专题29 动量观点在电磁感应中的应用（解析版）

专题29 动量观点在电磁感应中的应用目录TOC \o "1-3" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc1661" 题型一 动量定理在电磁感应中的应用  PAGEREF _Toc1661 1 HYPERLINK \l "_Toc22900" 类型1 “单棒＋电阻”模型  PAGEREF _Toc22900 1 HYPERLINK \l "_Toc28252" 类型2 不等间距上的双棒模型  PAGEREF _Toc28252 7 HYPERLINK \l "_Toc9899" 类型3 “电容器＋棒”模型  PAGEREF _Toc9899 11 HYPERLINK \l "_Toc30551" 题型二 动量守恒定律在电磁感应中的应用  PAGEREF _Toc30551 17 HYPERLINK \l "_Toc15482" 类型1 双棒无外力  PAGEREF _Toc15482 17 HYPERLINK \l "_Toc7116" 类型2 双棒有外力  PAGEREF _Toc7116 22题型一 动量定理在电磁感应中的应用【解题指导】导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解．类型1 “单棒＋电阻”模型【例1】(多选) (2022·河北省选择考模拟)如图所示，间距为1 m的足够长平行导轨固定在水平面上，导轨左端接阻值为2 Ω的电阻。导轨之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为1 T。一质量为1 kg的金属杆从左侧水平向右以2 m/s的速度进入磁场，在水平外力控制下做匀减速运动，1 s后速度刚好减为零。杆与导轨间的动摩擦因数为0.1，忽略杆与导轨的电阻，重力加速度g取10 m/s2。杆从进入磁场到静止过程中，下列说法正确的是 (　　)A．通过电阻的电荷量为0.5 CB．整个过程中安培力做功为－1 JC．整个过程中水平外力做功为零D．水平外力对金属杆的冲量大小为0.5 N·s【答案】　AD【解析】　导体棒在磁场中运动的位移为x＝eq \f(v,2)t＝1 m，通过电阻的电荷量为q＝eq \o(I,\s\up6(－))t＝eq \f(\o(E,\s\up6(－)),R)t＝eq \f(\f(ΔΦ,t),R)t＝eq \f(BLx,R)＝0.5 C，A正确；根据动能定理得WF－W安－μmgx＝0－eq \f(1,2)mv2因为外力做功无法确定，所以安培力做功也无法确定，B、C错误；根据动量定理得IF－eq \o(I,\s\up6(－))LBt－μmgt＝0－mv，结合q＝eq \o(I,\s\up6(－))t＝0.5 C，解得IF＝－0.5 N·s，D正确。【例2】(2022·首都师范大学附属中学高三月考)水平面上放置两个互相平行的足够长的金属导轨，间距为d，电阻不计，其左端连接一阻值为R的电阻．导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.质量为m、长度为d、阻值为R与导轨接触良好的导体棒MN以速度v0垂直导轨水平向右运动直到停下．不计一切摩擦，则下列说法正确的是(　　)A．导体棒运动过程中所受安培力先做正功再做负功B．导体棒在导轨上运动的最大距离为eq \f(2mv0R,B2d2)C．整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为eq \f(1,2)mv02D．整个过程中，导体棒的平均速度大于eq \f(v0,2)【答案】　B【解析】　导体棒向右运动过程中一直受到向左的安培力作用，即安培力一直做负功，选项A错误；由动量定理可知－eq \x\to(I)dB·Δt＝0－mv0，其中eq \x\to(I)·Δt＝eq \f(\f(ΔΦ,Δt),2R)·Δt＝eq \f(ΔΦ,2R)，ΔΦ＝Bdx，解得x＝eq \f(2mv0R,B2d2)，故B正确；导体棒的阻值与左端所接电阻的阻值相等，故电阻R上产生的焦耳热应该为eq \f(1,4)mv02，故C错误；根据a＝eq \f(BId,m)＝eq \f(B2d2v,2Rm)可知，导体棒做的是加速度逐渐减小的减速运动，故其平均速度将小于做匀减速运动的平均速度，即小于eq \f(v0,2)，故D错误．