第70課時專題強(qiáng)化：電磁感應(yīng)中的動量問題

目標(biāo)要求1.掌握應(yīng)用動量定理處理電磁感應(yīng)問題的方法技巧，能識別常用動量定理的模型。2.建立電磁

感應(yīng)問題中動量守恒的模型，并能靈活用動量守恒定律解決問題。

考點(diǎn)一動量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

導(dǎo)體棒或金屬框在感應(yīng)電流所引起的安培力作用下做非勻變速直線運(yùn)動時，當(dāng)題目中涉及速度v、電荷量

q、運(yùn)動時間t、運(yùn)動位移x時常用動量定理求解。

1.“單棒＋電阻”模型

(1)水平放置的平行光滑導(dǎo)軌，間距為L，左側(cè)接有電阻阻值為R，導(dǎo)體棒初速度為v0，質(zhì)量為m，電阻不

計，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，從導(dǎo)體棒開始運(yùn)動至停下來。求：

①此過程中通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量q＝；

??0

②此過程導(dǎo)體棒的位移x＝；??

??0?

22

??

③若導(dǎo)體棒從獲得初速度v0經(jīng)一段時間減速至v1，通過導(dǎo)體棒的電荷量為q1，則v1＝v0－；

Bq1?

?

④導(dǎo)體棒從獲得初速度0經(jīng)過位移0，速度減至2，則2＝0－。

vxvvv22

???0

(2)間距為L的光滑平行導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為θ，由靜止釋放質(zhì)量?為?m、接入電路的阻值為R的導(dǎo)體棒，

勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直導(dǎo)軌所在傾斜面向下(重力加速度為g，導(dǎo)軌電阻不計)。

＋

①經(jīng)Δt1＝，通過橫截面的電荷量為q，速度達(dá)到v1。

??1???

??s＋in?

②經(jīng)2＝，導(dǎo)體棒下滑位移為，速度達(dá)到2。

Δt22xv

??2????

例1(多選??)?如sin圖?所示，水平面上固定放置有“”形光滑金屬導(dǎo)軌，平行的兩邊寬度為L。虛線MN

右側(cè)存在方向垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，磁場的區(qū)域足夠大。質(zhì)

量為m、電阻為R、長度也為L的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置，以初速度v0沿導(dǎo)軌進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)域，最

終靜止。金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，不計金屬導(dǎo)軌電阻，則()

金屬棒剛進(jìn)入磁場時受到的安培力大小為

A.22

???0

?

B.金屬棒在磁場中運(yùn)動的時間為

2??

22

C.金屬棒在磁場中運(yùn)動的距離為??

??0?

22

D.流過金屬棒橫截面的總電荷量為??

2??0

答案AC??

解析根據(jù)題意可知，金屬棒剛進(jìn)入磁場時，感應(yīng)電動勢為E＝BLv0，通過金屬棒的感應(yīng)電流為I＝＝

?

，金屬棒剛進(jìn)入磁場時受到的安培力大小為F＝BIL＝，故A正確；設(shè)金屬棒在磁場中運(yùn)動?的距

22

???0???0

??

離為，由動量定理有－＝－＝－0，其中＝＝＝，則有＝0，解得金屬棒在

xFΔtBL·Δt0mvq·Δt22mv

Δ???????

磁場中運(yùn)動的距離為x＝，流過?金屬棒橫截面的總電荷量?為q＝?，?若金屬棒做?勻減速運(yùn)動，則有x＝

??0???0

22

t，解得t＝，由于金?屬?棒做加速度減小的減速運(yùn)動，所以金屬棒??在磁場中運(yùn)動的時間不等于，故

?02??2??

2222

B2、D錯誤，?C?正確。??

2.不等間距的雙棒模型

例2(多選)(2024·山東淄博市檢測)如圖所示，M、N、P、Q四條光滑的足夠長的金屬導(dǎo)軌平行放置，

導(dǎo)軌間距分別為2L和L，兩組導(dǎo)軌間由導(dǎo)線相連，裝置置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間存在方向豎直向下的、

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，兩根質(zhì)量均為m、接入電路的電阻均為R的導(dǎo)體棒C、D分別垂直

于導(dǎo)軌放置，且均處于靜止?fàn)顟B(tài)，其余部分電阻不計。t＝0時使導(dǎo)體棒C獲得瞬時速度v0向右運(yùn)動，

兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸良好，且達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動時導(dǎo)體棒C未到兩組導(dǎo)軌

連接處，則下列說法正確的是()

＝時，導(dǎo)體棒的加速度大小為＝

A.t0Da22

???0

B.達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動時，C、D兩棒速度之比為?1?∶1

C.從t＝0時至達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動的過程中，回路產(chǎn)生的內(nèi)能為m

22

0

D.從t＝0時到達(dá)到穩(wěn)定運(yùn)動的過程中，通過導(dǎo)體棒的電荷5量為?

