電磁感應(yīng)中含電容單桿問題，主要有三類：

一、第一類

高中階段，電路中電阻一般忽略不計(jì)，如下圖所示。

（1）電路特點(diǎn)：導(dǎo)體為發(fā)電邊；電容器被充電。

（2）三個(gè)基本關(guān)系

導(dǎo)體棒受到的安培力為：

導(dǎo)體棒加速度可表示為：

回路中的電流可表示為：

（3）四個(gè)重要結(jié)論：

①導(dǎo)體棒做初速度為零勻加速運(yùn)動(dòng)：

②回路中的電流恒定：     

③導(dǎo)體棒受安培力恒定：

④導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于電容器儲(chǔ)存的電能：

簡(jiǎn)證：

也得：電容器存儲(chǔ)的能量公式為：

（4）變形：導(dǎo)軌有摩擦；電路變化；恒力的提供方式；等等。

例1、如圖所示，光滑水平平行金屬軌道，間距為L，金屬桿質(zhì)量為m，電容器電容為C，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B與導(dǎo)軌平面垂直，不計(jì)一切電阻。桿在恒定外力作用下由靜止向右運(yùn)動(dòng)，討論桿的運(yùn)動(dòng)情況。

解析：金屬桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相當(dāng)于電源，給電容器充電，電路中產(chǎn)生電流。由于電路中的電流因給電容器C充電而形成，故不能根據(jù)歐姆定律求解，那么如何求解這個(gè)問題呢？可以從電流的形成原因入手，運(yùn)用微元的思想來求電流。因?yàn)?span>電荷的定向移動(dòng)形成電流，因此I=Δq/Δt，其中Δt是一段極短的時(shí)間、Δq是這一段極短時(shí)間Δt內(nèi)通過電路的電荷量。

動(dòng)力學(xué)分析：開始時(shí)金屬桿只受外力F，加速度，故桿的速度增大。

設(shè)某時(shí)刻速度為v，此時(shí)桿兩端電動(dòng)勢(shì)為E=BLv，經(jīng)歷極短時(shí)間Δt后，桿的速度為v'=v+Δv，桿兩端電動(dòng)勢(shì)為E'=BLv'。

故極短時(shí)間Δt內(nèi)通過電路的電流為：

即：

故金屬桿所受安培力為：F_A=BIL=CB²L²a

對(duì)桿：根據(jù)牛頓第二定律，有：F-F_A=ma

解得：為常量，即金屬桿做初速度為0的勻加速運(yùn)動(dòng)，所以金屬桿任意時(shí)刻的速度為：

v-t圖像為：

電流也是恒定，電流為:

動(dòng)量分析：設(shè)t時(shí)刻金屬桿的速度大小為v，0到t時(shí)刻，經(jīng)歷的時(shí)間為Δt=t-0，由動(dòng)量定理有：

又：q=CBLv

解得：

能量分析：通過拉力F做的功，外界能量一部分轉(zhuǎn)化為電容器內(nèi)儲(chǔ)存的電場(chǎng)能，另一部分轉(zhuǎn)化為金屬桿的動(dòng)能，由功能原理可知：。

例2、（多選）如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)光滑平行金屬導(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 (　BC　)

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)

例3、如圖所示, 豎直放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌, 相距l(xiāng) , 導(dǎo)軌一端接有一個(gè)電容器, 電容量為C, 勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面向里, 磁感應(yīng)強(qiáng)度為B, 質(zhì)量為m的金屬棒ab可緊貼導(dǎo)軌自由滑動(dòng). 現(xiàn)讓ab從離地面高為h的位置由靜止下滑, 不考慮空氣阻力, 也不考慮任何部分的電阻和自感作用. 求金屬棒落地時(shí)的速度為多大？

解析：ab在mg 作用下加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間 t ，速度增為v，a =v / t

產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Bl v   

電容器帶電量Q=CE=CBl v，感應(yīng)電流I=Q/t=CBL v/ t=CBl a

產(chǎn)生安培力F=BIl = CB² l ²a，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律mg-F=ma

ma= mg - CB² l ²a  ，a= mg / (m+C B² l ²)

∴ab做初速為零的勻加直線運(yùn)動(dòng), 加速度 a= mg / (m+C B² l ²)

落地速度為

例4、如圖所示，質(zhì)量為M的導(dǎo)體棒ab，垂直放在相距為l的平行光滑金屬導(dǎo)軌上．導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為θ，并處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．左側(cè)是水平放置、間距為d的平行金屬板．R和R_x分別表示定值電阻和滑動(dòng)變阻器的阻值，不計(jì)其他電阻．

(1)調(diào)節(jié)R_x＝R，釋放導(dǎo)體棒，當(dāng)棒沿導(dǎo)軌勻速下滑時(shí)，求通過棒的電流I及棒的速率v.

