一、第一类
高中阶段，电路中电阻一般忽略不计，如下图所示。
（1）电路特点：导体为发电边；电容器被充电。
（2）三个基本关系
导体棒受到的安培力为：
导体棒加速度可表示为：
回路中的电流可表示为：
（3）四个重要结论：
①导体棒做初速度为零匀加速运动：
②回路中的电流恒定：
③导体棒受安培力恒定：
④导体棒克服安培力做的功等于电容器储存的电能：
简证：
也得：电容器存储的能量公式为：
（4）变形：导轨有摩擦；电路变化；恒力的提供方式；等等。
如同所展示的那样，存在着光滑水平的平行金属轨道，其间距是L。而金属杆的质量为m，电容器的电容是C，匀强磁场B与导轨平面呈现垂直状态高中物理电磁转化，并且不计任何电阻。杆在恒定外力的作用之下乃是从静止开始朝着右侧运动，进而对杆的运动情况展开讨论。
经过分析可知，金属杆在切割磁感线的时候会产生感应电动势，这个感应电动势就如同电源一般，它会给电容器进行充电，进而使得电路当中产生电流。可是，由于电路里的电流是因为给电容器C充电才形成的，所以，是不能够依照欧姆定律去求解的。那么，究竟该如何求解这个问题？可以从电流形成的原因着手，运用微元的思想来求取电流。因为电荷朝着一定方向移动就会形成电流，所以I等于Δq除以Δt，这里的Δt是跨度极短的一段时间，而Δq是处在这一段极短时间Δt内通过电路的电荷量。
动力学分析：开始时金属杆只受外力F，加速度
，故杆的速度增大。
给定某一个时刻，其速度设定为v ，在这个时刻，杆两端的电动势为E ，且E等于BLv ，经过一段极为短暂的时间Δt之后，杆的速度变为v' ，v'等于v加上Δv ，此时杆两端的电动势为E' ，E'等于BLv' 。
故极短时间Δt内通过电路的电流为：
即：
故金属杆所受安培力为：FA=BIL=
对杆：根据牛顿第二定律，有：F-FA=ma
解得：
存在一个常量，此常量表明金属杆进行的是初速度等于0的在匀加速状态下的运动，所以在任意时刻金属杆所具有的速度呈现为：
v-t图像为：
电流也是恒定，电流为:
针对动量进行分析，设定在t这个时刻，金属杆所具有的速度大小是v，从0时刻开始一直到t时刻，所经历的那段时间是Δt，而Δt等于t减去0，依据动量定理可以得出：
又：q=CBLv
解得：
对能量进行分析，经由拉力 F 所做的功，外界的一部分能量转变成为电容器内部所存储的电场能，另外一部分能量转变成为金属杆的动能，依据功能原理能够知道：
例2、（多选），如图所示，两根足够长的、光滑的、平行的金属导轨，分别是PP′、QQ′，呈倾斜放置，存在匀强磁场，该磁场垂直于导轨平面，导轨的上端跟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，有一根金属棒ab水平跨放在导轨上，在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 ( BC )。
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
例3，如图所示，有竖直放置的光滑平行金属导轨，导轨两者相距l ，导轨的一端接有一个电容器，该电容器电容量为C，存在匀强磁场，此磁场垂直纸面向里，磁场的磁感应强度为B，有质量为m的金属棒ab，它可紧贴导轨自由滑动，现让ab从离地面高为h的位置由静止下滑，不考虑空气阻力，并且不考虑任何部分的电阻以及自感作用，求金属棒落地时的速度为多大 ？
解析：a和b在mg这个力的作用之下，进行加速运动，经过了时间t，其速度增加到了v，而a就等于v除以t，。
产生感应电动势E=Bl v
首先呢，电容器所带有电量Q，它等于CE，也就等于CBl v ，然后呢，感应电流I 表示为Q除以t ，即等于CBL v 除以t ，也就是等于CBl a 。
致使安培力F出现，其等于BIl，又等于，依据牛顿运动定律，mg减去F等于ma，。
等号左边式子为ma，它等于mg减去 ，a等于mg除以(m + CB2l2), 。
所以，ab进行的是初速度为零的匀加速直线运动，其加速度a等于mg除以(m加上C B2 l 2) 。
落地速度为