2??0

答案ACD5??

解析開始時，導(dǎo)體棒中的感應(yīng)電動勢E＝2BLv0，電路中感應(yīng)電流I＝，導(dǎo)體棒D所受安培力F＝BIL，

?

設(shè)導(dǎo)體棒的加速度為，則有＝，解得＝，故正確；穩(wěn)2定?運(yùn)動時，電路中電流為零，設(shè)此

DaFmaa22A

???0

時C、D棒的速度分別為v1、v2，則有2BLv1＝BLv2，??對變速運(yùn)動中任意極短時間Δt，由動量定理得，對C

棒有2BLΔt＝m(v0－v1)，對D棒有BLΔt＝mv2，故對變速運(yùn)動全過程有v0－v1＝2v2，解得v2＝v0，v1＝

2

??5

v0，故B錯誤；根據(jù)能量守恒定律可知回路產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝m－m－m，解得Q＝m，

112121222

520212250

故C正確；由動量定理，對C棒有2BLΔt＝m(v0－v1)，可得2BLq?＝m(v0－?v1)，解得?q＝，故D?正確。

2??0

考點(diǎn)二?電磁感應(yīng)中“電容器＋棒”模型5??

1.無外力充電式

基本模型

規(guī)律

(導(dǎo)軌光滑，電阻阻值為R，電容器電容為C)

電路特點(diǎn)導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源，電容器充電

安培力為阻力，棒減速，E減小，有I＝，電容器充電

電流特點(diǎn)??????

UC變大，當(dāng)BLv＝UC時，I＝0，F(xiàn)安＝0，棒?勻速運(yùn)動

棒做加速度a減小的減速運(yùn)動，最終做勻速運(yùn)動，此時I＝0，

運(yùn)動特點(diǎn)和最終特征

但電容器帶電荷量不為零

電容器充電電荷量：q＝CUC

最終電容器兩端電壓UC＝BLv

最終速度對棒應(yīng)用動量定理：

mv－mv0＝－BL·Δt＝－BLq

＝

v＋?

??0

22

????

v－t圖像

2.無外力放電式

基本模型

規(guī)律

(電源電動勢為E，內(nèi)阻不計，電容器電容為C)

電路特點(diǎn)電容器放電，相當(dāng)于電源；導(dǎo)體棒受安培力而運(yùn)動

電容器放電時，導(dǎo)體棒在安培力作用下開始運(yùn)動，同時阻礙放

電流特點(diǎn)

電，導(dǎo)致電流減小，直至電流為零，此時UC＝BLvm

運(yùn)動特點(diǎn)及最終特征做加速度a減小的加速運(yùn)動，最終勻速運(yùn)動，I＝0

最大速度vm電容器初始電荷量：

Q0＝CE

放電結(jié)束時電荷量：

Q＝CUC＝CBLvm

電容器放電電荷量：

ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm

對棒應(yīng)用動量定理：

mvm－0＝BL·Δt＝BLΔQ

＝

vm＋?

????

22

????

v－t圖像

例3某電磁軌道炮的簡化模型如圖所示，兩光滑導(dǎo)軌相互平行，固定在光滑絕緣水平桌面上，導(dǎo)軌

的間距為L，導(dǎo)軌左端通過單刀雙擲開關(guān)與電源、電容器相連，電源電動勢為E，內(nèi)阻不計，電容器

的電容為C。EF與PQ之間區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，EF、PQ之間

的距離足夠長。一炮彈可視為寬為L、質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒靜置于EF處，與導(dǎo)軌始終保持良

好接觸。當(dāng)把開關(guān)S1、S2分別接a、b時，導(dǎo)軌與電源相連，炮彈中有電流通過，炮彈受到安培力作用

向右加速，同時炮彈中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，當(dāng)炮彈的感應(yīng)電動勢與電源的電動勢相等時，回路中電流為

零，炮彈達(dá)到最大速度。不考慮空氣阻力，其他電阻都不計，忽略導(dǎo)軌電流產(chǎn)生的磁場。求：

(1)炮彈運(yùn)動到PQ邊界過程的最大加速度am；

(2)炮彈從靜止到最大速度的過程中，流過炮彈橫截面的電荷量q和回路產(chǎn)生的焦耳熱Q；

(3)將炮彈放回原位置，斷開S2，把S1接c，讓電源給電容器充電，充電完成后，再將S1斷開，把S2接

d，求炮彈運(yùn)動到PQ邊界時電容器上剩余的電荷量q'。

答案(1)(2)(3)

222＋2

???????????

