思维进阶课十七 动量观点在电磁感应中的应用
[学习目标] 1．会利用动量定理分析导体棒、线框在磁场中的运动。
2．会利用动量守恒定律分析双金属棒在磁场中的运动问题。
动量定理在电磁感应现象中的应用
1．导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可用动量定理分析棒的速度变化，表达式为
I其他＋lBΔt＝mv－mv0
或I其他－lBΔt＝mv－mv0；
若其他力的冲量和为零，则有
lBΔt＝mv－mv0或－lBΔt＝mv－mv0。
2．求电荷量：q＝Δt＝。
3．求位移：由－Δt＝mv－mv0有
x＝Δt＝。
4．求时间
①已知电荷量q，F其他为恒力，可求出非匀变速运动的时间。
－BlΔt＋F其他Δt＝mv－mv0
即－Blq＋F其他Δt＝mv－mv0。
②若已知位移x，F其他为恒力，也可求出非匀变速运动的时间。
＋F其他Δt＝mv－mv0，Δt＝x。
[典例1] (多选)如图所示，水平放置的光滑导轨，左侧接有电阻R，宽度为L，电阻不计，导轨处于磁感应强度大小为B的竖直向上的匀强磁场中，一质量为m、电阻不计的金属棒ab垂直导轨放置，在恒力F作用下，从静止开始运动，达到最大速度后撤去拉力，最终停止，已知从静止到达到最大速度过程，R上产生的焦耳热等于ab的最大动能，则下列说法正确的是( )
A．ab运动过程中的最大速度为
B．ab加速运动过程中运动的最大位移为
C．撤去F后，通过R的电量为
D．ab减速过程中运动的最大位移为
[听课记录]
[典例2] (多选)(2024·河北重点中学三模联考)如图所示，水平面内放置的光滑平行导轨左窄右宽，左轨宽度为d，右轨宽度为2d，匀强磁场与导轨平面垂直，磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向下。质量为m和2m的甲、乙两金属棒分别垂直放在导轨上，某时刻，分别给甲、乙两金属棒一个大小为v0和2v0的向右的初速度，设回路总电阻不变，导轨足够长，从甲、乙两金属棒获得初速度到二者稳定运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．甲、乙加速度总是大小相等
B．甲、乙匀速运动的速度大小相等
C．回路产生的焦耳热为
D．通过回路某一横截面的电荷量为
[听课记录]
[典例3] (一题多解)(2023·湖南卷)如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。
(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；
(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；
(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。
[听课记录]
动量守恒定律在电磁感应中的应用
1．问题特点
在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力是系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律求解比较方便。
2．双棒模型
类型 不受外力(导轨光滑) 受到恒力(导轨光滑)
模型
运动图像
运动过程 杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动；稳定时，两杆以相等的速度匀速运动 开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动
分析方法 将两杆视为整体，不受外力，最后a＝0 将两杆视为整体，只受外力F，最后a＝
动量观点 系统动量守恒 系统动量不守恒
能量观点 杆MN动能的减少量＝杆PQ动能的增加量＋焦耳热 F做的功＝杆PQ的动能＋杆MN的动能＋焦耳热
[典例4] 如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中有两根固定的足够长的平行金属导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行且相距d，构成一矩形回路。导轨间距为L，两导体棒的质量均为m，接入电路的电阻均为R，导轨电阻可忽略不计。设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度v0，求：
(1)当cd棒速度减为0.6v0时，ab棒的速度v及加速度a的大小；
(2)ab、cd棒间的距离从d增大到最大的过程中，通过回路的电荷量q及两棒间的最大距离x。
[听课记录]
[典例5] (2024·湖北卷)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求：
(1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
(2)金属环刚开始运动时的加速度大小；
(3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。
[听课记录]
思维进阶课十七 动量观点在电磁感应中的应用
进阶1
典例1 AD [达到最大速度时，金属棒受力平衡，则有F＝BIL＝，解得vmax＝，A正确；对金属棒，在加速过程中，根据动能定理得Fs＋W＝功能关系有－W＝Q＝，解得s＝，B错误；撤去F后，金属棒最终停止，根据动量定理得－BΔt，Δv＝0－vmax，解得q＝，C错误；撤去F后，金属棒开始减速运动，根据动量定理得－Δt，Δv＝0－vmax，解得s′＝，D正确。]
典例2 AD [根据牛顿第二定律，对甲棒BId＝ma1，对乙棒BI·2d＝2ma2，解得a1＝a2，故A正确；当两棒产生的感应电动势相等时，电路里无感应电流，甲、乙匀速运动，则有Bdv1＝B·2dv2，解得v1＝2v2，故B错误；根据动量定理，对甲棒B·2dΔt＝2mv2－2m·2v0，解得v1＝2v0，v2＝v0，根据能量守恒＋×2m×(2v0)2＝＋Q，回路产生的焦耳热为Q＝，故C错误；根据动量定理，对甲棒BΔt，解得q＝，故D正确。]
典例3 解析：(1)a匀速运动时受力平衡，有mg sin θ＝BI0L ①
由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律有
I0＝ ②
联立解得v0＝。 ③
(2)a匀速运动时，由(1)可得电路中电流I0＝ ④
对b由牛顿第二定律有mg sin θ＋BI0L＝ma0 ⑤
联立解得a0＝2g sin θ。 ⑥