例4，如图所示，有一质量为M 的导体棒ab ，它垂直放置在相距为l 的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面呈夹角为θ ，且处于磁感应强度大小为B 、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场里，左侧是水平放置、间距为d的平行金属板，R和Rx分别代表定值电阻和滑动变阻器的阻值，其他电阻不计。
（1）让(Rx = R)进行調节 ，将导体棒予以释放 ，当棒靠着导轨以匀速状态下滑的时候 ，去求通过棒的电流(I)以及棒的速率(v) 。
转变Rx，等待棒顺着导轨再度匀速下滑之后，把质量是m、带电量为＋q的微粒水平射进金属板之间，要是它能够匀速通过，求取此刻的Rx。
答案：(1)
(2)
解析：(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
＝BIl ①
导体棒匀速下滑，所以
＝Mgsin θ ②
联立①②式，解得I＝
导体棒切割磁感线产生感应电动势E＝Blv ④
由闭合电路欧姆定律得I＝
，且Rx＝R，所以I＝
联立③④⑤式，解得v＝
(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I，所以由欧姆定律知U＝IRx ⑥
要使带电的微粒匀速通过，则mg＝q
联立③⑥⑦式，解得Rx＝
例5、（2013年全国卷），如图所示，两条平行导轨所在平面跟水平地面的夹角是θ，间距为L。导轨上端连着一平行板电容器，电容为C。导轨处在匀强磁场里，磁感应强度大小是B，方向 to导轨平面。在导轨上放着一质量为m的金属棒，棒能沿导轨下滑，并且在下滑过程中维持与导轨垂直且良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求:。
(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；
(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。
剖析：（1）设定金属棒下滑之时速度的大小是v，那么感应电动势就是E等于BL乘以v，此为①式 。
平行板电容器两极板的电压为U，U=E ②
设此时电容器极板上储存的电荷为Q，按定义有
联立①②③式解得
（2）假想存在这样一种情况，设金属棒下滑的速度大小为v，在这个速度大小为v的情况下，经历的时间为t，当时间为t时，通过金属棒的电流为I，电流为I时，金属棒受到磁场的安培力为F，安培力F的方向沿导轨向上，且安培力F的大小为F='BLI' ⑤。
设在t～t+∆t时间间隔内流经金属棒的电荷量为
，按定义有
也是平行板电容器两极板存在于t～t+∆t时间间隔内所增加的电荷量，依据④式能够得出 。
式中
为金属棒速度的变化量，由加速度的定义有
对导体棒的受力情况予以分析，其受到重力mg，存在支持力N，有滑动摩擦力f，还受到沿着斜面向上方向的安培力F 。
N=mgcosθ ⑨
(11)
联立⑤至(11)式,得：
(12)
根据(12)式以及题设条件能够知道，金属棒进行的是初速度为零的匀加速直线运动，在t时刻的时候，金属棒下滑的速度大小是v 。
(13)
例6，如图所示，存在着匀强磁场，其中有两根足够长的、电阻不计的平行金属导轨，它们相距L，导轨平面与水平面是重合的，其左端通过导线连接着电容为C的电容器，该电容器能承受的电压足够大。已知匀强磁场的磁感应强度大小是B，方向为竖直向上。有一根质量为m、电阻不计的直金属棒，垂直放置在两导轨上，一根绝缘的、足够长的轻绳起步网校，一端与棒的中点相连接，另一端跨过定滑轮挂一个质量为m的重物。现下，将重物予以静止释放，借助轻绳，朝着水平方向拖动金属棒使之运动，金属棒一直与导轨处于垂直状态，并且始终保持着良好的接触，滑轮质量不予考量，所有摩擦一概不计。求：
（1）若某时刻金属棒速度为v，则电容器两端的电压多大？
（2）求证：金属棒的运动是匀加速直线运动；
