专题二十三 动量观点在电磁感应中的应用
例1 CD [解析] 金属杆经过AA1B1B区域,切割磁感线,产生的平均感应电动势为==,电路中的平均感应电流==,金属杆受到的平均安培力=LB=,安培力的冲量IA1=·Δt1=,同理,金属杆经过BB1C1C区域,金属杆所受安培力的冲量IA2=,所以金属杆经过这两个区域所受安培力的冲量相同,故C正确;金属杆经过AA1B1B区域过程,根据动量定理得-IA1=m-mv0,金属杆经过BB1C1C区域过程,设所用时间为Δt2,根据动量定理得-IA2-μmg·Δt2=0-m,联立解得=+,故A错误;根据能量守恒定律可知,在整个过程中,金属杆减少的动能等于克服摩擦力做的功和克服安培力做的功之和,则克服安培力做的功WA=m-μmgd,而克服安培力做的功转化为金属杆和定值电阻产生的焦耳热,所以总焦耳热Q=WA=m-μmgd,由于金属杆的电阻和定值电阻的阻值相同,故定值电阻上产生的热量QR=Q=m-μmgd,故B错误;对整个运动过程,由根据动量定理得-IA1-IA2-μmg·Δt2=0-mv0,即-·2d-μmg·Δt2=0-mv0,若将金属杆的初速度加倍,即初速度变为2v0,根据动量定理得-·x-μmg·Δt2'=0-2mv0,由于金属杆经过BB1时的速度变大,所以经过BB1C1C区域的时间变短,即Δt2'<Δt2,对比上面两式可知x>4d,即金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍,故D正确.
变式 A [解析] 设导轨间磁场磁感应强度为B,导轨间距为L,两金属棒的总电阻为R,由题意知金属棒a进入磁场后受到水平向左的安培力作用,做减速运动,根据动量定理有FΔt=mv0-mv,其中F=BIL,I=,E=BLv,可得F=,又因为x=vΔt,联立可得x=mv0-mv,根据此表达式可知v与x成一次函数关系,故A正确,B错误;a克服安培力做功的功率为P=Fv=·v2=·,故P x图像为开口向上的抛物线,由于F和v都在减小,所以P在减小,故C、D错误.
例2 (1) (2)2gsin θ
(3)gt0sin θ+
[解析] (1)棒a运动过程中,当重力沿斜面的分力和棒a所受的安培力大小相等时,棒a做匀速运动,由法拉第电磁感应定律可得E=BLv0
由闭合电路欧姆定律可得I=
安培力F=BIL
当棒a做匀速运动时,有
mgsin θ=BIL
联立解得
v0=
(2)由右手定则可知棒b中电流向里,所受安培力沿斜面向下,则对棒b根据牛顿第二定律可得
mgsin θ+BIL=ma0
解得a0=2gsin θ
(3)释放棒b后,棒a受到沿斜面向上的安培力,在达到相同速度过程,对棒a根据动量定理有
mgt0sin θ-BLt0=mv-mv0
棒b受到沿斜面向下的安培力,对棒b根据动量定理有
mgt0sin θ+BLt0=mv
联立解得v=gt0sin θ+
=
由闭合电路欧姆定律可得
==
联立解得Δx=
例3 (18分)(1)BL
(2) (3)
[解析] (1)对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中,由动能定理有
mgL=m (1分)
ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为
E=BLv0 (1分)
联立解得E=BL (1分)
(2)根据题意可知,金属环在导轨间的两段圆弧并联接入电路中,金属环在导轨外侧的两段圆弧被短路,设导轨间每段圆弧所对的圆心角为θ,由几何关系可得2Lsin=L (1分)
解得θ=60° (1分)
由于金属环由均匀电阻丝制成,故由电阻定律可知,导轨间的每段圆弧的电阻为R0=×6R (1分)
整个回路的总电阻为
R总=R+ (1分)
ab刚越过MP时,通过ab的感应电流为I= (1分)
对金属环由牛顿第二定律有
2BL·=2ma (1分)
联立解得a= (1分)
(3)计算金属环受到的安培力时,可将金属环等效为一根垂直于导轨放置的长度为L的金属棒,由于通过该棒的电流与通过金属棒ab的电流大小相等且方向相反,所以金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向,系统动量守恒.由于金属环做加速运动,金属棒做减速运动,所以为使ab在整个运动过程中不与金属环接触,应满足金属棒ab减速到和金属环速度相等时,金属棒ab仍未追上金属环.设金属棒ab和金属环达到的共同速度为v,此过程中金属棒ab在水平导轨上运动的位移为x1,金属环运动的位移为x2.由动量守恒定律有
mv0=mv+2mv (1分)
对金属棒ab,由动量定理有
-BL·t=mv-mv0 (2分)
其中=,=,ΔΦ=BL(x1-x2) (2分)
金属环圆心初始位置到MP的距离d≥L+x1-x2 (1分)
联立解得d≥ (1分)
即金属环圆心初始位置到MP的最小距离为 (1分)
例4 BD [解析] 由于导体棒ab、cd同时由静止开始运动,且恰好在M、N处发生弹性碰撞,则说明ab、cd在到达M、N处所用的时间是相同的,对导体棒cd和电容器组成的回路有Δq2=C·BLΔv2,对cd根据牛顿第二定律有F-BI2L-m2gsin 30°=m2a2,其中a2=,I2=,联立有a2=,则说明导体棒cd做匀加速直线运动,则有x0=a2t2,联立解得a2=6 m/s2,t=1.2 s,故A错误;由题知,碰前瞬间ab的速度为4.5 m/s,则根据功能关系有m1gxabsin 30°-Q=m1,导体棒ab下滑过程中根据动量定理有m1gsin 30°·t-BL·t=m1v1,其中q1=t=,R总=R+Rab=0.1 Ω,联立解得q=6 C,xab=3 m,Q=3.9 J,则R上消耗的焦耳热为QR=Q=0.78 J,故B正确;由于两棒恰好在MN处发生弹性碰撞,取沿斜面向下为正方向,有m1v1-m2v2=m1v1'+m2v2',m1+m2=m1v1'2+m2v2'2,其中v2=a2t=7.2 m/s,联立解得v1'=-3.3 m/s,v2'=8.4 m/s,故C错误,D正确.
例5 AC [解析] 弹簧伸展过程中,根据右手定则可知,回路中产生顺时针方向的电流,选项A正确;任意时刻,设电流为I,则PQ受安培力FPQ=BI·2d,,MN受安培力FMN=2BId,两个安培力方向相反,又两棒所受弹簧弹力始终大小相等,可知两棒组成的系统所受合外力为零,动量守恒,设PQ质量为2m,则MN质量为m, PQ速率为v时,设MN速度为v',有2mv=mv',解得v'=2v,回路中的感应电流I==,MN所受安培力大小为FMN=2BId=,选项B错误;MN与PQ两棒运动中始终动量守恒,速度之比始终为2∶1,所以整个运动过程中两棒路程之比为2∶1,选项C正确;MN与PQ两棒最后停止时,弹簧处于原长位置,此时两棒间距增加了L,由上述分析可知,MN向左移动,PQ向右移动,则q=Δt===,选项D错误.专题二十三 动量观点在电磁感应中的应用
动量定理在电磁感应中的应用
1.模型构建
导体棒或金属框运动的形式有匀速、匀变速和非匀变速三种,对前两种情况,容易想到用平衡条件和牛顿运动定律求解,对后一种情况一般要结合动量知识求解.当安培力变化,且又涉及时间、位移、速度、电荷量等问题时,用动量定理往往能巧妙解决.
2.常见问题
在电磁感应中,动量定理应用于单杆切割磁感线运动,可求解变力的时间、速度、位移和电荷量.
(1)求电荷量或速度:BLΔt=mv2-mv1,q=Δt.
(2)求位移:-=0-mv0,
即-=0-mv0.
(3)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=mv2-mv1,
即-BLq+F其他·Δt=mv2-mv1.
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=mv2-mv1,Δt=x.
例1 (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m-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
[反思感悟]
变式 [2023·福建卷] 如图所示,M、N是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨,导轨足够长且电阻可忽略不计;导轨间有一垂直于水平面向下的匀强磁场,其左边界OO'垂直于导轨;阻值恒定的两均匀金属棒a、b均垂直于导轨放置,b始终固定.a以一定初速度进入磁场,此后运动过程中始终与导轨垂直且接触良好,并与b不相碰.以O为坐标原点,水平向右为正方向,建立x坐标轴;在运动过程中,a的速度记为v,a克服安培力做功的功率记为P.下列v或P随x变化的图像中,可能正确的是 ( )
例2 [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.
【技法点拨】
求电荷量q的两种方法
动量守恒定律在电磁感应中的应用
1.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,安培力充当系统内力,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,运用动量守恒定律解题比较方便.
2.双棒模型(不计摩擦力)
双棒无外力 双棒有外力
示意图 F为恒力
动力学观点 导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动,导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动,最后两棒以相同的速度做匀速直线运动 导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动,导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动,最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动
动量观点 系统动量守恒 系统动量不守恒
能量观点 棒1动能的减少量=棒2动能的增加量+焦耳热 外力做的功=棒1的动能增加量+棒2的动能增加量+焦耳热
例3 [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.
