專題強化：動量觀點在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

【目標要求】1.掌握應(yīng)用動量定理處理電磁感應(yīng)問題的方法技巧，能識別幾種應(yīng)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，并用動量守恒定律解決問題。

考點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動時，當(dāng)題目中涉及速

度/、電荷量外運動時間八運動位移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，間距為乙左側(cè)接有電阻阻值為我，導(dǎo)體棒初速度為刈，質(zhì)量

為相，電阻不計，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為3,導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，從導(dǎo)體棒開始運動

至停下來。求：

X-XXX

-XXXX8

①此過程中通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量q=--,

BL

②此過程導(dǎo)體棒的位移x=—;

B2L2

③若導(dǎo)體棒從獲得初速度/經(jīng)一段時間減速至，1,通過導(dǎo)體棒的電荷量為即，則，1=%—

BqiL

m

④導(dǎo)體棒從獲得初速度修經(jīng)過位移X。，速度減至14,則%=4—2退曳

mR

(2)間距為上的光滑平行導(dǎo)軌傾斜放置，傾角為仇由靜止釋放質(zhì)量為機、接入電路的阻值為汽

的導(dǎo)體棒，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為5,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)。1="士竺4，通過橫截面的電荷量為q,速度達到個

mgsin0

r-r\^2.RIBLX,,I+.、反八力七、r.、＞于“

②"加2=------------，導(dǎo)體棒下泊位移為X,速度達到Ho

mgRsin0

【例1】（多選X2023?云南昆明市一中質(zhì)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=0.5O,兩軌道間距d=lm,水平部分兩軌道

間有一豎直向下、磁感應(yīng)強度8=0.5T的勻強磁場。一質(zhì)量加=0.5kg、長為/=1.1m、電阻

忽略不計的導(dǎo)體棒，從軌道上距水平面歷=0.8m高處由靜止釋放，通過磁場區(qū)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=0.8m,水平軌道距水平地面的高

度〃2=0.8m。通過計算可知（g取10m/s2,不計空氣阻力）（）

A.導(dǎo)體棒進入磁場時的速度為3m/s

B.導(dǎo)體棒整個運動過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為3J

C.磁場的長度xi為2m

D.整個過程通過電阻R的電荷量為2c

答案BCD

解析設(shè)導(dǎo)體棒進入磁場時的速度為%,根據(jù)機械能守恒定律有;加I42="2g〃l,解得4=4

m/s,故A錯誤；導(dǎo)體棒從水平軌道水平飛出做平拋運動，則水平方向有刈=”，豎直方向

有岳=卜祥，聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得k2m/s,導(dǎo)體棒通過磁場區(qū)域過程中，根據(jù)能量守恒定律

有。展，則導(dǎo)體棒整個運動過程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為0=3J,故B正確；

導(dǎo)體棒通過磁場區(qū)域過程中，根據(jù)動量定理有/安介=瓦切=加4—冽匕又有9=/九==

—,聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得q=2C,Xi=2m,故C、D正確。

R

2.不等間距的雙棒模型

【例2】（多選）（2023?遼寧撫順市模擬）如圖所示，M、N、尸、。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/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)強度大小為2的勻強磁場，兩根質(zhì)量均為加、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。/=0時