(3)方法一 对a、b分别由牛顿第二定律有
mg sin θ－BIL＝ma1 ⑦
mg sin θ＋BIL＝ma2 ⑧
联立⑦⑧可得2mg sin θ＝m(a1＋a2) ⑨
设共速时a、b的速度变化量分别为Δv1、Δv2，
对加速度积分有2mgt0sin θ＝m(Δv1＋Δv2) ⑩
设共速时速度为v，有
Δv1＝v－v0
Δv2＝v－0
联立③⑩ 可得v＝gt0sin θ＋
由⑦⑧可得m(a2－a1)＝2BIL
由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律有
BL(v1－v2)＝2IR
联立 可得m(a2－a1)＝(v1－v2)
左边对加速度积分，右边对速度积分，有
m(Δv2－Δv1)＝Δx
联立③ 可得Δx＝
方法二 分析可知a与b受到的安培力大小始终相等，则对a、b由动量定理分别有
mg sin θ·t0－t0＝mv－mv0
mg sin θ·t0＋t0＝mv
联立解得
v＝gt0sin θ＋
t0＝
又Lt0
q＝t0＝t0＝
联立解得Δx＝。
答案：(1) (2)2g sin θ
(3)gt0sin θ＋
进阶2
典例4 解析：(1)两棒组成的系统所受合外力为零，因此满足动量守恒定律，有mv0＝＋mv
解得v＝0.4v0
回路感应电动势E＝0.6BLv0－0.4BLv0，此时回路电流I＝，因此加速度a＝
整理得a＝。
(2)ab、cd棒速度相等时有最大距离，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv共
对ab棒，根据动量定理有BLΔt＝mv共
而q＝Δt，解得q＝
在这段时间内，平均感应电动势
回路平均电流＝
因此流过某截面的电荷量q＝Δt＝Δt＝，解得最大距离x＝d＋。
答案：(1)0.4v0 (2)
d＋
典例5 解析：(1)设ab棒刚越过MP时速度大小为v1，产生的电动势大小为E1，对ab在圆弧导轨上运动的过程，由机械能守恒定律有
mgL＝
ab刚越过MP时，由法拉第电磁感应定律得
E1＝BLv1
联立解得E1＝BL。
(2)经分析知金属环在导轨外的两段电阻被短路，由几何关系可知导轨之间两段金属环的电阻均为R，它们在电路中并联后的总电阻Rc＝
设电路中初始的干路电流为I1，由闭合电路欧姆定律有I1＝
经分析知整个金属环在运动过程中可视为长度为L、电阻为Rc的金属棒，设金属环刚开始运动时所受的安培力大小为F1、加速度大小为a，则
F1＝I1LB
由牛顿第二定律得F1＝2ma
联立解得a＝。
(3)经分析，ab进入磁场后，ab和金属环组成的系统动量守恒，设两者共速时的速度大小为v2，由动量守恒定律得mv1＝(m＋2m)v2
设在极短时间Δt内，ab与金属环圆心的距离减少量为Δx，金属环所受安培力大小为F，流过ab的电流为I，整个电路的电动势为E，对金属环，由动量定理得
＝2mv2－0
F＝ILB
由闭合电路欧姆定律得I＝
设金属环圆心初始位置到MP的最小距离为s，若ab与金属环共速时，两者恰好接触，金属环圆心初始位置到MP的距离最小，对ab进入磁场到两者共速的过程，由法拉第电磁感应定律有
E＝BL
s＝L＋
联立解得s＝＋L。
答案：(1)BL (2) (3)＋L
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第十一章 电磁感应
思维进阶课十七 动量观点在电磁感应中的应用
[学习目标] 1．会利用动量定理分析导体棒、线框在磁场中的运动。
2．会利用动量守恒定律分析双金属棒在磁场中的运动问题。
进阶1 动量定理在电磁感应现象中的应用
1．导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可用动量定理分析棒的速度变化，表达式为
I其他＋lBΔt＝mv－mv0
或I其他－lBΔt＝mv－mv0；
若其他力的冲量和为零，则有
lBΔt＝mv－mv0或－lBΔt＝mv－mv0。
2．求电荷量：q＝Δt＝。
3．求位移：由－Δt＝mv－mv0有
x＝Δt＝。
4．求时间
①已知电荷量q，F其他为恒力，可求出非匀变速运动的时间。
－BlΔt＋F其他Δt＝mv－mv0
即－Blq＋F其他Δt＝mv－mv0。
②若已知位移x，F其他为恒力，也可求出非匀变速运动的时间。
＋F其他Δt＝mv－mv0，Δt＝x。
[典例1] (多选)如图所示，水平放置的光滑导轨，左侧接有电阻R，宽度为L，电阻不计，导轨处于磁感应强度大小为B的竖直向上的匀强磁场中，一质量为m、电阻不计的金属棒ab垂直导轨放置，在恒力F作用下，从静止开始运动，达到最大速度后撤去拉力，最终停止，已知从静止到达到最大速度过程，R上产生的焦耳热等于ab的最大动能，则下列说法正确的是( )
A．ab运动过程中的最大速度为
B．ab加速运动过程中运动的最大位移为
C．撤去F后，通过R的电量为
D．ab减速过程中运动的最大位移为
√
√
AD [达到最大速度时，金属棒受力平衡，则有F＝BIL＝，解得vmax＝，A正确；对金属棒，在加速过程中，根据动能定理得Fs＋W＝功能关系有－W＝Q＝，解得s＝，B错误；撤去F后，金属棒最终停止，根据动量定理得－BΔt，Δv＝0－vmax，解得q＝，C错误；撤去F后，金属棒开始减速运动，根据动量定理得－Δt，Δv＝0－vmax，解得s′＝，D正确。]
[典例2] (多选)(2024·河北重点中学三模联考)如图所示，水平面内放置的光滑平行导轨左窄右宽，左轨宽度为d，右轨宽度为2d，匀强磁场与导轨平面垂直，磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向下。质量为m和2m的甲、乙两金属棒分别垂直放在导轨上，某时刻，分别给甲、乙两金属棒一个大小
为v0和2v0的向右的初速度，设回路总电
阻不变，导轨足够长，从甲、乙两金属
棒获得初速度到二者稳定运动的过程中，
下列说法正确的是( )
A．甲、乙加速度总是大小相等
B．甲、乙匀速运动的速度大小相等
C．回路产生的焦耳热为
D．通过回路某一横截面的电荷量为
√
√
AD [根据牛顿第二定律，对甲棒BId＝ma1，对乙棒BI·2d＝2ma2，解得a1＝a2，故A正确；当两棒产生的感应电动势相等时，电路里无感应电流，甲、乙匀速运动，则有Bdv1＝B·2dv2，解得v1＝2v2，故B错误；根据动量定理，对甲棒B·2dΔt＝2mv2－2m·2v0，解得v1＝2v0，v2＝v0，根据能量守恒＋×2m×(2v0)2＝＋Q，回路产生的焦耳热为Q＝，故C错误；根据动量定理，对甲棒BΔt，解得q＝，故D正确。]
[典例3] (一题多解)(2023·湖南卷)如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终