222222

解析(1)炮??彈剛開?始?運(yùn)動2?時?通過炮??彈?的?電流最大，炮彈受到的安培力最大，加速度最大。

有I＝

?

?

F安＝BIL＝mam

得am＝

???

??

(2)隨著炮彈速度的增大，炮彈的感應(yīng)電動勢增大，通過炮彈的電流減小，當(dāng)感應(yīng)電動勢與電源電動勢相等

時回路中電流為零，炮彈達(dá)到最大速度，即E＝BLvm

得vm＝

?

炮彈從靜??止到最大速度過程流過炮彈橫截面的電荷量q＝Δt

由動量定理有BLΔt＝mvm－0?

得q＝?

??

22

電源做?的?功轉(zhuǎn)化為炮彈的動能和回路產(chǎn)生的焦耳熱，有

Q＝qE－m

12

m

得＝2?

Q2

??

22

(3)充滿2電?時?電容器的電荷量為q0＝CE

當(dāng)電容器與炮彈連接后電容器放電，炮彈向右加速運(yùn)動，電容器的電荷量、電壓均減小，當(dāng)炮彈的感應(yīng)電

動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，炮彈達(dá)到最大速度vm'，此后電容器不再放電。

設(shè)此時電容器上剩余電荷量為q'，

有E'＝BLvm'

＝

E''

?

由動?量定理有BL(q0－q')＝mvm'－0

解得q'＝。

22＋2

????

22

????考點(diǎn)三動量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

1.在雙金屬棒切割磁感線的系統(tǒng)中，雙金屬棒和導(dǎo)軌構(gòu)成閉合回路，安培力充當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)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(yùn)用動量守恒定律解題比較方便。

2.雙棒模型(不計摩擦力)

模型示意圖及條件

水平面內(nèi)的光滑等距導(dǎo)軌，兩個棒的質(zhì)量分別為m1、m2，電阻分別為

R1、R2，給棒2一個初速度v0

電路特點(diǎn)棒2相當(dāng)于電源；棒1受安培力而加速運(yùn)動，運(yùn)動后產(chǎn)生反電動勢

棒2做變減速運(yùn)動，棒1做變加速運(yùn)動，隨著兩棒相對速度的減小，回路

電流及速度變化

中的電流減小，＝，安培力減小，加速度減小，穩(wěn)定時，兩棒的

IBL＋

?2??1

?1?2

加速度均為零，以相等的速度勻速運(yùn)動

最終狀態(tài)a＝0，I＝0，v1＝v2

動量守恒m2v0＝(m1＋m2)v

2

系統(tǒng)規(guī)律能量守恒Q＝m2－(m1＋m2)v

121

兩棒產(chǎn)生焦耳2熱之?0比2＝

?1?1

?2?2

例4如圖所示，兩光滑平行長直導(dǎo)軌，間距為d，放置在水平面上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與

導(dǎo)軌平面垂直向下，兩質(zhì)量都為m、電阻都為r的導(dǎo)體棒L1、L2垂直放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，

兩導(dǎo)體棒距離足夠遠(yuǎn)，L1靜止，L2以初速度v0向右運(yùn)動，不計導(dǎo)軌電阻，忽略感生電流產(chǎn)生的磁場，

則()

A.導(dǎo)體棒L1的最終速度為v0

B.導(dǎo)體棒L2產(chǎn)生的焦耳熱為

2

3??0

C.通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量為8

??0

D.兩導(dǎo)體棒的初始距離最小為??

??0?

22

答案D??

解析導(dǎo)體棒L2做變減速運(yùn)動，L1做變加速運(yùn)動，隨著兩棒相對速度的減小，回路中電流減小，安培力減

小，加速度減小，導(dǎo)體棒L1、L2最終以相同的速度勻速直線運(yùn)動，設(shè)共同速度為v1，水平向右為正方向，

根據(jù)動量守恒定律可得mv0＝2mv1，解得v1＝，故A錯誤；設(shè)導(dǎo)體棒L1、L2在整個過程中產(chǎn)生的焦耳熱

?0

2

為Q總，根據(jù)能量守恒定律可得m＝Q總＋(2m)，解得Q總＝m，導(dǎo)體棒L1、L2的電阻都為r，因

121212

2?02?14?0

此導(dǎo)體棒L2產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝Q總＝m，故B錯誤；對導(dǎo)體棒L1，由動量定理得BdΔt＝mv1，因?yàn)?/p>

112

280

q＝Δt，故Bdq＝mv1，因此通過導(dǎo)體棒橫截?面的電荷量為q＝＝，故C錯誤；若導(dǎo)?體棒L1、L2速度

??1??0

相等?時距離為零，則兩棒的初始距離最小，設(shè)最小初始距離為?l，?則通2??過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量q＝Δt＝

Δt＝Δt＝＝，解得l＝，故D正確。?