使導(dǎo)體棒C獲得瞬時速度刈向右運動，兩導(dǎo)體棒在運動過程中始終與導(dǎo)軌垂直并與導(dǎo)軌接觸

良好，且達到穩(wěn)定運動時導(dǎo)體棒C未到兩組導(dǎo)軌連接處，則下列說法正確的是（）

C

MXxx[D

---------p

XXXX

XXx[Q

N

A./=0時，導(dǎo)體棒D的加速度大小為。=些叮

mR

B.達到穩(wěn)定運動時，C、D兩棒速度之比為1：1

c.從f=o時至達到穩(wěn)定運動的過程中，回路產(chǎn)生的內(nèi)能為:加㈤

D.從，=0時到達到穩(wěn)定運動的過程中，通過導(dǎo)體棒的電荷量為也

5BL

答案ACD

解析開始時，導(dǎo)體棒中的感應(yīng)電動勢￡=22/14,電路中感應(yīng)電流/=芟，導(dǎo)體棒D所受安

2R

培力F=BIL,導(dǎo)體棒D的加速度為a,則有尸解得a=-------°,故A正確；穩(wěn)定運動

mR

時，電路中電流為零，設(shè)此時C、D棒的速度分別為％、匕，則有對變速運

動中任意極短時間△力,由動量定理得，對C棒有23/￡。=根(刈一⑷，對D棒有B/

冽區(qū),故對變速運動全過程有%—%=2%，解得/故B錯誤；根據(jù)能量守

1117

恒定律可知回路產(chǎn)生的內(nèi)能為0=，7/一步?％2一：機42,解得0=：%匕2,故C正確；由動

量定理，對C棒有28/￡加=加(刈一%),可得2BLq=m(%-IA),解得q=3吧，故D正確。

5BL

■總結(jié)提升

不等間距的兩導(dǎo)體棒處于同一磁場中所受安培力不相等，它們分別做變速運動；涉及電荷量、

速度、時間等，一般先根據(jù)動量定理列方程；若求焦耳熱可對系統(tǒng)應(yīng)用能量守恒定律列方程。

3.“電容器+棒”模型

(1)無外力充電式

安培力為阻力，棒減速，E減小，有/=班”氣電容器充電Uc變大，

電流特點R

當(dāng)跳片Uc時，/=0,F安=0,棒勻速運動

運動特點和棒做加速度。減小的減速運動，最終做勻速運動，此時/=0,但電容器

最終特征帶電荷量不為零

電容器充電電荷量：q=CUc

最終電容器兩端電壓Uc=BL/

最終速度對棒應(yīng)用動量定理：m3一ml4)=-B1LAt=-BLq

ml/b

m+B2L2C

K.V

Z-f圖像v——--

0'i

(2)無外力放電式

本模型

規(guī)律till!

(電源電動勢為￡,內(nèi)阻不計，電容器電容為0

電路特點電容器放電，相當(dāng)于電源；導(dǎo)體棒受安培力而運動

電容器放電時，導(dǎo)體棒在安培力作用下開始運動，同時阻礙放電，導(dǎo)致電

電流特點

流減小，直至電流為零，此時〃=皮質(zhì)

運動特點及

做加速度。減小的加速運動，最終勻速運動，/=0

最終特征

電容器初始電荷量：Qo=CE

放電結(jié)束時電荷量：Q=CUc=CBL為

電容器放電電荷量：AQ=QLQ=CE—CBL/

最大速度14n

對棒應(yīng)用動量定理：根/-0=21LN=BLNQ

m+B2L2C

vm

i/-r圖像

0t

【例31（多選）（2023?遼寧沈陽市東北育才學(xué)校一模）如圖所示是某同學(xué)模擬電磁炮的工作原理

和發(fā)射過程，水平臺面上有足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌兒W和P0置于塑料圓筒內(nèi)，質(zhì)量為

加的金屬炮彈置于圓筒內(nèi)的軌道上，軌道間距為3整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中，

磁感應(yīng)強度大小為瓦導(dǎo)軌左端連著平行板電容器和電動勢為￡的電源。先讓單刀雙擲開關(guān)

接1接線柱對電容器充電，充電結(jié)束后，將開關(guān)接2接線柱。金屬炮彈在安培力作用下開始

運動，達到最大速度后離開導(dǎo)軌，整個過程通過炮彈的電荷量為分已知在圓筒中金屬炮彈

始終與導(dǎo)軌接觸良好，不計導(dǎo)軌電阻和電源內(nèi)阻，炮彈電阻為我。在這個過程中，以下說法

正確的是（）

A.炮彈離開導(dǎo)軌時的速度為綱

m

mq

B.電容器的電容C=

mE-B2L2q

C.炮彈在導(dǎo)軌上的位移x=試

BL

D.在其他條件不變時，炮彈的最大速度與電容器電容大小成正比

答案AB

解析對炮彈，根據(jù)動量定理F其中，平均安培力尸=8可得產(chǎn)出上=絲應(yīng),

mm

故A正確；剛充電結(jié)束時，電容器電荷量為。=C￡,炮彈達到最大速度時，電容器電荷量0

=Q-q,此時電容器電壓。=設(shè)，則此時炮彈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢等于。，故BLv=U,聯(lián)立

