資源簡介

(共71張PPT)
動量觀點在電磁感應中的應用
專題強化二十五
目標
要求
1.掌握應用動量定理處理電磁感應問題的方法技巧.2.建立電磁感應問題中動量守恒的模型，并用動量守恒定律解決問題.
內容索引
題型一　動量定理在電磁感應中的應用
題型二　動量守恒定律在電磁感應中的應用
課時精練
題型一
動量定理在電磁感應中的應用
導體棒或金屬框在感應電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時，當題目中涉及速度v、電荷量q、運動時間t、運動位移s時常用動量定理求解.
情景示例1
水平放置的平行光滑導軌，間距為L，左側接有電阻R，導體棒初速度為v0，質量為m，電阻不計，勻強磁場的磁感應強度為B，導軌足夠長且電阻不計，從開始運動至停下來
求電荷量q
求位移x
應用技巧 初、末速度已知的變加速運動，在用動量定理列出的式子中q＝
　　　　　 　；若已知q或s也可求末速度
考向1　“單棒＋電阻”模型
情景示例2 間距為L的光滑平行導軌傾斜放置，傾角為θ，由靜止釋放質量為m、接入電路的阻值為R的導體棒，當通過橫截面的電荷量為q或下滑位移為s時，速度達到v
求運動時間
應用技巧 用動量定理求時間需有其他恒力參與.若已知運動時間，也可求q、s、v中的任一個物理量
例1　水平面上放置兩個互相平行的足夠長的金屬導軌，間距為d，電阻不計，其左端連接一阻值為R的電阻.導軌處于方向豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B.質量為m、長度為d、阻值為R與導軌接觸良好的導體棒MN以速度v0垂直導軌水平向右運動直到停下.不計一切摩擦，則下列說法正確的是
A.導體棒運動過程中所受安培力先做正功再做負功
√
導體棒向右運動過程中一直受到向左的安培力作用，即安培力一直做負功，故A錯誤；
例2　(多選)(2023·遼寧撫順市模擬)如圖所示，M、N、P、Q四條光滑的足夠長的金屬導軌平行放置，導軌間距分別為2L和L，兩組導軌間由導線相連，裝置置于水平面內，導軌間存在方向豎直向下的、磁感應強度大小為B的勻強磁場，兩根質量均為m、接入電路的電阻均為R的導體棒C、D分別垂直于導軌放置，且均處于靜止狀態，其余部分電阻不計.t＝0
考向2　不等間距上的雙棒模型
時使導體棒C獲得瞬時速度v0向右運動，兩導體棒在運動過程中始終與導軌垂直并與導軌接觸良好.且達到穩定運動時導體棒C未到兩組導軌連接處.
則下列說法正確的是
√
√
√
基本 模型 規律　
(導軌光滑，電阻阻值為R，電容器電容為C)
電路特點 導體棒相當于電源，電容器充電
電流特點
安培力為阻力，棒減速，E減小，有I＝　　　　，電容器充電UC變大，當BLv＝UC時，I＝0，F安＝0，棒勻速運動
考向3　“電容器＋棒”模型
1.無外力充電式
運動特點和最終特征 棒做加速度a減小的減速運動，最終做勻速運動，此時I＝0，但電容器帶電荷量不為零
最終速度 電容器充電荷量：q＝CU
最終電容器兩端電壓U＝BLv
對棒應用動量定理：
mv－mv0＝－B L·Δt＝－BLq
v－t圖像

例3　如圖甲、乙中，除導體棒ab可動外，其余部分均固定不動，圖甲中的電容器C原來不帶電.設導體棒、導軌電阻均可忽略，導體棒和導軌間的摩擦也不計，圖中裝置均在水平面內，且都處于方向垂直于水平面(即紙面)向里的勻強磁場中，導軌足夠長.現給導體棒ab一個向右的初速度v0，在圖甲、乙兩種情形下，關于導體棒ab的運動狀態，下列說法正確的是
A.圖甲中，ab棒先做勻減速運動，最終做勻速運動
B.圖乙中，ab棒先做加速度越來越小的減速
　運動，最終靜止
C.兩種情況下通過電阻的電荷量一樣大
D.兩種情形下導體棒ab最終都保持勻速運動
√
題圖甲中，導體棒向右運動切割磁感線產生感應電流而使電容器充電，由于充電電流不斷減小，安培力減小，
則導體棒做變減速運動，當電容器C極板間電壓與導體棒產生的感應電動勢相等時，電路中沒有電流，ab棒不受安培力，向右做勻速運動，故A錯誤；
題圖乙中，導體棒向右運動切割磁感線產生感應電流，導體棒受向左的安培力而做減速運動，隨速度的減小，電流減小，安培力減小，加速度減小，最終ab棒靜止，故B正確，D錯誤；
基本 模型 規律
(電源電動勢為E，內阻不計，電容器電容為C)
電路特點 電容器放電，相當于電源；導體棒受安培力而運動
電流特點
電容器放電時，導體棒在安培力作用下開始運動，同時阻礙放電，導致電流減小，直至電流為零，此時UC＝BLvm
2.無外力放電式
運動特點及最終特征 做加速度a減小的加速運動，最終勻速運動，I＝0
最大速度vm 電容器充電電荷量：Q0＝CE
放電結束時電荷量：Q＝CU＝CBLvm
電容器放電電荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm
對棒應用動量定理：mvm－0＝B L·Δt＝BLΔQ
v－t圖像

例4　電磁軌道炮利用電流和磁場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載器.電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C.兩根固定于水平面內的光滑平行金屬導軌間距離為l，電阻不計.炮彈可視為一質量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態，并與導軌良好接觸.首先開關S接1，使電容器完全充電.然后將S接至2，導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場(圖中未畫出)，MN開始向右加速運動.當MN上的感應電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達到最大速度，之后離開導軌.問：
(1)磁場的方向；
答案　垂直于導軌平面向下
將S接1時，電容器充電，上極板帶正電，下極板帶負電，當將S接2時，電容器放電，流經MN的電流由M到N，又知MN向右運動，由左手定則可知磁場方向垂直于導軌平面向下.