规范答题区 自评项目 (共100分) 自评 得分
书写工整无涂抹(20分)
有必要的文字说明(20分)
使用原始表达式、无代数过程(30分)
有据①②得③等说明(10分)
结果为数字的带有单位,求矢量的有方向说明(20分)
例4 (多选)[2024·海南卷] 两根足够长的导轨由上下段电阻不计、光滑的金属导轨组成,在M、N两点绝缘连接,M、N等高,间距L=1 m,连接处平滑.导轨平面与水平面夹角为30°,导轨两端分别连接一个阻值R=0.02 Ω的电阻和C=1 F的电容器,整个装置处于B=0.2 T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中,两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧,质量分为m1=0.8 kg,m2=0.4 kg,ab棒电阻为0.08 Ω,cd棒的电阻不计,将ab由静止释放,同时cd从距离MN为x0=4.32 m处在一个大小F=4.64 N,方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动,两棒恰好在MN处发生弹性碰撞,碰撞前瞬间撤去F,已知碰前瞬间ab的速度为4.5 m/s,g取10 m/s2,则 ( )
A.ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44 s
B.ab从释放到第一次碰撞前,R上消耗的焦耳热为0.78 J
C.两棒第一次碰撞后瞬间,ab的速度大小为6.3 m/s
D.两棒第一次碰撞后瞬间,cd的速度大小为8.4 m/s
例5 (多选)[2023·辽宁卷] 如图所示,两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上,左、右两侧导轨间距分别为d和2d,处于竖直向上的磁场中,磁感应强度大小分别为2B和B.已知导体棒MN的电阻为R、长度为d,导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d,PQ的质量是MN的2倍.初始时刻两棒静止,两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧.释放弹簧,两棒在各自磁场中运动直至停止,弹簧始终在弹性限度内.整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好,导轨足够长且电阻不计.下列说法正确的是 ( )
A.弹簧伸展过程中,回路中产生顺时针方向的电流
B. PQ速率为v时,MN所受安培力大小为
C.整个运动过程中,MN与PQ的路程之比为2∶1
D.整个运动过程中,通过MN的电荷量为专题二十三 动量观点在电磁感应中的应用(A)
1.BCD [解析] 由题意可知,a、b两棒中的电流大小相等,由左手定则可知,安培力方向相同,则系统的合力不为0,系统动量不守恒,故A错误;由题意分析可知,a棒向右做减速运动切割磁感线,b棒向左做加速运动切割磁感线,当两棒速度大小相等时回路中的电流为0,分别对两棒应用动量定理且取向左为正方向,有Ft=mv,Ft=m(-v)-m(-v0),解得v=,故B正确;由能量守恒定律可得m=2×mv2+2Qa,解得Qa=m,故C正确;对a棒由动量定理且取向右为正方向,有-BtL=mv-mv0,即BqL=mv0-mv,解得q=,故D正确.
2.AD [解析] 因金属棒a向右运动,受安培力向左,则a棒做减速运动,金属棒b受安培力向右做加速运动,则经过一段时间后,两棒稳定时均做匀速运动,此时回路的感应电流为零,感应电动势为零,则B·2lva=Blvb,即2va=vb,选项C错误,D正确;根据a=,则aa==ab=,金属棒a做匀减速直线运动,b做匀加速直线运动,两者加速度大小相同,选项B错误;由动量定理,对a有
-B·2lΔt=2mva-2mv0,对b有B·lΔt=mvb,解得q=Δt=,选项A正确.
3.AC [解析] 金属框开始获得向右的初速度v0,根据右手定则可知电流方向为M→N→c→b→M,故A正确;以整体为研究对象,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,取初速度方向为正方向,根据动量守恒定律可得2mv0=3mv,可得v=v0,故B错误;对导体棒根据动量定理可得BLΔt=mv-0,其中Δt=q,可得通过导体棒的电荷量为q=,故C正确;由能量守恒定律知导体棒产生的焦耳热为Q=×2m-×3mv2=m,故D错误.
4.ACD [解析] 根据楞次定律可判断,开始时回路中磁通量在增大,磁感应强度随时间在均匀增大,故A正确;金属棒在ab段滑动过程中,上滑时金属棒受到沿斜面向下的安培力,则mgsin θ+BIL=ma1,下滑时金属棒受到沿斜面向上的安培力,则mgsin θ-BIL=ma2,显然a1>a2,故B错误;在ab段上滑和下滑过程中的磁通量变化量大小相同,根据q=可知流经R的电荷量相同,故C正确;上滑时安培力的冲量为IA=BLt=t=,同理可知下滑时安培力的冲量与之大小相等,方向相反,规定沿斜面向下为正方向,全程根据动量定理得mgsin θ·t=mv2-m,解得t=,故D正确.
5.BC [解析] 只闭合开关S2,在金属棒MN运动过程中取一段时间Δt,且Δt趋近于零,设金属棒的加速度大小为a,则有I====CBLa,对金属棒,根据牛顿第二定律有mg-BIL=ma,解得a=,I=,可知金属棒做匀加速直线运动,A错误,B正确;只闭合开关S1,金属棒MN刚释放时有mg=ma,之后金属棒受重力和安培力共同作用,根据牛顿第二定律有mg-F安=ma',又F安=BIL=BL=,其中金属棒的速度v在增大,则金属棒做加速度减小的加速运动,直到安培力和重力平衡后做匀速直线运动,C正确;若只闭合开关S1,金属棒MN下降高度为h时速度为v,则在这个过程中对金属棒用动量定理有mgt-BLt=mv-0,又q=t=t=t=,解得t=+,D错误.
6.(1)0.2 (2)4 m/s2 (3)5 m/s
[解析] (1)对P棒受力分析,水平方向上有
F-μmg=ma0
从图像可以读出,0~3 s段的倾斜直线的斜率表示加速度大小,即a0=k=2 m/s2
联立解得μ=0.2
(2)P棒刚进入磁场时受到拉力F、滑动摩擦力和安培力,由图像可知,此时P棒做减速运动,有
μmg+BIL-F=ma
其中I=,E=BLv,v=6 m/s
联立解得a=4 m/s2
(3)对P和Q整体进行分析,在3 s~t2时间内,由动量定理可得=m(vP+vQ)-mv
t2时刻I2==4 A
计算中发现F=μ·2mg
联立解得vP=5 m/s
7.(1) (2)0.66 J (3)6.42 m
[解析] (1)线框刚进入磁场区域时,产生的电动势为E=Blv0
此时回路中的感应电流为I=
在水平方向上,根据牛顿第二定律可得IBl=max
竖直方向ay=g
解得=
(2)线框进入磁场区域后,竖直方向只受重力作用,且竖直方向的运动不改变线框的磁通量.水平方向运动且磁通量变化时,会产生阻碍线框运动的安培力.设线框刚好离开第一个磁场时的水平速度的大小为v1,线框穿过第一个磁场的过程,根据动量定理可得
-Blt1=mv1-mv0
=
t1=2l
解得v1=3.8 m/s
同理可得线框刚离开第二个磁场瞬间水平方向的速度为v2=2.8 m/s
据功能关系可得
Q=m-m
解得Q=0.66 J
(3)线框进入磁场区域后,在水平方向受安培力作用时,做减速运动,线框完全进入磁场和完全离开磁场的过程中做匀速直线运动.由(2)问可得,线框穿过一个完整的磁场区域,水平方向的速度减小量为Δv=v0-v1
所以线框可以穿过4个完整的磁场区域,但是不能从第5个磁场区域穿出.线框穿出第4个完整的磁场区域时水平方向的速度为v=v0-4Δv
设线框在第5个磁场区域运动时,有感应电流的过程中水平方向运动的总距离为x.由(2)问可得-=0-mv
解得x=0.32 m
线框在进入第5个磁场区域有感应电流的过程中水平方向运动的距离为l.线框刚要离开第5个磁场区域时,水平方向运动的总距离为9d.所以线框在水平方向运动的最大距离为
L=9d+x-l
解得L=6.42 m专题二十三 动量观点在电磁感应中的应用(A) (限时40分钟)
1.(多选)[2024·广西桂林一中模拟] 如图所示,两足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置,导轨间距为L,虚线OO'垂直导轨,OO'两侧导轨所在空间区域存在着磁感应强度大小均为B的方向相反的竖直匀强磁场,两长度均为L、电阻均为R、质量均为m的金属导体棒a、b垂直导轨放在OO'左右两侧,并与导轨保持良好接触,不计其他电阻.现给导体棒a一个瞬时冲量,使a获得一个水平向右的初速度v0.下列关于a、b两棒此后整个运动过程的说法正确的是 ( )
A.a、b两棒组成的系统动量守恒
B.a、b两棒最终都将以大小为的速度做匀速直线运动
C.整个过程中,a棒上产生的焦耳热为m
D.整个过程中,流过a棒的电荷量为
2.(多选)[2024·广东惠州模拟] 如图所示,足够长的两根光滑且电阻不计的平行金属导轨MNPQ和M1N1P1Q1固定在水平面上,MN与M1N1距离为2l,PQ与P1Q1距离为l.金属棒a和b的质量分别为2m和m、长度分别为2l与l,金属棒a、b分别垂直静止放在左右两侧导轨上.整个装置处于竖直向下的、磁感应强度为B的匀强磁场中.现a棒获得水平向右的初速度v0,两棒运动时始终保持平行且a棒总在MNM1N1上运动,b棒总在PQP1Q1上运动,经过足够长时间后,下列说法正确的是( )
A.金属棒a流过的电荷量是
B.金属棒a和b做加速度相同的匀加速直线运动
C.金属棒a和b做速度相等的匀速直线运动
D.回路感应电动势为零
3.(多选)[2024·湖北黄冈模拟] 如图所示,一质量为2m且足够长的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m.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M→N→c→b→M
B.导体棒的最大速度为
C.从开始到导体棒速度最大,通过导体棒的电荷量为
D.从开始到导体棒速度最大,导体棒产生的焦耳热为m
4.(多选)[2024·辽宁沈阳模拟] 如图所示,足够长的光滑平行金属导轨与水平面成θ角放置,导轨电阻不计,其顶端接有一电阻,底端静止一金属棒(电阻不计).整个装置处于方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中,为了使金属棒沿导轨上滑,磁感应强度开始随时间均匀变化,当金属棒运动到a处时磁感应强度开始保持不变.金属棒刚运动到a处时的速度大小为v1,继续滑行一段距离到达最高点b后,再返回到a处时的速度大小为v2.重力加速度为g,则 ( )
A.金属棒从导轨底端上滑到a的过程中,磁感应强度随时间在均匀增大
B.金属棒上滑经过ab段的加速度小于下滑经过ab段的加速度
C.金属棒上滑经过ab段和下滑经过ab段过程中,通过R的电荷量之比为1∶1
D.金属棒从a处上滑到b到再返回到a处的总时间等于
5.(多选)[2024·湖南长沙模拟] 如图所示,有两根足够长、间距为L的光滑竖直金属导轨,导轨上端接有开关、电阻、电容器,其中电阻的阻值为R,电容器(不会被击穿)的电容为C,质量为m的金属棒MN水平放置,整个装置放在垂直导轨平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,不计金属棒和导轨的电阻.闭合某一开关,让MN沿导轨由静止开始释放,金属棒MN和导轨始终垂直且接触良好,重力加速度大小为g.在金属棒MN沿导轨下滑的过程中,下列说法正确的是 ( )
A.只闭合开关S2,金属棒MN先做匀加速运动,后做匀速运动
B.只闭合开关S2,通过金属棒MN的电流为
C.只闭合开关S1,金属棒MN先做加速运动,后做匀速运动
D.若只闭合开关S1,金属棒MN下降的高度为h时速度大小为v,则所用的时间为+
6.[2024·福建福州一中模拟] 如图甲所示,间距为L=1 m的长直平行金属导轨固定在水平面上,虚线MN与导轨垂直,在其右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B=1 T.质量均为m=1 kg的金属棒P、Q垂直放在导轨上,P、Q与导轨间的动摩擦因数均为μ,P棒到MN存在一段距离.t=0时刻起,P棒始终受到一方向水平向右、大小为F=4 N的恒定拉力作用,其运动的v-t图像如图乙所示,其中t=0到t1=3 s段的图像为直线.已知P、Q棒接入电路的总电阻为R=1 Ω,运动过程中两棒未发生碰撞,不计导轨的电阻,重力加速度g取10 m/s2.