?Δ??????0??0?

22

2例?5Δ?(·22?024·湖2?北卷2?·1?5)如圖所示?，?兩足夠長平行金屬直導(dǎo)軌MN、PQ的間距為L，固定在同一水平

面內(nèi)，直導(dǎo)軌在左端M、P點(diǎn)分別與兩條豎直固定、半徑為L的圓弧導(dǎo)軌相切。MP連線與直導(dǎo)軌垂

1

直，其左側(cè)無磁場，右側(cè)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下4的勻強(qiáng)磁場。長為L、質(zhì)量為m、電

阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導(dǎo)軌的最高點(diǎn)。質(zhì)量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為

L的圓環(huán)，水平放置在兩直導(dǎo)軌上，其圓心到兩直導(dǎo)軌的距離相等。忽略導(dǎo)軌的電阻、所有摩擦以及

金屬環(huán)的可能形變，金屬棒、金屬環(huán)均與導(dǎo)軌始終接觸良好，重力加速度大小為g?，F(xiàn)將金屬棒ab由

靜止釋放，求：

(1)ab剛越過MP時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大??；

(2)金屬環(huán)剛開始運(yùn)動時的加速度大??；

(3)為使ab在整個運(yùn)動過程中不與金屬環(huán)接觸，金屬環(huán)圓心初始位置到MP的最小距離。

答案

(1)BL(2)22

??2??

＋2??3??

(3)23

????2??

22

解析?(1?)根據(jù)題意可知，對金屬棒ab由靜止釋放到剛越過MP過程中，

由動能定理有mgL＝m

12

20

解得v0＝?

則金屬棒ab2?剛?越過MP時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為E＝BLv0＝BL

(2)根據(jù)題意可知，金屬環(huán)在導(dǎo)軌間兩段圓弧并聯(lián)接入電路中，軌道2外?側(cè)?的兩段圓弧被短路，

由幾何關(guān)系可得，每段圓弧的電阻為R0＝R

可知，整個回路的總電阻為

＝＋＝

R總R＋R

?·?3

ab剛越過?M?P時2，通過金屬棒ab的感應(yīng)電流為

I＝＝

?總2??2??

?3?

對金屬環(huán)由牛頓第二定律有2BL·＝2ma

?

2

解得＝

a22

??2??

(3)根據(jù)題意3?，?結(jié)合上述分析可知，金屬環(huán)和金屬棒ab所受的安培力等大反向，則系統(tǒng)的動量守恒，由于

金屬環(huán)做加速運(yùn)動，金屬棒做減速運(yùn)動，為使ab在整個運(yùn)動過程中不與金屬環(huán)接觸，則有當(dāng)金屬棒ab和

金屬環(huán)速度相等時，金屬棒ab恰好追上金屬環(huán)，設(shè)此時速度為v，

由動量守恒定律有mv0＝mv＋2mv

解得v＝v0

1

設(shè)經(jīng)過時3間t，金屬棒ab與金屬環(huán)共速，

對金屬棒ab，由動量定理有

－BLt＝m·－mv0

?0

3

則有?BLq＝mv0

2

設(shè)金屬棒運(yùn)3動距離為x1，金屬環(huán)運(yùn)動的距離為x2，

則有q＝

??(?1總??2)

?

聯(lián)立解得Δx＝x1－x2＝

??2??

22

則金屬環(huán)圓心初始位置到??MP的最小距離

＋

＝＋＝。

dLΔx23

????2??

22

針對訓(xùn)練(多選?)?(2023·遼寧卷·10)如圖，兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導(dǎo)

軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。已知導(dǎo)體棒MN的電

阻為R、長度為d，導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長度為2d，PQ的質(zhì)量是MN的2倍。初始時刻兩棒靜止，

兩棒中點(diǎn)之間連接一壓縮量為L的輕質(zhì)絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場中運(yùn)動直至停止，彈簧

始終在彈性限度內(nèi)。整個過程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計。下列說法

正確的是()

A.彈簧伸展過程中，回路中產(chǎn)生順時針方向的電流

速率為時，所受安培力大小為

B.PQvMN22

4???

C.整個運(yùn)動過程中，MN與PQ的路程之比為3?2∶1

D.整個運(yùn)動過程中，通過MN的電荷量為

???

答案AC3?

解析彈簧伸展過程中，根據(jù)右手定則可知，回路中產(chǎn)生順時針方向的電流，選項A正確；任意時刻，設(shè)

電流為I，則PQ所受安培力FPQ＝BI·2d，方向向左，MN所受安培力FMN＝2BId，方向向右，可知兩棒及

彈簧系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，設(shè)PQ質(zhì)量為2m，則MN質(zhì)量為m，PQ速率為v時，則有2mv＝

＋

，解得＝，回路中的感應(yīng)電流＝＝，所受安培力大小為MN＝＝，選

mv'v'2vIMNF2BId22

2???'?·2??2???4???