(2)MN剛開始運動時加速度a的大小；
電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當開關S接2時，電容器放電，設剛放電時流經MN的電流為I，有I＝ ①
設MN受到的安培力為F，有F＝IlB ②
由牛頓第二定律，有F＝ma ③
聯立①②③式得a＝ ④
(3)MN離開導軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少.
當電容器充電完畢時，設電容器上電荷量為Q0，有Q0＝CE ⑤
開關S接2后，MN開始向右加速運動，速度達到最大值vmax時，設MN上的感應電動勢為E′，
有E′＝Blvmax ⑥
題型二
動量守恒定律在電磁感應中的應用
雙棒無外力 雙棒有外力
示意圖
F為恒力
1.在雙金屬棒切割磁感線的系統中，雙金屬棒和導軌構成閉合回路，安培力充當系統內力，如果它們不受摩擦力，且受到的安培力的合力為0時，滿足動量守恒，運用動量守恒定律解題比較方便.
2.雙棒模型(不計摩擦力)
動力學 觀點 導體棒1受安培力的作用做加速度減小的減速運動，導體棒2受安培力的作用做加速度減小的加速運動，最后兩棒以相同的速度做勻速直線運動 導體棒1做加速度逐漸減小的加速運動，導體棒2做加速度逐漸增大的加速運動，最終兩棒以相同的加速度做勻加速直線運動
動量觀點 系統動量守恒 系統動量不守恒
能量觀點 棒1動能的減少量＝棒2動能的增加量＋焦耳熱 外力做的功＝棒1的動能＋棒2的動能＋焦耳熱
例5　(多選)(2019·全國卷Ⅲ·19)如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內的足夠長的平行金屬導軌，兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上，t＝0時，棒ab以初速度v0向右滑動.運動過程中，ab、
cd始終與導軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示.下列圖像中可能正確的是
√
√
棒ab以初速度v0向右滑動，切割磁感線產生感應電動勢，使整個回路中產生感應電流，判斷
可知棒ab受到與v0方向相反的安培力的作用而做變減速運動，棒cd受到與v0方向相同的安培力的作用而做變加速運動，它們之間的速度差Δv＝v1－v2逐漸減小，整個系統產生的感應電動勢逐漸減小，回路中感應電流逐漸減小，最后變為零，即最終棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，這時兩相同的光滑導體棒ab、cd組成的系統在足夠長的平行金屬導軌上運動，水平方向上不受外力作用，由動量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝ ，選項A、C正確，B、D錯誤.
例6　(多選)(2023·福建武夷山市模擬)如圖所示，足夠長的水平導軌上，有兩導體棒AB和CD，導軌處在豎直向上的勻強磁場中，導體棒和導軌始終接觸良好，導軌寬度為l，兩導體棒質量均為m、接入電路的電阻均為R，其他電阻不計，不計一切摩擦.現給導體棒CD一個初速度v0，若AB棒固定，待系統穩定時，通過CD棒的電荷量為q，則
A.通過CD棒的電流方向從D到C
√
√
根據右手定則，通過CD棒的電流方向從C到D，選項A錯誤；
三
課時精練
1.(多選)如圖所示，一質量為2m的足夠長U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，bc邊長為L，不計金屬框電阻.一長為L的導體棒MN置于金屬框上，導體棒的阻值為R、質量為m.裝置處于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中.現給金屬框水平向右的初速度v0，在整個運動過程中MN始終與金屬框保持良好接觸，則
A.剛開始運動時產生的感應電流方向為M→N→c→b→M
基礎落實練
√
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金屬框開始獲得向右的初速度v0，根據右手定則可知電流方向為M→N→c→b→M，故A正確；
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2.(多選)(2023·福建泉州市質檢)如圖，足夠長的磁鐵在空隙產生一個徑向輻射狀磁場，一個圓形細金屬環與磁鐵中心圓柱同軸，由靜止開始下落，經過時間t，速度達到最大值v，此過程中環面始終水平.已知金屬環質量為m、半徑為r、電阻為R，金屬環下落過程中所經過位置的磁感應強度大小均為B，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，則
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根據題意可知當速度達到最大值v時，安培力與重力平衡，
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環下落速度為v時，安培力與重力平衡，熱功率等于克服安培力做功的功率，則有P＝Fv＝mgv，故C正確；
3.(多選)如圖，相距為L的兩光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平桌面上，左端接一電容器C，阻值為R的電阻通過三角旋鈕開關S與兩導軌連接，長度為L、質量為m的金屬桿ab垂直導軌放置，且與導軌始終接觸良好，兩導軌間存在垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B.三角旋鈕開關S僅1、2之間導電，S左旋時能將電阻R和電容器C接入同一回路，右旋時能將電阻R和金屬桿ab接入同一回路，初始時1、2連接電容器和
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金屬桿，現用恒力F向右拉金屬桿ab，使其從靜止開始運動，經一段時間后撤去F，同時旋轉S，此時金屬桿的速度大小為v0，不計金屬桿和導軌的電阻.