(2)改變R_x，待棒沿導(dǎo)軌再次勻速下滑后，將質(zhì)量為m、帶電量為＋q的微粒水平射入金屬板間，若它能勻速通過，求此時(shí)的R_x.

答案：(1)　　(2)

解析：(1)對(duì)勻速下滑的導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析如圖所示．

導(dǎo)體棒所受安培力＝BIl ①

導(dǎo)體棒勻速下滑，所以＝Mgsin θ ②

聯(lián)立①②式，解得I＝ ③

導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv ④

由閉合電路歐姆定律得I＝，且Rx＝R，所以I＝ ⑤

聯(lián)立③④⑤式，解得v＝

(2)由題意知，其等效電路圖如圖所示．

由圖知，平行金屬板兩板間的電壓等于Rx兩端的電壓．

設(shè)兩金屬板間的電壓為U，因?yàn)閷?dǎo)體棒勻速下滑時(shí)的電流仍

為I，所以由歐姆定律知U＝IRx ⑥

要使帶電的微粒勻速通過，則mg＝q ⑦

聯(lián)立③⑥⑦式，解得Rx＝.

例5、（2013年全國(guó)卷）如圖所示，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L(zhǎng)。導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為C。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面。在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開始下滑，求:

(1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系；

(2)金屬棒的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系。

解析：（1）設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E=BLv ①
平行板電容器兩極板的電壓為U，U=E ②
設(shè)此時(shí)電容器極板上儲(chǔ)存的電荷為Q，按定義有 ③

聯(lián)立①②③式解得 ④
（2）設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v時(shí)經(jīng)歷的時(shí)間為t，通過金屬棒的電流為I，金屬棒受到磁場(chǎng)的安培力為F，方向沿導(dǎo)軌向上，大小為F='BLI' ⑤

設(shè)在t～t+?t時(shí)間間隔內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為，按定義有 ⑥

也是平行板電容器兩極板在t～t+?t時(shí)間間隔內(nèi)增加的電荷量，由④式可得 ⑦

式中為金屬棒速度的變化量，由加速度的定義有 ⑧
分析導(dǎo)體棒的受力：受重力mg，支持力N，滑動(dòng)摩擦力f，沿斜面向上的安培力F。
N=mgcosθ ⑨

 ⑩

 (11)

聯(lián)立⑤至(11)式,得： (12)
由(12)式及題設(shè)可知，金屬棒做初速為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t時(shí)刻金屬棒下滑的速度大小為v
 (13)

例6、如圖所示，處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的兩根足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌相距L，導(dǎo)軌平面與水平面重合，左端用導(dǎo)線連接電容為C的電容器（能承受的電壓足夠大）。已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上。一質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的直金屬棒垂直放在兩導(dǎo)軌上，一根絕緣的、足夠長(zhǎng)的輕繩一端與棒的中點(diǎn)連接，另一端跨過定滑輪掛一質(zhì)量為m的重物?，F(xiàn)從靜止釋放重物并通過輕繩水平拖動(dòng)金屬棒運(yùn)動(dòng)（金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，不計(jì)滑輪質(zhì)量和所有摩擦）。求：