項B錯誤；設(shè)整個運(yùn)動過程中，某時刻MN與3?PQ的速率?分別為v1、v2，同理有mv1＝2mv2，可知M?N與

PQ的速率之比始終為2∶1，則MN與PQ的路程之比為2∶1，故C正確；兩棒最終停止時彈簧處于原長

狀態(tài)，由動量守恒可得mx1＝2mx2，x1＋x2＝L，可得最終MN向左移動x1＝，PQ向右移動x2＝，則q＝

2??

＋33

Δt＝＝2??＝，選項D錯誤。

Δ總?2?3??3×2?2???

??3?3?

課時精練

(分值：100分)

1~4題每小題8分，5題14分，共46分

1.(多選)如圖所示，半徑為r的粗糙四分之一圓弧導(dǎo)軌與光滑水平導(dǎo)軌平滑相連，四分之一圓弧導(dǎo)軌區(qū)域沒

有磁場，水平導(dǎo)軌區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場，導(dǎo)軌間距為l，ab、cd是質(zhì)

量為m、接入電路中電阻為R的金屬棒，導(dǎo)軌電阻忽略不計。cd靜止在水平導(dǎo)軌上，ab從四分之一圓弧導(dǎo)

軌頂端由靜止釋放，在圓弧導(dǎo)軌上克服阻力做功mgr，水平導(dǎo)軌足夠長，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良

1

好，且不會相撞，重力加速度為g。從ab棒進(jìn)入2水平導(dǎo)軌開始，下列說法正確的是()

A.ab棒先做勻減速運(yùn)動，最后做勻速運(yùn)動

B.cd棒先做勻加速直線運(yùn)動，最后和ab以相同的速度做勻速運(yùn)動

C.ab棒剛進(jìn)入磁場時，cd棒電流為

????

D.ab棒的最終速度大小為2?

??

答案CD2

解析ab棒進(jìn)入磁場受到向左的安培力，做減速運(yùn)動，所以安培力減小，則ab棒先做加速度減小的減速

運(yùn)動，cd棒與ab棒串聯(lián)，所以先做加速度減小的加速運(yùn)動，最后它們共速，做勻速運(yùn)動，故A、B錯誤；

ab棒剛進(jìn)入磁場的速度就是它下滑到底端的速度，根據(jù)動能定理mgr－mgr＝mv2，可得速度為v＝，

11

則感應(yīng)電動勢為E＝Blv，兩金屬棒串聯(lián)，故兩棒瞬時電流為I＝，兩2棒共速2時由動量守恒定律有m?v?＝

????

2mv'，得速度大小為v'＝，故C、D正確。2?

??

2.如圖所示，除導(dǎo)體棒ab可2動外，其余部分均固定不動，圖中的電容器帶電荷量為Q，上極板帶正電荷，

電容為C。導(dǎo)體棒、導(dǎo)軌的電阻均可忽略，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的摩擦不計。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)磁場中，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌足夠長。導(dǎo)體棒質(zhì)量為m，始終與導(dǎo)

軌垂直且接觸良好，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，閉合開關(guān)后，導(dǎo)體棒由靜止開始運(yùn)動，下列說法正

確的是()

A.導(dǎo)體棒先向右做加速運(yùn)動，再向右做減速直到靜止

導(dǎo)體棒先向右做加速運(yùn)動，最后以＝做勻速直線運(yùn)動

B.v＋

???

22

C.通過R的電荷量為Q????

D.通過R的電荷量為

＋22

????

22

答案B????

解析閉合開關(guān)后電容器放電，ab中電流從a到b，由左手定則知導(dǎo)體棒受到向右的安培力，做加速度減

小的加速運(yùn)動，ab向右運(yùn)動過程中切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，當(dāng)感應(yīng)電動勢與電容器上電壓相等時，感

應(yīng)電流變?yōu)榱?，此后?dǎo)體棒勻速運(yùn)動，故A錯誤；設(shè)ab最后以v勻速運(yùn)動，通過ab的電荷量為q，對ab

由動量定理有＝，又＝＝－，解得＝，＝，故正確，、錯誤。

BLtmvqtQCBLvv＋q＋BCD

?????