下列說法正確的是
A.撤去F前，金屬桿做變加速直線運動
B.撤去F同時向右旋開關S，金屬桿做加速度減
　小的減速運動
C.恒力F對金屬桿做的功等于 mv02
D.若分別左旋右旋S，兩種情況下，通過電阻R的電荷量之比為CB2L2∶m
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4.(多選)如圖，足夠長的平行光滑金屬導軌M、N固定在水平桌面上，導軌間距離為L，垂直導軌平面有豎直向下的勻強磁場，以CD為分界線，左邊磁感應強度大小為2B，右邊為B，兩導體棒a、b垂直導軌靜止放置，a棒距CD足夠遠，已知a、b棒質量均為m、長度均為L、電阻均為r，棒與導軌始終接觸良好，導軌電阻不計，現使a獲得一瞬時水平速度v0，在兩棒運動至穩定的過程中(a棒還沒到CD分界線)，下列說法正確的是
A.a、b系統機械能守恒
B.a、b系統動量不守恒
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因為a、b棒切割磁感線時產生感應電流，繼而導體棒中有焦耳熱產生，故a、b系統機械能不守恒，故A錯誤；
由題意知a棒受到的安培力為Fa＝2BIL，方向水平向左，而b棒受到的安培力為Fb＝BIL，方向水平向右，故a、b系統所受合外力不為零，故a、b系統動量不守恒，故B正確；
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5.(多選)(2023·云南昆明市一中質檢)如圖所示，一光滑軌道固定在架臺上，軌道由傾斜和水平兩段組成，傾斜段的上端連接一電阻R＝0.5 Ω，兩軌道間距d＝1 m，水平部分兩軌道間有一豎直向下，磁感應強度B＝0.5 T的勻強磁場.一質量m＝0.5 kg、長為l＝1.1 m、電阻忽略不計的導體棒，從軌道上距水平面h1＝0.8 m高處由靜止釋放，通過磁場區域后從水平軌道末端水平飛出，落地點與水平軌道末端的水平距離x2＝0.8 m，水平軌道距水平地面的高度h2＝0.8 m.通過計算可知(g取10 m/s2)
A.導體棒進入磁場時的速度為3 m/s
B.導體棒整個運動過程中，電阻R上產生的熱量為3 J
C.磁場的長度x1為2 m
D.整個過程通過電阻的電荷量為2 C
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6.(多選)如圖所示，空間存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B，足夠長的光滑平行金屬導軌水平放置，導軌左右兩部分的間距分別為l、2l；質量分別為m、2m 的導體棒a、b均垂直導軌放置，導體棒a接入電路的電阻為R，其余電阻均忽略不計；a、b兩棒分別以v0、2v0的初速度同時向右運動，兩棒在運動過程中始終與導軌垂直且保持良好接觸，a
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能力綜合練
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總在窄軌上運動，b總在寬軌上運動，直到兩棒達到穩定狀態，從開始運動到兩棒穩定的過程中，
下列說法正確的是
A.a棒加速度的大小始終等于b棒加速度的大小
B.穩定時a棒的速度為1.5v0
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7.(2023·福建南平市質檢)如圖，光滑平行傾斜導軌與光滑平行水平導軌平滑連接，導軌間距均為l＝1 m，導軌電阻不計，水平導軌處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B＝2 T.質量m1＝1 kg、接入電路的電阻R1＝1.5 Ω的金屬棒a放置在傾斜導軌離水平導軌高h＝1.25 m處，另一質量m2＝0.5 kg、接入電路的電阻R2＝3 Ω的金屬棒b放置在離水平導軌左端距離s＝5 m的水平導軌上.金屬棒a由靜止釋放，下滑至水平導軌時，金屬棒b立刻以v＝4 m/s的水平速度
開始向左運動.金屬棒a始終未與金屬棒b發生碰撞，兩金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，重力加速度g取10 m/s2.求：
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(1)金屬棒a在水平導軌上運動過程中回路的最大電流；
答案　4 A
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設金屬棒a剛下滑到水平導軌時速度為v0，
解得v0＝5 m/s，金屬棒a剛進入磁場區域后，兩棒均開始做減速運動，
故金屬棒a剛進入磁場瞬間，回路中的電流最大，回路中最大感應電動勢為Em＝Bl(v0＋v)，回路中最大電流為Im＝　　　，聯立解得Im＝4 A
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(2)在整個運動過程中金屬棒b產生的焦耳熱；
答案　9 J
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a、b兩金屬棒在水平導軌上運動時所受安培力大小相等、方向相反，整個運動過程a、b兩棒動量守恒，
當兩棒速度相同時，電路中電流為零，安培力為零，兩棒以共同速度v共做勻速運動，
設速度向右為正方向，由動量守恒定律得m1v0－m2v＝(m1＋m2)v共，
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(3)金屬棒b向左運動到最大位移處時，金屬棒a與金屬棒b之間的距離.
答案　2.75 m
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設速度向右為正方向，當b向左運動到最大位移處時，a的速度為v1，由動量守恒定律得m1v0－m2v＝m1v1，解得v1＝3 m/s
設金屬棒b向左運動到最大位移處過程用時為t，a、b棒相距Δs，
聯立解得金屬棒a與金屬棒b之間的距離Δs＝2.75 m.
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8.(2023·河南省新蔡縣質檢)如圖所示，兩根足夠長的固定平行金屬導軌位于同一水平面內，導軌間的距離為L，導軌上橫放著兩根導體棒ab和cd.設兩根導體棒的質量皆為m、電阻皆為R，導軌光滑且電阻不計，在整個導軌平面內都有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B.開始時ab和cd兩導體棒有方向相反的水平初速度，初速度大小分別
為v0和2v0，求：
(1)從開始到最終穩定回路中產生的焦耳熱；
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(2)當ab棒向右運動，速度大小變為 時，回路中消耗的電功率的值.
