单位长度的电阻为r0。整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。现给金属杆一沿x轴正方向的初速度v0，金属杆运动过程中始终与y轴平行，且与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是( ) A.金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向 B.金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动 C.金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为 D.若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半 AC 15 [解析] 根据右手定则可知金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向，故A正确；若金属杆可以在沿x轴正方向的恒力F作用下做匀速直线运动，可知F = F安 = BIL，I = 。可得F = ，由于金属杆运动过程中接入导轨中的长度L在变化，故F在变化，故B错误；取一微小时间Δt内，设此时金属杆接入导轨中的长度为L'，根据动量定理有−BI'L'Δt = −BL'q' = mΔv。同时有q = ·Δt = ，联立得− = mΔv。对从开始到金属杆停止运动时整个过程累积可得− = 0−mv0，解得 16 此时金属杆与导轨围成的面积为S = ，故C正确；若金属杆的初速度减半，根据前面分析可知当金属杆停止运动时金属杆与导轨围成的面积为S' = S，根据抛物线的图像规律可知此时金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半，故D错误。故选AC。 17 【视角4】　单棒+电源 例4 (多选)如图甲，间距为L的足够长光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨左端连接有电动势恒定的直流电源，电源电动势为E，电源的内阻忽略不计，垂直导轨的虚线MN右侧有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，质量为m的金属棒ab垂直导轨放置，给金属棒一个初速度v0使其沿导轨向右运动后进入磁场；若将电源反接，如图乙，金属棒仍以初速度v0沿导轨向右运动后进入磁场，金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，金属棒接入电路的电阻为R，不计导轨电阻，则下列说法正确的是( ) 18 A.甲、乙两图中金属棒最终均静止在磁场中 B.甲、乙两图中金属棒均不会静止在磁场中 C.若v0<，乙图中金属棒运动的最大速度等于 D.甲图中，若金属棒向右运动的时间为t，则金属棒向右运动的最大距离为 √ √ √ 19 [解析] 乙图中，金属棒进入磁场时，若切割磁感线产生的感应电动势与电源电动势相等时，流经金属棒的电流将为0，即若v0 = ，则金属棒将一直向右做匀速直线运动。甲图中，金属棒向右运动时，感应电动势和电源电动势同向，金属棒在安培力作用下向右做减速运动至速度为零，后在安培力作用下向左运动并最终离开磁场。乙图中若v0<，则金属棒先向右加速运动后向右匀速运动；若v0>，则金属棒先向右减速运动后匀速运动，故A错误，B正确；若v0<，乙图中金属棒最终匀速运动时速度最大，这时BLv = E，即v = ，故C正确；甲图中，若金属棒向右运动的时间为t，则BLt = mv0，即BLt+ = mv0，解得x = ，故D正确。 20 考点二 双棒模型 21 1.初速度不为零，不受其他水平外力的作用 光滑的平行导轨 光滑不等距导轨 示意图 __________________________________ 质量 电阻 长度 ______________________________ 质量 电阻 长度 22 光滑的平行导轨 光滑不等距导轨 力学观点 杆受安培力做变减速运动，杆 受 安培力做变加速运动，稳定时，两杆 的加速度均为零，以相等的速度匀速 运动 杆 受安培力做变减速运动， 杆 受安培力做变加速运动， 稳定时，两杆的加速度均为 零，两杆的速度之比为 续表 23 光滑的平行导轨 光滑不等距导轨 运动图像 ____________________________ __________________________________ 能量观点 一部分动能转化为内能： 动量观点 两杆组成的系统动量守恒 两杆组成的系统动量不守恒对 单杆可以用动量定理 续表 24 2.初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用 光滑的平行导轨 不光滑的平行导轨 示意图 ______________________________________ 质量 电阻 长度 ______________________________________ 质量 电阻 长度 摩擦力 25 光滑的平行导轨 不光滑的平行导轨 力学观点 开始时，两杆受安培力做 变加速运动；稳定时，两 杆以相同的加速度做匀加 速运动 开始时，若，则 杆先变 加速后匀速运动； 杆静止。