(1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数大小μ;
(2)求P棒刚进入磁场时的加速度大小a;
(3)在t2时刻,电路中电流为4 A,求此时P棒的速度大小vP.
7.[2024·云南大理一中模拟] 如图所示,空间内等间距地分布着垂直于竖直平面向里且足够多的匀强磁场区域,磁感应强度的大小为B=0.5 T.磁场区域在竖直方向足够长.每一个磁场区域的宽度以及相邻磁场区域的间距均为d=0.7 m.现有一边长为l=0.2 m、质量为m=0.2 kg、电阻为R=0.02 Ω的正方形金属线框以v0=4.8 m/s的水平初速度从磁场最左侧边界进入磁场,运动过程中线框平面始终处于竖直平面内且上、下边保持水平.重力加速度大小g取10 m/s2,求:
(1)线框刚开始进入最左侧磁场时,线框的水平加速度和竖直加速度大小的比值;
(2)线框穿过第2个磁场区域的过程中产生的焦耳热;
(3)线框在水平方向运动的最大距离.专题二十三 动量观点在电磁感应中的应用(B)
1.AC [解析] 导体棒向右运动的过程中切割磁感线,产生感应电流,所受安培力F=IlB=,即为合力,根据牛顿第二定律得F=ma,可知加速度a随着速度v减小而减小,导体棒做加速度逐渐减小的减速运动,故A正确,B错误;对导体棒,由动量定理得-lBt=mv-mv0,又q=t=,解得v=v0-,故C正确,D错误.
2.D [解析] 由右手定则可知,a棒刚进入ABCD磁场时的电流方向向右,A错误;a棒进入ABCD磁场时产生的感应电动势为E=B1lv1,感应电流I=,由于a棒匀速通过ABCD磁场,根据平衡条件得mg=,解得v1=4 m/s,B错误;ab连杆自由下落过程,有h==0.8 m,C错误;ab连杆在ABCD磁场中匀速下落的时间t1==0.1 s,当a棒进入CD边时开始减速,经过t2=t-t1=0.1 s,a棒到达EF边,当导体棒的速度为v时,电动势为E=(B1+B2)lv,电流为I=,安培力为F=,此过程中由动量定理可得mgt2-=mv2-mv1,即mgt2-d=mv2-mv1,解得v2=1 m/s,D正确.
3.AB [解析] 设加速阶段的位移与减速阶段的位移均为x,根据q=Δt=Δt=·Δt==,可知加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷量,则减速过程由动量定理可得-BLΔt=-BLq=0-mv,解得q=,A正确;由q==,解得x=,金属棒加速的过程中,由位移公式可得x=vt,可得加速时间为t=,B正确;金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动,加速过程中,安培力逐渐增大,加速度不变,因此拉力逐渐增大,当撤去拉力的瞬间,拉力最大,由牛顿第二定律可得Fm-BL=ma,其中v=at,联立解得Fm=,C错误;加速过程中拉力对金属棒做正功,安培力对金属棒做负功,由动能定理可得WF-W安=mv2,可得WF=W安+mv2,因此加速过程中拉力做的功大于mv2,D错误.
4.ABD [解析] a棒刚开始运动时,感应电动势为E=,电路中电流为I==,b棒受的安培力为F=B1IL=,根据牛顿第二定律得a=,选项A正确;经过足够长时间,电路中无电流,有=B1Lvb,对a导体棒,根据动量定理得-B1Δt=mva-mv0,对b导体棒,根据动量定理得B1LΔt=mvb,联立解得va=v0,vb=v0,选项B正确;对b导体棒,根据动量定理得B1LΔt=B1Lq=mvb,解得q=,选项C错误;根据能量守恒定律得m=m+m+Qa+Qb,由Q=I2Rt可知两导体棒产生的焦耳热关系为2Qa=Qb,解得Qb=m,故D正确.
5.(1) 方向水平向左 (2)① ② (3)2≤k<3
[解析] (1)当细金属杆M刚进入磁场时,M、N及导轨形成闭合回路,此时N还未动.
设回路中的感应电动势为E,E=BLv0
根据闭合电路欧姆定律得,回路中的电流I=
M刚进入磁场时受到的安培力大小F=BIL=,方向与M的运动方向相反,为水平向左.
(2)①对金属杆N进行分析,设N在磁场内运动过程中回路中的平均电流为
对N由动量定理有BLΔt=m·-0
N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q=Δt=.
②设M、N在磁场内运动时的速度差为Δv
当M、N同在磁场内运动时,回路中的感应电动势E'=BLΔv
则两杆受到的安培力大小F'=BI'L=
若初始时刻N到ab为最小距离,则当N出磁场时,M刚好未与N相撞,有x=Δv·Δt.对N由动量定理有F'Δt==m·-0
解得x=.
(3)初始时刻,若N到cd的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab的距离为kx,则N到cd边时速度大小恒为,根据动量守恒定律可知,mv0=mv1+mv2,解得N出磁场时,M的速度大小为v1=v0,由题意可知,此时M到ab边的距离x'=(k-1)x.若要保证M出磁场后不与N相撞,则有两种临界情况:
①M减速到时出磁场,速度刚好等于N的速度,一定不与N相撞,对M根据动量定理有BI″L·Δt=m·-m·,q'=I″·Δt=,联立解得k=2.
②M运动到cd边时,恰好减速到零,则对M根据动量定理有BI L·Δt=m·-0,
同理可得k=3.
综上所述,M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k<3.
