专题强化2.5 单棒＋电容器模型 学案（含解析）
文档属性
| 名称 | 专题强化2.5 单棒＋电容器模型 学案（含解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 1.6MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-04-17 14:15:17 | ||
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文档简介
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高中物理选择性必修二素养提升学案
第二章 电磁感应
专题强化2.5 单棒＋电容器模型
【专题解读】
金属棒的初速度为零，水平拉力F恒定，棒和水平导轨的电阻不计，摩擦力不计
↓
运动过程分析：棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流，
有F－BIL＝ma，I＝，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BLΔv，
联立可得F－＝ma，其中＝a，
则可得a＝
↓
金属棒做加速度恒定的匀加速直线运动.
功能关系：WF＝mv2＋E电
10.[“电容器”模型/2024广东广州开学考试]如图所示，在水平面内固定着间距为L的两根光滑平行金属导轨（导轨足够长且电阻忽略不计），导轨上M、N两点右侧处在方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中.在导轨的左端接入电动势为E、内阻不计的电源和电容为C的电容器.先将金属棒a静置在导轨上，闭合开关S1、S3，让a运动速度达到v0时断开S1，同时将金属棒b静置在导轨上，经过一段时间后，流经a的电流为零.已知a、b的长度均为L，电阻均为R，质量均为m，在运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触.
（1）求开关S1、S3闭合，a运动速度达到v0时a的加速度大小；
（2）求b产生的焦耳热；
（3）若将棒a、b均静置在水平导轨上，闭合开关S1、S2，稍后再断开S1同时闭合S3，求两棒最终的速度大小.
答案 （1） （2）m （3）
解析 （1）a切割磁感线产生的电动势E1＝BLv0
由牛顿第二定律得BL＝ma
解得a＝
（2）对a、b系统，由动量守恒定律得mv0＝2mv1
解得v1＝
由能量守恒定律得系统产生的焦耳热
Q＝m－·2m
解得Q＝m
b产生的焦耳热Qb＝Q＝m
（3）闭合开关S1、S2，稍后再断开S1同时闭合S3，两棒同时加速，直到匀速运动.对电容器，放电量
q＝C（E－BLv）
对a，某时刻经极短时间Δt，由动量定理得
BILΔt＝mΔv
整个过程有∑BLΔq＝∑mΔv
即BL＝mv
解得两棒最终的速度v＝.
【方法点拨】
1. 无外力充电式
基本模型 （导体棒电阻为R，电容器电容为C，导轨光滑且电阻不计）
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，导体棒减速，E减小，有I＝，电容器充电UC变大，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，导体棒匀速运动
运动特点和最终特征 导体棒做加速度a减小的减速运动，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 电容器充电电荷量：q＝CUC最终电容器两端电压：UC＝BLv对棒应用动量定理：mv－mv0＝－BL·Δt＝－BLq，v＝
v－t图像
2.无外力放电式
基本模型 （电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，导轨光滑且电阻不计）
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UC＝BLvm
运动特点和最终特征 导体棒做加速度a减小的加速运动，最终做匀速运动，此时I＝0
最大速度vm 电容器充电电荷量：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，vm＝
v－t图像
【典例剖析】
【典例】.如图，两条平行导轨所在平面与水平面的夹角为θ，平行导轨间距为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.金属棒和导轨的电阻可忽略不计.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.
答案 （1）Q＝CBLv （2）v＝gt
解析 （1）设金属棒下滑的速度大小为v，则产生的感应电动势为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＝
联立解得Q＝CBLv
（2）设经过时间t金属棒的速度大小为v，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f1＝BLi
设在时间间隔t～t＋Δt内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有i＝
ΔQ也是平行板电容器在时间间隔t～t＋Δt内增加的电荷量，由（1）中结果可知
ΔQ＝CBLΔv
式中，Δv为金属棒的速度变化量，按定义有a＝
金属棒受到的摩擦力方向沿导轨向上，大小为f2＝μN
式中，N是金属棒对导轨的正压力的大小，有
N＝mgcosθ
金属棒在t时刻的加速度方向沿导轨向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsinθ－f1－f2＝ma
联立解得a＝g
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＝gt.