未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加
速度为g。
(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；
(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；
(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。
[解析] (1)a匀速运动时受力平衡，有mg sin θ＝BI0L ①
由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律有
I0＝ ②
联立解得v0＝。 ③
(2)a匀速运动时，由(1)可得电路中电流I0＝ ④
对b由牛顿第二定律有mg sin θ＋BI0L＝ma0 ⑤
联立解得a0＝2g sin θ。 ⑥
(3)方法一 对a、b分别由牛顿第二定律有
mg sin θ－BIL＝ma1 ⑦
mg sin θ＋BIL＝ma2 ⑧
联立⑦⑧可得2mg sin θ＝m(a1＋a2) ⑨
设共速时a、b的速度变化量分别为Δv1、Δv2，
对加速度积分有2mgt0sin θ＝m(Δv1＋Δv2) ⑩
设共速时速度为v，有
Δv1＝v－v0
Δv2＝v－0
联立③⑩ 可得v＝gt0sin θ＋
由⑦⑧可得m(a2－a1)＝2BIL
由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律有
BL(v1－v2)＝2IR
联立 可得m(a2－a1)＝(v1－v2)
左边对加速度积分，右边对速度积分，有
m(Δv2－Δv1)＝Δx
联立③ 可得Δx＝
方法二 分析可知a与b受到的安培力大小始终相等，则对a、b由动量定理分别有
mg sin θ·t0－t0＝mv－mv0
mg sin θ·t0＋t0＝mv
联立解得
v＝gt0sin θ＋
t0＝
又Lt0
q＝t0＝t0＝
联立解得Δx＝。
[答案] (1) (2)2g sin θ (3)gt0sin θ＋
进阶2 动量守恒定律在电磁感应中的应用
1．问题特点
在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力是系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律求解比较方便。
类型 不受外力(导轨光滑) 受到恒力(导轨光滑)
模型
2．双棒模型
类型 不受外力(导轨光滑) 受到恒力(导轨光滑)
运动图像
类型 不受外力(导轨光滑) 受到恒力(导轨光滑)
运动过程 杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动；稳定时，两杆以相等的速度匀速运动 开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动
分析方法 将两杆视为整体，不受外力，最后a＝0 将两杆视为整体，只受外力F，最后a＝
类型 不受外力(导轨光滑) 受到恒力(导轨光滑)
动量观点 系统动量守恒 系统动量不守恒
能量观点 杆MN动能的减少量＝杆PQ动能的增加量＋焦耳热 F做的功＝杆PQ的动能＋杆MN的动能＋焦耳热
[典例4] 如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中有两根固定的足够长的平行金属导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行且相距d，构成一矩形回路。导轨间距为L，两导体棒的质量均为m，接入电路的电阻均为R，导轨电阻可忽略不计。设导体棒可在导
轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒
一个向右的初速度v0，求：
(1)当cd棒速度减为0.6v0时，ab棒的速度v及加速度a的大小；
(2)ab、cd棒间的距离从d增大到最大的过程中，通过回路的电荷量q及两棒间的最大距离x。
[解析] (1)两棒组成的系统所受合外力为零，因此满足动量守恒定律，有mv0＝0.6mv0＋mv
解得v＝0.4v0
回路感应电动势E＝0.6BLv0－0.4BLv0，此时回路电流I＝，因此加速度a＝
整理得a＝。
(2)ab、cd棒速度相等时有最大距离，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv共
对ab棒，根据动量定理有BLΔt＝mv共
而q＝Δt，解得q＝
在这段时间内，平均感应电动势
回路平均电流＝
因此流过某截面的电荷量q＝Δt＝Δt＝，解得最大距离x＝d＋。
[答案] (1)0.4v0 (2) d＋
[典例5] (2024·湖北卷)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求：
(1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
(2)金属环刚开始运动时的加速度大小；
(3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。
[解析] (1)设ab棒刚越过MP时速度大小为v1，产生的电动势大小为E1，对ab在圆弧导轨上运动的过程，由机械能守恒定律有
mgL＝
ab刚越过MP时，由法拉第电磁感应定律得
E1＝BLv1
联立解得E1＝BL。
(2)经分析知金属环在导轨外的两段电阻被短路，由几何关系可知导轨之间两段金属环的电阻均为R，它们在电路中并联后的总电阻Rc＝
设电路中初始的干路电流为I1，由闭合电路欧姆定律有I1＝
经分析知整个金属环在运动过程中可视为长度为L、电阻为Rc的金属棒，设金属环刚开始运动时所受的安培力大小为F1、加速度大小为a，则
F1＝I1LB
由牛顿第二定律得F1＝2ma
联立解得a＝。
(3)经分析，ab进入磁场后，ab和金属环组成的系统动量守恒，设两者共速时的速度大小为v2，由动量守恒定律得mv1＝(m＋2m)v2
设在极短时间Δt内，ab与金属环圆心的距离减少量为Δx，金属环所受安培力大小为F，流过ab的电流为I，整个电路的电动势为E，对金属环，由动量定理得
＝2mv2－0
F＝ILB
由闭合电路欧姆定律得I＝
设金属环圆心初始位置到MP的最小距离为s，若ab与金属环共速时，两者恰好接触，金属环圆心初始位置到MP的距离最小，对ab进入磁场到两者共速的过程，由法拉第电磁感应定律有