（3）重物从静止起始开始下落，历经一定高度之时，电容器所带电量为Q，那么这个高度h究竟是多大呢？
解析。（1）关于电容器两端的电压U，它等于导体棒上的电动势E，存在这样的情况：U等于E，而E又等于BLv 。
（2）金属棒在速度从v增大到v加上Δv的这个过程当中，所经历的时间是Δt，这里的Δt趋向于0，其加速度为a ，。
电容器两端的电压为：U=BLv
电容器所带电量为：q=CU=CBLv
在此式子当中，各个量全部都是恒量，加速度持续维持不变，所以表明金属棒的运动属于匀加速直线运动。
由于金属棒做匀加速直线运动，且电路中电流恒定，由：
又：
解得：
二、第二类
把开关扳到左边，电源会给电容器充电；接着开关扳到右边，电容器作为等效电源开始放电，导体棒在安培力作用下开始运动；导体棒产生的反电动势与电容器的电压互相抵消后，电路中电流减小，安培力减小，加速度减小，所以导体棒做加速度减小的加速运动；导体棒产生的反电动势逐渐增加，因电容器放电，电容器的电压逐渐减小，最终总电动势为0高中物理电磁转化，导体棒的收尾状态是匀速运动，整个过程中电路中电阻不可以完全忽略。
设某一时刻电容器两端电压为U。
此时总电动势为：
安培力为：
收尾状态，导体棒匀速运动。
此时：
电容器的电量为
电容器的初始电量为:
从开关扳到右边开始，到收尾状态：
对导体棒，根据动量定理，有：
解得：
收尾速度：
通过电路电荷量:
电磁轨道炮借助电流以及磁场之间的作用，从而让炮弹获取超高速度，其相关原理能够被用来研发出新的武器跟航天运载器。电磁轨道炮的示意情况如图所示，在图里直流电源的电动势是E，电容器的电容为C。有两根固定于水平面之内的光滑平行金属导轨，它们之间的间距是l，电阻不存在。炮弹能够被看作是一根质量为m、电阻为R的金属棒MN，它垂直放置在两条导轨之间，处于静止的状态，并且与导轨有着良好的接触。首先把开关S连接到1的位置，以此让电容器实现完全充电。接着把 S 连至 2，在导轨之间有着垂直于导轨平面的匀强磁场，其磁感应强度大小是 B（图中没画出来），MN 开始朝着右边加速运动。当 MN 上面的感应电动势跟电容器两极板之间的电压一样时，回路里的电流变为零，MN 达到最大速度，随后离开导轨。问：
（1）磁场的方向；
（2）MN刚开始运动时加速度a的大小；
（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。
答案：（1）磁场的方向垂直于导轨平面向下 （2）
（3）
解析：（1）电容器充电之后，上板带有正电，下板带有负电，放电之时，通过MN的电流是从M到N，想要使炮弹射出，安培力应该沿着导轨向右，依据左手定则能够知道，磁场的方向垂直于导轨平面向下。
电容器完全充电完毕之后，两极板之间的电压是E，按照欧姆定律，电容器刚开始放电之际的电流：
炮弹受到的安培力：
根据牛顿第二定律：
解得加速度
（3）当电容器充电完毕时，设电容器上电量为
接上2之后，MN开始朝着右边加速运动，当速度达到最大值的那个时候，假设MN上的感应电动势为E'，存在这样的情况：
依题意有：
设在此过程中MN的平均电流为
上受到的平均安培力为
，有：
由动量定理，有：
又：
解得，最终电容器所带电荷量
电磁弹射技术，是一种新兴的、用于直线推进的技术，它适宜于短行程发射大载荷，并且，在军事、民用以及工业领域，有着广泛的应用前景。我国，已经成功研制出用于航空母舰舰载机起飞的电磁弹射器。该电磁弹射器，是由发电机、直线电机、强迫储能装置以及控制系统等部分所组成的。
那种能够被称作电磁弹射器的装置，能够被简化成如同图中所展示的样子，以此来阐述它的基本原理，这是一种情况。电源以及一对长度足够长的平行金属导轨M、N，它们分别借助单刀双掷开关K与电容器相连接，这是另一种情况。具体而言，电源的电动势E等于10V，并且其内阻可不作考虑，这是第三个表述。两条长度足够长的导轨，它们之间的距离L为0.1m，而且是水平放置的，这是第四个说明。这两条导轨处于磁感应强度B为0.5T的匀强磁场中，磁场的方向垂直于导轨平面，并且是竖直向下的，同时标明电容器的电容C为10F，这是第五个情况。接下来，专门把一个质量m为0.1kg、电阻r为0.1Ω的金属滑块，垂直放置在导轨的滑槽内，使其分别与两导轨实现良好接触，这是最后一个步骤的详细说明。先是把开关K安置在a的位置从而让电容器进行充电，充电完毕之后，接着将开关K放在b的位置，金属滑块竟然会在电磁力的促使下产生运动，不计算导轨以及电路其他部分的电阻，并且把金属滑块运动过程里所有的阻力去掉，不考虑电容充放电过程中该装置朝着外面辐射的电磁能量以及导轨中电流形成的磁场对滑块的作用。