若 ， 杆先变加速后匀加速运 动，杆先静止后变加速最后和 杆同 时做匀加速运动，且加速度相同 运动图像 ______________________________ __________________________________________________ 续表 26 光滑的平行导轨 不光滑的平行导轨 能量观点 F做的功转化为两杆的动能 和内能： F做的功转化为两杆的动能和内能 （包括电热和摩擦热） 动量观点 两杆组成的系统动量不守 恒对单杆可以用动量定理 两杆组成的系统动量不守恒对单杆可 以用动量定理 续表 27 【视角1】　等间距双棒+有初速度 例1 如图所示，两根足够长且电阻不计的光滑金属导轨固定在水平桌面上，间距L = 0.5 m。在轨道上有两根质量分别为ma = 0.3 kg、mb = 0.2 kg，接入电路电阻分别为Ra = 2 Ω、Rb = 3 Ω的导体棒a和b，在轨道区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B = 1 T。现给导体棒a一个向右的、大小为v0 = 5 m/s的初速度，两导体棒在运动过程中始终保持与导轨垂直，且两导体棒未相碰，g = 10 m/s2。求: 28 （1）流经导体棒b的最大电流； [解析] 给导体棒a一个向右的初速度的瞬间流经导体棒b的电流最大，为 Im = = 0.5 A。 29 （2）从开始运动到两棒相距最近的过程中，流经b的电荷量； [解析] 两棒共速时相距最近，设共同速度为v，对两导体棒整体根据动量守恒定律有mav0 = (ma+mb)v 解得v = 3 m/s 从开始到共速时间内对导体棒b根据动量定理有 F安t = BLt = BLq = mbv−0 解得q = = 1.2 C。 30 （3）从开始运动到两棒相距最近的过程中，导体棒a上产生的焦耳热； [解析] 根据能量守恒定律得，从开始运动到两棒相距最近的过程中，回路中的总焦耳热为 Q总 = ma(ma+mb)v2 根据电路规律可知导体棒a上产生的焦耳热为 Qa = Q总 联立解得Qa = 0.6 J。 31 （4）当导体棒a的速度大小为va = 4 m/s时，b的加速度大小。 [解析] 当导体棒a的速度大小为va = 4 m/s时，根据动量守恒定律有mav0 = mava+mbvb 解得vb = 1.5 m/s 故此时电路中的总电动势为E = BLva−BLvb = 1.25 V 导体棒b此时受到的安培力为 = ILB，I = b的加速度大小为a = 联立解得a = 0.625 m/s2。 32 【视角2】　等间距双棒+有外力 例2 某物理小组想出了一种理想化的“隔空”加速系统，该系统通过利用其中一个金属棒在磁场中运动产生感应电流 从而使另一个金属棒获得速度，这样就避免了直接对其进行加速时所带来的磨损和接触性损伤，该加速系统可以建模抽象为在足够长的固定水平平行导轨上放有两个金属棒MN和PQ，磁感应强度B = 0.5 T的匀强磁场与导轨所在水平面垂直，方向竖直向下，导轨电阻很小，可忽略不计。如图为模型俯视图，导轨间的距离L = 1.0 m， 每根金属棒质量均为m = 1.0 kg，电阻都为R = 5.0 Ω，可在导轨上无摩擦滑动，滑动过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，在t = 0时刻，两金属棒都处于静止状态，现有一与导轨平行、大小为F = 2.0 N恒力作用于金属棒MN上，使金属棒MN在导轨上滑动，经过t = 10 s，金属棒MN的加速度a = 1.6 m/s2， 求: 33 （1）此时金属棒PQ的加速度； [解析] 恒力作用于 杆，使其在导轨上向右加速运动，切割磁感线产生感应电流， 根据右手定则知电流方向为，电流流经，根据左手定则 受安培力水平向 左，受到的安培力水平向右，它们都做加速运动，对 由牛顿第二定律得 对由牛顿第二定律得 联立解得 。 34 （2）此时两金属棒MN和PQ的速度； [解析] 设某时刻MN速度为v1，PQ速度为v2，根据法拉第电磁感应定律有 I = 在t = 10 s时，对MN，由牛顿第二定律得F−ILB = ma 整理得F− = ma 代入数据得v1−v2 = 16 m/s 由于作用于两根杆的安培力等大反向，所以作用于两杆系统的合力为水平恒力F，对系统由动量定理得Ft = (mv1+mv2)−0 代入数据得v1+v2 = 20 m/s 联立解得v1 = 18 m/s，v2 = 2 m/s。 35 （3）金属棒MN和PQ的最大速度差。 [解析] MN杆做加速度减小的加速运动， PQ杆做加速度增大的加速运动，最终共加速度，设两金属棒的共同加速度为a共，对系统有F=2ma共 对PQ杆有ImLB=ma共 其中Im== 联立解得Δvm==40 m/s。 36 【视角3】　不等间距双棒+有初速度 例3 (多选)如图所示的金属导轨ABCDE−A'B'C'D'E'，平行倾斜宽导轨AB、A'B'与水平方向夹角为θ = 30°，长度AB = A'B' = 2L，平行宽导轨BC、B'C'和窄导轨DE、D'E'水平，窄导轨的间距为L，宽导轨的间距均为2L，倾斜导轨与水平导轨由长度可忽略的小圆弧平滑相连，导轨电阻不计。