（1）若某時(shí)刻金屬棒速度為v，則電容器兩端的電壓多大？

（2）求證：金屬棒的運(yùn)動(dòng)是勻加速直線運(yùn)動(dòng)；

（3）當(dāng)重物從靜止開始下落一定高度時(shí)，電容器帶電量為Q，則這個(gè)高度h多大？

解析：（1）電容器兩端的電壓U等于導(dǎo)體棒上的電動(dòng)勢(shì)E，有：U=E=BLv

（2）金屬棒速度從v增大到v+Δv的過程中，用時(shí)Δt（Δt→0），加速度為a，

電容器兩端的電壓為：U=BLv

電容器所帶電量為：q=CU=CBLv

式中各量都是恒量，加速度保持不變，故金屬棒的運(yùn)動(dòng)是勻加速直線運(yùn)動(dòng)。

由于金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，且電路中電流恒定，由：

又：

解得：

二、第二類

電路中電阻不可以完全忽略。首先開關(guān)扳到左邊，電源給電容器充電，之后開關(guān)扳到右邊，電容器作為等效電源開始放電，導(dǎo)體棒在安培力作用下開始運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的反電動(dòng)勢(shì)與電容器的電壓互相抵消，導(dǎo)致電路中電流減小，安培力減小，加速度減小，故導(dǎo)體棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的反電動(dòng)勢(shì)逐漸增加，由于電容器放電，電容器的電壓逐漸減小，最終總電動(dòng)勢(shì)為0，導(dǎo)體棒的收尾狀態(tài)為勻速運(yùn)動(dòng)。

設(shè)某一時(shí)刻電容器兩端電壓為U。

此時(shí)總電動(dòng)勢(shì)為：

安培力為：

收尾狀態(tài)，導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動(dòng)。

此時(shí)：

電容器的電量為

電容器的初始電量為:

從開關(guān)扳到右邊開始，到收尾狀態(tài)：

對(duì)導(dǎo)體棒，根據(jù)動(dòng)量定理，有：

解得：

收尾速度：

通過電路電荷量:

例1、（2017天津高考）電磁軌道炮利用電流和磁場(chǎng)的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運(yùn)載器。電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為E，電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l，電阻不計(jì)。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出），MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電壓相等時(shí)，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌。問：

（1）磁場(chǎng)的方向；

（2）MN剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大??；

（3）MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。

答案：（1）磁場(chǎng)的方向垂直于導(dǎo)軌平面向下  （2）  （3）

解析：（1）電容器充電后上板帶正電，下板帶負(fù)電，放電時(shí)通過MN的電流由M到N，欲使炮彈射出，安培力應(yīng)沿導(dǎo)軌向右，根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)的方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。

（2）電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，根據(jù)歐姆定律，電容器剛放電時(shí)的電流：

炮彈受到的安培力：

根據(jù)牛頓第二定律：

解得加速度

（3）當(dāng)電容器充電完畢時(shí)，設(shè)電容器上電量為

接2后，MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大值時(shí)，設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E'，有：

依題意有：

設(shè)在此過程中MN的平均電流為上受到的平均安培力為，有：

由動(dòng)量定理，有：

又：

解得，最終電容器所帶電荷量

例2、電磁彈射技術(shù)是一種新興的直線推進(jìn)技術(shù)，適宜于短行程發(fā)射大載荷，在軍事、民用和工業(yè)領(lǐng)域具有廣泛應(yīng)用前景。我國(guó)已成功研制出用于航空母艦艦載機(jī)起飛的電磁彈射器。它由發(fā)電機(jī)、直線電機(jī)、強(qiáng)迫儲(chǔ)能裝置和控制系統(tǒng)等部分組成。

電磁彈射器可以簡(jiǎn)化為如圖所示的裝置以說明其基本原理。電源和一對(duì)足夠長(zhǎng)平行金屬導(dǎo)軌M、N分別通過單刀雙擲開關(guān)K與電容器相連。電源的電動(dòng)勢(shì)E=10V，內(nèi)阻不計(jì)。兩條足夠長(zhǎng)的導(dǎo)軌相距L=0.1m且水平放置，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面且豎直向下，電容器的電容C=10F?，F(xiàn)將一質(zhì)量m=0.1kg、電阻r=0.1Ω的金屬滑塊垂直放置于導(dǎo)軌的滑槽內(nèi)，分別與兩導(dǎo)軌良好接觸。將開關(guān)K置于a使電容器充電，充電結(jié)束后，再將開關(guān)K置于b，金屬滑塊會(huì)在電磁力的驅(qū)動(dòng)下運(yùn)動(dòng)，不計(jì)導(dǎo)軌和電路其他部分的電阻，且忽略金屬滑塊運(yùn)動(dòng)過程中的一切阻力，不計(jì)電容充放電過程中該裝置向外輻射的電磁能量及導(dǎo)軌中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)對(duì)滑塊的作用。