E＝BL
s＝L＋
联立解得s＝＋L。
[答案] (1)BL (2) (3)＋L
思维进阶特训(十七)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
1．定义“另类加速度”A＝，A不变的运动称为另类匀变速运动。若物体运动的A不变，则称物体做另类匀变速运动。如图所示，光滑水平面上一个正方形导线框以垂直于一边的速度穿过一个匀强磁场区域(磁场宽度大于线框边长)。导线框电阻不可忽略，但自感可以忽略不计。已知导线框进入磁场前速度为v1，穿
出磁场后速度为v2。下列说法正确的是( )
A．线框在进入磁场的过程中，做匀变速运动
B．线框在进入磁场的过程中，其另类加速度A是变化的
C．线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为
D．线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
C [线框在进入磁场的过程中，受到向左的安培力而做减速运动，线框受到的安培力大小F＝BIL＝，可知随着速度减小，线框受到的安培力减小，加速度减小，所以线框在进入磁场的过程中，做加速度逐渐减小的减速直线运动，故A错误；线框在进入磁场的过程中，取向右为正方向，根据动量定理得－BLΔt＝mΔv，其中Δt＝Δt＝，解得＝－，所以另类加速度A不变，故B错误；
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
线框在进入磁场的过程中，取向右为正方向，根据动量定理－BLΔt＝－＝mv－mv1，线框穿出磁场的过程中，同理有－BLΔt＝－＝mv2－mv，联立解得v＝，故C正确，D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
2．(多选)如图所示，一质量为m的足够长U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，bc边长为L，不计金属框电阻。一长为L的导体棒MN置于金属框上，导体棒的阻值为R、质量为2m。装置处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN始终与金属框保持良好接触，则( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A．刚开始运动时产生的感应电流方向为b→c→N→M
B．导体棒最终和U形光滑金属框一起做匀速直线运动的速度为
C．导体棒产生的焦耳热为
D．通过导体棒的电荷量为
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
√
√
BCD [金属框开始获得向右的初速度v0，根据楞次定律可知回路磁通量增大，原磁场垂直纸面向里，所以感应电流磁场垂直向外，再根据安培定则可知感应电流方向为c→b→M→N，最后当二者速度相等时，回路中没有感应电流，故A错误；以金属框和导体棒整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向为正，根据动量守恒定律可得mv0＝3mv，可得v＝v0，故B正确；由能量守恒可知，导体棒产
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
生的焦耳热Q＝－×3mv2＝，故C正确；对导体棒，根据动量定理可得BΔt＝q，可得通过导体棒的电荷量为q＝，故D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
3．(多选)(2024·山东聊城市一模)如图所示，四条光滑的足够长的金属导轨M、N、P、Q平行放置，导轨固定于绝缘水平面上，M、N导轨间距为2L，P、Q导轨间距为L，两组导轨间由导线相连，导轨内存在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态。使C获得向右的瞬时速度v0，同时使导体棒D获得向左的瞬时速度v0。两导体棒在达到稳定状态运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，且均未到达两组导轨连接处。则下列说法正确的是( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A．开始阶段，导体棒C、D均做减速运动，
C先减速至零
B．达到稳定运动时，C、D两棒均向右运动
C．从开始获得速度至稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为
D．从开始获得速度至稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
√
BD [规定以水平向右为正方向，对C应用动量定理可得－＝mv1－mv0，对D应用动量定理可得＝mv2－，最终稳定时，总电动势为零，即B×2Lv1＝BLv2，联立求得v1＝，v2＝v0，所以达到稳定运动时，C、D两棒均向右运动，因此D棒先减速到零，再向右加速，又由＝BqL＝mv2＋m×，求得的q＝。故选BD。]
题号
1
3
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2
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6
8
7
4．如图所示，在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有两根位于同一水平面内且间距为L的平行金属导轨(导轨足够长，电阻不计)；两根质量均为m、内阻均为r的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上(导体棒与金属导轨接触良好)，t＝0时，ab棒以初速度3v0向右滑动，cd棒以初速度v0向左滑动，关于
两棒的运动情况，下列说法正确的是( )
题号
1
3
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2
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6
8
7
A．当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为v0
B．当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的加速度大小为