6.(1)2 m/s2 水平向右 (2)24 m (3) m[解析] (1)对甲从静止到运动至P1P2处的过程,根据动能定理有
m1gh-μ1m1gcos θ1·=m1-0
甲刚进入磁场时,由法拉第电磁感应定律有
E0=Blv0
根据闭合电路欧姆定律有I0=
对乙由牛顿第二定律有BI0l=m2a乙0
联立解得a乙0=2 m/s2
根据楞次定律可知,回路中的感应电流沿逆时针方向(俯视),结合左手定则可知,乙所受安培力方向水平向右,则加速度方向水平向右
(2)甲和乙在磁场中运动的过程,由于甲和乙所受的安培力大小相等、方向相反,所以甲、乙组成的系统所受合外力为0,系统动量守恒,当两者共速时有m1v0=(m1+m2)v共
联立解得v共=6 m/s
对乙根据动量定理有
Bl·Δt=m2v共-0
其中=,=,ΔΦ=BlΔx
为使甲和乙不相碰,甲与乙共速时两者的位移差应不大于距离d,即Δx≤d
联立解得d≥24 m
所以d的最小值为24 m
(3)根据(2)问可知,从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨上运动稳定,相对位移为Δx=24 m,且稳定时的速度v共=6 m/s
乙第一次在右侧倾斜导轨上向上运动的过程中,根据牛顿第二定律有
m2gsin θ2+μ2m2gcos θ2=m2a上
根据运动学规律有2a上x上=
乙第一次在右侧倾斜导轨上向下运动的过程中,根据牛顿第二定律有
m2gsin θ2-μ2m2gcos θ2=m2a下
根据运动学规律有2a下x下=
又x上=x下
联立解得乙第一次从右侧倾斜导轨上滑下经Q1Q2时的速度v1=5 m/s
甲、乙结合体第一次在右侧倾斜导轨上向上运动的过程中,根据牛顿第二定律有
(m1+m2)gsin θ2+μ2(m1+m2)gcos θ2=(m1+m2)a上'
根据运动学规律有2a上'x上'=v2
由题图2可知x上=4.84x上'
解得甲、乙碰撞后的速度v= m/s
乙返回水平导轨后与甲相互作用的过程,对甲、乙组成的系统,根据动量守恒定律有
m1v2-m2v1=(m1+m2)v
解得乙返回水平导轨Q1Q2时甲的速度为v2= m/s
若乙返回水平导轨时在Q1Q2处恰与甲发生碰撞,则对应d取最小值.乙第一次在右侧倾斜导轨上运动的过程,对甲根据动量定理有
-BlΔt1=m1v2-m1v共
其中=,=,ΔΦ1=BlΔx1
联立解得Δx1= m
根据位移关系有dmin-Δx=Δx1
解得dmin= m
若乙返回水平导轨后,当两者共速时恰好碰撞,则对应d取最大值.对乙从返回水平导轨到与甲碰撞前瞬间的过程,根据动量定理有
BlΔt2=m2v-(-m2v1)
其中=,=,ΔΦ2=BlΔx2
联立解得Δx2= m
根据位移关系有
dmax-Δx-Δx1=Δx2
联立解得dmax= m
综上所述,d的取值范围为
m
1.(多选)[2024·浙江杭州二中模拟] 如图所示,固定于水平面上的两根平行金属导轨 MN、PQ左端接有阻值为R 的灯泡,一质量为m、电阻不计的导体棒ab跨接在导轨上形成闭合回路,该空间有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度的大小为B.现让ab棒以初速度 v0沿导轨向右运动,不计摩擦及导轨电阻,下列关于导体棒的速度v随时间t及位移x变化的图像,可能正确的是 ( )
A
B
C
D
2.[2024·广东广州模拟] 如图所示,两间距为l=0.5 m的平行光滑金属轨道ME和PF竖直放置(电阻不计),在ABCD、CDEF区域内存在垂直于轨道平面的匀强磁场,磁场方向如图所示,磁感应强度大小B1=B2=1 T,图中d=0.4 m.两导体棒a、b通过绝缘轻质杆连接,总质量m=0.5 kg,b棒接入轨道的电阻为R=0.2 Ω,a棒电阻不计.现将ab连杆系统从距离AB边高h处由静止释放,a棒匀速通过ABCD区域,a棒从进入AB边到穿出EF边用时0.2 s,导体棒与金属轨道垂直且接触良好,g取10 m/s2,则 ( )
A.a棒刚进入ABCD磁场时的电流方向向左
B.a棒刚进入ABCD磁场时的速度大小v1=2 m/s
C.h=1.0 m
D.a棒以1 m/s的速度穿出EF边
3.(多选)[2024·贵州卷] 如图所示,间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上,左端接有一定值电阻R,导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场.质量为m的金属棒置于导轨上,在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动,一段时间后撤去水平拉力,金属棒最终停在导轨上.已知金属棒在运动过程中,最大速度为v,加速阶段的位移与减速阶段的位移相等,金属棒始终与导轨垂直且接触良好,不计摩擦及金属棒与导轨的电阻,则 ( )
A.加速过程中通过金属棒的电荷量为
B.金属棒加速的时间为
C.加速过程中拉力的最大值为
D.加速过程中拉力做的功为mv2
4.(多选)如图所示,电阻不计的光滑金属导轨由直窄轨AB、CD以及直宽轨EF、GH组合而成,窄轨和宽轨均处于同一水平面内,AB、CD等长且与EF、GH均相互平行,BE、GD等长、共线,且均与AB垂直,窄轨间距为,宽轨间距为L.窄轨和宽轨之间均有竖直向上的磁感应强度为B1的匀强磁场.由同种材料制成的相同金属直棒a、b始终与导轨垂直且接触良好,棒长为L、质量为m、电阻为R.初始时b棒静止于导轨EF段某位置,a棒从AB段某位置以初速度v0向右运动,且a棒距窄轨右端足够远,宽轨EF、GH足够长.下列判断正确的是 ( )
A.a棒刚开始运动时,b棒的加速度大小为
B.经过足够长的时间,a棒的速度为v0
C.整个过程中通过回路的电荷量为
D.整个过程中b棒产生的焦耳热为m
5.[2022·辽宁卷] 如图所示,两平行光滑长直金属导轨水平放置,间距为L.abcd区域有匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向竖直向上.初始时刻,磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动,磁场内的细金属杆N处于静止状态.两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直.两杆的质量均为m,在导轨间的电阻均为R,感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计.
(1)求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向;
(2)若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为,求:
①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q;
②初始时刻N到ab的最小距离x;
(3)初始时刻,若N到cd的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab的距离为kx(k>1),求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围.
6.[2024·江西卷] 如图1所示,绝缘水平面上固定一光滑平行金属导轨,导轨左右两端分别与两粗糙的倾斜平行金属导轨平滑连接,两侧导轨倾角分别为θ1、θ2,导轨间距均为l=2 m,水平导轨所在区域存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小B=0.5 T.现有两均匀金属细棒甲和乙,质量分别为m1=6 kg和m2=2 kg,接入导轨的电阻均为R=1 Ω.左、右两侧倾斜导轨与两棒的动摩擦因数分别为μ1=、μ2=.初始时刻,乙静止在水平导轨上,与水平导轨左端P1P2的距离为d,甲从左侧倾斜导轨高度h=4 m的位置静止滑下.水平导轨足够长,两棒运动过程中始终与导轨接触良好且保持垂直.若两棒发生碰撞,则为完全非弹性碰撞.不计空气阻力和导轨的电阻.(g取10 m/s2,sin θ1=0.6,sin θ2=0.8)
(1)求甲刚进入磁场时乙的加速度大小和方向;
(2)为使乙第一次到达水平导轨右侧Q1Q2之前甲和乙不相碰,求d的最小值;
(3)若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对水平导轨的竖直高度y随时间t的变化如图2所示(t1、t2、t3、t4、b均为未知量),乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞,甲在0~t3时间内未进入右侧倾斜导轨,求d的取值范围.(共124张PPT)
专题二十三 动量观点在电磁感应中的应用
题型一 动量定理在电磁感应中的应用
题型二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
◆
作业手册
作业手册(A)
作业手册(B)
答案核查【听】
答案核查【作】
备用习题
题型一 动量定理在电磁感应中的应用
1.模型构建
导体棒或金属框运动的形式有匀速、匀变速和非匀变速三种，对前两种情
况，容易想到用平衡条件和牛顿运动定律求解，对后一种情况一般要结合
动量知识求解.当安培力变化，且又涉及时间、位移、速度、电荷量等问
题时，用动量定理往往能巧妙解决.
2.常见问题
在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、
速度、位移和电荷量.
(1)求电荷量或速度：，.
(2)求位移：，
即.
(3)求时间
①已知电荷量， 为恒力，可求出非匀变速运动的时间.
，
即 .
②若已知位移， 为恒力，也可求出非匀变速运动的时间.
， .
例1 (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的定值电阻相连，导轨段与 段粗糙，其余部分光滑，右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为 的金属杆垂直导轨放置.现让金属杆以初速度沿导轨向右经过 进入磁场，最终恰好停在处. 已知金属杆接入导轨之间的阻值为 ，与粗糙导轨间的动摩擦因数为 ,
.导轨电阻不计，重力加速度
为 ，下列说法正确的是( )
A.金属杆经过的速度为
B.在整个过程中，定值电阻 产生的热量为
C.金属杆经过与 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
√
√
[解析] 金属杆经过 区域，切割磁感线，
产生的平均感应电动势为，电路
中的平均感应电流 ，金属杆受到
的平均安培力 ，安培力的冲量 ，
同理，金属杆经过 区域，金属杆所受安培力的冲量 ，
所以 金属杆经过这两个区域所受安培力的冲量相同，故C正确；
金属杆经过 区域过程，根据动量定理得
，金属杆经过
区域过程，设所用时间为 ，根据动量定理得
，联立解得
，故A错误；根据能量守恒定律可知，
在整个过程中，金属杆减少的动能等于克服摩擦力做的
功和克服安培力做的功之和，则克服安培力做的功
，而克服安培力做的功转化
为金属杆和定值电阻产生的焦耳热，所以总焦耳热
，由于金属杆的电阻和定值电
阻的阻值相同，故定值电阻上产生的热量
，故B错误；
对整个运动过程，由根据动量定理得
，
，
若将金属杆的初速度加倍，即初速度变为 ，根据动量定理得
，由于金属杆经过时的速度变大，
所以经过 区域的时间变短，即，对比上面两式可知
，即金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，故D正确.