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設cd棒的速度是v2，
9.(多選)(2023·湖北省襄陽五中模擬)如圖所示，平行金屬導軌AHQD、PNM上放置有一導體棒ab，導軌傾斜部分置于豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，導軌AHQD水平部分通過導線分別連接有電容器(電容為C)和定值電阻(阻值為R)，導軌M端接有一單刀雙擲開關，導軌間距為L，導軌傾斜部分的傾角為θ，導體棒與導軌間的動摩擦因數為μ(μ1
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素養提升練
導體棒和導線的電阻忽略不計，重力加速度g＝10 m/s2.現在離HN足夠遠處由靜止釋放導體棒ab，導體棒可沿導軌向下運動，導體棒始終與導軌垂直且接觸良好，則
A.斷開開關時，導體棒做加速度減小的加速
　運動，最后勻速下滑
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斷開開關，導體棒切割磁感線產生電動勢，但由于沒有閉合回路，故沒有安培力，導體棒所受合力大小F合＝mgsin θ－μmgcos θ>0，則導體棒勻加速下滑，故A錯誤；
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開關接2，導體棒切割磁感線對電容器充電，回路中有充電電流，對導體棒受力分析，列牛頓第二定律方程有mgsin θ－BILcos θ－μ(mgcos θ
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9專題強化二十五　動量觀點在電磁感應中的應用
目標要求　1.掌握應用動量定理處理電磁感應問題的方法技巧.2.建立電磁感應問題中動量守恒的模型，并用動量守恒定律解決問題．
題型一　動量定理在電磁感應中的應用
導體棒或金屬框在感應電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運動時，當題目中涉及速度v、電荷量q、運動時間t、運動位移s時常用動量定理求解．
考向1　“單棒＋電阻”模型
情景示例1 水平放置的平行光滑導軌，間距為L，左側接有電阻R，導體棒初速度為v0，質量為m，電阻不計，勻強磁場的磁感應強度為B，導軌足夠長且電阻不計，從開始運動至停下來
求電荷量q －BLΔt＝0－mv0，q＝Δt，q＝
求位移x －Δt＝0－mv0，s＝Δt＝
應用技巧 初、末速度已知的變加速運動，在用動量定理列出的式子中q＝Δt，s＝Δt；若已知q或s也可求末速度
情景示例2 間距為L的光滑平行導軌傾斜放置，傾角為θ，由靜止釋放質量為m、接入電路的阻值為R的導體棒，當通過橫截面的電荷量為q或下滑位移為s時，速度達到v
求運動時間 －BLΔt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，q＝Δt－Δt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，s＝Δt
應用技巧 用動量定理求時間需有其他恒力參與．若已知運動時間，也可求q、s、v中的任一個物理量
例1　水平面上放置兩個互相平行的足夠長的金屬導軌，間距為d，電阻不計，其左端連接一阻值為R的電阻．導軌處于方向豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B.質量為m、長度為d、阻值為R與導軌接觸良好的導體棒MN以速度v0垂直導軌水平向右運動直到停下．不計一切摩擦，則下列說法正確的是(　　)
A．導體棒運動過程中所受安培力先做正功再做負功
B．導體棒在導軌上運動的最大距離為
C．整個過程中，電阻R上產生的焦耳熱為mv02
D．整個過程中，導體棒的平均速度大于
答案　B
解析　導體棒向右運動過程中一直受到向左的安培力作用，即安培力一直做負功，故A錯誤；由動量定理可知－dB·Δt＝0－mv0，其中·Δt＝·Δt＝，ΔΦ＝Bds，解得s＝，故B正確；導體棒的阻值與左端所接電阻的阻值相等，故電阻R上產生的焦耳熱應該為mv02，故C錯誤；根據a＝＝可知，導體棒做的是加速度逐漸減小的減速運動，故其平均速度將小于做勻減速運動的平均速度，即小于，故D錯誤．
考向2　不等間距上的雙棒模型
例2　(多選)(2023·遼寧撫順市模擬)如圖所示，M、N、P、Q四條光滑的足夠長的金屬導軌平行放置，導軌間距分別為2L和L，兩組導軌間由導線相連，裝置置于水平面內，導軌間存在方向豎直向下的、磁感應強度大小為B的勻強磁場，兩根質量均為m、接入電路的電阻均為R的導體棒C、D分別垂直于導軌放置，且均處于靜止狀態，其余部分電阻不計．t＝0時使導體棒C獲得瞬時速度v0向右運動，兩導體棒在運動過程中始終與導軌垂直并與導軌接觸良好．且達到穩定運動時導體棒C未到兩組導軌連接處．則下列說法正確的是(　　)
A．t＝0時，導體棒D的加速度大小為a＝
B．達到穩定運動時，C、D兩棒速度之比為1∶1
C．從t＝0時至達到穩定運動的過程中，回路產生的內能為mv02
D．從t＝0時到達到穩定運動的過程中，通過導體棒的電荷量為
答案　ACD
解析　開始時，導體棒中的感應電動勢E＝2BLv0，電路中感應電流I＝，導體棒D所受安培力F＝BIL，導體棒D的加速度為a，則有F＝ma，解得a＝，故A正確；穩定運動時，電路中電流為零，設此時C、D棒的速度分別為v1、v2，則有2BLv1＝BLv2，對變速運動中任意極短時間Δt，由動量定理得，對C棒有2BLΔt＝mΔv1，對D棒有BLΔt＝mΔv2，故對變速運動全過程有v0－v1＝2v2，解得v2＝v0，v1＝v0，故B錯誤；根據能量守恒定律可知回路產生的內能為Q＝mv02－mv12－mv22，解得Q＝mv02，故C正確；由上述分析可知對變速運動中任意極短時間Δt，由動量定理得，對C棒有2BLΔt＝mΔv1，可得2BLq＝m(v0－v1)，解得q＝，故D正確．
考向3　“電容器＋棒”模型
1．無外力充電式
基本模型 規律　 (導軌光滑，電阻阻值為R，電容器電容為C)
電路特點 導體棒相當于電源，電容器充電
電流特點 安培力為阻力，棒減速，E減小，有I＝，電容器充電UC變大，當BLv＝UC時，I＝0，F安＝0，棒勻速運動
運動特點和最終特征 棒做加速度a減小的減速運動，最終做勻速運動，此時I＝0，但電容器帶電荷量不為零
最終速度 電容器充電荷量：q＝CU 最終電容器兩端電壓U＝BLv 對棒應用動量定理： mv－mv0＝－BL·Δt＝－BLq v＝.
