題組一 只含有電容器的電磁感應(yīng)問(wèn)題
1.如圖所示,光滑的平行長(zhǎng)導(dǎo)軌水平放置,導(dǎo)體棒MN靜止在導(dǎo)軌上,與導(dǎo)軌垂直且接觸良好,電容C足夠大,原來(lái)不帶電;現(xiàn)使導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向右運(yùn)動(dòng),初速度為v0,設(shè)導(dǎo)體棒的速度為v、動(dòng)能為Ek、兩端的電壓為UMN、電容器上的電荷量為q。下列圖像正確的是( )

2.(多選)如圖所示,兩根足夠長(zhǎng)且光滑平行的金屬導(dǎo)軌PP'、QQ'傾斜放置,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面,導(dǎo)軌的上端與水平放置的兩金屬板M、N相連,板間距離足夠大,板間有一帶電微粒,金屬棒ab水平跨放在導(dǎo)軌上,下滑過(guò)程中與導(dǎo)軌接觸良好。現(xiàn)同時(shí)由靜止釋放帶電微粒和金屬棒ab,則下列說(shuō)法正確的是( )
A.金屬棒ab最終可能勻速下滑
B.金屬棒ab一直加速下滑
C.金屬棒ab下滑過(guò)程中M板電勢(shì)高于N板電勢(shì)
D.帶電微粒不可能先向N板運(yùn)動(dòng)后向M板運(yùn)動(dòng)
題組二 同時(shí)含有電容器和電阻的電磁感應(yīng)問(wèn)題
3.(多選)(2024海南模擬)如圖甲所示,水平放置的平行金屬導(dǎo)軌連接一個(gè)平行板電容器C和一定值電阻R,導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上且接觸良好,整個(gè)裝置放于垂直導(dǎo)軌平面的磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化情況如圖乙所示(取圖甲所示的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)檎较?,MN始終保持靜止,則在0~t2時(shí)間內(nèi)( )
A.電容器C所帶的電荷量始終不變
B.電容器C的a板先帶正電后帶負(fù)電
C.MN中的電流方向始終由M指向N
D.MN所受安培力的方向先向右后向左
4.(2024廣東廣州執(zhí)信中學(xué)階段練習(xí))如圖所示,固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。長(zhǎng)為l的金屬棒,一端與圓環(huán)接觸良好,另一端固定在豎直導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO'上,隨軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。在圓環(huán)的A點(diǎn)和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、極板間距為d的平行板電容器,有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止?fàn)顟B(tài),已知重力加速度為g,不計(jì)其他電阻和摩擦,下列說(shuō)法正確的是( )
A.金屬棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為Bl2ω
B.電容器所帶的電荷量為
C.電阻消耗的電功率為
D.微粒的電荷量與質(zhì)量之比為
綜合提升練
5.(2021河北卷)如圖,兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。導(dǎo)軌間距最窄處為一狹縫,取狹縫所在處O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)。狹縫右側(cè)兩導(dǎo)軌與x軸夾角均為θ,一電容為C的電容器與導(dǎo)軌左端相連。導(dǎo)軌上的金屬棒與x軸垂直,在外力F作用下從O點(diǎn)開(kāi)始以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng),忽略所有電阻。下列說(shuō)法正確的是( )
A.通過(guò)金屬棒的電流為2BCv2tan θ
B.金屬棒到達(dá)x0時(shí),電容器極板上的電荷量為BCvx0tan θ
C.金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,電容器的上極板帶負(fù)電
D.金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,外力F做功的功率恒定
6.(多選)如圖所示,足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置,間距為L(zhǎng),其上端連接有阻值為R的電阻和電容器C,裝置區(qū)域有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一根水平金屬棒ab沿導(dǎo)軌從上往下運(yùn)動(dòng)。已知金屬棒ab的質(zhì)量為m,電阻也為R。金屬棒ab在運(yùn)動(dòng)中始終保持水平且與導(dǎo)軌良好接觸,且通過(guò)金屬棒ab的電流恒定不變,忽略導(dǎo)軌電阻,重力加速度為g。則下列說(shuō)法正確的是( )
A.因?yàn)橥ㄟ^(guò)金屬棒ab的電流不變,所以金屬棒ab做勻速運(yùn)動(dòng),速度大小v=
B.若通過(guò)金屬棒ab的電流不變,金屬棒ab還是做勻變速運(yùn)動(dòng),加速度大小a=
C.電阻R的電功率P=
D.若金屬棒ab由靜止下滑,開(kāi)始時(shí)電容器所帶電荷量為0,那么經(jīng)過(guò)時(shí)間t,電容器所帶電荷量q=