（1）在電容器放電過程中，金屬滑塊兩端電壓與電容器兩極間電壓始終相等。求在開關(guān)K置于b瞬間，金屬滑塊的加速度的大小a；

（2）求金屬滑塊最大速度v；

（3）a.電容器是一種儲(chǔ)能裝置，當(dāng)電容兩極間電壓為U時(shí)，它所儲(chǔ)存的電能A=CU²/2。求金屬滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q；

b.金屬滑塊在運(yùn)動(dòng)時(shí)會(huì)產(chǎn)生反電動(dòng)勢(shì)，使金屬滑塊中大量定向運(yùn)動(dòng)的自由電子又受到一個(gè)阻力作用。請(qǐng)分析并計(jì)算在金屬滑塊運(yùn)動(dòng)過程中這個(gè)阻力所做的總功W。

答案：（1）見解析（2）40m/s（3）a. 400J；b. –80J

解析：（1）開關(guān)K置于b瞬間，流過金屬滑塊的電流： 

金屬滑塊受到安培力作用，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律：BIL=ma

（2） 設(shè)金屬滑塊做加速運(yùn)動(dòng)到最大速度時(shí)兩端的電壓為U，電容器放電過程中的電荷量變化為Δq，放電時(shí)間為Δt，流過金屬滑塊的平均電流為I

電容放電過程的電荷量變化Δq=C(E-U)

金屬滑塊速度最大時(shí)，其兩端電壓U=BLv

由電流定義有Δq=IΔt

在金屬滑塊運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)量定理有：BILΔt=mv-0

聯(lián)立以上各式，可得：v=40m/s

（3）a. 由U=BLv可知電容器兩端最終電壓U=2V

由能量守恒定律有： 

解得：Q=400J

b.因金屬滑塊做切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生反電動(dòng)勢(shì)，由此使滑塊中的自由電荷受到阻礙其定向運(yùn)動(dòng)的洛倫茲力（即阻力）；同時(shí)由于金屬滑塊中的自由電荷定向運(yùn)動(dòng)還使其受到洛倫茲力，金屬滑塊中的所有自由電荷所受的合力在宏觀上表現(xiàn)為金屬滑塊的安培力。

由動(dòng)能定理可知安培力做功：

與的合力，即洛倫茲力f不做功，所以金屬滑塊運(yùn)動(dòng)過程中阻力所做的總功為：

例3、電磁彈射在電磁炮、航天器、艦載機(jī)等需要超高速的領(lǐng)域中有著廣泛的應(yīng)用，如圖所示為電磁彈射的示意圖。

為了研究問題的方便，將其簡(jiǎn)化為如圖所示的模型（俯視圖）。

發(fā)射軌道被簡(jiǎn)化為兩個(gè)固定在水平面上、間距為L(zhǎng)且相互平行的金屬導(dǎo)軌，整個(gè)裝置處于豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。發(fā)射導(dǎo)軌的左端為充電電路，已知電源的電動(dòng)勢(shì)為E，電容器的電容為C，子彈載體被簡(jiǎn)化為一根質(zhì)量為m、長(zhǎng)度也為L(zhǎng)的金屬導(dǎo)體棒，其電阻為r。金屬導(dǎo)體棒，其電阻為r。金屬導(dǎo)體棒垂直放置于平行金屬導(dǎo)軌上，忽略一切摩擦阻力以及導(dǎo)軌和導(dǎo)線的電阻。

（1）發(fā)射前，將開關(guān)S接a，先對(duì)電容器進(jìn)行充電。

a．求電容器充電結(jié)束時(shí)所帶的電荷量Q；

b．充電過程中電容器兩極板間的電壓y隨電容器所帶電荷量q發(fā)生變化。請(qǐng)?jiān)趫D中畫出u-q圖像；并借助圖像求出穩(wěn)定后電容器儲(chǔ)存的能量；

（2）電容器充電結(jié)束后，將開關(guān)b，電容器通過導(dǎo)體棒放電，導(dǎo)體棒由靜止開始運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒離開軌道時(shí)發(fā)射結(jié)束。電容器所釋放的能量不能完全轉(zhuǎn)化為金屬導(dǎo)體棒的動(dòng)能，將導(dǎo)體棒離開軌道時(shí)的動(dòng)能與電容器所釋放能量的比值定義為能量轉(zhuǎn)化效率。若某次發(fā)射結(jié)束時(shí)，電容器的電量減小為充電結(jié)束時(shí)的一半，不計(jì)放電電流帶來的磁場(chǎng)影響，求這次發(fā)射過程中的能量轉(zhuǎn)化效率η。