v－t圖像
例3　如圖甲、乙中，除導體棒ab可動外，其余部分均固定不動，圖甲中的電容器C原來不帶電．設導體棒、導軌電阻均可忽略，導體棒和導軌間的摩擦也不計，圖中裝置均在水平面內，且都處于方向垂直于水平面(即紙面)向里的勻強磁場中，導軌足夠長．現給導體棒ab一個向右的初速度v0，在圖甲、乙兩種情形下，關于導體棒ab的運動狀態，下列說法正確的是(　　)
A．圖甲中，ab棒先做勻減速運動，最終做勻速運動
B．圖乙中，ab棒先做加速度越來越小的減速運動，最終靜止
C．兩種情況下通過電阻的電荷量一樣大
D．兩種情形下導體棒ab最終都保持勻速運動
答案　B
解析　題圖甲中，導體棒向右運動切割磁感線產生感應電流而使電容器充電，由于充電電流不斷減小，安培力減小，則導體棒做變減速運動，當電容器C極板間電壓與導體棒產生的感應電動勢相等時，電路中沒有電流，ab棒不受安培力，向右做勻速運動，故A錯誤；題圖乙中，導體棒向右運動切割磁感線產生感應電流，導體棒受向左的安培力而做減速運動，隨速度的減小，電流減小，安培力減小，加速度減小，最終ab棒靜止，故B正確，D錯誤；根據安＝BL，有安t＝BLt＝qBL＝mΔv，得q＝，電荷量跟導體棒ab的動量變化量成正比，因為題圖甲中導體棒的動量變化量小于題圖乙，所以題圖甲中通過R的電荷量小于題圖乙中通過R的電荷量，故C錯誤．
2．無外力放電式
基本模型 規律　　 (電源電動勢為E，內阻不計，電容器電容為C)
電路特點 電容器放電，相當于電源；導體棒受安培力而運動
電流特點 電容器放電時，導體棒在安培力作用下開始運動，同時阻礙放電，導致電流減小，直至電流為零，此時UC＝BLvm
運動特點及最終特征 做加速度a減小的加速運動，最終勻速運動，I＝0
最大速度vm 電容器充電電荷量：Q0＝CE 放電結束時電荷量： Q＝CU＝CBLvm 電容器放電電荷量： ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm 對棒應用動量定理： mvm－0＝BL·Δt＝BLΔQ vm＝
v－t圖像
例4　電磁軌道炮利用電流和磁場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載器．電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C.兩根固定于水平面內的光滑平行金屬導軌間距離為l，電阻不計．炮彈可視為一質量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態，并與導軌良好接觸．首先開關S接1，使電容器完全充電．然后將S接至2，導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場(圖中未畫出)，MN開始向右加速運動．當MN上的感應電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達到最大速度，之后離開導軌．問：
(1)磁場的方向；
(2)MN剛開始運動時加速度a的大小；
(3)MN離開導軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少．
答案　(1)垂直于導軌平面向下
(2)
(3)
解析　(1)將S接1時，電容器充電，上極板帶正電，下極板帶負電，當將S接2時，電容器放電，流經MN的電流由M到N，又知MN向右運動，由左手定則可知磁場方向垂直于導軌平面向下．
(2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當開關S接2時，電容器放電，設剛放電時流經MN的電流為I，有I＝①
設MN受到的安培力為F，有F＝IlB②
由牛頓第二定律，有F＝ma③
聯立①②③式得a＝④
(3)當電容器充電完畢時，設電容器上電荷量為Q0，有Q0＝CE⑤
開關S接2后，MN開始向右加速運動，速度達到最大值vmax時，設MN上的感應電動勢為E′，
有E′＝Blvmax⑥
依題意有E′＝⑦
設在此過程中流經MN的平均電流為，MN受到的平均安培力為，有＝lB⑧
由動量定理，有Δt＝mvmax－0⑨
又Δt＝Q0－Q⑩
聯立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝.