C．从初始时刻到其中某根棒的速度为零的过程中，导体棒ab产生的焦耳热为
D．cd棒的收尾速度大小为2v0
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
C [由于两棒组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得m·3v0－mv0＝mv1＋mv2，所以当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，所以A错误；当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，则有E＝BL·2v0，I＝，F＝BIL，联立解得F＝，由牛顿第二定律可得，另一根棒的加速度大小为a＝＝，所以B错误；从初始时刻到其中某根棒的
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
速度为零的过程中，两根导体棒上产生的焦耳热为Q总＝＋m(3v0)2－m(2v0)2＝，则导体棒ab产生的焦耳热为Q＝Q总＝，所以C正确；cd棒的收尾速度为两根导体棒具有的共同速度，则有m·3v0－mv0＝2mv共，解得v共＝v0，所以D错误。]
题号
1
3
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2
4
6
8
7
5．(多选)(2024·湖南卷)某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨BC段与B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ，AB＝BC＝d。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
A．金属杆经过BB1的速度为
B．在整个过程中，定值电阻R产生的
热量为－μmgd
C．金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同
D．若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍
√
题号
1
3
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2
4
6
8
7
√
CD [设金属杆经过BB1的速度大小为v1，则对金属杆从AA1运动到BB1的过程，由动量定理有t1＝m(v0－v1)，又t1＝d，则＝m(v0－v1)，对金属杆从BB1运动到CC1的过程，由动量定理有t2＋μmgt2＝mv1，又t2＝d，则＋μmgt2＝mv1，分析可知v0－v1，即金属杆经过BB1的速度大于，A错误；整个过程，由能量守恒定律可得＝QR＋Q杆＋μmgd，由于通
题号
1
3
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2
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6
8
7
过定值电阻R和金属杆的电流时刻相等，则由焦耳定律可知QR＝Q杆，联立可得QR＝－μmgd，B错误；规定水平向左为正方向，则结合A项分析可知，金属杆经过AA1B1B区域，金属杆所受安培力的冲量I1＝t1＝，金属杆经过BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量I2＝t2＝，可得I1＝I2，即金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同，C正确；若将金属杆
题号
1
3
5
2
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6
8
7
的初速度加倍，则对金属杆从AA1运动到BB1的过程，由动量定理有t3＝＝m(2v0－vB)，对金属杆从BB1运动到CC1的过程，由动量定理有t4＋μmgt4＝m(vB－vC)，即＋μmgt4＝m(vB－vC)，又由运动学知识有t4v0，对金属杆经过CC1之后的运动过程，由动量定
题号
1
3
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2
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6
8
7
理有t5＝＝mvC>mv0，又由A项分析有2d，故金属杆在磁场中运动的距离为x＝2d＋Δx>4d＝2×2d，即金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，D正确。]
题号
1
3
5
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6
8
7
6．(2024·山东省实验中学一模)“途灵底盘”是某公司新推出的一款智能化多场景的汽车减震系统。电磁减震器是该系统中重要组成部分。小明同学在实验室中模拟电磁减震器的工作原理。在绝缘滑动杆上固定4个完全相同且相互紧靠(忽略线圈间距离)的矩形线圈，使其进入右侧由电磁铁产生的磁场做减速运动。右侧磁场的磁感应强度与电流之间的关系为B＝kI，其中k＝50 T/A且产生的磁场范围足够大。已知滑动杆及线圈的总质量为m＝1.0 kg，每个矩形线圈的匝数均为n＝10匝，阻值R＝1.0 Ω，长为L＝20 cm，宽为d＝10 cm，整个过程不考虑互感影响，不计一切摩擦。
题号
1
3
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2
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6
8
7
(1)若电磁铁中的电流为20 mA，求线圈1完全进入磁场时的速度变化量Δv；
(2)若电磁铁中的电流为20 mA且第3个线圈完全进入磁场时恰好减速为零，求线圈中产生的焦耳热Q。
题号
1
3
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6
8
7
[解析] (1)由动量定理得nBL··Δt＝mΔv
其中d＝Δt
右侧磁场的磁感应强度为B＝kI
解得Δv＝0.4 m/s，方向水平向左。
题号
1
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4
6
8
7
(2)第3个线圈完全进入磁场时恰好减速为零，由动量定理得
－nBL··Δt′＝0－mv
其中3d＝Δt′