变式 [2023·福建卷] 如图所示，、 是两根固
定在水平面内的光滑平行金属导轨，导轨足够长
A. B. C. D.
且电阻可忽略不计；导轨间有一垂直于水平面向
下的匀强磁场，其左边界 垂直于导轨；阻值恒定的两均匀金属棒、均
垂直于导轨放置，始终固定. 以一定初速度进入磁场，此后运动过程中始
终与导轨垂直且接触良好，并与不相碰.以 为坐标原点，水平向右为正方
向，建立坐标轴；在运动过程中， 的速度记为，克服安培力做功的功
率记为.下列或随 变化的图像中，可能正确的是 ( )
√
[解析] 设导轨间磁场磁感应强度为，导轨间距为 ，
两金属棒的总电阻为，由题意知金属棒 进入磁场后
受到水平向左的安培力作用，做减速运动，根据动量
定理有 ，其中，， ，
可得，又因为，联立可得 ，
根据此表达式可知与成一次函数关系，故A正确，B错误； 克服安培
力做功的功率为，故 图像为
开口向上的抛物线，由于和都在减小，所以 在减小,故C、D错误.
例2 [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 ,两导轨及其所构成的平
面均与水平面成 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 .现将质量均为
(1) 先保持棒静止，将棒由静止释放，求棒匀速运动时的速度大小 ；
[答案]
的金属棒、垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为 .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 .
[解析] 棒运动过程中,当重力沿斜面的分力和棒 所受的安培力大小相等
时，棒 做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得
由闭合电路欧姆定律可得
安培力
当棒 做匀速运动时，有
联立解得
例2 [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 ,两导轨及其所构成的平
面均与水平面成 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 .现将质量均为
(2) 在(1)问中，当棒匀速运动时，再将棒由静止释放，求释放瞬间棒
的加速度大小 ;
[答案]
的金属棒、垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为 .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 .
[解析] 由右手定则可知棒 中电流向里，所受安培力
沿斜面向下，则对棒 根据牛顿第二定律可得
解得
例2 [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 ,两导轨及其所构成的平面
均与水平面成 角,整个装置处于垂直于导轨平面斜向
(3) 在(2)问中，从棒释放瞬间开始计时，经过时间 ，两棒恰好达到相
同的速度，求速度的大小，以及时间内棒相对于棒运动的距离 .
[答案] ;
上的匀强磁场中,磁感应强度大小为.现将质量均为
的金属棒、 垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为 .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 .
[解析] 释放棒后，棒 受到沿斜面向上的安培力，
在达到相同速度过程，对棒 根据动量定理有
棒受到沿斜面向下
的安培力，对棒 根据动量定理有
联立解得
由闭合电路欧姆定律可得
联立解得
技法点拨
求电荷量 的两种方法
题型二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
1.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
力充当系统内力，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，运用动量守恒定律解题比较方便.
2.双棒模型(不计摩擦力)
双棒无外力 双棒有外力
示意图 ____________________________________________________
双棒无外力 双棒有外力
动力学观点 导体棒1受安培力的作用做加速 度减小的减速运动，导体棒2受 安培力的作用做加速度减小的 加速运动，最后两棒以相同的 速度做匀速直线运动 导体棒1做加速度逐渐减小
的加速运动，导体棒2做加
速度逐渐增大的加速运
动，最终两棒以相同的加
速度做匀加速直线运动
续表
双棒无外力 双棒有外力
动量观点 系统动量守恒 系统动量不守恒
能量观点
续表
例3 [2024·湖北卷] 如图所示，两足够长平行
金属直导轨、的间距为 ，固定在同一
水平面内，直导轨在左端、 点分别与两条
竖直固定、半径为的圆弧导轨相切. 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 、方向竖直
向下的匀强磁场.长为、质量为、电阻为的金属棒 跨放在两圆弧导
轨的最高点.质量为、电阻为的均匀金属丝制成一个半径为 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.现将金属棒 由静止释放，求:
[解析] 对金属棒由静止释放到刚越过 过程中，由动能
定理有 (1分)
刚越过 时产生的感应电动势大小为
(1分)
联立解得 (1分)
(1) 刚越过 时产生的感应电动势大小；
[答案]
[解析] 根据题意可知，金属环在导轨间的
两段圆弧并联接入电路中，金属环在导轨外侧的两段圆弧被短路，设导轨间每段圆弧所对的圆心角为 ，由几何关系可得 (1分)
解得 (1分)
由于金属环由均匀电阻丝制成，故由电阻定律可知，导轨间的每段圆弧的电阻为 (1分)
(2) 金属环刚开始运动时的加速度大小；
[答案]
整个回路的总电阻为
(1分)
刚越过时，通过的感应电流为
(1分)
对金属环由牛顿第二定律有 (1分)
联立解得 (1分)
[答案]
(3) 为使 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 的最小距离.
[解析] 计算金属环受到的安培力时，可将金属环等效为一根垂直于导轨
放置的长度为的金属棒，由于通过该棒的电流与通过金属棒 的电流大
小相等且方向相反，所以金属环和金属棒 所受的安培力等大反向，系统动量守恒.由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，所以为使 在整个运动过程中不与金属环接触，应满足金属棒 减速到和金属环速度相等时，金属棒仍未追上金属环.
设金属棒和金属环达到的共同速度为 ，此过程中金属棒在水平导轨上运动的位移为，金属环运动的位移为 .
由动量守恒定律有
(1分)
对金属棒 ，由动量定理有
(2分)
其中，, (2分)
金属环圆心初始位置到的距离 (1分)
联立解得 (1分)
即金属环圆心初始位置到的最小距离为
(1分)
例4 (多选)[2024·海南卷] 两根足够长的导轨由
上下段电阻不计、光滑的金属导轨组成，在 、
两点绝缘连接，、等高，间距 ，连
接处平滑.导轨平面与水平面夹角为 ，导轨两
端分别连接一个阻值 的电阻和 的电容器，整个装置处
于的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中，两根导体棒、 分
别放在两侧，质量分为，， 棒电阻为
，棒的电阻不计，将由静止释放，同时从距离 为
处在一个大小 ，方向沿导轨平面向上的力作用下由
静止开始运动，两棒恰好在处发生弹性碰撞，碰撞前瞬间撤去 ，已
知碰前瞬间的速度为，取 ，则( )
A.从释放到第一次碰撞前所用时间为
B.从释放到第一次碰撞前， 上消耗的焦耳热为
C.两棒第一次碰撞后瞬间，的速度大小为
D.两棒第一次碰撞后瞬间，的速度大小为
√
√
[解析] 由于导体棒、 同时由静止开始运动，且
恰好在、处发生弹性碰撞，则说明、 在到
达、处所用的时间是相同的，对导体棒 和电
容器组成的回路有，对 根据牛顿
第二定律有，其中 ， ，
联立有，则说明导体棒 做匀加速直线运动，则有
， 联立解得， ，故A错误；
由题知，碰前瞬间的速度为 ，则根据功能关系有
，导体棒 下滑过程中根据动量定理有 ，其中
， ，
联立解得 ， ，，
则 上消耗的焦耳热为 ，故B正确；
由于两棒恰好在 处发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正方向，有
， ，
其中，联立解得 ， ，
故C错误，D正确.
例5 (多选)[2023·辽宁卷] 如图所示，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平
面上，左、右两侧导轨间距分别为和 ,处于竖直向上的磁场中，磁感应强
度大小分别为和.已知导体棒的电阻为、长度为,导体棒 的电阻为
、长度为,的质量是 的2倍.初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接
一压缩量为 的轻质绝缘弹簧.释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹
簧始终在弹性限度内.整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够
长且电阻不计.下列说法正确的是( )
A.弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流
B.速率为时，所受安培力大小为
C.整个运动过程中，与的路程之比为
D.整个运动过程中，通过的电荷量为
√
√
[解析] 弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路
中产生顺时针方向的电流，选项A正确；任意时刻，
设电流为，则受安培力，， 受
安培力 ,两个安培力方向相反，又两棒所受弹簧弹力始终大小
相等，可知两棒组成的系统所受合外力为零，动量守恒，设质量为，
则 质量为，速率为时，设速度为 , 有,解得
,回路中的感应电流, 所受安培力大小为
,选项B错误；
与 两棒运动中始终动量守恒，速度之比始终
为 ，所以整个运动过程中两棒路程之比为,选
项C正确；与 两棒最后停止时，弹簧处于原
长位置，此时两棒间距增加了，由上述分析可知，
向左移动， 向右移动 ，则
,选项D错误.
动量定理在电磁感应中的应用
1.(多选)如图所示，光滑的平行金属导轨固定在绝缘
的水平面上，导轨处在竖直向下的匀强磁场中，左
侧导轨间的距离为 ，右侧导轨间的距离为，导体
棒、垂直放置于导轨之间，且与导轨接触良好，
导体棒、 的电阻相等，.第一次将导体棒固定在右侧导轨上，使导
体棒 以初速度开始向右运动，直至回路中的感应电流变为0；第二次导体棒
未被固定且静止在右侧导轨上，使导体棒仍以初速度 开始向右运动，直至
回路中的感应电流也变为0.已知前后两次回路中的感应电流变为0时，导体棒
仍处在左侧导轨上，不计导轨的电阻.下列说法中正确的是( )
A.第二次导体棒和导体棒 组成的系统动量守恒
B.第一次回路中产生的焦耳热是第二次的2倍
C.第一次通过回路的电荷量是第二次的2倍
D.第一次导体棒 的动量变化量是第二次的5倍
√
√
[解析] 由于第二次导体棒和导体棒 在水平方向上受到的安培力大小不等，所以第二次导体棒 和导体棒 组成的系统受到的合外力不为零，动量不守恒，A错误；
第一次导体棒 会减速到零，则第一次产生的焦耳热为 ，第二次导体棒 未被固定，当回路中的感应电流变为0时，有
，即，对导体棒 由
动量定理可得，对导体棒 由动量
定理可得 ，又知
，联立解得， ，第二次产生的焦耳热为
，B正确；
第一次对 由动量定理可得，则
，第二次对 由动量定理可得
，则,C正确；
第一次导体棒 的动量变化量 ，
第二次导体棒 的动量变化量
，
D错误.