【例3】如图甲所示，固定放置在水平桌面上的两根足够长的光滑金属导轨间的距离为L＝1 m．质量m＝1 kg的直导体棒放在导轨上，且与导轨垂直．导轨左端与阻值R＝4 Ω的电阻相连，其余电阻不计，整个装置放在竖直向上的匀强磁场内，磁感应强度B＝2 T．在t＝0时，一水平向右的恒定拉力F垂直作用于直导体棒，使直导体棒由静止开始向右做直线运动，图乙是描述导体棒运动过程的v－t图像(设导轨足够长)．求：(1)拉力F的大小；(2)t＝1.6 s时，导体棒的加速度大小a；(3)前1.6 s内导体棒的位移大小x.【答案】　(1)10 N　(2)2 m/s2　(3)8 m【解析】　(1)导体棒的运动速度为v时产生的电动势E＝BLv，闭合回路中的感应电流I＝eq \f(E,R)导体棒所受安培力FA＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)由题图乙可知，当速度v＝10 m/s时拉力F＝FA，得F＝10 N.(2)由题图乙知，t＝1.6 s时，v＝8 m/s，由牛顿第二定律有F－eq \f(B2L2v,R)＝ma，得a＝2 m/s2.(3)在导体棒的速度为任意值v的一段极短时间Δt内，发生位移Δx，安培力的冲量ΔI＝－eq \f(B2L2v,R)·Δt＝－eq \f(B2L2,R)Δx则前1.6 s内安培力的总冲量I＝－eq \f(B2L2,R)x由动量定理有Ft－eq \f(B2L2,R)x＝mv－0，得x＝8 m.【例4】(多选) (2022·山东潍坊市模拟)如图所示，MN和PQ是两根电阻不计的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨水平部分处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与水平导轨平面夹角为37°，导轨右端接一阻值为R的定值电阻，质量为m、长度为L的金属棒，垂直导轨放置，从导轨左端h高处静止释放，进入磁场后运动一段距离停止。已知金属棒电阻为R，与导轨间接触良好，且始终与磁场垂直，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则金属棒进入磁场区域后(　　)A．定值电阻两端的最大电压为eq \f(BL\r(2gh),2)B．金属棒在水平导轨上运动时对导轨的压力越来越大C．金属棒在磁场中运动的距离为eq \f(2mR\r(2gh),B2L2)D．定值电阻R产生的焦耳热为eq \f(1,2)mgh【答案】　BD【解析】　在金属棒由静止释放运动到水平轨道过程中，根据机械能守恒定律可得mgh＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，解得v0＝eq \r(2gh)，金属棒刚进入磁场时，速度v＝v0最大，电动势E最大，电流I最大，此时电阻R两端的电压最大，则有Um＝ImR＝eq \f(Em,2R)R＝eq \f(BLv0sin θ,2)＝eq \f(3,10)BLeq \r(2gh)，A错误；金属棒在导轨上运动过程中，对金属棒受力分析，如图所示，在垂直于B的方向金属棒受到的安培力为FA＝BIL，则竖直方向有FAcos θ＋FN＝mg，水平方向有FAsin θ＝ma，金属棒在磁场中做减速运动，速度v变小，所以E变小，I变小，FA变小，则有FN变大，B正确；由动量定理得－FAsin θ·Δt＝m·Δv，则有eq \f(B2L2vsin2 θ·Δt,2R)＝mv0－0，则有金属棒在磁场中运动的距离x＝v·Δt＝eq \f(2mR\r(2gh),0.36B2L2)，C错误；由能量守恒定律可得Q总＝mgh，由Q＝I2Rt可得，定值电阻R与金属棒产生的热量相等，所以定值电阻R产生的焦耳热为QR＝eq \f(Q总,2)＝eq \f(1,2)mgh，D正确。【例5】 (2022·山东日照市模拟)如图所示，光滑斜面体固定在水平地面上，斜面与地面间的夹角θ＝37°，斜面上放置质量M＝0.19 kg的滑块，滑块上固定着一个质量m＝0.01 kg、电阻R＝0.2 Ω、边长L＝0.3 m 的正方形单匝线圈efgh，其中线圈的一边恰好与斜面平行，滑块载着线圈无初速地进入一有界匀强磁场(磁场边界与斜面垂直，宽度d＝2L)，磁场方向与线圈平面垂直并指向纸内，磁感应强度大小B＝2 T。已知线圈与滑块之间绝缘，滑块长度与线圈边长相同，重力加速度g＝10 m/s2。