在水平导轨之间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。质量为m、电阻为R、长度为L的金属棒a垂直导轨静止放置在窄导轨的右端DD'处，质量为2m、电阻为R、长度为2L的另一金属棒b从导轨顶端AA'处由静止释放，金属棒运动中始终与导轨垂直且接触良好，不计一切摩擦，重力加速度为g。若金属棒b始终在宽导轨上运动，水平窄导轨足够长，则下列说法正确的是( ) 37 A.金属棒b刚进入磁场瞬间的速度大小为2 B.稳定后，金属棒a、b的速度大小之比为2∶1 C.从释放b到稳定前瞬间的过程，通过金属棒a 的电荷量大小为 D.从释放b到稳定前瞬间的过程，金属棒b上产 生的焦耳热为mgL √ √ 38 [解析] 金属棒b刚进入磁场瞬间的速度大小为2mg·2Lsin 30° = ×2m，解得v0 = ，A错误；稳定后，电流等于0，两个棒产生的感应电动势大小相等B0Lva = B0·2Lvb，解得va∶vb = 2∶1，B正确；从释放b到稳定前瞬间的过程，根据动量定理得−B0I·2LΔt = 2mvb−2mv0，B0ILΔt = mva，q = IΔt，解得vb = ，va = ，q = ，C错误；从释放b到稳定前瞬间的过程，根据能量守恒定律得×2mm+×2m+2Qb，解得金属棒b上产生的焦耳热为Qb = mgL，D正确。 39 【视角4】　不等间距双棒+有外力 例4 (多选)如图甲，abcd和a'b'c'd'为在同一水平面内的固定光滑平行金属导轨，左右导轨间距分别为2L、L，整个导轨处于竖直向下的匀强磁场中，左侧导轨间的磁感应强度大小为B0，右侧导轨间的磁感应强度大小按图乙规律变化，两根金属杆M、N分别垂直两侧导轨放置，N杆与cc'之间恰好围成一个边长为L的正方形，M杆中点用一绝缘细线通过轻质定滑轮与一重物相连，t = 0时释放重物，同时在N杆中点处施加一水平向右的拉力F，两杆在0~t0时间内均处于静止状态，从t0时刻开始，拉力F保持不变，重物向下运动x距离时(M杆未到达定滑轮处)，速度达到最大，已知M、N杆和重物的质量都为m，M、N接入电路的电阻都为R，不计导轨电阻，重力加速度为g，下列说法正确的是( ) 40 A.0~t0时间内，回路中的感应电动势为 B.0~t0时间内，施加在N杆上的拉力F随时间t变化的关系为F = ·t C.重物下落的最大速度为v = D.从t = 0时刻到重物达到最大速度的过程中，回路产生的焦耳热为+ √ √ 41 [解析] 0~t0时间内回路的感应电动势为E1 = S = L2，根据图乙可知，解得E1 = ，故A正确；根据图乙可知B = ·t，令0~t0时间内回路的感应电流为I0，对M有mg = B0I0·2L，对N有F = BI0L，联立解得F = ·t，故B错误；根据上述，t0时刻的拉力大小为F0 = mg，t0时刻之后，对M与重物整体进行分析有mg−B0I·2L = 2ma1，对N进行分析有F0−B0IL = ma2，解得a1 = a2 = g−，可知M、N的加速度大小相等， 42 当a1 = a2 = 0时，重物速度最大，即g = ，其中I = ，解得v = ，故C错误；在0~t0时间内，有I = ，在0~t0时间内，产生的热量为Q1 = I2·2Rt0 = ，由a1 = a2，M、N杆的速度在任意时刻大小均相等，位移大小也相等。则从t0时刻开始到重物最大速度的过程中有mgx+Fx = ×3mv2+Q2，解得Q2 = mgx−，则回路产生的焦耳热为Q = Q1+Q2 = +，故D正确。 43 考点三 含电容器模型 44 1.有外力充电式 基本模型 _______________________________________ （导轨光滑，无电阻，电容器电容为 ） 电路特点 导体棒相当于电源，给电容器充电 45 运动分析 开始时，以后杆速度，经过 速度为 ，此时感应电动势， 时间内流入电容器的电 荷量 电流 安培力 ， ，所以杆以恒定的加速度做匀加速运动 续表 46 图 像 ___________________________ 能量分析 F做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能 续表 47 2.无外力充电式 基本模型 ________________________________________ （导轨光滑，电阻阻值为，电容器电容为 ） 电路特点 导体棒相当于电源，电容器充电 电流特点 安培力为阻力，棒减速，减小，有，电容器充电 变 大，当时，， ，棒匀速运动 运动特点及 最终特征 棒做加速度减小的减速运动，最终做匀速运动，此时 ，但电 容器带电荷量不为零 48 最终速度 电容器充电荷量： 最终电容器两端电压 对棒应用动量定理： 图像 ____________________________ 续表 49 3.