題型二　動量守恒定律在電磁感應中的應用
1．在雙金屬棒切割磁感線的系統中，雙金屬棒和導軌構成閉合回路，安培力充當系統內力，如果它們不受摩擦力，且受到的安培力的合力為0時，滿足動量守恒，運用動量守恒定律解題比較方便．
2．雙棒模型(不計摩擦力)
雙棒無外力 雙棒有外力
示意圖 F為恒力
動力學觀點 導體棒1受安培力的作用做加速度減小的減速運動，導體棒2受安培力的作用做加速度減小的加速運動，最后兩棒以相同的速度做勻速直線運動 導體棒1做加速度逐漸減小的加速運動，導體棒2做加速度逐漸增大的加速運動，最終兩棒以相同的加速度做勻加速直線運動
動量觀點 系統動量守恒 系統動量不守恒
能量觀點 棒1動能的減少量＝棒2動能的增加量＋焦耳熱 外力做的功＝棒1的動能＋棒2的動能＋焦耳熱
例5　(多選)(2019·全國卷Ⅲ·19)如圖，方向豎直向下的勻強磁場中有兩根位于同一水平面內的足夠長的平行金屬導軌，兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上，t＝0時，棒ab以初速度v0向右滑動．運動過程中，ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示．下列圖像中可能正確的是(　　)
答案　AC
解析　棒ab以初速度v0向右滑動，切割磁感線產生感應電動勢，使整個回路中產生感應電流，判斷可知棒ab受到與v0方向相反的安培力的作用而做變減速運動，棒cd受到與v0方向相同的安培力的作用而做變加速運動，它們之間的速度差Δv＝v1－v2逐漸減小，整個系統產生的感應電動勢逐漸減小，回路中感應電流逐漸減小，最后變為零，即最終棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，這時兩相同的光滑導體棒ab、cd組成的系統在足夠長的平行金屬導軌上運動，水平方向上不受外力作用，由動量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝，選項A、C正確，B、D錯誤．
例6　(多選)(2023·福建武夷山市模擬)如圖所示，足夠長的水平導軌上，有兩導體棒AB和CD，導軌處在豎直向上的勻強磁場中，導體棒和導軌始終接觸良好，導軌寬度為l，兩導體棒質量均為m、接入電路的電阻均為R，其他電阻不計，不計一切摩擦．現給導體棒 CD一個初速度v0，若AB棒固定，待系統穩定時，通過CD棒的電荷量為q，則(　　)
A．通過CD棒的電流方向從D到C
B．勻強磁場的磁感應強度大小為
C．當通過CD棒的電荷量為時，CD棒上產生的熱量為mv02
D．若AB棒不固定，當系統穩定時，通過CD棒的電荷量為
答案　BD
解析　根據右手定則，通過CD棒的電流方向從C到D，選項A錯誤；當AB棒固定且系統穩定時，CD棒的速度為0，根據動量定理可得－Blt＝0－mv0，q＝t，聯立解得B＝，選項B正確；當通過CD棒的電荷量為時，設CD棒的速度為v1，則有－B′lt1＝mv1－mv0，＝′t1，解得v1＝，CD棒上產生的熱量Q＝×＝mv02，選項C錯誤；若AB棒不固定，則系統穩定時，二者速度相同，兩根導體棒組成的系統所受合力為0，滿足動量守恒的條件，可得mv0＝2mv2，對CD棒，根據動量定理可得－B″lt2＝mv2－mv0，q′＝″t2，聯立解得q′＝，則q′＝，選項D正確．
課時精練
1．(多選)如圖所示，一質量為2m的足夠長U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，bc邊長為L，不計金屬框電阻．一長為L的導體棒MN置于金屬框上，導體棒的阻值為R、質量為m.裝置處于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中．現給金屬框水平向右的初速度v0，在整個運動過程中MN始終與金屬框保持良好接觸，則(　　)
A．剛開始運動時產生的感應電流方向為M→N→c→b→M
B．導體棒的最大速度為
C．通過導體棒的電荷量為
D．導體棒產生的焦耳熱為mv02
答案　AC
解析　金屬框開始獲得向右的初速度v0，根據右手定則可知電流方向為M→N→c→b→M，故A正確；以整體為研究對象，由于整體水平方向不受力，所以整體水平方向動量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向為正方向，根據動量守恒定律可得2mv0＝3mv，可得v＝v0，故B錯誤；對導體棒根據動量定理可得BLΔt＝mv－0，其中Δt＝q，可得通過導體棒的電荷量為q＝，故C正確；由能量守恒知導體棒產生的焦耳熱為Q＝×2mv02－×3mv2＝mv02，故D錯誤．
2．(多選)(2023·福建泉州市質檢)如圖，足夠長的磁鐵在空隙產生一個徑向輻射狀磁場，一個圓形細金屬環與磁鐵中心圓柱同軸，由靜止開始下落，經過時間t，速度達到最大值v，此過程中環面始終水平．已知金屬環質量為m、半徑為r、電阻為R，金屬環下落過程中所經過位置的磁感應強度大小均為B，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，則(　　)
A．環下落速度為時的加速度大小為
B．環下落速度為v時的感應電流大小為
C．環下落速度為v時的熱功率為mgv
D．t時間內，通過金屬環橫截面的電荷量為
答案　AC
解析　根據題意可知當速度達到最大值v時，安培力與重力平衡，此時感應電流大小為I＝，有F＝B(2πr)＝mg，環下落速度為時，安培力大小F′＝B(2πr)＝，根據牛頓第二定律可知a＝＝，故A正確，B錯誤；環下落速度為v時，安培力與重力平衡，熱功率等于克服安培力做功的功率，則有P＝Fv＝mgv，故C正確；t時間內，根據動量定理有mgt－t＝mv，其中＝2πrB，聯立得mgt－2πrBq＝mv，解得q＝，故D錯誤．
