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2024 年高考物理一轮复习模型及秒杀技巧一遍过
模块9 电磁感应各模块大招
第07 讲 有外力充电式单导体棒及含“源”电动式模型
（解析版）
目录
【内容一】 有外力充电式
单导体棒
（所有考点）模型..................................................................................1
【内容二】 含“源”电动式（所有考点）模型..............................................................................................3
【内容三】 恒流放电杆、恒压放电杆模型......................................................................................................5
技巧总结
有外力充电式
单导体棒
技巧总结
模型：轨道水平光滑，单杆ab 质量为m ，电阻r ，两导轨间距为L ，拉力F 恒定
设金属棒运动的速度大小为
v
，则感应电动势为
E=BLv
(1)
经过Δt
速度为v+Δv
，此时感应电动势
E'=BL(v+Δv )
2)
Δt
时间内流入电容器的电荷量
Δq=CΔU=C( E
'−E)=CBL Δv
.......(3)
电流
I= Δq
Δt =CBL Δv
Δt =CBLa
,(4)
安培力
F安=BIL=CB 2 L2a
.(5)
由牛顿第二第定律
F−F安=ma
(6)
a=
F
m+B2 L2C
(7)
所以杆以恒定的加速度匀加速运动
1
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对于导体棒
cd
，克服安培力做多少功，就应有多少能量 转化为电能，则有:
W 安=−F安x
(8)
x=1
2 at 2
(9) 由 (7) (8) (9) 式得:
W 安= B2 L2a2t2C
2
所以在 t 秒内转化为电能的多少是:
W 安= B2 L2a2t2C
2
注意：由模型可知: 只要导体棒受恒定外力，导体棒必做匀变速运动，且加速度为
a=
F
m+B2 L2C ; 如果外力不恒定，则导体棒做非匀变速运动; 如果不受外力，则导
体棒匀速运动或静止．反之，只要导体棒速度均匀变化( a 恒定) ，感应电动势就均匀
变化，电容器的带电量就均匀变化，回路中的 电流就恒定不变(I=CBLa ) ，导体棒
所受安培力就恒定不变 ( F=（m+B2 L2C ）a ，外力就恒定不变．
含“源”电动式模型
技巧总结
1.开关S 刚闭合时，ab 杆所受安培力F＝，此时a＝.速度v↑⇒E 感＝BLv↑⇒I↓⇒F＝
BIL↓⇒加速度a↓，当E 感＝E 时，v 最大，且vm＝
2.动力学分析：分析最大加速度、最大速度
3.能量分析：消耗的电能转化为动能与回路中的焦耳热
4.动量分析：分析导体棒的位移、通过的电荷量
具体模型：
模型1：恒流放电杆
①运动：匀加速
②
能
量
：
电源能量
2
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模型2：恒压放电杆
①反抗电动势：
总电动势：
②运动过程：
的加速，最终匀速
（
）
，
，
.
③
，运动过程
的加速，最终匀速.
,
，
，
当
，导体棒做匀速直线运动.
④
时，多了个力
运动过程：
的加速，最终匀速.
,
，
,当增加至
例题演练
3
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例1．如图所示，间距为L 的金属导轨竖直平行放置，空间有垂直于导轨所在平面向里、
大小为B 的匀强磁场。在导轨上端接一电容为C 的电容器，一质量为m 的金属棒ab 与
导轨始终保持良好接触，由静止开始释放，释放时ab。距地面高度为h，（重力加速
度为g，一切摩擦及电阻均不计）在金属棒下滑至地面的过程中，下列说法正确的是
（ ）
A．金属棒做匀加速运动，加速度为g
B．金属棒运动到地面时，电容器储存的电势能为mgh
C．金属棒做匀加速运动，加速度为
D．金属棒运动到地面时，电容器储存的电势能为
解：AC．对金属棒ab 进行分析，根据动量定理可得
其中
所以
解得
故可得金属棒做匀加速运动，根据
可得加速度为
A 错误，C 正确；
B．根据能量守恒，下落的过程有一部分重力势能变成电能，还有一部分变成了导体棒
的动能，因此电容器储存的电荷量不可能为mgh，B 错误；
D．这样导体棒到过地面时的动能
根据能量守恒，电容器储存的电势能为
D 正确。故选
CD。
例2．如图所示，间距为d 的平行金属轨道AB、CD 构成倾角
为30°的倾斜轨道，通
过BE 和DG 两小段光滑绝缘圆弧（长度可忽略不计）与间距也为d 的水平平行金属轨
道EF，GH 相连，AC 端接有一个电容器，质量为m 的金属棒P 从离水平轨道L 处静止
4
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释放，金属棒P 和导体棒Q 始终与轨道垂直并与轨道接触良好，金属棒P 和轨道的电
阻忽略不计，导体棒Q 的电阻为R，质量为2m，金属棒P 和倾斜轨道间的动摩擦因数
，不计P、Q 与水平轨道间的摩擦力，水平轨道足够长，且P、Q 没有发生
碰撞，电容器的电容
，整个装置处于与轨道平面垂直的匀强磁场当中（两磁
场互不影响），磁感应强度大小为B，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．金属棒P 到达BD 时的速度为