解得第一个线圈刚进入磁场时的速度为
v＝1.2 m/s
线圈中产生的焦耳热Q＝mv2＝0.72 J。
题号
1
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7
[答案] (1)0.4 m/s，方向水平向左 (2)0.72 J
7．如图所示，间距为d的光滑平行金属导轨由圆弧和水平两部分组成，两导轨之间连接一个阻值为R的定值电阻。水平导轨间存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面向下，质量为M、有效电阻也为R的金属棒甲静止在磁场左侧边界线上。现在将一根质量为m的绝缘棒乙，从圆弧轨道上距水平面高度为L处由静止释放，乙滑下后与甲发生弹性碰撞并反弹，然后再次与已经静止的甲发生弹性碰撞。甲始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g。求：
题号
1
3
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2
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6
8
7
(1)第一次碰后乙反弹的高度h；
(2)第一次碰撞到第二次碰撞过程中R上产生的热量；
(3)已知圆弧轨道的半径为r，如果圆弧轨道半径远大于圆弧的弧长，则乙第一次与甲碰撞后经过多长时间与甲发生第二次碰撞。
题号
1
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7
[解析] (1)设第一次碰撞前乙的速度为v，有
mgL＝mv2
设第一次碰撞后乙的速度为v1，甲的速度为u1，甲、乙发生弹性碰撞，则
mv＝mv1＋Mu1
mv2＝
题号
1
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7
解得v1＝－v，u1＝v
碰撞后乙上升的最大高度为h，有
mgh＝
整理得h＝L。
题号
1
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6
8
7
(2)对甲分析，甲、乙碰后甲的动能转化为整个回路的焦耳热，设R上产生的热量为Q，
由能量守恒定律＝2Q
得Q＝。
题号
1
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题号
1
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7
(3)对甲，由第一次碰撞到第一次停止的过程，由动量定理得
－BdΔt＝0－Mu1
q＝Δt＝
由上式得x1＝u1
乙在水平轨道运动时间t1＝＝
乙在圆弧轨道运动因圆弧轨道半径远大于圆弧的弧长，则等效为单摆的摆动，时间为
题号
1
3
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2
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6
8
7
t2＝2×＝π
总时间t＝t1＋t2
综上得t＝π＋。
[答案] (1)L (2)(3)π＋
8．(2023·新课标卷)一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图(a)所示。
题号
1
3
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6
8
7
(1)使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小；
题号
1
3
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6
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7
(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。
题号
1
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6
8
7
[解析] (1)金属框全部在磁场中时无安培力作用，有安培力作用时间内总位移为2L，对全过程，根据动量定理有－BLt进－BLt出＝m－mv0
＝＝t进＋t出＝2L
R总＝4R0
联立解得v0＝。
题号
1
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7
(2)金属框在导轨上运动时，上、下边框被导轨短路，右边框切割磁感线、左边框未进入磁场时，等效电路如图甲所示，右边框充当电源，左边框与R1并联。设左边框刚要进入磁场时速度为v1，根据动量定理有－BLt1＝mv1－mv0
其中t1＝L
R1总＝＋R0＝R0
题号
1
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7
联立解得v1＝
设流过R1的电流为I1，则流过左、右边框的电流分别为2I1、3I1，则R1与左、右边框产生的热量之比
Q1∶Q左∶Q右＝·2R0t1∶(2I1)2·R0t1∶(3I1)2·R0t1＝2∶4∶9
由能量守恒定律有Q1＋Q左＋Q右＝
联立解得Q1＝
题号
1
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题号
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7
线框全部进入磁场切割磁感线过程，等效电路如图乙所示，等效电源内阻为左、右两边框并联的阻值，即内阻为，设右边框刚要出磁场时速度为v2，根据动量定理有
－BLt2＝mv2－mv1
其中t2＝L
R2总＝2R0＋＝R0
题号
1
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7
联立解得v2＝0，则右边框刚好不出磁场。
R1与线框产生的热量之比
Q2∶Q框＝t2＝4∶1
由能量守恒定律有
Q2＋Q框＝
联立解得Q2＝
题号
1
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2
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6
8
7
则电阻R1产生的总热量Q＝Q1＋Q2
解得Q＝。
[答案] (1)
谢 谢 ！思维进阶特训(十七)