(1)求滑块和线圈进入磁场的过程中流过线圈横截面的电荷量q；(2)若从线圈的gh边进入磁场到ef边进入磁场所用的时间为0.5 s，求线圈的ef边进入磁场前瞬间的加速度大小；(3)若滑块和线圈完全穿出磁场时的速度v1＝2 m/s，求在穿过磁场的整个过程中线圈产生的热量Q。【答案】　(1)0.9 C　(2)3.3 m/s2　(3)0.68 J【解析】　(1)滑块进入磁场的过程中流过线圈横截面的电荷量为q＝IΔt＝eq \f(E,R)ΔtE＝eq \f(ΔΦ,Δt)，ΔΦ＝BS代入数据得q＝0.9 C。(2)线圈进入磁场的过程中，由动量定理得(M＋m)gsin θt－IF安＝(M＋m)v－0IF安＝BL∑iΔt＝BLq代入数据得v＝0.3 m/sE＝BLv，I＝eq \f(E,R)由牛顿第二定律得(M＋m)gsin θ－ILB＝(M＋m)a代入数据得a＝3.3 m/s2。(3)滑块及线圈穿过磁场过程中，根据能量守恒定律得(M＋m)gsin θ·3L＝eq \f(1,2)(M＋m)veq \o\al(2,1)＋Q代入数据得Q＝0.68 J。【例6】(2022·天津红桥区第二次质量调查)如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直。一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放。导体棒进入磁场后流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I。整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻。求：(1)导体棒的最大速度vm和磁感应强度的大小B；(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；(3)若金属棒进入磁场后恰经t时间达到稳定，求这段时间的位移x大小。【答案】　(1)eq \r(2gh)　eq \f(mg,IL)　(2)eq \f(I2R,mg) (3)(mgt＋meq \r(2gh)－eq \f(I2R,g))eq \f(R,B2L2)【解析】　(1)由题意得导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为vm，由机械能守恒定律得mgh＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,m)解得vm＝eq \r(2gh)电流稳定后，导体棒做匀速运动，此时导体棒受到的重力和安培力平衡，有mg＝ILB解得B＝eq \f(mg,IL)。(2)感应电动势E＝BLv感应电流I＝eq \f(E,R)解得v＝eq \f(I2R,mg)。(3)感应电动势最大值Em＝BLvm感应电流最大值Im＝eq \f(Em,R)解得Im＝eq \f(mg\r(2gh),IR)金属棒进入磁场后，由动量定理有mgt－BLeq \f(BL\o(v,\s\up6(－)),R)t＝mv－mvm即mgt－BLeq \f(BL,R)x＝mv－mvm解得x＝(mgt＋meq \r(2gh)－eq \f(I2R,g))eq \f(R,B2L2)。类型2 不等间距上的双棒模型【例1】(多选)如图所示，光滑水平平行导轨置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直水平面向下，左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，且导轨两侧均足够长．质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态．ab的电阻为R，cd的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动．现给cd一水平向右的初速度v0，则(　　)A．两棒组成的系统动量守恒B．最终通过两棒的电荷量为eq \f(2mv0,3BL)C．ab棒最终的速度为eq \f(2,3)v0D．