2222

3.在甲、乙兩圖中?，足夠長的光滑?平行金屬導(dǎo)軌在同一水?平?面?內(nèi)?固定放?置?在??方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，

導(dǎo)軌左端分別接有電荷量為零且電容足夠大的電容器和阻值為R的定值電阻，金屬桿ab、cd垂直導(dǎo)軌靜

止放置，除了電阻R以外不計其他電阻。若給棒ab施加水平向右的恒力F，棒cd瞬間獲得水平向右的初

速度v0，則下列關(guān)于兩棒在運(yùn)動過程中所受安培力F安和棒兩端電壓U隨棒的位移x變化的圖像中正確的

是(兩棒運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好)()

答案B

解析對棒ab分析，某一時刻t，根據(jù)牛頓第二定律有F－F安ab＝ma，設(shè)該時刻電流大小為i，則F安ab＝

BiL，F(xiàn)－BiL＝ma，在很短時間間隔內(nèi)ΔQ＝i·Δt，ΔQ＝C·ΔU，ΔU＝BL·Δv，聯(lián)立可得i＝BLC＝BLCa，

Δ?

結(jié)合前式可得－22＝，可得＝，可知導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動Δ?學(xué)公式2

FBLCamaa＋abv

?

22

????

＝2ax，可得v＝，通過導(dǎo)體棒ab的電流不變，導(dǎo)體棒ab所受安培力始終不變；導(dǎo)體棒ab兩端的電

壓ab＝＝2??，故、錯誤；導(dǎo)體棒所受的安培力cd＝＝＝，則＝

UBL·vBL·ACcdF安22ma'm22v·Δt

???Δ???

2???Δ??

m·Δv，兩邊求和∑v·Δt＝m·∑Δv，得x＝m(v0－v)，整理可得v＝v0－x，則Fcd＝·v＝－

222222安2222

???????????0

??????

·x，Ucd＝BLv＝BLv0－·x，可知Fcd、Ucd與x是一次函數(shù)，故B正確，D錯誤。

4433安

????

2

4?.?(2023·重慶卷·7)如圖所示?，?與水平面夾角為θ的絕緣斜面上固定有光滑U型金屬導(dǎo)軌。質(zhì)量為m、電阻不

可忽略的導(dǎo)體桿MN沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動，以大小為v的速度進(jìn)入方向垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，

在磁場中運(yùn)動一段時間t后，速度大小變?yōu)?v。運(yùn)動過程中桿與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌的電阻忽略不

計，重力加速度為g。桿在磁場中運(yùn)動的此段時間內(nèi)()

A.流過桿的感應(yīng)電流方向從N到M

B.桿沿軌道下滑的距離為vt

3

C.流過桿的感應(yīng)電流的平均2電功率等于重力的平均功率

D.桿所受安培力的沖量大小為mgtsinθ－mv

答案D

解析根據(jù)右手定則，流過桿的感應(yīng)電流方向?yàn)閺腗到N，故A錯誤；依題意，設(shè)桿切割磁感線的有效長

度為L，接入電路的電阻為R。桿在磁場中運(yùn)動的此段時間內(nèi)，桿受到重力、軌道支持力及沿軌道向上的

安培力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ－F安＝ma，F(xiàn)安＝BIL，I＝，聯(lián)立可得桿的加速度a＝gsin

???

－，可知桿在磁場中運(yùn)動的此段時間內(nèi)做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動?；若桿做勻加速直線運(yùn)動，則

θ22

???

??＋

桿運(yùn)動的距離為s＝·t＝vt，根據(jù)v－t圖像與橫軸圍成的面積表示位移，可知桿在時間t內(nèi)速度由v達(dá)

?2?3

到2v，桿真實(shí)運(yùn)動的距2離大2于桿做勻加速直線運(yùn)動的距離，即大于vt，故B錯誤；由于在磁場中運(yùn)動的

3

此段時間內(nèi)，桿的動能增大，由動能定理可知，重力對桿所做的功大2于桿克服安培力所做的功，根據(jù)＝

可得安培力的平均功率小于重力的平均功率，即流過桿的感應(yīng)電流的平均電功率小于重力的平均功率?，

?

?

故C錯誤；桿在磁場中運(yùn)動的此段時間內(nèi)，根據(jù)動量定理，可得mgtsinθ－I安＝m·2v－mv，得桿所受安培

力的沖量大小為I安＝mgtsinθ－mv，故D正確。

5.(14分)如圖所示，水平面內(nèi)固定的平行軌道左端與一電容為C的電容器相連，整個區(qū)域具有垂直軌道向

下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，軌道間距為l，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒始終與軌道垂直且與軌道接觸良好。

虛線左側(cè)軌道光滑，右側(cè)軌道與導(dǎo)體棒間動摩擦因數(shù)為μ。開始時電容器不帶電，給導(dǎo)體棒一個向右的初

速度v0，導(dǎo)體棒通過虛線前已穩(wěn)定滑行。軌道和導(dǎo)體棒電阻都不計，重力加速度為g，電容器儲能公式為

2

EC＝CU。求：

1

2

(1)(5分)在光滑區(qū)域，導(dǎo)體棒穩(wěn)定時的速度大小；

(2)(5分)從開始到穩(wěn)定過程，回路產(chǎn)生的焦耳熱；

(3)(4分)進(jìn)入摩擦區(qū)域，導(dǎo)體棒滑行的時間。

答案(1)(2)(3)