无外力放电式 基本模型 ___________________________________________ （电源电动势为，内阻不计，电容器电容为 ） 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 运动特点及 最终特征 做加速度减小的加速运动，最终匀速运动， 50 最大速度 电容器充电电荷量： 放电结束时电荷量： 电容器放电电荷量： 对棒应用动量定理： 续表 图像 ______________________________ 51 【视角1】　有外力充电式电容器模型 例1 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: 52 （1）电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系； [解析] 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 53 （2）金属棒的速度大小随时间变化的关系。 [解析] 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 = BLI = CB2L2a 设在时间间隔(t，t+Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，则ΔQ = CBLΔv 按定义有I = ，ΔQ也是平行板电容器极板在时间间隔(t，t+Δt)内增加的电荷量，由上式可得，Δv为金属棒的速度变化量，金属棒所受到的摩擦力方向沿导轨斜面向上，大小为Ff = μFN 54 式中，FN是金属棒对于导轨的正压力的大小，有FN = mgcos 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 mgsin θ−F−Ff = ma， 即mgsin θ−μmgcos θ = CB2L2a+ma 联立上式可得a = 由题意可知，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 = 55 【视角2】　无外力充电式电容器模型 例2 如图所示，足够长的固定在水平面上的光滑U形金属框架宽为L，左端连有一不带电的电容为C的电容器(金属框架电阻忽略不计)。在框架的两平行导轨上放一质量为m、长为L、电阻为R的金属棒ab，棒始终垂直于两导轨且接触良好。整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现给棒ab一个向右的水平初速度v0使棒始终沿导轨运动，则下列关于金属棒从开始运动到达稳定状态的过程中的说法中正确的是(　　) A.杆的速度越来越小，直到减小为零 B.杆的速度越来越小，稳定后速度v = C.电容的电荷量越来越大，最大值为q = D.电流强度越来越大 B 56 [解析] 当金属棒ab做切割磁感线运动时，要产生感应电动势，电容器C将被充电，ab棒中有充电电流存在，ab棒受到安培力的作用而减速，当ab棒以稳定速度v匀速运动时，则有BLv = UC = ，由动量定理有−∑BILΔt = −BLQC = mv−mv0，联立解得v = ，故A错误，B正确；电容的电荷量越来越大，最大值为q = QC = CBLv = ，故C错误；导体棒稳定后做匀速直线运动，电容的电荷量趋于最大值，充电电流越来越小，最后电路中没有电流，故D错误。 57 【视角3】　无外力充电+无外力放电式电容器模型 例3 (2025·甘肃)在自动化装配车间，常采用电磁驱动的机械臂系统，如图，ab、cd为两条足够长的光滑平行金属导轨，间距为L，电阻忽略不计。导轨置于磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，导轨上有与之垂直并接触良好的金属机械臂1和2，质量均为m，电阻均为R。导轨左侧接有电容为C的电容器。初始时刻，机械臂1以初速度v0向右运动，机械臂2静止，运动过程中两机械臂不发生碰撞。系统达到稳定状态后，电流为零，两机械臂速度相同。 58 （1）求初始时刻机械臂1的感应电动势大小和感应电流方向； [解析] 由法拉第电磁感应定律可知，初始时刻机械臂1的感应电动势大小为E = BLv0 由右手定则可知感应电流方向沿机械臂1向上。 （2）系统达到稳定状态前，若机械臂1和2中的电流分别为I1和I2，写出两机械臂各自所受安培力的大小；若电容器两端电压为U，写出电容器电荷量的表达式； [解析] 在达到稳定前，两机械臂电流分别为I1和I2，两机械臂安培力的大小分别为F1 = BI1L，F2 = BI2L 设电容器所带电荷量为Q，则Q = CU （3）求系统达到稳定状态后两机械臂的速度。若要两机械臂不相撞，二者在初始时刻的间距至少为多少? [解析] 系统达到稳定状态后，电流为零，两机械臂速度相同，设稳定时的速度为v共，稳定时电容器两端的电压为U0， 对电容器U0 = BLv共　① Q = CU0　② 对机械臂1，全过程，由动量定理−∑BI1LΔt = mv共−mv0 累加可得BLQ1 = mv0−mv共　③ 对机械臂2，全过程，由动量定理∑BI2LΔt = mv共−0 累加可得BLQ2 = mv共　④ 对整个电路，电荷守恒Q = Q1−Q2　⑤ 联立①②③④⑤解得v共 = ，方向向右 在任意时刻有U = BLv1−I1R = BLv2+I2R 即BL(v1−v2) = I2R+I1R 对该式两边取全过程时间的累计有BL(v1−v2)Δt = I2RΔt+I1RΔt 其中(v1−v2)Δt = x1−x2 = dmin， I1Δt = Q1，I2Δt =Q2 即BLdmin = (+)R　⑥ 由③④可得BL(+) = mv0　⑦ 联立⑥⑦解得两棒间初始距离的最小值为dmin = $