3．(多選)如圖，相距為L的兩光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平桌面上，左端接一電容器C，阻值為R的電阻通過三角旋鈕開關S與兩導軌連接，長度為L、質量為m的金屬桿ab垂直導軌放置，且與導軌始終接觸良好，兩導軌間存在垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B.三角旋鈕開關S僅1、2之間導電，S左旋時能將電阻R和電容器C接入同一回路，右旋時能將電阻R和金屬桿ab接入同一回路，初始時1、2連接電容器和金屬桿，現用恒力F向右拉金屬桿ab，使其從靜止開始運動，經一段時間后撤去F，同時旋轉S，此時金屬桿的速度大小為v0，不計金屬桿和導軌的電阻．下列說法正確的是(　　)
A．撤去F前，金屬桿做變加速直線運動
B．撤去F同時向右旋開關S，金屬桿做加速度減小的減速運動
C．恒力F對金屬桿做的功等于mv02
D．若分別左旋右旋S，兩種情況下，通過電阻R的電荷量之比為CB2L2∶m
答案　BD
解析　撤去F前，對金屬桿進行受力分析有F－BIL＝ma，對電容器Q＝CU＝CBLv，充電電流I＝＝CBL＝CBLa，解得a＝，可知金屬桿做勻加速直線運動，A錯誤；撤去F同時向右旋開關S，此時僅有電阻R和金屬桿ab接入同一回路，且金屬桿有向右的速度，根據右手定則與左手定則，可判定安培力向左，且BIL＝＝ma，可知金屬桿將向右做加速度減小的減速運動，B正確；根據動能定理有WF＋W安＝mv02，其中安培力做負功，則恒力F對金屬桿做的功大于mv02，C錯誤；撤去F時，電容器極板帶電荷量Q＝CBLv0，對金屬桿分析，由動量定理有－BL·Δt＝0－mv0，由于金屬桿減速切割磁感線而通過電阻的電荷量q＝·Δt，當左旋S，通過電阻的電荷量q1＝Q，當右旋S，通過電阻的電荷量q2＝q，解得＝，D正確．
4.(多選)如圖，足夠長的平行光滑金屬導軌M、N固定在水平桌面上，導軌間距離為L，垂直導軌平面有豎直向下的勻強磁場，以CD為分界線，左邊磁感應強度大小為2B，右邊為B，兩導體棒a、b垂直導軌靜止放置，a棒距CD足夠遠，已知a、b棒質量均為m、長度均為L、電阻均為r，棒與導軌始終接觸良好，導軌電阻不計，現使a獲得一瞬時水平速度v0，在兩棒運動至穩定的過程中(a棒還沒到CD分界線)，下列說法正確的是(　　)
A．a、b系統機械能守恒
B．a、b系統動量不守恒
C．通過導體棒a的電荷量為
D．導體棒a產生的焦耳熱為
答案　BC
解析　因為a、b棒切割磁感線時產生感應電流，繼而導體棒中有焦耳熱產生，故a、b系統機械能不守恒，故A錯誤；由題意知a棒受到的安培力為 Fa＝2BIL，方向水平向左，而b棒受到的安培力為 Fb＝BIL，方向水平向右，故a、b系統所受合外力不為零，故a、b系統動量不守恒，故B正確；因兩棒運動至穩定時滿足2BLv1＝BLv2，設向右為正方向，則對a、b棒運動至穩定的過程中分別由動量定理得－2BLt＝mv1－mv0，BLt＝mv2，聯立解得v1＝，v2＝.又因為q＝t，所以通過導體棒a的電荷量為q＝，故C正確；由題意知穩定之后，電路中不再有感應電流，則不再有焦耳熱產生，所以對a、b棒運動至穩定的過程中，由能量守恒定律得導體棒a、b產生的總焦耳熱為Q＝mv02－mv12－mv22＝mv02，所以導體棒a產生的焦耳熱為Q′＝Q＝mv02，故D錯誤．
5．(多選)(2023·云南昆明市一中質檢)如圖所示，一光滑軌道固定在架臺上，軌道由傾斜和水平兩段組成，傾斜段的上端連接一電阻R＝0.5 Ω，兩軌道間距d＝1 m，水平部分兩軌道間有一豎直向下，磁感應強度B＝0.5 T的勻強磁場．一質量m＝0.5 kg、長為l＝1.1 m、電阻忽略不計的導體棒，從軌道上距水平面h1＝0.8 m高處由靜止釋放，通過磁場區域后從水平軌道末端水平飛出，落地點與水平軌道末端的水平距離x2＝0.8 m，水平軌道距水平地面的高度h2＝0.8 m．通過計算可知(g取10 m/s2)(　　)
A．導體棒進入磁場時的速度為3 m/s
B．導體棒整個運動過程中，電阻R上產生的熱量為3 J
C．磁場的長度x1為2 m
D．整個過程通過電阻的電荷量為2 C
答案　BCD
解析　設導體棒進入磁場時的速度為v0，根據機械能守恒定律有mv02＝mgh1，解得v0＝4 m/s，故A錯誤；導體棒從水平軌道水平飛出做平拋運動，則水平方向有x2＝vt，豎直方向有h2＝gt2，聯立代入數據解得v＝2 m/s，導體棒通過磁場區域過程中，根據能量守恒定律有Q＝mv02－mv2，則導體棒整個運動過程中，電阻R上產生的熱量為Q＝3 J，故B正確；導體棒通過磁場區域過程中，根據動量定理有安t1＝Bdq＝mv0－mv，又有q＝t1＝＝，聯立代入數據解得q＝2 C，x1＝2 m，故C、D正確．
6．(多選)如圖所示，空間存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為 B，足夠長的光滑平行金屬導軌水平放置，導軌左右兩部分的間距分別為 l、2l；質量分別為 m、2m 的導體棒 a、b 均垂直導軌放置，導體棒 a 接入電路的電阻為 R，其余電阻均忽略不計； a、b 兩棒分別以 v0、2v0的初速度同時向右運動，兩棒在運動過程中始終與導軌垂直且保持良好接觸，a 總在窄軌上運動，b 總在寬軌上運動，直到兩棒達到穩定狀態，從開始運動到兩棒穩定的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．a棒加速度的大小始終等于b棒加速度的大小
B．穩定時a棒的速度為1.5v0
C．電路中產生的焦耳熱為mv02
D．通過導體棒a 的某一橫截面的電荷量為
答案　AC