【针对性训练】
1．(2024宁波十校3月联考)如图，电阻不计的光滑水平导轨间距L＝1m，其内有竖直向下的匀强磁场B＝0.5T，导轨左侧接一电容C＝1F的电容器，初始时刻电容器带电量，电性如图所示。质量、电阻不计的金属棒ab垂直架在导轨上，闭合开关S后，ab棒向右运动，且离开时已匀速。下方光滑绝缘轨道间距也为L，正对放置，其中、为半径r＝1.25m、圆心角的圆弧，与水平轨道、相切于M、N两点，其中NO、MP两边长度d＝0.5m，以O点为坐标原点，沿导轨向右建立坐标系，OP右侧0＜x＜0.5m处存在磁感应强度大小为的磁场，磁场方向竖直向下。质量、电阻R＝1Ω的“U”型金属框静止于水平导轨NOPM处。导体棒ab自抛出后恰好能从处沿切线进入圆弧轨道，并于MN处与金属框发生完全非弹性碰撞，碰后组成闭合线框一起向右运动。
（1）求导体棒ab离开时的速度大小；
（2）若闭合线框进入磁场区域时，立刻给线框施加一个水平向右的外力F，使线框匀速穿过磁场区域，求此过程中线框产生的焦耳热；
（3）闭合线框进入磁场区域后由于安培力作用而减速，试讨论线框能否穿过区域，若能，求出离开磁场时的速度；若不能，求出线框停止时ab边的位置坐标x。
【名师解析】：（1）设电容器放完电后所带电量为Q，则由动量定理可得：
又：，
可得：
（2）由于导体棒ab抛出后恰好能沿切线进入圆弧轨道，由平抛运动规律可知：
，得：
：
得：
又由动量定理可知：，得：
线框进入磁场过程中所受的安培力：
线框进入和离开磁场过程克服安培力做功相同，故整个过程线框产生的热量：
（3）线框进入磁场过程由动量定理：
即：，，
解得：
故线框不能完全离开磁场，由：
得：
6.如图甲所示，相距L＝1m的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角θ＝37°，导轨电阻不计，质量m＝1kg、接入电路电阻为r＝0.5Ω的导体棒ab垂直于导轨放置，导轨的PM两端接在外电路上，定值电阻阻值R＝1.5Ω，电容器的电容C＝0.5F，电容器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场.在开关S1闭合、S2断开的状态下将导体棒ab由静止释放，导体棒的v－t图像如图乙所示，运动过程中导体棒始终与导轨接触良好且垂直，sin37°＝0.6，取重力加速度g＝10m/s2.
（1）求磁场的磁感应强度大小B；
（2）在开关S1闭合、S2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x＝5m时，定值电阻产生的焦耳热为21J，此时导体棒的速度与加速度分别是多大？
（3）现在开关S1断开、S2闭合的状态下，由静止释放导体棒，求经过t＝2s时导体棒的速度大小.
答案 （1）2T （2）2m/s 2m/s2 （3）4m/s
解析 （1）由题图乙可知，导体棒的最大速度vm＝3m/s
对应的感应电动势E＝BLvm
感应电流I＝
当速度达到最大时，导体棒做匀速运动，导体棒受力平衡，有
BIL＝mgsinθ
解得B＝＝2T
（2）导体棒和定值电阻串联，由公式Q＝I2Rt可知Qab∶QR＝1∶3，则导体棒ab产生的焦耳热Qab＝×21J＝7J，导体棒下滑x＝5m的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和回路中的焦耳热，由能量守恒定律有mgxsinθ＝m＋Qab＋QR
得导体棒的速度v1＝2m/s
此时感应电动势E1＝BLv1
感应电流I1＝
对导体棒有mgsinθ－BI1L＝ma1
解得加速度a1＝2m/s2
（3）开关S1断开、S2闭合时，任意时刻对导体棒，根据牛顿第二定律有mgsinθ－BI2L＝ma2
感应电流I2＝，Δq＝CΔU
Δt时间内，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a2＝
解得a2＝2m/s2
表明导体棒下滑过程中加速度不变，导体棒做匀加速直线运动，t＝2s时导体棒的速度大小v2＝a2t＝4m/s.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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第二章 电磁感应
专题强化2.5 单棒＋电容器模型
【专题解读】
金属棒的初速度为零，水平拉力F恒定，棒和水平导轨的电阻不计，摩擦力不计
↓
运动过程分析：棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流，
有F－BIL＝ma，I＝，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BLΔv，
联立可得F－＝ma，其中＝a，
则可得a＝
↓
金属棒做加速度恒定的匀加速直线运动.