可得與二￡=夙匕解得。=一出一，故B正確；炮彈在導(dǎo)軌上運動過程，電容器有電壓

CmE~B2L2q

T）TBL/

存在，通過炮彈的平均電流并不是——則'—仔q,石鷺，故C錯誤；根據(jù)B項分析可

R

知故炮彈的最大速度與電容器電容大小并不成正比，故D錯誤。

BLC

考點二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12

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

分別為4、&,給棒2一個初速度刈

棒2相當(dāng)于電源；棒1受安培力而加速運動，運動后產(chǎn)生反電

電路特點

動勢

棒2做變減速運動，棒1做變加速運動，隨著兩棒相對速度的

電流及速度變化減小，回路中的電流減小，I=BL=一安培力減小，加速度

RI+R2

減小，穩(wěn)定時，兩棒的加速度均為零，以相等的速度勻速運動

最終狀態(tài)。=0,1=0,

動量守恒冽2%=（加1+機2），

能量守恒°=；加2/2—；（冽1+冽2）修

系統(tǒng)規(guī)律

兩棒產(chǎn)生焦耳熱之比Q=&

QiRi

【例4】（多選）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(nèi)的足夠長的平行金

屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒cd靜止在導(dǎo)軌上，，=0時，棒仍以初速度”向右滑動。

運動過程中，ab.cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用修、區(qū)表示，回路中的電

流用/表示。下列圖像中可能正確的是（）

db

Ca

答案AC

解析棒仍以初速度囿向右滑動，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，使整個回路中產(chǎn)生感應(yīng)電

流，判斷可知棒受到與刈方向相反的安培力的作用而做變減速運動，棒cd受到與刈方

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△k口一口逐漸減小，整個系統(tǒng)

產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢逐漸減小，回路中感應(yīng)電流逐漸減小，最后變?yōu)榱?，即最終棒和棒cl

的速度相同，%=%,這時兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd組成的系統(tǒng)在足夠長的平行金屬導(dǎo)軌

上運動，水平方向上不受外力作用，由動量守恒定律有〃7|/6=僅％+僅％,解得%=%=—,

2

選項A、C正確，B、D錯誤。

【例5】如圖所示，在磁感應(yīng)強度大小為8的勻強磁場區(qū)域內(nèi)，垂直磁場方向的水平面中有兩

根固定的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，在導(dǎo)軌上面平放著兩根導(dǎo)體棒仍和cd,兩棒彼此平行且

相距d,構(gòu)成一矩形回路。導(dǎo)軌間距為L兩導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為加，接入電路的電阻均為凡

導(dǎo)軌電阻可忽略不計。設(shè)導(dǎo)體棒可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑行，初始時刻成棒靜止，給cd棒一

個向右的初速度如求：

(1)當(dāng)cd棒速度減為0.6%時，仍棒的速度，及加速度。的大小;

Q)ab、cd棒間的距離從d增大到最大的過程中，通過回路的電荷量g及兩棒間的最大距離X。

班2%ml4),m%R

答案(1)0.414)(2)——6H

10mR2BL

解析(1)兩棒組成的系統(tǒng)所受合外力為零，因此滿足動量守恒定律，有用刈=0.6加刈+冽/

解得1/=0.44

FT>TT

回路感應(yīng)電動勢￡=0.68/1/6—0.4跳4,此時回路電流/=三，因此加速度0=2"

2Rm

10mR

（2）ab.cd棒速度相等時有最大距離，根據(jù)動量守恒定律可得冽4=2機/共

對ab棒，根據(jù)動量定理有BI共

而q=I\t,解得q=ml^

2BL

在這段時間內(nèi)，平均感應(yīng)電動勢E=BL△，

~E

回路平均電流1=——

2R

因此流過某截面的電荷量q=/加=多---加="生——,解得最大距離x=d+竺”。

課時精練

ID基礎(chǔ)落實練

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)強度大小為2、方向豎直向上的勻強磁場，

導(dǎo)軌間距為/,ab、cd是質(zhì)量為機、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，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

fgr,水平導(dǎo)軌足夠長，cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，且不會相撞，重力加速度為g。