B．金属棒P 滑到水平轨道后通过导体棒Q 的电荷量为
C．导体棒Q 产生的热量为
D．电容器的最大电荷量为
解：AD．金属棒P 在倾斜轨道上运动的过程中，垂直切割磁感线对电容器充电，对P
受力分析如图甲所示，在沿着倾斜轨道的方向上有
在垂直于倾斜轨道的方向上有
电容器所带电荷量
充电电流
通过计算得
金属棒P 由静止开始沿着倾斜轨道做匀加速直线运动，到达水平轨道时的速度最大，
有
故电容器的最大电荷量为
故A 正确，D 错误．
B．金属棒P 滑到水平轨道后与导体棒Q 构成闭合回路，受力分析如图乙所示，P、Q
组成的系统所受合外力为零，满足动量守恒的条件，通过分析可知P、Q 最终以相同的
速度
匀速运动，有
解得
5
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对Q 运用动量定理有
则
故B 正确；
C．此过程中P 棒的动能转化成回路中的焦耳热有
故C 正确。故选ABC。
例3．如图，两条平行的金属导轨所在平面与水平面成一定夹角
，间距为
。导轨上
端与电容器连接，电容器电容为
。导轨下端与光滑水平直轨道通过绝缘小圆弧平滑
连接，水平直轨道平行且间距也为
，左侧末端连接一阻值为
的定值电阻。导轨均
处于匀强磁场中，磁感应强度大小均为
，方向分别垂直导轨所在平面。质量为
，
电阻为，宽度为
的金属棒
从倾斜导轨某位置由静止释放，保证金属棒运动过程
始终与平行导轨垂直且接触良好，金属棒下滑到两个轨道连接处时的速度刚好是，
重力加速度为
，忽略导轨电阻，水平导轨足够长。则下列说法正确的是（ ）
A．金属棒初始位置到水平轨道的高度为
B．电容器两极板携带的最大电荷量为
C．金属棒在水平轨道上运动时定值电阻产生的焦耳热为
D．金属棒在水平轨道运动的最大位移
解：A．金属棒沿斜面下滑到底端时，重力势能转化为动能和电容器储存的电能（若
倾斜导轨不光滑，还有摩擦生热），即由能量关系可知
6
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则金属棒初始位置到水平轨道的高度不等于
，A 错误；
B．金属棒下滑到两个轨道连接处时的速度最大，此时电容器两端电压最大，最大值为
Em=Bdv
则电容器两极板携带的最大电荷量为Q=CEm=
，B 正确；
C．由能量关系可知，金属棒在水平轨道上运动时产生的总的焦耳热
因金属棒有内阻，则定值电阻产生的焦耳热小于
，C 错误；
D．由动量定理
，
解得金属棒在水平轨道运动的最大位移
D 正确。故选BD。
例4．如图所示，足够长的平行光滑金属导轨倾斜放置，与水平面夹角为30°，两导轨
间的距离为L，导轨顶端接有电容为C 的电容器。一根质量为m 的均匀金属棒ab 放在
导轨上，与两导轨垂直且保持良好接触，整个装置放在磁感应强度大小为B 的匀强磁
场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，重力加速度为g，不计一切电阻。由静止释放
金属棒，金属棒下滑x 的过程中电容器未被击穿，下列说法正确的是（ ）
A．金属棒做加速度越来越小的加速运动B．金属棒下滑x 时的速度v=
C．金属棒下滑x 的过程中电容器储存的电荷量q=
D．金属棒下滑x 的过程中，电容器储存的电场能E 电=
解：A．导体棒沿光滑导轨下滑切割磁感线产生动生电动势，同时给电容器充电，由
牛顿第二定律有
7
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而充电电流为
联立可得
可知加速度恒定，即金属棒做匀加速直线运动，故A 错误；
B．金属棒做匀加速直线运动，则下滑x 时的速度为v，有
联立解得速度
故B 错误；
C．金属棒下滑x 的过程中电容器储存的电荷量为
故C 正确；
D．金属棒下滑x 的过程中，电容器储存的电荷量为
电荷量与电压成正比，则电容器储存的电场能为
而
联立解得
另解：对棒的下滑过程由动能定理，有
而
联立解得
故D 正确；故选CD。
例5．如图所示，U 形金属框架竖直放置在绝缘地面上，框架的上端接有一电容器C，
金属框架处于水平方向的匀强磁场中。将一电阻为R 的金属棒MN 从一定高度处由静
止释放，下落过程中金属棒方向始终平行于地面，且与金属框架接触良好。忽略金属
棒与金属框架之间的摩擦，在金属棒由静止开始下落的过程中，以下说法正确的是（
）
A．电容器左侧极板将带上正电荷 B．金属棒下落过程中可能匀速运动
C．金属棒克服安培力所做的功等于金属棒生的热
8
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D．金属棒克服安培力所做的功等于金属棒机械能的损失
解：A．由右手定则可知，金属棒的N 端电势高于M 端，则电容器右侧极板将带上正
电荷，A 错误；
B．金属棒下落过程中，由于切割磁感线产生感应电动势，则电容器要充电，回路中产
生感应电流，
则金属棒要受到向上的安培力，则有
根据牛顿第二定律
解得
则金属棒的运动不可能匀速运动，B 错误；
D．由功能关系可知，金属棒克服安培力做功，将机械能转化为电能，故金属棒克服
安培力所做的功等于金属棒机械能的损失，D 正确；
C．由能量关系可知，金属棒减少的机械能转化为电容器储存的电能以及金属棒上电阻
产生焦耳热，金属棒克服安培力所做的功大于金属棒生的热，C 错误。故选D。
例6．如图所示，金属棒
质量为
，放在两根水平固定放置且相互平行的光滑金属
导轨的最右端，且和导轨垂直，金属棒
的长度刚好和导轨的宽度相同。导轨的左端
连接一个已经充电的电容器，导轨的右端与一绝缘粗糙曲面平滑接触。整个导轨所在
的平面处于方向竖直向上的匀强磁场中，重力加速度为