功能关系：WF＝mv2＋E电
10.[“电容器”模型/2024广东广州开学考试]如图所示，在水平面内固定着间距为L的两根光滑平行金属导轨（导轨足够长且电阻忽略不计），导轨上M、N两点右侧处在方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中.在导轨的左端接入电动势为E、内阻不计的电源和电容为C的电容器.先将金属棒a静置在导轨上，闭合开关S1、S3，让a运动速度达到v0时断开S1，同时将金属棒b静置在导轨上，经过一段时间后，流经a的电流为零.已知a、b的长度均为L，电阻均为R，质量均为m，在运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触.
（1）求开关S1、S3闭合，a运动速度达到v0时a的加速度大小；
（2）求b产生的焦耳热；
（3）若将棒a、b均静置在水平导轨上，闭合开关S1、S2，稍后再断开S1同时闭合S3，求两棒最终的速度大小.
答案 （1） （2）m （3）
解析 （1）a切割磁感线产生的电动势E1＝BLv0
由牛顿第二定律得BL＝ma
解得a＝
（2）对a、b系统，由动量守恒定律得mv0＝2mv1
解得v1＝
由能量守恒定律得系统产生的焦耳热
Q＝m－·2m
解得Q＝m
b产生的焦耳热Qb＝Q＝m
（3）闭合开关S1、S2，稍后再断开S1同时闭合S3，两棒同时加速，直到匀速运动.对电容器，放电量
q＝C（E－BLv）
对a，某时刻经极短时间Δt，由动量定理得
BILΔt＝mΔv
整个过程有∑BLΔq＝∑mΔv
即BL＝mv
解得两棒最终的速度v＝.
【方法点拨】
1. 无外力充电式
基本模型 （导体棒电阻为R，电容器电容为C，导轨光滑且电阻不计）
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，导体棒减速，E减小，有I＝，电容器充电UC变大，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，导体棒匀速运动
运动特点和最终特征 导体棒做加速度a减小的减速运动，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 电容器充电电荷量：q＝CUC最终电容器两端电压：UC＝BLv对棒应用动量定理：mv－mv0＝－BL·Δt＝－BLq，v＝
v－t图像
2.无外力放电式
基本模型 （电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C，导轨光滑且电阻不计）
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UC＝BLvm
运动特点和最终特征 导体棒做加速度a减小的加速运动，最终做匀速运动，此时I＝0
最大速度vm 电容器充电电荷量：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，vm＝
v－t图像
【典例剖析】
【典例】.如图，两条平行导轨所在平面与水平面的夹角为θ，平行导轨间距为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.金属棒和导轨的电阻可忽略不计.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.
答案 （1）Q＝CBLv （2）v＝gt
解析 （1）设金属棒下滑的速度大小为v，则产生的感应电动势为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＝
联立解得Q＝CBLv
（2）设经过时间t金属棒的速度大小为v，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f1＝BLi
设在时间间隔t～t＋Δt内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有i＝
ΔQ也是平行板电容器在时间间隔t～t＋Δt内增加的电荷量，由（1）中结果可知
ΔQ＝CBLΔv
式中，Δv为金属棒的速度变化量，按定义有a＝
金属棒受到的摩擦力方向沿导轨向上，大小为f2＝μN
式中，N是金属棒对导轨的正压力的大小，有
N＝mgcosθ
金属棒在t时刻的加速度方向沿导轨向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsinθ－f1－f2＝ma
联立解得a＝g
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＝gt.