從仍棒進入水平導(dǎo)軌開始，下列說法正確的是（）

A.成棒先做勻減速運動，最后做勻速運動

B.cd棒先做勻加速直線運動，最后和以相同的速度做勻速運動

C.仍棒剛進入磁場時，4棒電流為絲及

成棒的最終速度大小為學(xué)

答案CD

解析成棒進入磁場受到向左的安培力，做減速運動，所以安培力減小，則成棒先做加速

度減小的減速運動，cd棒與棒串聯(lián)，所以先做加速度減小的加速運動，最后它們共速，

做勻速運動，故A、B錯誤；棒剛進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--m\^,可得速度為廣必心則感應(yīng)電動勢為￡=引|/；兩金屬棒串聯(lián)，故兩

22

棒瞬時電流為/=此版，兩棒共速時由動量守恒定律有"2l/=2"zM，得速度大小為”=^SL

2R2

故C、D正確。

2.（多選）（2024?廣東廣州市開學(xué)考）如圖，"V和PQ是電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌，其間距為3

導(dǎo)軌彎曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑連接，右端接一個阻值為尺的定值電阻。平直

部分導(dǎo)軌左邊寬度為4區(qū)域有方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為2的勻強磁場。質(zhì)量為？、

長為3電阻為2R的金屬棒從高為〃處由靜止釋放，到達磁場右邊界處恰好停止。已知金屬

棒與平直部分導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g,金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好。則金屬

棒穿過磁場區(qū)域的過程中（）

A.流過定值電阻的電流方向是0-N

B.金屬棒兩端電勢差的最大值為At也疏

C.電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為mg（h-jLid）

D.金屬棒通過磁場所用的時間為國一"^

〃g3囚ngR

答案AD

解析由右手定則可知，流過定值電阻的電流方向是0-N,故A正確；金屬棒剛進入磁場

時，速度最大，金屬棒兩端電勢差最大，由動能定理可知加g/7=5"kfn2,解得%=也好，感

應(yīng)電動勢為￡=皮質(zhì)=應(yīng)亞蘇，金屬棒兩端電勢差的最大值為E'=-RE=BL^gh故

2R+R3

B錯誤；由能量守恒定律可知，金屬棒穿過磁場區(qū)域的過程中電路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=mgh

D1

—jLimgd,電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為。R=---------Q=-mg（h—[id）,故C錯誤；由動量定理可知一

27?+7?3

/.imgt-B1Lt=0-m^n,又//=%,解得/=也弱一型過，故D正確。

3R/big31AmgR

3.（多選）（2023?湖南長沙市長郡中學(xué)二模）如圖所示，兩平行光滑導(dǎo)軌N'左端通過

導(dǎo)線與電源和不帶電電容器相連，導(dǎo)軌平面水平且處于豎直向下的勻強磁場中，有一定阻值

的導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將開關(guān)S與1閉合，當(dāng)棒達到穩(wěn)定運動狀態(tài)后S與2

閉合，導(dǎo)軌足夠長，電源內(nèi)阻不計。則（)

1

A.S與1閉合后，棒仍做勻加速直線運動

B.從S與1閉合到棒成達到某一速度，電源消耗的電能等于棒獲得的動能和電路產(chǎn)生的焦

耳熱之和

C.S與2閉合后，棒成中電流不斷減小直到零

D.S與2閉合后，棒附的速度不斷減小直到零

答案BC

解析根據(jù)題意可知，S與1閉合后，棒受安培力作用做加速運動，棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)

電動勢，棒中的電流減小，受到的安培力減小，則棒的加速度減小，直到感應(yīng)電動勢等于電

源電動勢，棒最后勻速運動，故A錯誤；根據(jù)題意，由能量守恒定律可知，從S與1閉合到

棒仍達到某一速度，電源消耗的電能等于棒獲得的動能和電路產(chǎn)生的焦耳熱之和，故B正

確；S與2閉合后，棒仍相當(dāng)于電源給電容器充電，此過程棒受到的安培力水平向左，棒減

速運動，則電動勢減小，電容器兩板間電壓升高，棒/中的電流不斷減小，當(dāng)棒防產(chǎn)生的

感應(yīng)電動勢與電容器兩板間的電勢差相等時，電路中的電流減小到零，隨后棒做勻速直線運

動，故D錯誤，C正確。

4.（多選）（2023?遼寧省名校聯(lián)盟一模）如圖所示，水平面上固定著兩根相距L且電阻不計的足夠

長的光滑金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌處于方向豎直向下的勻強磁場中，銅棒a、b的長度均等于導(dǎo)軌間距,

