九电磁感应中的含容电路分析Word文档格式.docx
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式中，FN是金属棒对导轨的正压力的大小，有FN＝mgcosθ⑩
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mgsinθ
－F安－Ff＝ma?
msinθ－μcosθ
联立⑤至?
式得a＝22g?
m＋BLC
由?
式及题设可知，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
ΔQCΔU
［总结提升］
（1）电容器的充电电流用I＝Δt＝ΔΔt表示．
（2）由本例可以看出：
导体棒在恒定外力作用下，产生的电动势均匀增大，电流不变，
（1）调节Rx＝R，释放导体棒，当导体棒沿导轨匀速下滑时，体棒的速率v.
（2）改变Rx，待导体棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电荷量为＋q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx.
[解读]
（1）对匀速下滑的导体棒进行受力分析如图所示．导体棒所受安培力F安＝BIl①导体棒匀速下滑，所以F安＝Mgsinθ②联立①②式，解得I＝Mgsinθ③
Bl导体棒切割磁感线产生感应电动势E＝Blv④
由闭合电路欧姆定律得I＝E，且Rx＝R，所以
R＋Rx
I＝2ER⑤
联立③④⑤式，解得v＝2MgBR2ls2inθ.
Bl
I，
（2）由题意知，其等效电路图如图所示．由图知，平行金属板两板间的电压等于Rx两端的电压．
设两金属板间的电压为U，因为导体棒匀速下滑时的电流仍为所以由欧姆定律知
U＝IRx⑥
要使带电的微粒匀速通过，则mg＝qU⑦d联立③⑥⑦式，解得Rx＝mBld.
Mqsinθ
Mgsinθ2MgRsinθmBld
[答案]
（1）MgBslinθ2MgBR2ls2inθ
（2）MmqBsildnθ
[总结提升]在这类问题中，导体棒在恒定外力作用下做变加速运动，最后做匀速运动．
直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B.电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN一初速
度，使导线MN向右运动，关于最终状态的判断，正确的是（）
A．电容器两端的电压为零
B．电容器所带电荷量为零
C．MN做匀速运动
D．MN处于静止状态
解读：
选C.由分析可知，MN做加速度逐渐减小的减速运动，当感应电动势等于电容器
C正确．
两端电压时，电流为零，加速度为零，MN最终做匀速运动，故2．（单选）如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计．匀强磁场与导轨平面垂直．阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好．t＝0时，将开关S由1掷到2.q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度．下列图象正确的是（）
选D.当开关S由1掷到2时，电容器开始放电，此时电流最大，棒受到的安培
力最大，加速度最大，此后棒开始运动，产生感应电动势，棒相当于电源，利用右手定则可判断棒的上端为正极，下端为负极，当棒运动一段时间后，电路中的电流逐渐减小，当电容器电压与棒两端电动势相等时，电容器不再放电，电路电流等于零，棒做匀速运动，加速度减为零，所以B、C错误，D正确；
因为电容器两极板间有电压，电荷量q＝CU不等于零，
所以A错误．
3．（多选）（2015重·
庆杨家坪中学质检）如图，两根足够长且光滑平行的金属导轨PP′、
QQ′倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，
板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好．现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则（）
A．金属棒ab最终可能匀速下滑
B．金属棒ab一直加速下滑
C．金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势
D．带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动
选BC.金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mgsinθ－
BIl>
0，金属棒将一直加速，A错B对；
由右手定则可知，金属棒a端电势高，则M板电势高，C项正确；
若微粒带负电，则静电力向上与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加
速，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，D项错．
4．（多选）（2013高·
考四川卷）如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt（常量k>
0）．回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝R20.闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则（）
A．R2两端的电压为U7
B．电容器的a极板带正电
C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍
D．正方形导线框中的感应电动势为kL2
选AC.根据串、并联电路特点，虚线MN右侧回路的总电阻R＝74R0.回路的总电流I＝UR＝74RU，通过R2的电流I2＝2I＝72RU，所以R2两端电压U2＝I2R2＝72RU·
R20＝17U，选项A
正确；
根据楞次定律知回路中的电流为逆时针方向，即流过R2的电流方向向左，所以电容
器b极板带正电，选项B错误；
根据P＝I2R，滑动变阻器R的热功率P＝I2R20＋2I2R20＝85I2R0，电阻R2的热功率P2＝2I2R2＝18I2R0＝15P，选项C正确；
根据法拉第电磁感应定律得，线框中产生的感应电动势E＝ΔΦ＝BS＝kπr2，选项D错误．
Δtt
5.如图所示，匀强磁场B＝0.1T，金属棒AB长0.4m，与框架
1
宽度相同，电阻为3Ω，框架电阻不计，电阻R1＝2Ω，R2＝1Ω，当金属棒以5m/s的速度匀速向左运动时，求：
（1）流过金属棒的感应电流多大？
（2）若图中电容器C的电容为0.3μ，F则充电量为多少？
（1）金属棒匀速运动时，电容器没有充电电流．
E＝BLv＝0.1×
0.4×
5V＝0.2V
R1、R2并联电阻：
R＝R1R2＝2Ω
R1＋R23
E0.2
I＝＝A＝0.2A.