【针对性训练】
1．(2024宁波十校3月联考)如图，电阻不计的光滑水平导轨间距L＝1m，其内有竖直向下的匀强磁场B＝0.5T，导轨左侧接一电容C＝1F的电容器，初始时刻电容器带电量，电性如图所示。质量、电阻不计的金属棒ab垂直架在导轨上，闭合开关S后，ab棒向右运动，且离开时已匀速。下方光滑绝缘轨道间距也为L，正对放置，其中、为半径r＝1.25m、圆心角的圆弧，与水平轨道、相切于M、N两点，其中NO、MP两边长度d＝0.5m，以O点为坐标原点，沿导轨向右建立坐标系，OP右侧0＜x＜0.5m处存在磁感应强度大小为的磁场，磁场方向竖直向下。质量、电阻R＝1Ω的“U”型金属框静止于水平导轨NOPM处。导体棒ab自抛出后恰好能从处沿切线进入圆弧轨道，并于MN处与金属框发生完全非弹性碰撞，碰后组成闭合线框一起向右运动。
（1）求导体棒ab离开时的速度大小；
（2）若闭合线框进入磁场区域时，立刻给线框施加一个水平向右的外力F，使线框匀速穿过磁场区域，求此过程中线框产生的焦耳热；
（3）闭合线框进入磁场区域后由于安培力作用而减速，试讨论线框能否穿过区域，若能，求出离开磁场时的速度；若不能，求出线框停止时ab边的位置坐标x。
【名师解析】：（1）设电容器放完电后所带电量为Q，则由动量定理可得：
又：，
可得：
（2）由于导体棒ab抛出后恰好能沿切线进入圆弧轨道，由平抛运动规律可知：
，得：
：
得：
又由动量定理可知：，得：
线框进入磁场过程中所受的安培力：
线框进入和离开磁场过程克服安培力做功相同，故整个过程线框产生的热量：
（3）线框进入磁场过程由动量定理：
即：，，
解得：
故线框不能完全离开磁场，由：
得：
6.如图甲所示，相距L＝1m的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角θ＝37°，导轨电阻不计，质量m＝1kg、接入电路电阻为r＝0.5Ω的导体棒ab垂直于导轨放置，导轨的PM两端接在外电路上，定值电阻阻值R＝1.5Ω，电容器的电容C＝0.5F，电容器的耐压值足够大，导轨所在平面内有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场.在开关S1闭合、S2断开的状态下将导体棒ab由静止释放，导体棒的v－t图像如图乙所示，运动过程中导体棒始终与导轨接触良好且垂直，sin37°＝0.6，取重力加速度g＝10m/s2.
（1）求磁场的磁感应强度大小B；
（2）在开关S1闭合、S2断开的状态下，当导体棒下滑的距离x＝5m时，定值电阻产生的焦耳热为21J，此时导体棒的速度与加速度分别是多大？
（3）现在开关S1断开、S2闭合的状态下，由静止释放导体棒，求经过t＝2s时导体棒的速度大小.
答案 （1）2T （2）2m/s 2m/s2 （3）4m/s
解析 （1）由题图乙可知，导体棒的最大速度vm＝3m/s
对应的感应电动势E＝BLvm
感应电流I＝
当速度达到最大时，导体棒做匀速运动，导体棒受力平衡，有
BIL＝mgsinθ
解得B＝＝2T
（2）导体棒和定值电阻串联，由公式Q＝I2Rt可知Qab∶QR＝1∶3，则导体棒ab产生的焦耳热Qab＝×21J＝7J，导体棒下滑x＝5m的距离，导体棒减少的重力势能转化为动能和回路中的焦耳热，由能量守恒定律有mgxsinθ＝m＋Qab＋QR
得导体棒的速度v1＝2m/s
此时感应电动势E1＝BLv1
感应电流I1＝
对导体棒有mgsinθ－BI1L＝ma1
解得加速度a1＝2m/s2
（3）开关S1断开、S2闭合时，任意时刻对导体棒，根据牛顿第二定律有mgsinθ－BI2L＝ma2
感应电流I2＝，Δq＝CΔU
Δt时间内，有ΔU＝ΔE＝BLΔv，a2＝
解得a2＝2m/s2
表明导体棒下滑过程中加速度不变，导体棒做匀加速直线运动，t＝2s时导体棒的速度大小v2＝a2t＝4m/s.
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