。开关闭合瞬间，金属棒
开始沿粗糙曲面向上运动。已知金属棒
沿曲面向上滑动的最大高度为，在上滑
过程中，金属棒
和曲面之间由于摩擦而产生的热量为
。则关于开关闭合后，安
培力对金属棒
所做的功是（ ）
A．
B．
C．
D．
解：开关闭合后，电容器放电的电流流过导体棒，则通电导体棒受向右的安培力而
开始沿粗糙斜面上滑，其中安培力做正功，摩擦力所负功，重力做负功，对全程由动
能定理有
其中
，
可得
故选C。
例7．如图所示，间距为L 的金属导轨竖直平行放置，空间有垂直于导轨所在平面向里、
大小为B 的匀强磁场．在导轨上端接一电容为C 的电容器，一质量为m 的金属棒ab 与
导轨始终保持良好接触，由静止开始释放，释放时ab 距地面高度为h，（重力加速度
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为g，一切摩擦及电阻均不计）在金属棒下滑至地面的过程中，下列说法正确的是（
）
A．若h 足够大，金属棒最终匀速下落
B．金属棒运动到地面时，电容器储存的电势能为mgh
C．金属棒做匀加速运动，加速度为
D．金属棒运动到地面时，电容器储存的电势能为
解：A．若金属棒匀速下落，产生的感应电动势恒定不变，电容器两端的电压不变，
回路中就没有了感应电流，就不会受安培力，与匀速下落相矛盾，因此金属棒不会匀
速下落，A 错误；
B．根据能量守恒，下落的过程有一部分重力势能变成电能，还有一部分变成了导体棒
的动能，因此电容器储存的电荷量不可能为mgh，B 错误；
C．导体棒下降过程做匀加速度运动，由于导体棒产生的感应电动势等于电容器两间的
电压，即
而v=at，Q=It 代入可得
根据牛顿第二定律
联立可得：加速度
，C 错误；
D．这样导体棒到过地面时的动能
根据能量守恒，电容器储存的电势能为
D 正确。故选D。
例8．如图所示，水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨MN 和PQ，相距为L，
左端MP 间接有电容为C 的电容器。导轨处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B0的
匀强磁场中，质量为m 的金属棒ab 横放在导轨上且与导轨接触良好。现给金属棒一个
平行导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，下列说法正确的是（ ）
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A．金属棒做匀变速运动，最后匀速运动 B．金属棒做匀加速运动，最后停止运动
C．金属棒最终的速度大小为
D．整个过程中金属棒克服安培力做的功为
-
解：AB．根据动量定理可知金属棒获得的初速度v0=
对金属棒受力分析可知，金属棒在运动过程中受到的合外力等于安培力。金属棒切割
磁感线产生感应电动势，给电容器充电，金属棒做减速运动，金属棒的速度减小，安
培力减小，做变减速运动，最终当金属棒两端电压和电容器两端电压相等时，金属棒
做匀速运动，AB 错误；
C．对金属棒，设其做匀速运动时的速度为v，根据动量定理有-B0I 电Lt=m（v-v0）
又I 电t=q 且q=CU，U=B0Lv 解得v=
，C 错误；
D．对金属棒应用动能定理有-WA=
mv2-
m
解得WA=
-
D 正确故
选D。
例9．如图所示，导轨间距离为L 的足够长的平行光滑金属导轨倾斜放置，与水平面成
30°夹角，导轨顶端接有电容为C 的电容器。一根质量为m 的均匀金属棒ab 放在导轨
上，始终与两导轨垂直且保持良好接触，整个装置放在磁感应强度大小为B 的匀强磁
场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，重力加速度为g，不计一切电阻。由静止释放
金属棒，已知金属棒下滑位移为x 的过程中电容器未被击穿，已知电容为C 带电荷量
为q 的电容器储存的电场能为
。
（1）计算说明金属棒的运动状态以及下滑x 时的速度v；
（2）求金属棒下滑x 时，电容器所带的电荷量q；
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（3）求金属棒下滑x 时，电容器储存的电场能。
解：（1）金属棒沿光滑导轨下滑切割磁感线产生电动势，同时给电容器充电，设充电
电流为i，由牛顿第二定律有
而充电电流
联立解得
可知金属棒加速度恒定，即运动状态为初速度为零的匀加速直线运动。
设金属棒下滑x 时的速度为v，由运动学公式
联立解得
（2）金属棒下滑x 时，电容器两极板间的电压为
电容器所带的电荷量为
（3）金属棒下滑x 时，电容器储存的电场能为
方法二：（3）对金属棒的下滑过程由动能定理，有
，
而
表示克服安培力做功，且数值上
等于电容器储存的电场能E，解得
例10．电磁弹射器是航空母舰上一种高效的舰载机起飞装置，我国的未来航母也将采
用这种装置，其工作原理如图所示。足够长的光滑导轨间距为L，电阻不计，左端接
有电动势为E 的电源，系统处于竖直向下的匀强磁场中。闭合开关S 后，质量为m、
长度等于导轨间距的金属棒ab 由静止开始运动，最后达到稳定速度vm。加速到稳定速
度的过程中，电源提供的能量为Es，电源、金属棒产生的焦耳热分别为Q1，Q2，下列
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说法正确的是（ ）
A．金属棒ab 先做匀加速直线运动最后做匀速直线运动
B．达到稳定速度时金属棒的感应电动势小于E
C．稳定速度
D．磁场的磁感应强度为
解：A．电键S 闭合后，ab 棒受到向右的安培力，产生向右的加速度，棒向右做加速