R＋r2＋1
3＋3
20.4
（2）路端电压U＝I·
R＝0.2×
3V＝3V
33
－60.4－8
Q＝CU＝0.3×
10－6×
3C＝4×
10－8C.
答案：
（1）0.2A
（2）4×
10－8C
6.金属杆MN和PQ间距为l，MP间接有电阻R，NQ间接有电容为C的电容器，磁场如图所示，磁感应强度为B.金属棒AB
长为2l，由图示位置以A为轴，以角速度ω匀速转过90°
（顺时针）后静止．求该过程中（其他电阻不计）：
（1）R上的最大电功率；
（2）通过R的电荷量．
AB转动切割磁感线，且切割长度由l增至2l以后AB离开MN，电路断开．
（1）当B端恰至MN上时，E最大
0＋ω·
2l2
Em＝B·
2l·
2＝2Bωl2
E2m4B2ω2l4
PRm＝R＝R.
（2）AB由初位置转至B端恰在MN上的过程中回路的磁通量的变化为ΔΦ＝B·
sin60
32
2Bl2
此时通过R的电荷量为q1＝I·
Δt＝ΔΦ＝3BlR2R此时电容器的带电量为q2＝CEm＝2CBωl2.
以后电容器通过R放电，因此整个过程中通过R的电荷量为q＝q1＋q2＝3Bl＋2CBωl2.2R
3Bl2＋2CBωl2
2R
L1＝2m的金属圆环内上、下半圆各有垂直圆环平面的有界匀强
B1＝10T．长度也为L1、电阻为R的金属杆ab，一端处于圆环π
224答案：
（1）4BRωl
（2）7．如图所示，半径为
磁场，磁感应强度大小均为
带电粒子
之后进入到有界匀强磁场
π中心，另一端恰好搭接在金属环上，绕着a端沿逆时针方向匀速转动，角速度为ω＝1π0rad/s.通过导线将金属杆的a端和金属环连接到图示的电路中（连接a端的导线与圆环不接触，图中的定值电阻R1＝R，滑片P位于R2的正中央，R2的总阻值为4R），图中的平行板长度为L2＝2m，宽度为d＝2m．图示位置为计时起点，在平行板左边缘中央处刚好有以初速度v0＝0.5m/s向右运动，并恰好能从平行板的右边缘飞出，
中，其磁感应强度大小为B2，左边界为图中的虚线位置，右侧及上下范围均足够大．（忽略
金属杆与圆环的接触电阻、圆环电阻及导线电阻，忽略电容器的充放电时间，忽略带电粒子在磁场中运动时的电磁辐射的影响，不计平行金属板两端的边缘效应及带电粒子的重力和空气阻力）求：
B2应满足的条
（1）在0～4s内，平行板间的电势差UMN；
（2）带电粒子飞出电场时的速度；
（3）在上述前提下若粒子离开磁场后不会第二次进入电场，则磁感应强度件．
（1）金属杆产生的感应电动势恒为
12
E＝2B1L12ω＝2V
由电路的连接特点知：
E＝I·
4R
U0＝I·
2R＝E/2＝1V
T1＝2πω/＝20s
由右手定则知：
在0～4s时间内，金属杆ab中的电流方向为b→a，则φa>
φb则在0～4s时间内，φM<
φN，UMN＝－1V.
（2）粒子在平行板电容器内做类平抛运动，在0～T1/2时间内水平方向L2＝v0·
t1
t1＝L2/v0＝4s<
T1/2
竖直方向2d＝12at12
EqU
a＝m，E＝d，vy＝at1
得q/m＝0.25C/kg，vy＝0.5m/s则粒子飞出电场时的速度v＝v02＋vy2＝22m/stanθ＝vy/v0＝1，所以该速度与水平方向的夹角θ＝45°
.
2
（3）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由B2qv＝mvr
mv
B2q由几何关系及粒子在磁场中运动的对称性可知，2r>
d时离开磁场后不会第二次进入电
场，即
45°
夹角
（1）－1V
（2）22m/s与水平方向成
（3）B2<
2T
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