从cd棒获得初速度到二者稳定运动过程中产生的焦耳热为eq \f(8,9)mv02【答案】　BC【解析】　当cd棒向右运动时，受向左的安培力，ab棒受向右的安培力，且Fcd＝2Fab，可知两棒组成的系统合外力不为零，则系统动量不守恒，选项A错误；cd棒获得速度后，电路中产生感应电流，cd棒减速，ab棒加速，当BLvab＝2BLvcd时，电路中磁通量不变，没有感应电流，最终两棒做匀速直线运动，由动量定理得－2Beq \x\to(I)Lt＝2mvcd－2mv0，Beq \x\to(I)Lt＝mvab，得vcd＋vab＝v0，联立解得vab＝eq \f(2,3)v0，vcd＝eq \f(1,3)v0，因q＝eq \x\to(I)t，可得q＝eq \f(2mv0,3BL)，B、C正确；从cd棒获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)·2mv02－eq \f(1,2)·mvab2－eq \f(1,2)·2mvcd2，解得Q＝eq \f(2,3)mv02，D错误．【例2】(多选)如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左右两部分的间距分别为 l、2l；质量分别为 m、2m 的导体棒 a、b 均垂直导轨放置，导体棒 a 接入电路的电阻为 R，其余电阻均忽略不计； a、b 两棒分别以 v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a 总在窄轨上运动，b 总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状态，从开始运动到两棒稳定的过程中，下列说法正确的是(　　)A．a棒加速度的大小始终等于b棒加速度的大小B．稳定时a棒的速度为1.5v0C．电路中产生的焦耳热为eq \f(3,2)mv02D．通过导体棒a 的某一横截面的电荷量为 eq \f(mv0,2Bl)【答案】　AC【解析】　分别计算a、b棒的加速度，由F安＝BIL和F安＝ma，可得a＝eq \f(BIL,m)，a、b棒串联，电流相等，a、b棒长度分别为 l、2l，质量分别为 m、2m，则a、b棒加速度大小相等，故A正确；因为导轨光滑只受到安培力作用，对a棒，根据动量定理有Fa·t＝Beq \x\to(I)l·t＝mva－mv0，同理，对b棒有－Fbt＝－Beq \x\to(I)×2l·t＝2mvb－2m·2v0，稳定时无电流，即Blva＝B·2lvb，得va＝2vb，联立解得va＝2v0，vb＝v0，故B错误；由能量守恒可知，动能的损失等于焦耳热，初动能Ek0＝eq \f(1,2)mv02＋eq \f(1,2)×2m×(2v0)2，末动能Ek＝eq \f(1,2)m×(2v0)2＋eq \f(1,2)×2m×v02，则电路中产生的焦耳热为Ek0－Ek＝eq \f(3,2)mv02，故C正确；对a应用动量定理有Beq \x\to(I)l·Δt＝mva－mv0，又q＝eq \x\to(I)·Δt，va＝2v0，解得q＝eq \f(mv0,Bl)，故D错误．【例3】(多选)(2022·山东潍坊市期末)如图所示，水平金属导轨P、Q间距为L，M、N间距为2L，P与M相连，Q与N相连，金属棒a垂直于P、Q放置，金属棒b垂直于M、N放置，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中.现给棒a一大小为v0的初速度，设两部分导轨均足够长，两棒质量均为m，在棒a的速度由v0减小到0.8v0的过程中，两棒始终与导轨接触良好.以下说法正确的是(　　)A.俯视时感应电流方向为顺时针B.b的最大速度为0.4v0C.回路中产生的焦耳热为0.1mv02D.通过回路中某一截面的电荷量为eq \f(2mv02,5BL)【答案】　BC【解析】　a棒向右运动，速度由v0减小到0.8v0的过程中，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律知，俯视时感应电流方向为逆时针，故A错误；a棒减速，b棒加速，设a棒的速度为0.8v0时b棒的速度为v，根据动量定理，对棒a有：－Beq \x\to(I)LΔt＝m·0.8v0－mv0，对棒b有：Beq \x\to(I)·2LΔt＝mv，联立解得：v＝0.4v0，此后回路中电流为0，a、b棒都做匀速直线运动，即b的最大速度为0.4v0，故B正确；根据能量守恒定律有Q＝eq \f(1,2)mv02－[eq \f(1,2)m(0.8v0)2＋eq \f(1,2)m(0.4v0)2]＝0.1mv02，故C正确；由2Beq \x\to(I)L·Δt＝mv得，通过回路中某一截面的电荷量q＝eq \x\to(I)·Δt＝eq \f(mv,2BL)＝eq \f(mv0,5BL)，故D错误.