运动。根据右手定则，棒中会产生一个由b 到a 的感应电动势，与电池电动势方向相
反，导致棒中的电流减小，有
由牛顿运动定律可得
联立，可得
由上分析可知，随着v 的增加，I 减小，a 减小，棒做加速度减小的加速运动，当a=0
时棒做匀速直线运动。故A 错误；
BCD．根据能量守恒定律，电源提供的能量一部分变为回路中产生的焦耳热，一部分
转化为金属棒的动能，有
稳定时棒的速度为
稳定后棒的感应电动势等于E，即
磁感应强度为
故BC 错误；D 正确
例11．水平固定放置的足够长的光滑平行导轨，电阻不计，间距为L，左端连接的电
源电动势为E，内阻为r，质量为m 的金属杆垂直静放在导轨上，金属杆处于导轨间部
分的电阻为R。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，闭合
开关，金属杆沿导轨做变加速运动直至达到最大速度，则下列说法错误的是（ ）
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A．金属杆的最大速度等于
B．此过程中通过金属杆的电荷量为
C．此过程中电源提供的电能为
D．此过程中金属杆产生的热量为
解：A．金属杆向右运动时切割磁感应线产生的感应电流与通电电流方向相反，随着
速度增大，感应电流增大，则金属杆中的实际电流减小、安培力减小，金属杆做加速
度逐渐减小的加速运动，最后匀速运动，金属杆速度最大时，产生的感应电动势为
E，根据
最大速度为
，A 正确；
B．从开始到速度最大的过程中，以向右为正方向，对金属杆根据动量定理，有
其中
联立解得此过程中通过金属杆的电荷量为
B 错误；
C．此过程中电源提供的电能为
C 正确；
D．金属杆最后的动能为
根据能量守恒定律，系统产生的焦耳热为
此过程中金属杆产生的热量为
，D 正确。故选B。
例12．如图所示，足够长的两平行光滑水平直导轨的间距为L，导轨电阻不计，垂直
于导轨平面有磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；导轨左端接有电容为C
的电容器、开关S 和定值电阻R；质量为m 的金属棒垂直于导轨静止放置，两导轨间
金属棒的电阻为r。初始时开关S 断开，电容器两极板间的电压为U。闭合开关S，金
属棒运动，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关S 的瞬间，金属棒立刻开始向左运动
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B．闭合开关S 的瞬间，金属棒的加速度大小为
C．金属棒与导轨接触的两点间的最小电压为零D．金属棒最终获得的速度大小为
解：A．由左手定则可知，闭合开关S 的瞬间，金属棒所受安培力方向向右，金属棒立
刻获得向右的加速度，开始向右运动，A 错误；
B．闭合开关S 的瞬间，金属棒的加速度大小
B 错误；
C．当金属棒切割磁感线产生的电动势跟电容器两极板之间的电压相等时，金属棒中电
流为零，此后，金属棒将匀速运动下去，两端的电压达到最小值，故金属棒与导轨接
触的两点间的电压不会为零，C 错误；
D．设闭合开关S 后，电容器的放电时间为Δt，金属棒获得的速度为v，由动量定理可
得
，
解
得
D 正确。故选D。
对应题型精炼
1．如图甲所示，竖直放置的光滑平行金属导轨MN、PQ 相距L，在M 点和P 点间接
有一个阻值为
的电阻，在两导轨间的矩形区域
内有垂直导轨平面向里、宽
为d 的匀强磁场，磁感应强度为
。一质量为m、电阻为r 的导体棒ab 垂直地搁在导
轨上，与磁场的上边界相距
。现使ab 棒由静止开始释放，棒ab 在离开磁场前已经
做匀速直线运动（棒ab 与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平，导轨的
电阻不计）。
（1）求棒ab 离开磁场的下边界时的速度大小：
（2）讨论棒ab 可能出现的运动情况，并作出对应的
图像；
（3）求金属杆自下落至穿出磁场所用的时间t；
（4）如图乙所示，当在导轨的PM 端通过导线将电容为C、击穿电压为
的平行板电
容器连接，在
时在磁场中无初速度地释放金属棒ab、不考虑电磁辐射，且磁场足
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够大，当金属棒电阻
时，求电容器达到击穿电压所用的时间。
【答案】（1）
；（2）见解析；（3）
；（4）
【详解】（1）根据题意，设棒
离开磁场的边界前做匀速运动的速度为，感应电动
势为
电路中的电流
对棒
，由平衡条件得
解得
（2）
棒进入磁场区域时，速度
①当
，即
时，棒进入磁场后做匀速直线运动；
②当
，即
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时，棒进入磁场后先做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动；
③当
，即
时，棒进入磁场后先做加速度减小的减速运动，后做匀速直线运动。离开磁场后都做
自由落体运动。三种情况下，对应的
图分别为
（3）金属棒自由落体的时间
将金属棒穿越磁场的过程划分成很多小段，可认为在每个小段中感应电动势几乎不变，
设每小段的时间为
。则安培力的冲量
每个小段中通过电路的电量
则
设金属棒穿越磁场所用的时间为
，由动量定理得
。
将
，
，
代入得
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则金属棒自下落至穿出磁场的时间
（4）在电容器达到击穿电压前，设任意时刻，流过金属棒的电流为，由牛顿第二定