1．定义“另类加速度”A＝，A不变的运动称为另类匀变速运动。若物体运动的A不变，则称物体做另类匀变速运动。如图所示，光滑水平面上一个正方形导线框以垂直于一边的速度穿过一个匀强磁场区域(磁场宽度大于线框边长)。导线框电阻不可忽略，但自感可以忽略不计。已知导线框进入磁场前速度为v1，穿出磁场后速度为v2。下列说法正确的是( )
A．线框在进入磁场的过程中，做匀变速运动
B．线框在进入磁场的过程中，其另类加速度A是变化的
C．线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为
D．线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为
LΔt＝－＝mv2－mv，联立解得v＝，故C正确，D错误。]
2．(多选)如图所示，一质量为m的足够长U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，bc边长为L，不计金属框电阻。一长为L的导体棒MN置于金属框上，导体棒的阻值为R、质量为2m。装置处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN始终与金属框保持良好接触，则( )
A．刚开始运动时产生的感应电流方向为b→c→N→M
B．导体棒最终和U形光滑金属框一起做匀速直线运动的速度为
C．导体棒产生的焦耳热为
D．通过导体棒的电荷量为
3．(多选)(2024·山东聊城市一模)如图所示，四条光滑的足够长的金属导轨M、N、P、Q平行放置，导轨固定于绝缘水平面上，M、N导轨间距为2L，P、Q导轨间距为L，两组导轨间由导线相连，导轨内存在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场，两根质量均为m、接入电路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态。使C获得向右的瞬时速度v0，同时使导体棒D获得向左的瞬时速度v0。两导体棒在达到稳定状态运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，且均未到达两组导轨连接处。则下列说法正确的是( )
A．开始阶段，导体棒C、D均做减速运动，C先减速至零
B．达到稳定运动时，C、D两棒均向右运动
C．从开始获得速度至稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为
D．从开始获得速度至稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为
4．如图所示，在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有两根位于同一水平面内且间距为L的平行金属导轨(导轨足够长，电阻不计)；两根质量均为m、内阻均为r的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上(导体棒与金属导轨接触良好)，t＝0时，ab棒以初速度3v0向右滑动，cd棒以初速度v0向左滑动，关于两棒的运动情况，下列说法正确的是( )
A．当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为v0
B．当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的加速度大小为
C．从初始时刻到其中某根棒的速度为零的过程中，导体棒ab产生的焦耳热为
D．cd棒的收尾速度大小为2v0
5．(多选)(2024·湖南卷)某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨BC段与B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ，AB＝BC＝d。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．金属杆经过BB1的速度为
B．在整个过程中，定值电阻R产生的热量为－μmgd
C．金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同
D．若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍
6．(2024·山东省实验中学一模)“途灵底盘”是某公司新推出的一款智能化多场景的汽车减震系统。电磁减震器是该系统中重要组成部分。小明同学在实验室中模拟电磁减震器的工作原理。在绝缘滑动杆上固定4个完全相同且相互紧靠(忽略线圈间距离)的矩形线圈，使其进入右侧由电磁铁产生的磁场做减速运动。右侧磁场的磁感应强度与电流之间的关系为B＝kI，其中k＝50 T/A且产生的磁场范围足够大。已知滑动杆及线圈的总质量为m＝1.0 kg，每个矩形线圈的匝数均为n＝10匝，阻值R＝1.0 Ω，长为L＝20 cm，宽为d＝10 cm，整个过程不考虑互感影响，不计一切摩擦。
(1)若电磁铁中的电流为20 mA，求线圈1完全进入磁场时的速度变化量Δv；
(2)若电磁铁中的电流为20 mA且第3个线圈完全进入磁场时恰好减速为零，求线圈中产生的焦耳热Q。
7．如图所示，间距为d的光滑平行金属导轨由圆弧和水平两部分组成，两导轨之间连接一个阻值为R的定值电阻。水平导轨间存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面向下，质量为M、有效电阻也为R的金属棒甲静止在磁场左侧边界线上。现在将一根质量为m的绝缘棒乙，从圆弧轨道上距水平面高度为L处由静止释放，乙滑下后与甲发生弹性碰撞并反弹，然后再次与已经静止的甲发生弹性碰撞。甲始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g。求：
(1)第一次碰后乙反弹的高度h；
(2)第一次碰撞到第二次碰撞过程中R上产生的热量；
(3)已知圆弧轨道的半径为r，如果圆弧轨道半径远大于圆弧的弧长，则乙第一次与甲碰撞后经过多长时间与甲发生第二次碰撞。
8．(2023·新课标卷)一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图(a)所示。
(1)使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小；
(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。
思维进阶特训(十七)