解析：（1）a、根據(jù)電容的定義

電容器充電結(jié)束時(shí)其兩端電壓U等于電動(dòng)勢(shì)E，解得電容器所帶電荷量

b、根據(jù)以上電容的定義可知，畫出q-u圖像如圖所示：

有圖像可知，穩(wěn)定后電容器儲(chǔ)存的能量為圖中陰影部分的面積，

將Q代入解得

（2）設(shè)從電容器開始放電至導(dǎo)體棒離開軌道時(shí)的時(shí)間為t，放電的電荷量為?Q，平均電流為I，導(dǎo)體棒離開軌道時(shí)的速度為v。

以導(dǎo)體棒為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理BLIt=mv-0或∑BLi?t=∑m?v

根據(jù)電流定義可知It=?Q或∑i?t=?Q

根據(jù)題意有?Q=，聯(lián)立解得

導(dǎo)體棒離開軌道時(shí)的動(dòng)能

電容器釋放的能量

聯(lián)立解得能量轉(zhuǎn)化效率 

三、第三類

電路中電阻不可以完全忽略

例1、圖甲、乙、丙中除導(dǎo)體棒出可動(dòng)外，其余部分均固定不動(dòng)。甲圖中的電容器C原來不帶電，所有導(dǎo)體棒、導(dǎo)軌電阻均可忽略，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的摩擦也不計(jì)，導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量為m。圖中裝置均在水平面內(nèi)，且都處于方向垂直水平面（即紙面）向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，間距為L₀今給導(dǎo)體棒ab 一個(gè)向右的初速度v_o，則(     )

A. 三種情況下，導(dǎo)體棒ab最終都靜止

B. 三種情況下，導(dǎo)體棒ab最終都做勻速運(yùn)動(dòng)

C. 圖甲、丙中ab 棒最終都向右做勻速運(yùn)動(dòng)

D. 圖乙中，流過電阻R的總電荷量為

解析：圖甲中，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流而使電容器充電，當(dāng)電容器C極板間電壓與導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，電路中沒有電流，ab棒不受安培力，向右做勻速運(yùn)動(dòng)；圖乙中，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，通過電阻R轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，ab棒速度減小，當(dāng)ab棒的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能時(shí)，ab棒靜止；圖丙中，導(dǎo)體棒先受到向左的安培力作用向右做減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后再在安培力作用下向左做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電源的電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，電路中沒有電流，ab棒向左做勻速運(yùn)動(dòng)，故ABC錯(cuò)誤；圖乙中根據(jù)動(dòng)量定理： ，通過的電荷量為： ，故D正確。所以D正確，ABC錯(cuò)誤。

例2、如圖所示，水平面上有兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，兩導(dǎo)軌間距為l，電阻均可忽略不計(jì)。在M和P之間接有阻值為R的定值電阻，導(dǎo)體桿ab質(zhì)量為m、電阻為r，并與導(dǎo)軌接觸良好。整個(gè)裝置處于方向豎直向上磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)給ab桿一個(gè)初速度，使桿向右運(yùn)動(dòng)。

（1）當(dāng)ab桿剛好具有初速度時(shí)，求此時(shí)ab桿兩端的電壓U，a、b兩端哪端電勢(shì)高；

（2）請(qǐng)?jiān)趫D中定性畫出通過電阻R的電流i隨時(shí)間變化規(guī)律的圖象；

（3）若將M和P之間的電阻R改為接一電容為C的電容器，如圖所示。同樣給ab桿一個(gè)初速度，使桿向右運(yùn)動(dòng)。請(qǐng)分析說明ab桿的運(yùn)動(dòng)情況，并推導(dǎo)證明桿穩(wěn)定后的速度為。

解析：（1）ab桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

根據(jù)全電路歐姆定律

ab桿兩端電壓即路端電壓

聯(lián)立解得，a端電勢(shì)高

（2）圖像如圖所示

（3）當(dāng)ab桿以初速度開始切割磁感線時(shí)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，電路開始給電容器充電，有電流通過ab桿，桿在安培力的作用下做減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度減小，安培力減小，加速度也減小，桿做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)電容器兩端電壓與感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，充電結(jié)束，桿以恒定的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)。

當(dāng)電容器兩端電壓與感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)有U=Blv，根據(jù)電容器電容

以ab桿為研究對(duì)象，在很短的一段時(shí)間△t內(nèi)，桿受到的沖量大小為BIl△t

從ab桿開始運(yùn)動(dòng)至速度達(dá)到穩(wěn)定的過程，根據(jù)動(dòng)量定理，聯(lián)立可得。