律
①
设在
时间内，金属棒的速度由
，电容器两端电压
，
带电量
，则有
代入①得
可见，金属棒做初速度为0 的匀加速直线运动，当电容器达到击穿电压时，金属棒的
速度为
所以，电容器达到击穿电压所用的时间为
2．如图甲所示，在不同区域存在3 个匀强磁场，磁感应强度分别为
、
、
，方
向均竖直向下。一个水平固定的半径为的金属圆环，磁场
分布区域呈半圆环状
（俯视图如图乙所示，圆环内径为
）。长均为、电阻均为
的两金属棒沿圆环直径
放置，一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴
上，并随轴以
角速度
匀速转动。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距的水平放置的平行
金属轨道相连，轨道间接有电容为
的电容器，电容器上串联一个阻值为
的电阻。
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开始时单刀双掷开关
和接线柱1 接通，电容器充电完毕后带电量为
。将
从1 拨到
2，同时让质量为
的金属棒
以初速度
在磁场
中向右运
动，金属棒
达到稳定速度
后出磁场
，并和静止在绝缘无磁场区的质量也为
的
金属棒
发生碰撞且粘合。合金属棒滑入处于磁场
的粗糙导轨（足够长且动摩擦因
数为
），导轨末端连接一个自感系数为
的纯电感（自感电动势
），合金
属棒向右前进了一段距离后速度减小到零。已知其他部分的导轨摩擦不计，金属棒
和
、电感、导轨、金属圆环的电阻都忽略不计，两金属棒
和
始终与导轨垂直且接
触良好。求：
（1）电容器
板带电极性、旋转切割金属棒产生的电动势和带电量
（用
、
、、
表示）；
（2）
和
的比值；
（3）若已知
、
、
、
、
、
，求合金属棒在磁场
中前进的距离
。
【答案】（1）负电，
，
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据右手定则，
板带负电，电动势为
19
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带电量为
（2）设电容器后来带电为
，对棒
，根据动量定理
其中
代入解得
即
（3）对两棒，根据动量定理
对合棒和电感有
所以合棒开始运动后棒上电流与棒的位移成正比，即
根据功能关系
代入可得
3．如图所示，有两条间距为0.5m 的平行金属导轨放置在水平面上，每条导轨中间都
有一段不导电的塑料（图中用颜色较浅线段表示）把导轨分为左右两部分。左侧的电
容器电容为0.1F，右侧的电阻阻值为3Ω。两根电阻不计的金属棒ab、cd 质量分别为
0.1kg 和0.2kg，初始时刻静止放在塑料材料上。金属棒都与导轨垂直。整个装置放在
竖直向下的磁感应强度为2T 的匀强磁场中。某时刻给金属棒ab 一个大小为6m/s 向右
的初速度，使得金属棒ab 与cd 发生弹性碰撞。运动过程中所有摩擦力不计，金属棒
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与导轨接触良好。求：
（1）碰后金属棒ab 与cd 各自的速度；
（2）碰后金属棒cd 在金属导轨上运动1.2m 过程中电阻R 上产生的焦耳热；
（3）金属棒ab 速度不再变化时，电容器C 上存储的电荷量。
【答案】（1）
，方向向左，
，方向向右；（2）
；（3）
【详解】（1）取水平向右为正方向，设碰撞前后金属棒ab 的速度为
、
，碰撞后
金属棒cd 的速度为
，由题意可知
根据动量守恒、机械能守恒可得
解得
即金属棒ab 速度大小为
，方向向左，金属棒cd 速度大小为
，方向向右；
（2）设碰后金属棒cd 在金属导轨上运动1.2m 时速度为
，此过程中金属棒cd 只受
安培力作用，由动量定理可得
而
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其中
联合解得
故此过程电阻R 上产生的焦耳热为
（3）当电容器两端电压与金属棒ab 产生的感应电动势大小相等时，金属棒ab 不会有
电流，速度不再变化，设此时金属棒ab 的速度为
，此过程根据动量定理可得
而
联合解得
4．如图所示，足够长光滑平行金属导轨
置于垂直于斜面向上的匀强磁场中，
磁感应强度
，金属导轨倾角
，导轨间距
，其电阻不计。
为单刀
双掷开关，当其掷于1 端时，容量
的电容器接入电路；当其掷于2 端时，有
的电阻接入电路。金属杆
质量
，接入电路的阻值也为
。初始
时，
锁定。已知重力加速度
取
。
（1）将
掷于2 端，释放
，求
的最大速度；
（2）将
掷于1 端，释放
，求系统稳定时金属杆的加速度大小。
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【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）当
加速度为零时，
的速度最大，根据受力分析有
金属杆中电流为
金属杆产生的感应电动势为
解得
（2）由电流定义式得
由电容定义式得
由法拉第电磁感应定律得
联立可得感应电流
所受安培力得大小为
对
应用牛顿第二定律
解得
代入数据得
23
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5．如图所示，光滑导轨PQ、ST 固定在水平面上，导轨间距为L=1m，导轨的最右端
接有匝数N=20，截面积S=0.5m2，内阻r=0.1Ω 的线圈，线圈内磁场的磁感应强度为
B1=0.2t（T），方向竖直向下。线圈左边接有R1=0.1Ω 的电阻，电容C=0.1F 的电容器