1．C [线框在进入磁场的过程中，受到向左的安培力而做减速运动，线框受到的安培力大小F＝BIL＝，可知随着速度减小，线框受到的安培力减小，加速度减小，所以线框在进入磁场的过程中，做加速度逐渐减小的减速直线运动，故A错误；线框在进入磁场的过程中，取向右为正方向，根据动量定理得－BΔt＝
LΔt＝－＝mv2－mv，联立解得v＝，故C正确，D错误。]
2．BCD [金属框开始获得向右的初速度v0，根据楞次定律可知回路磁通量增大，原磁场垂直纸面向里，所以感应电流磁场垂直向外，再根据安培定则可知感应电流方向为c→b→M→N，最后当二者速度相等时，回路中没有感应电流，故A错误；以金属框和导体棒整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向为正，根据动量守恒定律可得mv0＝3mv，可得v＝v0，故B正确；由能量守恒可知，导体棒产生的焦耳热Q＝－×3mv2＝，故C正确；对导体棒，根据动量定理可得BΔt＝q，可得通过导体棒的电荷量为q＝，故D正确。]
3．BD [规定以水平向右为正方向，对C应用动量定理可得－＝mv1－mv0，对D应用动量定理可得＝mv2－，最终稳定时，总电动势为零，即B×2Lv1＝BLv2，联立求得v1＝，v2＝v0，所以达到稳定运动时，C、D两棒均向右运动，因此D棒先减速到零，再向右加速，又由＝BqL＝mv2＋m×，求得的q＝。故选BD。]
4．C [由于两棒组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得m·3v0－mv0＝mv1＋mv2，所以当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，所以A错误；当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，则有E＝BL·2v0，I＝，F＝BIL，联立解得F＝，由牛顿第二定律可得，另一根棒的加速度大小为a＝＝，所以B错误；从初始时刻到其中某根棒的速度为零的过程中，两根导体棒上产生的焦耳热为Q总＝＋m(3v0)2－m(2v0)2＝，则导体棒ab产生的焦耳热为Q＝Q总＝，所以C正确；cd棒的收尾速度为两根导体棒具有的共同速度，则有m·3v0－mv0＝2mv共，解得v共＝v0，所以D错误。]
5．CD [设金属杆经过BB1的速度大小为v1，则对金属杆从AA1运动到BB1的过程，由动量定理有t1＝m(v0－v1)，又t1＝d，则＝m(v0－v1)，对金属杆从BB1运动到CC1的过程，由动量定理有t2＋μmgt2＝mv1，又t2＝d，则＋μmgt2＝mv1，分析可知v0－v1，即金属杆经过BB1的速度大于，A错误；整个过程，由能量守恒定律可得＝QR＋Q杆＋μmgd，由于通过定值电阻R和金属杆的电流时刻相等，则由焦耳定律可知QR＝Q杆，联立可得QR＝－μmgd，B错误；规定水平向左为正方向，则结合A项分析可知，金属杆经过AA1B1B区域，金属杆所受安培力的冲量I1＝t1＝，金属杆经过BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量I2＝t2＝，可得I1＝I2，即金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同，C正确；若将金属杆的初速度加倍，则对金属杆从AA1运动到BB1的过程，由动量定理有t3＝＝m(2v0－vB)，对金属杆从BB1运动到CC1的过程，由动量定理有t4＋μmgt4＝m(vB－vC)，即＋μmgt4＝m(vB－vC)，又由运动学知识有t4v0，对金属杆经过CC1之后的运动过程，由动量定理有t5＝＝mvC>mv0，又由A项分析有2d，故金属杆在磁场中运动的距离为x＝2d＋Δx>4d＝2×2d，即金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，D正确。]
6．解析：(1)由动量定理得nBL··Δt＝mΔv
其中d＝Δt
右侧磁场的磁感应强度为B＝kI
解得Δv＝0.4 m/s，方向水平向左。
(2)第3个线圈完全进入磁场时恰好减速为零，由动量定理得
－nBL··Δt′＝0－mv
其中3d＝Δt′
解得第一个线圈刚进入磁场时的速度为
v＝1.2 m/s
线圈中产生的焦耳热Q＝mv2＝0.72 J。
答案：(1)0.4 m/s，方向水平向左 (2)0.72 J
7．解析：(1)设第一次碰撞前乙的速度为v，有
mgL＝mv2
设第一次碰撞后乙的速度为v1，甲的速度为u1，甲、乙发生弹性碰撞，则
mv＝mv1＋Mu1
mv2＝
解得v1＝－v，u1＝v
碰撞后乙上升的最大高度为h，有
mgh＝
整理得h＝L。
(2)对甲分析，甲、乙碰后甲的动能转化为整个回路的焦耳热，设R上产生的热量为Q，
由能量守恒定律＝2Q
得Q＝。
(3)对甲，由第一次碰撞到第一次停止的过程，由动量定理得
－BdΔt＝0－Mu1
q＝Δt＝
由上式得x1＝u1
乙在水平轨道运动时间t1＝＝
乙在圆弧轨道运动因圆弧轨道半径远大于圆弧的弧长，则等效为单摆的摆动，时间为
t2＝2×＝π
总时间t＝t1＋t2
综上得t＝π＋。
答案：(1)L (2)
(3)π＋
8．解析：(1)金属框全部在磁场中时无安培力作用，有安培力作用时间内总位移为2L，对全过程，根据动量定理有－BLt进－BLt出＝m－mv0
＝＝t进＋t出＝2L
R总＝4R0
联立解得v0＝。
(2)金属框在导轨上运动时，上、下边框被导轨短路，右边框切割磁感线、左边框未进入磁场时，等效电路如图甲所示，右边框充当电源，左边框与R1并联。设左边框刚要进入磁场时速度为v1，根据动量定理有－BLt1＝mv1－mv0
其中t1＝L
R1总＝＋R0＝R0
联立解得v1＝
设流过R1的电流为I1，则流过左、右边框的电流分别为2I1、3I1，则R1与左、右边框产生的热量之比
Q1∶Q左∶Q右＝·2R0t1∶(2I1)2·R0t1∶(3I1)2·R0t1＝2∶4∶9
由能量守恒定律有Q1＋Q左＋Q右＝
联立解得Q1＝
线框全部进入磁场切割磁感线过程，等效电路如图乙所示，等效电源内阻为左、右两边框并联的阻值，即内阻为，设右边框刚要出磁场时速度为v2，根据动量定理有
－BLt2＝mv2－mv1
其中t2＝L
R2总＝2R0＋＝R0
联立解得v2＝0，则右边框刚好不出磁场。
R1与线框产生的热量之比
Q2∶Q框＝t2＝4∶1
由能量守恒定律有
Q2＋Q框＝
联立解得Q2＝
则电阻R1产生的总热量Q＝Q1＋Q2
解得Q＝。
答案：(1)
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