当处于电容器放电的过程里，金属滑块两端所具有的电压，这个电压与电容器两极之间的电压，始终是相等的状态。那么现在要求出，当开关K放置在b这个瞬间的时刻，金属滑块的加速度，其大小为a 。
（2）求金属滑块最大速度v；
（3）a.电容器属于一种储能装置，在电容两极间电压是U的情况下，它所储存的电能为A等于CU2除以2 。去求金属滑块于运动过程当中产生的焦耳热Q 。
b.金属滑块于运动之际会产出反电动势，致使金属滑块里头众多定向行进的自由电子又蒙受一个阻力作用。此阻力于金属滑块运动进程里所占动作的总功W该怎样剖析并计算呢 。
答案是，（1）呈现出来的是见解析的情况，（2）其数值为40m/s，（3）a部分是400J，b部分是–80J 。
解析：（1）开关K置于b瞬间，流过金属滑块的电流：
金属滑块受到安培力作用，由牛顿运动定律：BIL=ma
假设有一个金属滑块，它做加速运动抵达最大速度之际，这时其两端的电压规定为U ，存在一个电容器，在其进行放电期间，电荷量出现了变化，这个变化量被称作Δq ，放电所花费的时间记为Δt ，通过金属滑块的电流存在一个平均值，此平均值被定义为I 。
电容放电过程的电荷量变化Δq=C(E-U)
金属滑块速度最大时，其两端电压U=BLv
由电流定义有Δq=IΔt
在金属滑块运动过程中，由动量定理有：BILΔt=mv-0
联立以上各式，可得：v=40m/s
（3）a. 由U=BLv可知电容器两端最终电压U=2V
由能量守恒定律有：
解得：Q=400J
b.金属滑块做切割磁感线运动，进而由此产生反电动势，致使滑块里的自由电荷受到阻碍其定向运动的洛伦兹力，。
意味着存在阻力，与此同时，因为金属滑块里的自由电荷沿着一定方向移动，所以它还会受到洛伦兹力 。
，金属滑块中的所有自由电荷所受
的合力在宏观上表现为金属滑块的安培力。
由动能定理可知安培力做功：
的合力，即洛伦兹力f不做功，所以金属滑块运动过程中阻力
所做的总功为：
事例三，在涉及电磁炮、航天器、舰载机等这类需要超高速的领域当中，电磁弹射有着广泛的运用，像那个样子呈现出来的是电磁弹射的示意图形。
为了研究问题的方便，将其简化为如图所示的模型（俯视图）。
发射轨道被简化成两个金属导轨，这两个导轨固定在水平面上。其间距是L，并且相互平行。整个装置处在匀强磁场里，该磁场方向竖直向下，磁感应强度的大小是B。发射导轨的左端是充电电路，已知电源的电动势为E，电容器容量为C。子弹载体被简化为一根金属导体棒，这根金属导体棒的质量是m，长度同样为L。其电阻为r，该金属导体棒垂直放置于平行金属导轨上，一切摩擦阻力都被忽略，导轨和导线的电阻也被忽略。
（1）发射前，将开关S接a，先对电容器进行充电。
a．求电容器充电结束时所带的电荷量Q；
充电之时，电容器两极板之间的电压y，会因电容器之所带电荷量q而产生变化。请于图里画出u-q图像。并凭借该图像，求出稳定之后电容器所储存的能量，。
（2）当电容器充电完了 ，把开关b进行操作 ，电容器借助导体棒来放电 ，导体棒从静止状态开始产生运动 ，导体棒离开轨道的时候发射宣告完结 。电容器所释放出来的能量没办法全部转变成金属导体棒的动能 ，把导体棒离开轨道时的动能和电容器所释放能量的比值界定为能量转化效率 。要是某次发射收场的时候 ，电容器的电量减少成为充电结束时的二分之一 ，不考虑放电电流带来的磁场方面的影响 ，去求这次发射阶段中的能量转化效率η 。
解析：（1）a、根据电容的定义
等到电容器充电终止的时候，其两端所具有的电压U等同于电动势E，由此而解出电容器所携带的电荷量 。