2.如图甲所示，两平行长直光滑金属
导轨水平放置，间距为 ，左端连接
一个电容为 的电容器，导轨处在磁
感应强度大小为 、方向垂直于导轨
(1) 求金属棒匀速运动时的速度大小 ；
[答案]
平面向上的匀强磁场中.质量为 的金属棒垂直于导轨放置，某时刻金属棒
获得一个水平向右的初速度，之后金属棒运动的 图像如图乙所示，
不考虑导轨的电阻.
[解析] 金属棒匀速运动切割磁感线产生的电动势
电容器带的电荷量
金属棒从开始到匀速运动的过程中，由动量定理有
电容器带的电荷量
联立解得 .
2.如图甲所示，两平行长直光滑金属导轨水
平放置，间距为，左端连接一个电容为
的电容器，导轨处在磁感应强度大小为 、
(2) 求金属棒匀速运动时电容器带的电荷量 ；
[答案]
[解析] 由(1)可知 .
方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.质量为 的金属棒垂直于导轨放置，
某时刻金属棒获得一个水平向右的初速度，之后金属棒运动的 图
像如图乙所示，不考虑导轨的电阻.
2.如图甲所示，两平行长直光滑金属导轨水平放
置，间距为，左端连接一个电容为 的电容器，
导轨处在磁感应强度大小为 、方向垂直于导轨
(3) 已知金属棒从开始到匀速运动的过程中，产生的焦耳热为 ，求电容
器充电稳定后储存的电能 .
[答案]
平面向上的匀强磁场中.质量为 的金属棒垂直于导轨放置，某时刻金属棒
获得一个水平向右的初速度，之后金属棒运动的 图像如图乙所示，
不考虑导轨的电阻.
[解析] 在时间内，金属棒的速度由到 ，由能量守恒定律可得
解得 .
3.如图所示，在磁感应强度大小为 的匀强磁场区域内，
垂直于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 和，两棒
彼此平行且相距 ，构成一矩形回路.导轨间距为，两导体棒的质量均为，电阻均为 ，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 棒静止，给棒一个向右的初速度 ，求：
(1) 当棒速度减为时，棒的速度及加速度 的大小；
动量守恒定律在电磁感应中的应用
[答案] ;
[解析] 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
解得
回路产生的感应电动势
此时回路中的电流
因此加速度
整理得 .
3.如图所示，在磁感应强度大小为 的匀强磁场区域
内，垂直于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 和
，两棒彼此平行且相距 ，构成一矩形回路.导轨间
距为，两导体棒的质量均为，电阻均为 ，导轨电
(2) 、棒间的距离从增大到最大的过程中，通过回路的电荷量 及两
棒间的最大距离 .
[答案] ;
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 棒静止，
给棒一个向右的初速度 ，求：
[解析] 、 棒速度相等时有最大距离，根据动量守恒定律可得
对棒，根据动量定理有
而
解得
在这段时间内，平均感应电动势
回路中的平均电流
流过某截面的电荷量
解得最大距离 .
4.[2023·全国甲卷] 如图所示,水平桌面上固定一光滑
形金属导轨，其平行部分的间距为 ,导轨的最右端与
桌面右边缘对齐.导轨的电阻忽略不计.导轨所在区域
(1) 金属棒 滑出导轨时的速度大小;
[答案]
有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为.一质量为、电阻为 、
长度也为的金属棒静止在导轨上.导轨上质量为的绝缘棒位于 的左
侧，以大小为的速度向运动并与 发生弹性碰撞,碰撞时间极短.碰撞一
次后,和先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点. 在导
轨上运动时，两端与导轨接触良好,与 始终平行.不计空气阻力.求:
[解析] 以向右为正，设与发生碰撞后， 的速度为
,的速度为.由于和 间为弹性碰撞，由动量守
恒定律和机械能守恒定律有
设滑出导轨时的速度为,由题意可知
联立可得
(2) 金属棒 在导轨上运动过程中产生的热量;
[答案]
[解析] 设在导轨上运动过程中产生的热量为 ,由
能量守恒有
联立解得
4.[2023·全国甲卷] 如图所示,水平桌面上固定一光滑
形金属导轨，其平行部分的间距为 ,导轨的最右端
与桌面右边缘对齐.导轨的电阻忽略不计.导轨所在区
(3) 与碰撞后,绝缘棒 在导轨上运动的时间.
[答案]
域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为.一质量为 、电阻为
、长度也为的金属棒静止在导轨上.导轨上质量为的绝缘棒位于
的左侧，以大小为的速度向运动并与 发生弹性碰撞,碰撞时间极短.碰
撞一次后,和先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点.
在导轨上运动时，两端与导轨接触良好,与 始终平行.不计空气阻力. 求:
[解析] 当金属棒在导轨上以速度 运动时，由法拉
第电磁感应定律，棒中的电动势
导轨和构成的回路中的电流
所受的安培力大小
设的加速度为,由牛顿第二定律得
设在小时间段内，金属棒 的速度和位置变化量分别为和 ,
有,
联立解得
设碰撞后在导轨上运动的距离为 ，由上式可得
碰撞后绝缘棒在导轨上运动的距离也为 ，设运动时间为,有
联立解得
作业手册(A)
1.(多选)[2024·广西桂林一中模拟] 如图所示，两足够长的光滑平行金属
导轨、水平放置，导轨间距为，虚线垂直导轨， 两侧导轨
所在空间区域存在着磁感应强度大小均为 的方向相反的竖直匀强磁场，
两长度均为、电阻均为、质量均为的金属导体棒、 垂直导轨放在
左右两侧，并与导轨保持良好接触，不计其他电阻.现给导体棒 一个
瞬时冲量，使获得一个水平向右的初速度.下列关于、 两棒此后整个
运动过程的说法正确的是( )
A.、 两棒组成的系统动量守恒
B.、两棒最终都将以大小为 的速度做匀速直线运动
C.整个过程中，棒上产生的焦耳热为
D.整个过程中，流过棒的电荷量为
√
√
√
[解析] 由题意可知，、 两棒中的电流大小相
等，由左手定则可知，安培力方向相同，则系
统的合力不为0，系统动量不守恒，故A错误；
由题意分析可知， 棒向右做减速运动切割磁感
线， 棒向左做加速运动切割磁感线，当两棒速
度大小相等时回路中的电流为0，分别对两棒应
用动量定理且取向左为正方向，有 ，
，解得 ，故B正确；
由能量守恒定律可得 ，
解得，故C正确；对 棒由动量定理
且取向右为正方向，有 ，即
，解得 ，故D正确.
2.(多选)[2024·广东惠州模拟] 如图所示，足够长的两根光滑且电阻不计的
平行金属导轨和固定在水平面上，与距离为 ，
与距离为.金属棒和的质量分别为和、长度分别为与 ，金
属棒、 分别垂直静止放在左右两侧导轨上.整个装置处于竖直向下的、磁
感应强度为的匀强磁场中.现棒获得水平向右的初速度 ，两棒运动时始
终保持平行且棒总在上运动，棒总在 上运动，经过足够
长时间后，下列说法正确的是( )
A.金属棒流过的电荷量是
B.金属棒和 做加速度相同的匀加速直线运动
C.金属棒和 做速度相等的匀速直线运动
D.回路感应电动势为零
√
√
[解析] 因金属棒向右运动，受安培力向左，则
棒做减速运动，金属棒 受安培力向右做加速运动，
则经过一段时间后，两棒稳定时均做匀速运动，此
时回路的感应电流为零，感应电动势为零，则，即 ，
选项C错误，D正确；根据，则，金属棒 做
匀减速直线运动， 做匀加速直线运动，两者加速度大小相同，选项B错误；
由动量定理，对 有，对有 ，
解得 ，选项A正确.
3.(多选)[2024·湖北黄冈模拟] 如图所示，一质量为
且足够长的形光滑金属框 置于水平绝缘平台上，
边长为，不计金属框电阻.一长为 的导体棒
A.刚开始运动时产生的感应电流方向为
B.导体棒的最大速度为
C.从开始到导体棒速度最大，通过导体棒的电荷量为
D.从开始到导体棒速度最大，导体棒产生的焦耳热为
置于金属框上，导体棒的阻值为、质量为.装置处于磁感应强度为 、
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 ，在整个运动
过程中 始终与金属框保持良好接触，则( )
√
√
[解析] 金属框开始获得向右的初速度 ，根据右手定则
可知电流方向为 ，故A正确；以整
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，取初速度方向为正方向，根据动量
守恒定律可得 ，可得 ，故B错误；对导体棒根据动量
定理可得，其中 ，可得通过导体棒的电荷量为
，故C正确；由能量守恒定律知导体棒产生的焦耳热为
，故D错误.