【例4】(2022·山东日照市高三三模)如图所示，宽度为2d与宽度为d的两部分金属导轨衔接良好，固定在绝缘的水平面上，空间存在竖直向下的匀强磁场，导轨左、右侧磁场的磁感应强度大小分别为B、2B.两个完全相同的导体棒甲和乙按如图的方式置于左、右侧的导轨上，已知两导体棒的质量均为m、两导体棒单位长度的电阻均为r0，现给导体棒甲一水平向右的初速度v0.假设导轨的电阻忽略不计，导体棒与导轨之间的摩擦忽略不计，且两部分导轨足够长，导体棒甲始终未滑过图中的虚线位置.下列说法正确的是(　　)A.当导体棒甲开始运动的瞬间，甲、乙两棒的加速度大小满足a甲＝2a乙B.运动足够长的时间后，最终两棒以相同的加速度做匀加速运动C.最终两棒均做匀速运动，速度大小满足v甲＝eq \f(1,2)v乙D.最终两棒以相同的速度匀速运动，该过程甲棒中产生的焦耳热为eq \f(1,6)mv02【答案】　D【解析】　导体棒甲刚开始运动时两棒受到的安培力大小相等，则加速度大小也相等，运动过程中动量守恒，最终两棒均做匀速运动，速度大小满足v甲＝v乙＝eq \f(v0,2)，系统产生的总热量为系统损失的动能，即Q总＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2m(eq \f(v0,2))2＝eq \f(1,4)mv02，所以甲棒中产生的焦耳热为Q甲＝eq \f(2r,2r＋r)Q总＝eq \f(1,6)mv02，故D正确，A、B、C错误.【例5】如图所示，两根质量均为m＝2 kg的金属棒垂直放在光滑的水平导轨上，左右两部分导轨间距之比为1∶2，导轨间有大小相等但左、右两部分方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻．现用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒运动s＝0.5 m时其上产生的焦耳热为Q2＝30 J，此时两棒速率之比为vA∶vC＝1∶2，现立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：(1)在CD棒运动0.5 m的过程中，AB棒上产生的焦耳热；(2)撤去拉力F瞬间，两棒的速度大小vA和vC；(3)撤去拉力F后，两棒最终匀速运动的速度大小vA′和vC′.【答案】　(1)15 J　(2)4 m/s　8 m/s　(3)6.4 m/s　3.2 m/s【解析】　(1)设两棒的长度分别为l和2l，所以电阻分别为R和2R，由于电路中任何时刻电流都相等，根据焦耳定律Q＝I2Rt可知Q1∶Q2＝1∶2，则AB棒上产生的焦耳热Q1＝15 J.(2)根据能量守恒定律有Fs＝eq \f(1,2)mvA2＋eq \f(1,2)mvC2＋Q1＋Q2又vA∶vC＝1∶2，联立两式并代入数据得vA＝4 m/s，vC＝8 m/s.(3)撤去拉力F后，AB棒继续向左做加速运动，而CD棒向右做减速运动，当两棒切割磁感线产生的电动势大小相等时电路中电流为零，两棒开始做匀速运动，此时两棒的速度满足BlvA′＝B·2lvC′即vA′＝2vC′规定水平向左为正方向，对两棒分别应用动量定理有eq \x\to(F)A·t＝mvA′－mvA，－eq \x\to(F)C·t＝mvC′－mvC.由eq \x\to(F)＝Beq \x\to(I)L可知eq \x\to(F)C＝2eq \x\to(F)A，故有eq \f(vA′－vA,vC－vC′)＝eq \f(1,2)联立以上各式解得vA′＝6.4 m/s，vC′＝3.2 m/s.【例6】(2022·福建龙岩市质量检测)如图所示，两根足够长且电阻不计的平行金属导轨MNPQ和M1N1P1Q1，固定在倾角为θ的斜面上，MN与M1N1距离为L，PQ与P1Q1距离为eq \f(2,3)L。金属棒A、B质量均为m、阻值均为R、长度分别为L与eq \f(2,3)L，金属棒A、B分别垂直放在导轨MM1和PP1上，且恰好都能静止在导轨上。整个装置处于垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B0的匀强磁场中。现固定住金属棒B，用沿导轨向下的外力F作用在金属棒A上，使金属棒A以加速度a沿斜面向下做匀加速运动。此后A棒一直在MN与M1N1上运动，B棒一直在PQ与P1Q1上静止或运动，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)外力F与作用时间t的函数关系式；(2)当A棒的速度为v0时，撤去F并解除对B的固定，一段时间后A棒在MN与M1N1上匀速运动，求A棒匀速运动的速度大小。