b、根据以上电容的定义可知
，画出q-u图像如图所示：
有图像可知，稳定后电容器储存的能量
为图中阴影部分的面积
将Q代入解得
（2）设定，从电容器开始进行放电起始，一直到导体棒离开轨道的这个时间段为t，放电所涉及的电荷量是∆Q，平均电流为I，导体棒离开轨道时所具备的速度是v。
把导体棒当作研究对象呀，通过动量定理得出，BLIt等于mv减去0 ，或者是，所有的BLi∆t相加等于所有的m∆v相加 。
根据电流定义可知It=∆Q或∑i∆t=∆Q
根据题意有∆Q=
，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
三、第三类
电路中电阻不可以完全忽略
例1、图甲、乙、丙当中，除了导体棒是可动的之外，其余的部分全部都是固定不动的状态。甲图里的电容器C原先不带电零电荷，所有的导体棒、导轨电阻都能够忽略不计，导体棒和导轨之间的摩擦同样不计入考量，导体棒ab的质量是m。图中的装置全部都在水平面上，并且都处于方向垂直水平面也就是纸面朝下的匀强磁场当中，磁感应强度是B，导轨的长度足够长，间距是L0。如今给导体棒ab一个朝右的初速度vo，那么( ).
A. 三种情况下，导体棒ab最终都静止
B. 三种情况下，导体棒ab最终都做匀速运动
C. 图甲、丙中ab 棒最终都向右做匀速运动
D. 图乙中，流过电阻R的总电荷量为
图甲里，导体棒面向右运动，此运动致使其切割磁感线，进而产生感应电流，正是这感应电流使得电容器开始充电，当电容器C极板间的电压跟导体棒产生的感应电动势达成相等状态时，电路之中不存在电流，ab棒不会受到安培力作用，所以它向右进行匀速运动；图乙中，导体棒朝着右运动，通过切割磁感线产生感应电流，该感应电流经过电阻R转化成内能，如此一来ab棒的速度就会减小，当ab棒的动能全部都转化为内能的时候，ab棒就处于静止状态；图丙中，导体棒一开始受到向左的安培力作用，于是向右做减速运动，速度减到零之后又在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等之际，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动，因此ABC是错误的；图乙中依托动量定理：
，通过的电荷量为：
，故D正确。所以D正确，ABC错误。
例2，如图所示，水平面之上，存在两根具备足够长特征的光滑平行金属导轨，分别是MN与PQ，这两根导轨之间的间距为l，其电阻均可忽略不计。在M和P之间，连接有阻值为R的定值电阻，导体杆ab，其质量是m、电阻为r，并且与导轨接触状况良好。整个装置处于一种环境中，该环境是方向竖直向上，磁感应强度为B的匀强磁场。现给予ab杆一个初速度。
，使杆向右运动。
（1）当ab杆刚好具有初速度
时，求此时ab杆两端的电压U，a、b两端哪端电势高；
请在图里面，对通过电阻R的电流i随时间变化规律的图象，进行定性的画出来 ，。
（3）要是于M和P之间，把电阻R换成连接一个电容是C的电容器，就如同图中所呈现的那样。同样地，给予ab杆一个初始速度，。
导致杆朝着右边进行运动。请针对ab杆的运动情形开展分析并予以说明，并且要进行推导从而证明杆在稳定状态时的速度是。
解析：（1）ab杆切割磁感线产生感应电动势
根据全电路欧姆定律
ab杆两端电压即路端电压
联立解得
，a端电势高
（2）图像如图所示
（3）当ab杆以初速度
磁感线开始被切割之际，感应电动势得以产生，电路就此开始给电容器充电，此时有电流通过ab杆，此杆在安培力的作用下会做减速运动，其速度减小的过程中，安培力随之减小，安培力减小使得加速度也减小，于是杆做加速度减小的减速运动。当电容器两头的电压和感应电动势相等之时，充电宣告结束，杆凭借恒定的速度做匀速直线运动 。
当电容器两端的电压跟感应电动势相等的时候，存在U=Blv这种情况，依据电容器的电容 ，。
将ab杆当作研究对象，于一段极为短暂的时间t以内，杆所受到的冲量大小是BIlt 。
从ab杆开始运动至速度达到稳定的过程，根据动量定理
，联立可得