4.(多选)[2024·辽宁沈阳模拟] 如图所示，足够长的光滑
平行金属导轨与水平面成 角放置，导轨电阻不计，其顶
端接有一电阻，底端静止一金属棒(电阻不计).整个装置处
于方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，为了使金属棒沿导轨上滑，磁
感应强度开始随时间均匀变化，当金属棒运动到 处时磁感应强度开始保
持不变.金属棒刚运动到处时的速度大小为 ，继续滑行一段距离到达最
高点后，再返回到处时的速度大小为.重力加速度为 ，则 ( )
A.金属棒从导轨底端上滑到 的过程中，磁感应强度
随时间在均匀增大
B.金属棒上滑经过段的加速度小于下滑经过 段
的加速度
C.金属棒上滑经过段和下滑经过段过程中，通过 的
电荷量之比为
D.金属棒从处上滑到到再返回到处的总时间等于
√
√
√
[解析] 根据楞次定律可判断，开始时回路中磁通量在增大，磁感应强度随
时间在均匀增大，故A正确；金属棒在 段滑动过程中，上滑时金属棒受
到沿斜面向下的安培力，则 ，下滑时金属棒受到沿
斜面向上的安培力，则，显然 ，故B错误；
在 段上滑和下滑过程中的磁通量变化量大小相同，根据可知流
经 的电荷量相同，故C正确；上滑时安培力的冲量为
，同理可知下滑时安培力的冲量与之大小相等，
方向相反，规定沿斜面向下为正方向，
全程根据动量定理得，
解得 ，故D正确.
5.(多选)[2024·湖南长沙模拟] 如图所示，有两根足够长、间距
为 的光滑竖直金属导轨，导轨上端接有开关、电阻、电容器，
其中电阻的阻值为，电容器(不会被击穿)的电容为，质量为
的金属棒 水平放置，整个装置放在垂直导轨平面向外、磁感应强度大
小为的匀强磁场中，不计金属棒和导轨的电阻.闭合某一开关，让 沿
导轨由静止开始释放，金属棒 和导轨始终垂直且接触良好，重力加速
度大小为.在金属棒 沿导轨下滑的过程中，下列说法正确的是( )
A.只闭合开关，金属棒 先做匀加速运动，后做匀速运动
B.只闭合开关，通过金属棒的电流为
C.只闭合开关，金属棒 先做加速运动，后做匀速运动
D.若只闭合开关，金属棒下降的高度为时速度
大小为 ，则所用的时间为
√
√
[解析] 只闭合开关，在金属棒运动过程中取一段
时间 ，且 趋近于零，设金属棒的加速度大小为 ，则有
，
对金属棒，根据牛顿第二定律有 ，解得
， ，可知金属棒做匀加速直线运动，A错
误，B正确；只闭合开关，金属棒刚释放时有 ，
之后金属棒受重力和安培力共同作用，
，又，
其中金属棒的速度 在增大，则金属棒做加速度减小的加速运动，直到
安培力和重力平衡后做匀速直线运动，C正确；若只闭合开关，金属
棒下降高度为时速度为 ，则在这个过程中对金属棒用动量定理有
，又 ，
解得 ，D错误.
6.[2024·福建福州一中模拟] 如图甲所示，间距为 的长直平行金属
导轨固定在水平面上，虚线 与导轨垂直，在其右侧有垂直于导轨平面
向下的匀强磁场，磁感应强度大小为.质量均为 的金属棒
、垂直放在导轨上，、与导轨间的动摩擦因数均为 ，棒到 存
在一段距离.时刻起，棒始终受到一方向水平向右、大小为
的恒定拉力作用，
其运动的图像如图乙所示，其中到 段的图像为直线.
已知、棒接入电路的总电阻为 ，运动过程中两棒未发生碰撞，
不计导轨的电阻，重力加速度取 .
(1) 求金属棒与导轨间的动摩擦因数大小 ；
[答案] 0.2
[解析] 对 棒受力分析，水平方向上有
从图像可以读出， 段的倾斜直线的斜率表示加速度大小，即
联立解得
[解析] 棒刚进入磁场时受到拉力 、滑动摩擦力和安培力，由图像可知,
此时 棒做减速运动,有
其中，,
联立解得
(2) 求棒刚进入磁场时的加速度大小 ；
[答案]
[解析] 对和整体进行分析，在 时间内，由动量定理可得
时刻
计算中发现
联立解得
(3) 在时刻，电路中电流为，求此时棒的速度大小 .
[答案]
7.[2024·云南大理一中模拟] 如图所示，空间内等
间距地分布着垂直于竖直平面向里且足够多的匀
强磁场区域，磁感应强度的大小为 .磁场
区域在竖直方向足够长.每一个磁场区域的宽度以
及相邻磁场区域的间距均为.现有一边长为 、质量为
、电阻为 的正方形金属线框以 的水平
初速度从磁场最左侧边界进入磁场，运动过程中线框平面始终处于竖直平
面内且上、下边保持水平.重力加速度大小取 ，求：
[解析] 线框刚进入磁场区域时，产生的电动势为
此时回路中的感应电流为
在水平方向上，根据牛顿第二定律可得
竖直方向
解得
(1) 线框刚开始进入最左侧磁场时，线框的水平加速度和竖直加速度大小的比值；
[答案]
7.[2024·云南大理一中模拟] 如图所示，
空间内等间距地分布着垂直于竖直平面
向里且足够多的匀强磁场区域，磁感应
强度的大小为 .磁场区域在竖直
方向足够长.每一个磁场区域的宽度以及
(2) 线框穿过第2个磁场区域的过程中产生的焦耳热；
[答案]
相邻磁场区域的间距均为.现有一边长为 、质量为
、电阻为 的正方形金属线框以 的水平
初速度从磁场最左侧边界进入磁场，运动过程中线框平面始终处于竖直平
面内且上、下边保持水平. 重力加速度大小取 ，求：
[解析] 线框进入磁场区域后，竖直方向只
受重力作用，且竖直方向的运动不改变线
框的磁通量.水平方向运动且磁通量变化时，
会产生阻碍线框运动的安培力.设线框刚好
离开第一个磁场时的水平速度的大小为 ，
线框穿过第一个磁场的过程，根据动量定
理可得
解得
同理可得线框刚离开第二个磁场瞬间水平
方向的速度为
据功能关系可得
解得
7.[2024·云南大理一中模拟] 如图所示，
空间内等间距地分布着垂直于竖直平面
向里且足够多的匀强磁场区域，磁感应
强度的大小为 .磁场区域在竖直
方向足够长.每一个磁场区域的宽度以及
(3) 线框在水平方向运动的最大距离.
[答案]
相邻磁场区域的间距均为.现有一边长为 、质量为
、电阻为 的正方形金属线框以 的水平
初速度从磁场最左侧边界进入磁场，运动过程中线框平面始终处于竖直平
面内且上、下边保持水平. 重力加速度大小取 ，求：
[解析] 线框进入磁场区域后，在水平方向
受安培力作用时，做减速运动，线框完全
进入磁场和完全离开磁场的过程中做匀速
直线运动.由(2)问可得，线框穿过一个完整
的磁场区域，水平方向的速度减小量为
所以线框可以穿过4个完整的磁场区域，但是不能从第5个磁场区域穿出.
线框穿出第4个完整的磁场区域时水平方向的速度为
设线框在第5个磁场区域运动时，有感应
电流的过程中水平方向运动的总
距离为.由(2)问可得
解得
线框在进入第5个磁场区域有感应电流的过程中水平方向运动的距离
为 .线框刚要离开第5个磁场区域时，水平方向运动的总距离为 .所以线
框在水平方向运动的最大距离为 解得
作业手册(B)
1.(多选)[2024·浙江杭州二中模拟] 如图所示,固定于水平
面上的两根平行金属导轨、左端接有阻值为 的灯
泡,一质量为、电阻不计的导体棒 跨接在导轨上形成闭
A. B. C. D.
合回路,该空间有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度的大小为.现让 棒以
初速度沿导轨向右运动,不计摩擦及导轨电阻,下列关于导体棒的速度 随
时间及位移 变化的图像, 可能正确的是( )
√
√
[解析] 导体棒向右运动的过程中切割磁感线,产生
感应电流,所受安培力，即为合力,
根据牛顿第二定律得 ,可知加速度 随着速度
减小而减小,导体棒做加速度逐渐减小的减速运动,故A正确,B错误;
对导体棒,由动量定理得 ,又,
解得 ,故C正确,D错误.
2.[2024·广东广州模拟] 如图所示,两间距为 的平行光滑金属轨道和竖直放置(电阻不计),在、 区域内存在垂直于轨道平面的匀强磁场,磁场方向如图所示，磁感应强度大小,图中.两导体棒、 通过绝缘轻质杆连接, 总质量,棒接入轨道的电阻为
, 棒电阻不计.现将连杆系统从距离边高处由静
止释放,棒匀速通过 区域, 棒从进入边到穿出边用时
,导体棒与金属轨道垂直且接触良好, 取 ,则( )
A.棒刚进入 磁场时的电流方向向左
B.棒刚进入磁场时的速度大小
C.
D.棒以的速度穿出 边
√
[解析] 由右手定则可知,棒刚进入 磁场时的电流方向向右,A错误;棒进入磁场时产生的感应电动势为 ,感应电流 ,由于棒匀速通过磁场,根据平衡条件得 ,解得 ,B错误;连杆自由下落过程,有,C错误;连杆在 磁场中匀速下落的时间,当棒进入 边时开始减速,经过
,棒到达边,当导体棒的速度为 时,电动势为,电流为,安培力为 ,此过程中由动量定理可得
,即
,解得
,D正确.