＋＋222

??0??0????0

2222

解析(1)導(dǎo)?體?棒??在光滑2(區(qū)?域??滑?行)過程?中?，穩(wěn)定后電容器兩端電壓與導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢相等，安培力的沖

量Blt＝Blq＝BlCBlv＝B2l2Cv

由動?量定理Blt＝m(v0－v)

聯(lián)立解得＝?

v＋

??0

22

????

(2)由能量守恒可得m＝mv2＋C(Blv)2＋Q，

1211

0

解得Q＝m－m2(?2)2－C2(Bl)2＝

＋＋＋222

000

121??1???????

0222222

(3)在導(dǎo)體2棒?滑行的2整?個過?程??中，2電容器?初?末??狀態(tài)2所(?帶?電?荷?)量均為零，則整個過程流經(jīng)導(dǎo)體棒的總電荷量q'

＝0，由動量定理Blq'－μmgt'＝0－mv0

解得t'＝。

?0

??

6題9分，7題16分，8題19分，共44分

6.(多選)(2024·山東省模擬)如圖所示，水平面上固定有形狀為“”的足夠長光滑金屬導(dǎo)軌MON和PO'Q，

OO'左右導(dǎo)軌的寬度分別為2L、L，兩側(cè)勻強(qiáng)磁場的方向均豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B0和2B0，

導(dǎo)體棒a、b垂直于導(dǎo)軌放在OO'兩側(cè)，長度分別為2L、L。已知導(dǎo)體棒的材料相同、橫截面積相同，導(dǎo)體

棒b的質(zhì)量為m，電阻為R，兩導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，不計導(dǎo)軌電阻。使導(dǎo)體棒a、b同時獲

得沿導(dǎo)軌的初速度，a的初速度向左、大小為v0，b的初速度方向向右、大小為2v0，直到導(dǎo)體棒達(dá)到穩(wěn)定

狀態(tài)的過程中，下列說法正確的是()

A.通過導(dǎo)體棒的最大電流為

4?0??0

B.a、b導(dǎo)體棒減速的加速度大3小?之比為1∶2

C.a導(dǎo)體棒產(chǎn)生的熱量為

2

3??0

D.導(dǎo)體棒a、b間的距離增加2

3???0

22

答案BD2?0?

解析已知導(dǎo)體棒的材料相同、橫截面積相同，導(dǎo)體棒a、b長度分別為2L、L，導(dǎo)體棒b的質(zhì)量為m，電

阻為R，則導(dǎo)體棒a的質(zhì)量為2m，電阻為2R，導(dǎo)體棒a、b剛開始運(yùn)動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，通過導(dǎo)

體棒的電流最大。最大感應(yīng)電動勢為＝＋＝，通過導(dǎo)體棒的最大電流為＝

Em2B0L·2v0B0·2Lv06B0Lv0Im＋

?m

?2?

＝，故A錯誤；a導(dǎo)體棒減速的加速度大小為aa＝＝＝，b導(dǎo)體棒減速的加速度大小為ab

2?0??0?a??0·2???0?

?2?2??

＝＝＝＝2aa，故a、b導(dǎo)體棒減速的加速度大小之比為1∶2，故B正確；由B可知a、b導(dǎo)體

?b?·2?0?2??0?

棒受?到的?安培力大?小相等，方向相反，系統(tǒng)動量守恒，設(shè)導(dǎo)體棒a、b速度大小分別為va、vb，則穩(wěn)定時回

路中無電流，有B0·2Lva＋2B0·Lvb＝0，對a、b系統(tǒng)，由動量守恒定律有m·2v0－2m·v0＝2mva＋mvb，解得

va＝vb＝0，根據(jù)能量守恒，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的總熱量為Q＝×2m＋m＝3m，兩導(dǎo)體棒串聯(lián)，a導(dǎo)

12122

20200

體棒產(chǎn)生的熱量為Qa＝Q＝2m，故C錯誤；整個過程?的電荷量(2為?)q＝Δt＝?Δt＝＝

＋總總

2?2Δ?Δ?

0?Δ??

＋＋2????

＝，對導(dǎo)體棒，根據(jù)動量定理－＝－，其中＝，聯(lián)立解得導(dǎo)

＋aB0·2LΔt2mva2mv0qΔt

?02??a2?0??b2?0?(?a?b)

2??3???