【答案】　(1)F＝eq \f(Beq \o\al(2,0)L2a,2R)t＋ma　(2)eq \f(4,13)v0【解析】　(1)金属棒A、B刚好都能静止在导轨上，对金属棒，有mgsin θ－Ff＝0金属棒A沿斜面向下做匀加速运动，对金属棒A，有F＋mgsin θ－Ff－F安＝ma由安培力公式有F安＝ILB0对金属棒与导轨构成的回路，根据欧姆定律，有I＝eq \f(E,R＋R)金属棒A切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律，有E＝B0Lv又因为v＝at，联立解得F＝eq \f(Beq \o\al(2,0)L2a,2R)t＋ma。(2)A棒匀速时，安培力为零，电流为零，两棒产生的电动势大小相等，有B0LvA＝B0(eq \f(2,3)L)vB在撤去F到A棒匀速的过程中，对A，根据动量定理，有(mgsin θ－Ff－B0eq \o(I,\s\up6(－))L)t1＝mvA－mv0对B，根据动量定理，有(mgsin θ－Ff＋B0eq \o(I,\s\up6(－))·eq \f(2,3)L)t1＝mvB－0联立可解出vA＝eq \f(4,13)v0。类型3 “电容器＋棒”模型1．无外力充电式【例1】(多选)如图甲所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为l，电阻均可忽略不计．在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻为r，与导轨垂直且接触良好．整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动．则(　　)A．当杆ab刚具有初速度v0时，杆ab两端的电压U＝eq \f(Blv0R,R＋r)，且a点电势高于b点电势B．通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐增大C．若将M和P之间的电阻R改为接一电容为C的电容器，如图乙所示，同样给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动，则杆ab稳定后的速度为v＝eq \f(mv0,m＋B2l2C)D．在C选项中，杆稳定后a点电势高于b点电势【答案】　ACD【解析】　当杆ab刚具有初速度v0时，其切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv0，杆ab两端的电压U＝eq \f(ER,R＋r)＝eq \f(Blv0R,R＋r)，根据右手定则知，感应电流的方向为b到a，杆ab相当于电源，a相当于电源的正极，则a点电势高于b点电势，A正确；通过电阻R的电流I＝eq \f(Blv,R＋r)，由于杆ab速度减小，则电流减小，所受安培力减小，所以杆ab做加速度逐渐减小的减速运动，速度v随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，则通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，B错误；当杆ab以初速度v0开始切割磁感线时，电路开始给电容器充电，有电流通过杆ab，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小，当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动，电容器两端的电压U＝Blv，而q＝CU，对杆ab，根据动量定理得－Beq \x\to(I)l·Δt＝－Blq＝mv－mv0，联立可得v＝eq \f(mv0,m＋B2l2C)，C正确；杆稳定后，电容器不再充电，回路中没有电流，根据右手定则知，a点的电势高于b点电势，D正确．【例2】(2021·福建福州市质检)如图甲所示，两平行长直光滑金属导轨水平放置，间距为L，左端连接一个电容为C的电容器，导轨处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中.质量为m的金属棒垂直导轨放置，某时刻金属棒获得一个水平向右的初速度v0，之后金属棒运动的v－t图象如图乙所示.不考虑导轨的电阻.