3.(多选)[2024·贵州卷] 如图所示，间距为 的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘
水平桌面上，左端接有一定值电阻，导轨所在平面存在磁感应强度大小为 、方
向竖直向下的匀强磁场.质量为 的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止
开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上.已知
金属棒在运动过程中，最大速度为 ，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金
属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则 ( )
A.加速过程中通过金属棒的电荷量为
B.金属棒加速的时间为
C.加速过程中拉力的最大值为
D.加速过程中拉力做的功为
√
√
[解析] 设加速阶段的位移与减速阶段的位移均为 ，
根据 ，可知
加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中
通过金属棒的电荷量，则减速过程由动量定理可得
，解得 ，A正确；
由，解得 ,金属棒加速的过程中，由位移公式可得,可得加速时间为 ,B正确；
金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，
加速过程中，安培力逐渐增大，加速度不变，因此拉力逐
渐增大，当撤去拉力的瞬间，拉力最大，由牛顿第二定律
可得 ,其中,联立解得 ，
C错误；加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属
棒做负功，由动能定理可得,可得
,因此加速过程中拉力做的功大于 ，D错误.
4.(多选)如图所示，电阻不计的光滑金属
导轨由直窄轨、以及直宽轨 、
组合而成，窄轨和宽轨均处于同一水
平面内，、等长且与、均相互平行，、 等长、共线，且
均与垂直，窄轨间距为，宽轨间距为 .窄轨和宽轨之间均有竖直向上
的磁感应强度为的匀强磁场.由同种材料制成的相同金属直棒、 始终
与导轨垂直且接触良好，棒长为、质量为、电阻为.初始时 棒静止于
导轨段某位置，棒从段某位置以初速度向右运动，且 棒距窄轨
右端足够远，宽轨、 足够长.下列判断正确的是( )
A.棒刚开始运动时， 棒的加速度大小为
B.经过足够长的时间，棒的速度为
C.整个过程中通过回路的电荷量为
D.整个过程中棒产生的焦耳热为
√
√
√
[解析] 棒刚开始运动时，感应电动势为
，电路中电流为
， 棒受的安培力为 ，根据牛顿第二定律
得 ，选项A正确；经过足够长时间，电路中无电流，有
，对 导体棒，根据动量定 理得，
对 导体棒，根据动量定理得 ，
联立解得，，选项B正确；
对 导体棒，根据动量定理得 ，解得 ，选项
C错误；根据能量守恒定律得 ，由
可知两导体棒产生的焦耳热关系为，解得 ，
故D正确.
5.[2022·辽宁卷] 如图所示，两平行
光滑长直金属导轨水平放置，间距为
区域有匀强磁场，磁感应强
度大小为，方向竖直向上.初始时刻，磁场外的细金属杆以初速度 向
右运动，磁场内的细金属杆 处于静止状态.两金属杆与导轨接触良好且运
动过程中始终与导轨垂直.两杆的质量均为，在导轨间的电阻均为 ，感
应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计.
[解析] 当细金属杆 刚进入磁场时，、 及导轨形成闭合回路，此
时 还未动.设回路中的感应电动势为 ， 根据闭合电路欧姆定律得，回路中的电流
M刚进入磁场时受到的安培力大小
，方向与 的运动方向相反，为水平向左.
(1) 求刚进入磁场时受到的安培力 的大小和方向；
[答案] ；方向水平向左
5.[2022·辽宁卷] 如图所示，两平行光滑长直金
属导轨水平放置，间距为 区域有匀强磁
(2) 若两杆在磁场内未相撞且出磁场时的速度为 ，求：
① 在磁场内运动过程中通过回路的电荷量 ；
[答案]
场，磁感应强度大小为，方向竖直向上.初始时刻，磁场外的细金属杆
以初速度向右运动，磁场内的细金属杆 处于静止状态.两金属杆与导轨
接触良好且运动过程中始终与导轨垂直.两杆的质量均为 ，在导轨间的电
阻均为 ，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计.
[解析] 对金属杆进行分析，设 在磁场内运动过程中回路中的平均电流
为
对由动量定理有
N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量
.
5.[2022·辽宁卷] 如图所示，两平行
光滑长直金属导轨水平放置，间距为
区域有匀强磁场，磁感应强
(2) 若两杆在磁场内未相撞且出磁场时的速度为 ，求：
② 初始时刻到的最小距离 ；
[答案]
度大小为，方向竖直向上.初始时刻，磁场外的细金属杆以初速度 向
右运动，磁场内的细金属杆 处于静止状态.两金属杆与导轨接触良好且运
动过程中始终与导轨垂直.两杆的质量均为，在导轨间的电阻均为 ，感
应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计.
[解析] 设、 在磁场内运动时的速度差为
当、 同在磁场内运动时，
回路中的感应电动势
则两杆受到的安培力大小
若初始时刻到 为最小距离，则当出磁场时，刚好未与 相撞，有
.对 由动量定理有
解得 .
5.[2022·辽宁卷] 如图所示，两平行
光滑长直金属导轨水平放置，间距为
区域有匀强磁场，磁感应强
(3) 初始时刻，若到的距离与第(2)问初始时刻的相同、到 的距离为
，求出磁场后不与相撞条件下 的取值范围.
[答案]
度大小为，方向竖直向上.初始时刻，磁场外的细金属杆以初速度 向
右运动，磁场内的细金属杆 处于静止状态.两金属杆与导轨接触良好且运
动过程中始终与导轨垂直.两杆的质量均为，在导轨间的电阻均为 ，感
应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计.
[解析] 初始时刻，若到 的距离与第(2)问初始时刻的相同、到 的距
离为，则到 边时速度大小恒为 ，根据动量守恒定律可知，
，解得 出磁场时，的速度大小为 ，由题
意可知，此时到 边的距离.若要保证 出磁场后不
与 相撞，则有两种临界情况：
①M减速到时出磁场,速度刚好等于N的速度,一定不与N相撞,对M根据动量定理有BI″L·Δt=m·-m·,q'=I″·Δt=,联立解得k=2.
②M运动到cd边时,恰好减速到零,则对M根据动量定理有BI L·Δt=m·-0,
同理可得k=3.
综上所述,M出磁场后不与N
相撞条件下k的取值范围为2≤k<3.
6.[2024·江西卷] 如图1所示，绝缘水平面上固定一光滑平行金属导轨，导
轨左右两端分别与两粗糙的倾斜平行金属导轨平滑连接，两侧导轨倾角分
别为、，导轨间距均为 ，水平导轨所在区域存在竖直向上的
匀强磁场，磁感应强度大小 .
现有两均匀金属细棒甲和乙，质量
分别为和，
接入导轨的电阻均为 .
的位置静止滑下.水平导轨足够长，两棒运动过程中始终
与导轨接触良好且保持垂直.若两棒发生碰撞，则为完全非弹性碰撞.不计空
气阻力和导轨的电阻.取,,
(1) 求甲刚进入磁场时乙的加速度大小和方向；
[答案] ; 水平向右
[解析] 对甲从静止到运动至 处的过程，根据动能定理有
甲刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律有
根据闭合电路欧姆定律有
对乙由牛顿第二定律有
联立解得
根据楞次定律可知，回路中的感应电流沿逆时针方向(俯视)，结合左手定
则可知，乙所受安培力方向水平向右，则加速度方向水平向右
[解析] 甲和乙在磁场中运动的过程，由于甲和乙所受的安培力大小相等、
方向相反，所以甲、乙组成的系统所受合外力为0，系统动量守恒，当两
者共速时有
联立解得
对乙根据动量定理有
其中，，
(2) 为使乙第一次到达水平导轨右侧之前甲和乙不相碰，求 的最小值；
[答案]
为使甲和乙不相碰，甲与乙共速时两者的位移差应不大于距离 ，即
联立解得
所以的最小值为
(3) 若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对水平导轨的竖直高度随时间 的变化
如图2所示(、、、、 均为未知量)，乙第二次进入右侧倾斜导轨之
前与甲发生碰撞，甲在时间内未进入右侧倾斜导轨，求 的取值范围.
[答案]
[解析] 根据(2)问可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨上运
动稳定，相对位移为，且稳定时的速度
乙第一次在右侧倾斜导轨上向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有
根据运动学规律有
乙第一次在右侧倾斜导轨上向下运动的过程中，
根据牛顿第二定律有
根据运动学规律有
又
联立解得乙第一次从右侧倾斜导轨上滑下经时的速度
甲、乙结合体第一次在右侧倾斜导轨上向上运动的过程中，根据牛顿第二
定律有
根据运动学规律有
由题图2可知
解得甲、乙碰撞后的速度
乙返回水平导轨后与甲相互作用的过程，对甲、乙组成的系统，根据动量
守恒定律有
解得乙返回水平导轨时甲的速度为
若乙返回水平导轨时在处恰与甲发生碰撞，则对应 取最小值.乙第一
次在右侧倾斜导轨上运动的过程，对甲根据动量定理有
其中，，
联立解得
根据位移关系有
解得
若乙返回水平导轨后，当两者共速时恰好碰撞，则对应 取最大值.对乙从
返回水平导轨到与甲碰撞前瞬间的过程，根据动量定理有
其中，，
联立解得
根据位移关系有
联立解得
综上所述， 的取值范围为
热点题型探究
题型一 例1.CD 变式.A
例2.（1） （2） （3）,
题型二
例3.（1） （2） （3）
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作业手册（B） 基础巩固练 1.AC 2.D 3.AB 4.ABD
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5.（1） ；方向水平向左 （2）① ② （3）
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6.（1）,水平向右 （2） （3）