解析　分別計算a、b棒的加速度，由F安＝BIL和F安＝ma，可得a＝，a、b棒串聯，電流相等，a、b棒長度分別為 l、2l，質量分別為 m、2m，則a、b棒加速度大小相等，故A正確；因為導軌光滑只受到安培力作用，對a棒，根據動量定理有a·t＝Bl·t＝mva－mv0，同理，對b棒有－bt＝－B×2l·t＝2mvb－2m·2v0，穩定時無電流，即Blva＝B·2lvb，得va＝2vb，聯立解得va＝2v0，vb＝v0，故B錯誤；由能量守恒可知，動能的損失量等于焦耳熱，初動能Ek0＝mv02＋×2m×(2v0)2，末動能Ek＝m×(2v0)2＋×2m×v02，則電路中產生的焦耳熱為Ek0－Ek＝mv02，故C正確；對a應用動量定理有Bl·Δt＝mva－mv0，又q＝·Δt，va＝2v0，解得q＝，故D錯誤．
7．(2023·福建南平市質檢)如圖，光滑平行傾斜導軌與光滑平行水平導軌平滑連接，導軌間距均為l＝1 m，導軌電阻不計，水平導軌處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B＝2 T．質量m1＝1 kg、接入電路的電阻R1＝1.5 Ω的金屬棒a放置在傾斜導軌離水平導軌高h＝1.25 m處，另一質量m2＝0.5 kg、接入電路的電阻R2＝3 Ω的金屬棒b放置在離水平導軌左端距離s＝5 m的水平導軌上．金屬棒a由靜止釋放，下滑至水平導軌時，金屬棒b立刻以v＝4 m/s的水平速度開始向左運動．金屬棒a始終未與金屬棒b發生碰撞，兩金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)金屬棒a在水平導軌上運動過程中回路的最大電流；
(2)在整個運動過程中金屬棒b產生的焦耳熱；
(3)金屬棒b向左運動到最大位移處時，金屬棒a與金屬棒b之間的距離．
答案　(1)4 A　(2)9 J　(3)2.75 m
解析　(1)設金屬棒a剛下滑到水平導軌時速度為v0，根據動能定理有m1gh＝m1v02
解得v0＝5 m/s，金屬棒a剛進入磁場區域后，兩棒均開始做減速運動，故金屬棒a剛進入磁場瞬間，回路中的電流最大，回路中最大感應電動勢為Em＝Bl，回路中最大電流為Im＝，聯立解得Im＝4 A
(2)a、b兩金屬棒在水平導軌上運動時所受安培力大小相等、方向相反，整個運動過程a、b兩棒動量守恒，當兩棒速度相同時，電路中電流為零，安培力為零，兩棒以共同速度v共做勻速運動，設速度向右為正方向，由動量守恒定律得m1v0－m2v＝v共，由能量守恒定律可得m1v02＋m2v2＝v共2＋Q
金屬棒b產生的焦耳熱為Qb＝Q，聯立解得Qb＝9 J
(3)設速度向右為正方向，當b向左運動到最大位移處時，a的速度為v1，由動量守恒定律得m1v0－m2v＝m1v1，解得v1＝3 m/s
設金屬棒b向左運動到最大位移處過程用時為t，a、b棒相距Δs，對金屬棒a由動量定理可得－Bl·t＝m1v1－m1v0，通過金屬棒a的電荷量為q＝t＝
聯立解得金屬棒a與金屬棒b之間的距離Δs＝2.75 m.
8.(2023·河南省新蔡縣質檢)如圖所示，兩根足夠長的固定平行金屬導軌位于同一水平面內，導軌間的距離為L，導軌上橫放著兩根導體棒ab和cd.設兩根導體棒的質量皆為m、電阻皆為R，導軌光滑且電阻不計，在整個導軌平面內都有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B.開始時ab和cd兩導體棒有方向相反的水平初速度，初速度大小分別為v0和2v0，求：
(1)從開始到最終穩定回路中產生的焦耳熱；
(2)當ab棒向右運動，速度大小變為時，回路中消耗的電功率的值．
答案　(1)mv02　(2)
解析　(1)選水平向右為正方向，從開始到最終穩定的過程中，兩棒總動量守恒，則有2mv0－mv0＝2mv，解得v＝，由能量守恒可得從開始到最終穩定回路中產生的焦耳熱為Q＝mv02＋m(2v0)2－(2m)v2＝mv02.
(2)當ab棒向右運動，速度大小變為時，設cd棒的速度是v2，根據動量守恒得2mv0－mv0＝mv2＋m，解得v2＝，此時回路中的總電動勢E＝BL(－)＝BLv0，則消耗的電功率為P＝＝.
9．(多選)(2023·湖北省襄陽五中模擬)如圖所示，平行金屬導軌AHQD、PNM上放置有一導體棒ab，導軌傾斜部分置于豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，導軌AHQD水平部分通過導線分別連接有電容器(電容為C)和定值電阻(阻值為R)，導軌M端接有一單刀雙擲開關，導軌間距為L，導軌傾斜部分的傾角為θ，導體棒與導軌間的動摩擦因數為μ(μA．斷開開關時，導體棒做加速度減小的加速運動，最后勻速下滑
B．開關接1，若導體棒運動距離為s時，速度為v，則所用時間t＝
C．開關接2，導體棒勻加速下滑
D．開關接2，通過導體棒的電流I＝
答案　BCD
解析　斷開開關，導體棒切割磁感線產生電動勢，但由于沒有閉合回路，故沒有安培力，導體棒所受合力大小F合＝mgsin θ－μmgcos θ>0，則導體棒勻加速下滑，故A錯誤；開關接1，導體棒切割磁感線產生感應電動勢E＝BLvcos θ，導體棒做加速度減小的加速運動，最后勻速下滑，對導體棒受力分析，列動量定理表達式有mgtsin θ－BLtcos θ－μ(mgcos θ＋BLsin θ)t＝mv－0，其中＝，解得t＝，故B正確；開關接2，導體棒切割磁感線對電容器充電，回路中有充電電流，對導體棒受力分析，列牛頓第二定律方程有mgsin θ－BILcos θ－μ(mgcos θ＋BILsin θ)＝ma，充電電流I＝＝CBLacos θ，解得a＝，加速度恒定，則導體棒勻加速下滑，代入計算可得電流I＝，故C、D正確．

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