一端接在导轨上，另一端接一个单刀双掷开关K。导轨中MO 与ab 间有一足够长且方
向垂直导轨平面向上的磁感应强度B2=0.1T 的匀强磁场，质量m=1g，电阻R2=0.2Ω，
长度为L 的导体棒ab 放置在磁场右侧，磁场B2左端的导轨O、M 处接有小段绝缘材料。
导轨的PS 与MO 之间区域有一宽度
=0.5m，方向垂直导轨平面向下的磁感应强度
B3=0.1T 的匀强磁场，质量m=1g，电阻R3=0.3Ω，长度为L 的导体棒cd 放置在磁场B3
中间，长度为0.5x0绝缘轻杆左端固定在导体棒cd 的中点，右端位于磁场边界MO 的中
点。初始开关K 处于1 位置，待稳定后，把开关K 拨到2 位置，导体棒ab 运动到OM
处前已达到稳定速度，导体棒ab 与轻杆相碰并粘在一起进入匀强磁场B3区域，整个过
程导体棒与导轨接触良好，不计导轨电阻和接触电阻。求：
（1）电容器最大电荷量q；
（2）导体棒ab 到达OM 处的速度
；
（3）导体棒ab 与轻杆碰撞后，导体棒ab 产生的焦耳热Q；
（4）以O 点为坐标原点，取向左为正方向建立x 轴，写出导体棒ab 与轻杆碰撞后两
端的电势差Uab与位置x 的关系。
【答案】（1）0.1C；（2）5m/s；（3）
J；（4）
【详解】（1）线圈产生的电动势为
=2V
开关S 处于1 位置，电容器两端的电压
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=1V
电容器的最大带电量
q=CU=0.1C
（2）导体棒ab 匀速时，有
导体棒ab 加速过程，根据动量定理，可得
联立上述两式并带入数据可得
=5m/s
（3）导体棒ab 与轻杆碰撞过程动量守恒，则有
解得
=2.5m/s
两导体棒在磁场B3以速度
做匀速运动，导体棒cd 出磁场B3过程，有
代入数据解得
导体棒ab 与轻杆碰撞后的过程产生的总焦耳热
J
导体棒ab 产生的焦耳热
J
（4）当0≤x≤0.25m 时，两导体棒在磁场B3以速度
做匀速运动，此时
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=0.25V
当0.25m≤x≤0.5m 时
带入数据整理后可得
此时
（V）
6．电磁弹射在电磁炮、航天器、舰载机等需要超高速的领域中有着广泛的应用，图1
所示为电磁弹射的示意图，为了研究问题的方便，将其简化为如图2 所示的模型（俯
视图）。发射轨道被简化为两个固定在水平面上、间距为L 且相互平行的金属导轨，
整个装置处于竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中。发射导轨的左端为充电电路，
已知电源的电动势为E，电容器的电容为C，子弹载体被简化为一根质量为m、长度也
为L 的金属导体棒，其电阻为。金属导体棒垂直放置于平行金属导轨上，忽略一切
摩擦阻力以及导轨和导线的电阻。
（1）发射前，将开关S 接a，先对电容器进行充电，求电容器充电结束时所带的电荷
量Q；
（2）充电过程中电容器两极板间的电压u 随电容器所带电荷量q 发生变化。请在图3
中画出
图像，并借助图像求出稳定后电容器储存的能量
；
（3）电容器充电结束后，将开关S 接b，电容器通过导体棒放电，导体棒由静止开始
运动，导体棒离开轨道时发射结束。电容器所释放的能量不能完全转化为金属导体棒
的动能，将导体棒离开轨道时的动能与电容器所释放能量的比值定义为能量转化效率。
若某次发射结束时，电容器的电量减小为充电结束时的一半，不计放电电流带来的磁
场影响，求这次发射过程中的能量转化效率
。
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【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
【详解】（1）根据电容的定义
，电容器充电结束时其两端电压U 等于电动势
E，解得电容器所带电荷量
（2）根据以上电容的定义可知
画出
图像如图所示：
由图像可知，稳定后电容器储存的能量
为图中阴影部分的面积
（3）设从电容器开始放电至导体棒离开轨道时的时间为t，放电的电荷量为
，平均
电流为
，导体棒离开轨道时的速度为。以导体棒为研究对象，根据动量定理有
据电流定义可知
根据题意有
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联立解得
导体棒离开轨道时的动能
电容器释放的能量
，
联立解得能量转化效率
7．如图所示，两条间距
的平行金属导轨水平放置，导轨左端接一电容
的电容器，右端接一阻值为
的定值电阻，图中的各虚线均与导轨垂
直。导轨的
和
段光滑，其余部分粗糙，
、
为绝缘棒，连接导轨的左、
右两部分。左侧
区域和右侧
区域有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁
感应强度均为
。质量为
的金属棒甲垂直放在导轨
的位置，质量为
的金属棒乙垂直放在导轨
位置。某时刻给金属棒甲施加与导轨平行的恒
力F，当金属棒甲运动到
位置时撤去拉力
，金属棒甲继续向右运动与静止在
处的金属棒乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），最终金属棒甲恰好停在
（绝
缘部分）。已知两金属棒与导轨之间的动摩擦因数均为
，
与
的距离为
，
与
的距离为
，
与
的距离为
，
与
的距离为
，两金属棒运动中始终与导轨垂直且接触良好，两金属棒电阻不计，
重力加速度g 取
，求：
（1）金属棒甲与乙碰后，甲的速度大小；
（2）恒力F 的大小；
（3）金属棒乙穿过磁场过程中通过电阻R 的电荷量。（结果可带根号）