a、b兩棒的電阻不為零，質(zhì)量均為相，銅棒平行放置在導(dǎo)軌上且始終與導(dǎo)軌接觸良好。現(xiàn)給

銅棒a一個平行導(dǎo)軌向右的初速度6下列說法正確的是（）

XXX.XX

ab

xxxxx

B

XXXXX

-A%

A.若此后運動過程中兩棒不發(fā)生碰撞，則最終％

B.若此后運動過程中兩棒發(fā)生彈性碰撞，則最終/

C.若此后運動過程中兩棒不發(fā)生碰撞，則回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為1m刈2

4

D.若此后運動過程中兩棒發(fā)生彈性碰撞，則回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為1%刈2

4

答案CD

解析若兩棒不發(fā)生碰撞，根據(jù)動量守恒定律得加4=2冽匕解得,最終兩棒以片多的

22

速度在導(dǎo)軌上做勻速直線運動，A錯誤；即使兩棒發(fā)生彈性碰撞，交換速度后，再經(jīng)過足夠

長的時間兩棒也會以k=—的速度在導(dǎo)軌上做勻速直線運動，B錯誤；若兩棒不發(fā)生碰撞，

2

由能量守恒定律知回路中產(chǎn)生的總焦耳熱為—切修，解得0=；機刈2,C正確；

剛開始時a的速度大，a減速，b加速，共速前兩者發(fā)生彈性碰撞，交換速度，然后a加速,

b減速，直至兩者共速，最終兩棒以p=—的速度在導(dǎo)軌上做勻速直線運動，回路中產(chǎn)生的總

2

焦耳熱為。=；加/2—；義2加p2,解得。=；加%2,D正確。

5.（多選）如圖，足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌M、N固定在水平桌面上，導(dǎo)軌間距離為心垂直

導(dǎo)軌平面有豎直向下的勻強磁場，以C。為分界線，左邊磁感應(yīng)強度大小為25,右邊為B,

兩導(dǎo)體棒a、b垂直導(dǎo)軌靜止放置，a棒距CZ）足夠遠，已知a、b棒質(zhì)量均為冽、長度均為￡、

電阻均為八棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計，現(xiàn)使a獲得一瞬時水平速度吃,在兩

棒運動至穩(wěn)定的過程中（a棒還沒到CD分界線），下列說法正確的是（）

C

2B\B

x|XXXX；~X-—M

XXXXX;Xx

x->Tx^x!xx

XXXXX；X

A.a、b系統(tǒng)機械能守恒

B.a、b系統(tǒng)動量不守恒

C.通過導(dǎo)體棒a的電荷量為3上

5BL

D.導(dǎo)體棒a產(chǎn)生的焦耳熱為2m空

5

答案BC

解析因為a、b棒切割磁感線時產(chǎn)生感應(yīng)電流，所以導(dǎo)體棒中有焦耳熱產(chǎn)生，故a、b系統(tǒng)

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(tǒng)所受合外力不為零，故a、b系統(tǒng)

動量不守恒，故B正確；因兩棒運動至穩(wěn)定時滿足設(shè)向右為正方向，則對a、

b棒運動至穩(wěn)定的過程中分別由動量定理得一23/〃=加%—%14,B1Lt=m%,聯(lián)立解得

,%=也。又因為q=/f,所以通過導(dǎo)體棒a的電荷量為［=也叫，故C正確；由題

555BL

意知穩(wěn)定之后，電路中不再有感應(yīng)電流，則不再有焦耳熱產(chǎn)生，所以對a、b棒運動至穩(wěn)定的

1117

過程中，由能量守恒定律得導(dǎo)體棒a、b產(chǎn)生的總焦耳熱為。=5冽H)2—Q加/2—5加/2=5加42,

所以導(dǎo)體棒a產(chǎn)生的焦耳熱為0'=-Q=-m^2,故D錯誤。

25

ID能力綜合練

6.(2023?湖南卷?14)如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為3兩導(dǎo)軌及

其所構(gòu)成的平面均與水平面成。角，整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強磁場中，磁感