體棒a、b間的距離增加xa＋xb＝，故D正確。

3???0

22

7.(16分)(2024·山東棗莊市期末)如2?圖0所?示，兩根電阻不計、足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在絕

緣水平面上，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌所在空間存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，兩根金

屬桿a、b間隔一定距離靜止于導(dǎo)軌上，兩桿與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，桿a、b的電阻分別為R和3R，

桿a、b的質(zhì)量分別為3m和m?，F(xiàn)使桿a獲得一個大小為v0、水平向右的初速度。

(1)(5分)當(dāng)桿b的速度大小為時(兩桿未相撞)，求此時桿b受到的安培力大小F；

?0

(2)(5分)若整個運(yùn)動過程中兩桿5未相撞，求整個運(yùn)動過程中桿a產(chǎn)生的焦耳熱Qa；

(3)(6分)若初始位置時兩桿之間的距離d＝，通過計算判斷兩桿在整個運(yùn)動過程中是否相撞。

5???0

22

答案會相撞2??

(1)22(2)m(3)

0

11???32

解析(1)以6向0?右為正方32向?，0金屬桿a、b組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，由動量守恒定律可得

3mv0＝3mva＋m·

?0

5

得va＝v0

14

回路中1產(chǎn)5生的感應(yīng)電動勢為

E＝BL(v0－v0)＝BLv0

14111

回路中的15電流5＝15＝

I＋

?11???0

?3?60?

桿b受到的安培力大小F＝BIL＝

22

11???0

(2)在整個運(yùn)動過程中，金屬桿a、b6組0?成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)最終兩桿的共同速度為v，則有3mv0＝(3m＋

m)v

得v＝v0

3

由能量4守恒定律可知

Q＝×3m－×(3m＋m)v2＝m

12132

桿2產(chǎn)生的?焦0耳熱2＝＝8?0

aQa＋Qm

?32

0

(3)設(shè)兩桿恰好不相撞時?，初3?始位3置2時?兩桿之間距離為x，在很短時間Δt內(nèi)，對桿b利用動量定理，

則有BiL·Δt＝m·Δv

兩邊求和可得∑BiL·Δt＝∑m·Δv

即為BLq＝mv

由于q＝t＝t＝·t＝

?總Δ總????

????4?

得x＝>d

3???0

22

所以會相??撞。

8.(19分)如圖所示，有兩條不計電阻的平行光滑金屬導(dǎo)軌MQN、M'Q'N'，導(dǎo)軌間距L＝0.5m，其中MQ、

M'Q'段傾斜放置，傾角θ＝37°，MQ＝M'Q'＝4m，QN、Q'N'段水平放置，兩段之間通過一小段(大小可忽

略)光滑圓弧絕緣材料平滑相連，在傾斜導(dǎo)軌左端連接一電容C＝2F的不帶電的電容器，在N和N'之間接

有定值電阻R＝0.1Ω，在傾斜導(dǎo)軌MQ、M'Q'區(qū)域內(nèi)加有垂直于傾斜導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場B1＝2T，

在水平導(dǎo)軌的DD'E'E區(qū)域內(nèi)加有垂直水平導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場B2＝0.8T，DD'、EE'均與導(dǎo)軌垂直，

且DE＝D'E'＝L＝0.5m，cdef是質(zhì)量為3m、各邊長度均為L的開口向左的U形金屬框，已知其de邊電阻

為R＝0.1Ω，其余各段電阻可忽略不計，開始時金屬框緊挨導(dǎo)軌靜置于DD'E'E左側(cè)外。一不計電阻的質(zhì)

量為m的金屬棒a緊貼MM'從靜止釋放，使其向下滑行，越過QQ'后與U形金屬框發(fā)生碰撞，碰后粘在一

2

起形成一個正方形導(dǎo)體框沿導(dǎo)軌穿過磁場B2區(qū)域。已知m＝1kg，不計一切摩擦，重力加速度g取10m/s，

sin37°＝0.6，求：

(1)(6分)金屬棒a在傾斜導(dǎo)軌下滑的加速度大小(提示：I＝＝)；

Δ??Δ?

(2)(5分)de邊剛進(jìn)入磁場B2區(qū)域時的速度大??；Δ?Δ?

(3)(8分)整個過程中定值電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。

答案(1)2m/s2(2)1m/s(3)0.48J

解析(1)金屬棒a沿傾斜軌道向下滑行過程中有C＝

Δ?

又ΔQ＝IΔt，Δ?

所以電流為I＝C

Δ?

Δ?

則由牛頓第二定律mgsinθ－B1L＝ma

?Δ?

又有ΔU＝B1LΔvΔ?

則mgsinθ－B1L＝ma

??1?Δ?

又因?yàn)閍＝，所Δ以?可求得金屬棒加速度為

Δ?

＝Δ＝?2