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据题意可知，碰后甲继续向右运动并最终停在
，运动的位移为
，
根据动能定理有
解得，金属棒甲与乙碰后，甲的速度大小
（2）根据题意可知，甲、乙发生弹性碰撞，根据动量守恒有
根据机械能守恒有
解得甲碰前、乙碰后的速度分别为
，
从
撤去到碰撞前，根据动能定理有
代入数据解得
撤去时甲的速度
对金属棒甲在磁场运动过程中，电容器两极板间电压变化
电容器所带电荷量的变化量
金属棒中的电流
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根据牛顿第二定律有
得
即金属棒甲在磁场做匀变速运动，则有
解得
联立解得
解得，恒力F 的大小
（3）金属棒乙穿过磁场过程中通过电阻R 的电荷量为
代入数据解得，金属棒乙穿过磁场过程中通过电阻R 的电荷量为
8．如图所示，间距为的两平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，左端连接一电容
为
的电容器（初始不带电），导体棒
质量为
、电阻为
；导体棒质量为
、
电阻为
，两导体棒分别置于导轨左侧和中间，初始均静止。导轨处于大小为
、方
向垂直导轨平面向下的匀强磁场中，仅在棒所在处磁场为零。棒
在沿导轨方向的外
力作用下开始运动，达到最大速度
时撤去外力，同时
棒刚好出磁场与棒碰撞，
粘合在一起即刻进入磁场，碰撞时间不计，导轨足够长，在运动过程中，棒
、始终
与导轨接触良好，且与导轨垂直，不计导轨电阻，忽略磁场边界效应。（已知电容器
储能表达式
，
为电容器两板间的电压，忽略电磁辐射）
（1）求施加在
棒上的外力
的大小；
（2）求两棒的最终速度；
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（3）若外力
做的功为
，求整个运动过程中电路产生的焦耳热
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）
棒速度最大时，电容等效为开路，于是
（2）碰撞过程动量守恒
电容器带电量
对粘合棒由动量定理，有
（3）碰撞过程损失的动能
由能量关系
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解得
9．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MN 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
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 运动速度刚为
时a 的加速度大小；
（2）求b 产生的焦耳热
；
（3）若将棒a、b 均静置在水平轨道上，闭合开关S1、S2，稍后再断开S1同时闭合
S3，求两棒最终速度的大小。
【答案】（1）
；（2）
，（3）
【详解】（1）a 切割磁感线产生的电动势
由牛顿第二定律得
（2）对ab 系统，由动量守恒得
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由能量守恒得
（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
对导体棒a，某时刻经极短时间
整个过程
所以两棒最终速度
10．某小组用如下装置模拟福建舰上的电磁弹射，如图所示直流电源电动势为E，电
容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。模拟
飞机可视为一质量为m、电阻为R 的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，
并与导轨良好接触。首先开关S 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 的匀强磁场（图中未画出），金属棒MN 离
开导轨前，已获得最大速度。不计一切电磁辐射。
（1）求电容器完全充电后所带的电量，并画出电容器电量与两端电压U 的函数图像；
（2）求金属棒MN 最大速度；
（3）试根据第一问的函数图像求出电容器的电场能与电压关系；并求出金属棒MN 产
生的焦耳热；
（4）若不施加匀强磁场，导轨间磁场与导轨上电流成正比，即
，k 的大小已知
且为常数，求金属棒MN 速度为v 时，电容器两端电压。
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【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
；（4）
【详解】（1）电容器完全充电后所带的电量
电容器电量与两端电压函数图像为
（2）电容器放电前所带的电荷量
开关S 接2 后，MN 开始向右加速运动，速度达到最大值
时，MN 上的感应电动势
最终电容器所带电荷量
设在此过程中MN 的平均电流为
，MN 上受到的平均安培力
由动量定理，有
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又
金属棒最终速度为
（3）可知在
图像中，图像所围成的面积为
，也就是克服电场力所做的功。
即为
又有电容定义为
两式联立得
所以电容器储存的电场能为
根据能量守恒，金属棒MN 产生的焦耳热为
（4）对于金属棒MN，应用动量定理，得
即
有
可得金属棒产生的焦耳热为
由能量守恒得
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即
11．如图所示，间距为