7.飛機(jī)在航空母艦甲板上起飛的電磁彈射裝置如圖甲所示,其工作原理如圖乙所示:水平固定的平行光滑導(dǎo)軌,導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),金屬棒MN垂直靜置于導(dǎo)軌間,開(kāi)關(guān)S先接1,電容器完全充電后,開(kāi)關(guān)S再接至2使金屬棒MN向右加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)金屬棒MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板的電壓相等時(shí),回路中電流為零,飛機(jī)達(dá)到起飛速度,已知直流電源的電動(dòng)勢(shì)E,電容器的電容C,兩導(dǎo)軌的間距L(電阻不計(jì)),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B,金屬棒MN的質(zhì)量m0、電阻R。在飛機(jī)起飛過(guò)程中。
甲
乙
(1)求金屬棒MN受到的最大安培力F的大小和方向;
(2)若飛機(jī)起飛時(shí)速度為v,求飛機(jī)起飛過(guò)程中電容器釋放的電荷量ΔQ;
(3)求飛機(jī)起飛時(shí)速度v的大小的表達(dá)式(用題干已知的物理量表示)。
參考答案
第6講 專題提升:電磁感應(yīng)中的含電容器問(wèn)題模型
1.A 解析 開(kāi)始時(shí),導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng),產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),同時(shí)電容器充電,回路中有感應(yīng)電流,導(dǎo)體棒受到向左的安培力而做減速運(yùn)動(dòng),隨速度的減小,根據(jù)E=BLv可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)減小,充電電流減小,安培力減小,則導(dǎo)體棒的加速度減小,當(dāng)加速度減為零時(shí)導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動(dòng),此時(shí)電容器兩板間電壓恒定不變;此過(guò)程中電容器一直充電,電荷量一直增加,MN間電壓一直增加,最后不變,A正確,B、C、D錯(cuò)誤。
2.BC 解析 金屬棒沿光滑導(dǎo)軌加速下滑,棒中有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)而對(duì)電容器充電,充電電流通過(guò)金屬棒時(shí)受安培力作用,只有金屬棒速度增大時(shí)才有充電電流,因此總有mgsinθ-BIl>0,金屬棒將一直加速,A錯(cuò)誤,B正確;由右手定則可知,金屬棒a端電勢(shì)高,則M板電勢(shì)高,C正確;若微粒帶負(fù)電,則靜電力向上與重力反向,開(kāi)始時(shí)靜電力為0,微粒向下加速運(yùn)動(dòng),當(dāng)靜電力增大到大于重力時(shí),微粒的加速度向上,D錯(cuò)誤。
3.AD 解析 磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化,則磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率不變,產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),則電容器C所帶的電荷量始終不變,故a板一直帶正電,A正確,B錯(cuò)誤;由于磁感應(yīng)強(qiáng)度變化,由楞次定律可知,MN中電流方向始終由N指向M,C錯(cuò)誤;根據(jù)楞次定律和左手定則可知,MN所受安培力的方向先向右后向左,大小先減小后增大,D正確。
4.B 解析 金屬棒在磁場(chǎng)中垂直于磁場(chǎng)轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線,由于磁場(chǎng)局限于金屬圓環(huán)內(nèi),則金屬棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E=Brω·r=Br2ω,A錯(cuò)誤;由于金屬棒電阻不計(jì),則電容器所帶的電荷量Q=CE,結(jié)合上述解得Q=,B正確;由于金屬棒電阻不計(jì),則電阻消耗的電功率P=EI=,結(jié)合上述解得P=,C錯(cuò)誤;帶電微粒在電容器極板間處于靜止?fàn)顟B(tài),則有mg=q,結(jié)合上述解得,D錯(cuò)誤。
5.A 解析 假設(shè)導(dǎo)體棒向前移動(dòng)時(shí)間為Δt,
則I==2CBv2tanθ,故A正確;
金屬棒到達(dá)x0時(shí),導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為U=2Bx0vtanθ,
由C=得Q=2CBvx0tanθ,故B錯(cuò)誤;
由右手定則知電容器的上極板帶正電,故C錯(cuò)誤;
P=Fv,F=F安=BIL,I=2CBv2tanθ,L=2vttanθ,得P=4B2v4tCtan2θ,功率隨時(shí)間增大,D錯(cuò)誤。
6.BD 解析 由題可知金屬棒ab受到的安培力為FA=BIL=BL,又Q=CU=C(BLv-IR),所以=CBLa,所以安培力FA=CB2L2a,對(duì)金屬棒ab,由牛頓第二定律可得mg-FA=ma,解得a=,加速度恒定不變,所以金屬棒ab做勻變速運(yùn)動(dòng),故A錯(cuò)誤,B正確;由以上分析可知BIL=CB2L2a,解得I=CBLa=CBL·,則電阻的功率為P=I2R=R,故C錯(cuò)誤;經(jīng)過(guò)時(shí)間t電容器所帶的電荷量為q=CU=C(BLv-2IR)=C(BLat-2CBLaR)=,故D正確。
7.答案(1),方向水平向右
(2)(E-BLv)C
(3)v=
解析 (1)開(kāi)關(guān)S剛接至2時(shí),回路中電流最大,金屬棒MN受到的安培力最大
F=BIL=BL
金屬棒MN上的電流方向從M端流向N端,由左手定則可知安培力方向水平向右。
(2)飛機(jī)起飛時(shí)速度為v時(shí),金屬棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)
E'=BLv
即此時(shí)電容器兩極板的電壓
U=BLv
則
ΔQ=ΔU·C=(E-BLv)C。
(3)飛機(jī)起飛時(shí),電容器兩極板的電壓
U=E'=BLv
對(duì)金屬棒由動(dòng)量定理可得
BLt=m0v-0
又
BLt=BLq=BL(EC-BLvC)
所以
BL(EC-BLvC)=m0v
解得
v=。

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