(1)求金属棒匀速运动时的速度大小v1；(2)求金属棒匀速运动时电容器的电荷量q；(3)已知金属棒从开始到匀速运动的过程中，产生的焦耳热为Q，求电容器充电稳定后储存的电能E.【答案】　(1)eq \f(mv0,m＋CB2L2)　(2)eq \f(CBLmv0,m＋CB2L2) 　(3)eq \f(1,2)mv02－eq \f(m3v02,2m＋CB2L22)－Q【解析】　(1)金属棒匀速运动切割磁感线产生的电动势U＝BLv1电容器的电荷量q＝CU金属棒从开始到匀速运动的过程中，由动量定理有－Beq \x\to(I)Lt0＝mv1－mv0电容器的电荷量q＝eq \x\to(I)t0联立解得v1＝eq \f(mv0,m＋CB2L2).(2)由(1)可知q＝CU＝CBLv1＝eq \f(CBLmv0,m＋CB2L2).(3)在0～t0时间内，金属棒的速度由v0到v1，由能量守恒定律可得E＋Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv12解得E＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(m3v02,2m＋CB2L22)－Q.2．无外力放电式【例2】(多选)图中直流电源电动势为E＝1 V，电容器的电容为C＝1 F.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l＝1 m，电阻不计.一质量为m＝1 kg、电阻为R＝1 Ω的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨接触良好.开关S首先接1，使电容器完全充电.然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B＝1 T的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动.当MN达到最大速度时离开导轨，则(　　)A.磁感应强度垂直纸面向外B.MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量为0.5 CC.MN的最大速度为1 m/sD.MN刚开始运动时加速度大小为1 m/s2【答案】　BD【解析】　电容器上端带正电，通过MN的电流方向向下，由于MN向右运动，根据左手定则知，磁场方向垂直于纸面向里，A错误；电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I＝eq \f(E,R)①设MN受到的安培力为F，有：F＝BIl②由牛顿第二定律有：F＝ma③联立①②③式：得a＝eq \f(BEl,mR)＝1 m/s2④当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为q0，有：q0＝CE⑤开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，有：E′＝Blvmax⑥设MN离开导轨时电容器上剩余的电荷量为q，依题意有E′＝eq \f(q,C)⑦设在此过程中MN的平均电流为eq \x\to(I)，MN上受到的平均安培力为eq \x\to(F)，有eq \x\to(F)＝Beq \x\to(I)l⑧由动量定理，有eq \x\to(F)Δt＝mvmax－0⑨又eq \x\to(I)Δt＝q0－q⑩联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得：q＝eq \f(B2l2C2E,m＋B2l2C)＝0.5 C，vmax＝0.5 m/s，C错误，B、D正确.【例3】(2022·1月江苏新高考适应性考试，10)如图所示，光滑的平行长导轨水平放置，质量相等的导体棒L1和L2静止在导轨上，与导轨垂直且接触良好。已知L1的电阻大于L2的电阻，两棒间的距离为d，不计导轨电阻，忽略电流产生的磁场。将开关S从1拨到2，两棒运动一段时间后达到稳定状态，则(　　)A．S拨到2的瞬间，L1中的电流大于L2B．S拨到2的瞬间，L1的加速度大于L2C．运动稳定后，电容器C的电荷量为零D．运动稳定后，两棒之间的距离大于d【答案】　D【解析】　S拨到1时，电源给电容器充电，S拨到2的瞬间，电容器放电(相当于“电源”)，导体棒L1、L2并联，则棒两端电压相等，根据I＝eq \f(U,R)和RL1>RL2知，IL1