的平行光滑金属导轨水平固定，导轨平面处在竖直向下，磁
感应强度大小为
的匀强磁场中。导轨左端连接有电容为
的平行板电容器，质量为
、电阻不可忽略的导体棒垂直导轨放置在导轨上，导轨足够长且电阻不计。求：
（1）请画出电容器所带电量
与其两极板间电压
之间的关系图线，并求出电容器所
储存的电能
与极板间电压
及电容
的关系式；
（2）某时刻给导体棒一平行于导轨的水平初速度
，则最终导体棒的速度为多大。
【答案】（1）
，
；（2）
【详解】（1）由电容器电容的定义式
，可得
即电容器所带电量
与其极板间电压
成正比，故
关系图线，如下图所示
由功能关系
及
，结合
关系图线，可知电容器所储存的电能与
其极板间的电压及电容间的关系式为
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（2）当导体棒获得向右的初速度
时，切割磁感线产生动生电动势给电容器充电，设
充电电流为
，则导体棒所受安培力大小为
方向水平向左；
在安培力作用下导体棒速度逐渐减小，动生电动势亦随之减小，而电容器则随着带电
量的增加极板间的电压逐渐增大。当动生电动势等于电容器两极板间的电压时，电容
器不再充电，导体棒随即匀速运动，设此时导体棒的速度为故有
对导体棒运用动量定理，可得
由
可知，
联立上述方程，即可解得
12．如图所示，水平金属圆环由沿半径方向的金属杆连接，外环和内环的半径分别是
，
。两环通过电刷分别与间距L=0.2m 的平行光滑水平金属轨道
PM 和
相连，
右侧是水平绝缘导轨，并由一小段圆弧平滑连接倾角
的
等距金属导轨，下方连接阻值R=0.2
的电阻。水平导轨接有理想电容器，电容
C=1F。导体棒ab、cd，垂直静止放置于
两侧，质量分别为
，
，电阻均为r=0.1
。ab 放置位置与
距离足够长，所有导轨均光滑，
除已知电阻外，其余电阻均不计。整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度
B=1T，忽略磁场对电容器的影响。圆环处的金属杆做顺时针匀速转动，角速度
。求：
（1）S 掷向1，稳定后电容器所带电荷量的大小q；
（2）在题（1）的基础上，再将S 掷向2，导体棒ab 到达
的速度大小；
（3）ab 与cd 棒发生弹性碰撞后，cd 棒由水平导轨进入斜面忽略能量损失，沿斜面下
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滑12m 距离后，速度达到最大，求电阻R 上产生的焦耳热（此过程ab 棒不进入斜面）。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）金属杆顺时针切割磁感线产生电动势为
稳定时
解得
（2）
右侧是水平绝缘导轨，将S 掷向2 后，ab 棒与电容器组成电路，当电容器
两端电压与ab 棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab 棒做匀速运动，设此
时ab 棒速度为v，电容器带电为
，则
根据动量定理可得
联合解得
（3）棒ab 与cd 发生弹性碰撞，则
解得
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当cd 棒做匀速运动时速度达到最大，设最大速度为
，对cd 棒受力分析，根据受力
平衡可得
而
根据能量守恒得
联合解得
故电阻R 上产生的焦耳热为
13．如图所示，两平行金属导轨MN、PQ 固定在倾角为θ 的斜面上，两导轨之间的距
离为L，M、P 之间接入电容为C 的电容器。两平行光滑金属长直导轨NE、QF 固定在
水平地面上，两导轨之间的距离也为L，倾斜导轨最底端通过绝缘材料与水平面上的
直导轨平滑连接。倾斜导轨处有垂直于斜面向上的匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为
B，两水平导轨间以虚线为界，右侧有竖直向上的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度大小也为
B。长度为L、质量为m 的金属棒b 静置于水平导轨上磁场Ⅱ的边界处。将长度为L、
质量为3m、电阻为R 的金属棒a 从倾斜导轨上某处由静止释放，滑到斜面底端时速度
大小为v0，滑上水平导轨并与金属棒b 发生弹性碰撞，碰后金属棒a、b 同时进入磁场
Ⅱ中运动。已知金属棒a 与倾斜导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，金属棒a
与b 的材质完全相同且与导轨接触良好，不计导轨电阻，不计金属棒a 滑上水平导轨
时的机械能损失。求：
（1）在磁场Ⅱ中，金属棒a、b 之间的最大距离；
（2）金属棒b 所产生的热量：
（3）金属棒a 沿斜面下滑的距离x0。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据电阻定律得
解得
所以金属棒b 的电阻为3R；根据动量守恒定律得
根据能量守恒定律得
解得
设两根金属棒最终速度为v，根据动量守恒定律得
解得
对金属棒a 根据动量定理得
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根据法拉第电磁感应定律得
两棒之间的最大距离为
解得
（2）根据能量守恒定律，回路产生的总热量为
金属棒b 所产生的热量
（3）电容器的充电电流为
电容器的电荷量为
电容器两端电压为
棒的加速度为
解得
根据牛顿第二定律得
金属棒a 沿斜面下滑的距离
解得
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