應(yīng)強度大小為瓦現(xiàn)將質(zhì)量均為〃，的金屬棒a、b垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間

的電阻均為凡運動過程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)

軌電阻忽略不計，重力加速度為g。

(1)先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運動時的速度大小心;

(2)在(1)問中，當(dāng)棒a勻速運動時，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小ao;

(3)在(2)問中，從棒b釋放瞬間開始計時，經(jīng)過時間如，兩棒恰好達到相同的速度％求速度

/的大小，以及時間to內(nèi)棒a相對于棒b運動的距離Ax。

答案(1產(chǎn)g%n0(2)2gsino

(3)gsin?！?。+嚼當(dāng)2冽9

44

DLBL

解析(1)棒a在運動過程中重力沿導(dǎo)軌平面向下的分力和棒a所受安培力相等時做勻速運

動，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E=班4

由閉合電路歐姆定律及安培力公式可得

F

/=—,F=BIL

2R

棒a受力平衡可得mgsin3=BIL

聯(lián)立解得刈=修普

B2L2

(2)由左手定則可以判斷棒b所受安培力沿導(dǎo)軌平面向下，釋放棒b瞬間電路中電流不變，則

對棒b由牛頓第二定律可得冽gsin0+BIL=maQ

解得ao=2gsin0

(3)棒a受到沿導(dǎo)軌平面向上的安培力，釋放棒b后，在到達共速時對棒a由動量定理有

mgsinOto—B/

棒b受沿導(dǎo)軌平面向下的安培力，對b棒由動量定理有mgsinOto+B【Lto=mi/

聯(lián)立解得，=gsin8]()+U=gsin夕砧+名吟誓"，/=

2B2L22BLto

由法拉第電磁感應(yīng)定律可得1=—

2R2Rto

寸、-rp*"1%)R2m2R2gsin0

聯(lián)立可得Av=------=------q——o

B2L2出〃

7.(2023?全國甲卷25)如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導(dǎo)軌，其平行部分的間距為/,

導(dǎo)軌的最右端與桌子右邊緣對齊，導(dǎo)軌的電阻忽略不計。導(dǎo)軌所在區(qū)域有方向豎直向上的勻

強磁場，磁感應(yīng)強度大小為以一質(zhì)量為優(yōu)、電阻為R、長度也為/的金屬棒P靜止在導(dǎo)軌

上。導(dǎo)軌上質(zhì)量為3m的絕緣棒Q位于P的左側(cè)，以大小為刈的速度向P運動并與P發(fā)生彈

性碰撞，碰撞時間很短。碰撞一次后，P和Q先后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌，并落在地面上

同一地點。P在導(dǎo)軌上運動時，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，P與Q始終平行。不計空氣阻力。求:

(1)金屬棒P滑出導(dǎo)軌時的速度大?。?/p>

(2)金屬棒P在導(dǎo)軌上運動過程中產(chǎn)生的熱量；

(3)與P碰撞后，絕緣棒Q在導(dǎo)軌上運動的時間。

答案⑴；/(2)/m2⑶鬻

2B￡r

解析(1)由于絕緣棒Q與金屬棒P發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒和機械能守恒可得

3冽飲)=3冽心+冽”

3加42=；x3mk^2+^mH>2

31

聯(lián)立解得?=-4

22

碰后絕緣棒Q做勻速運動，金屬棒P做減速直線運動。絕緣棒Q和金屬棒P滑出桌面后均

做平拋運動，落地點相同，因此金屬棒P滑出導(dǎo)軌時的速度與Q相同，設(shè)為n',則捶'

=k^=—。

2

(2)根據(jù)能量守恒有;加142=；加/'2-\-Q

解得。=冽42

（3）P、Q碰撞后，對金屬棒P分析，根據(jù)動量定理得一5//加=加/'-mkp

[=E工①=Blx

又q=/Nt,

RRNtRNt

m伏）R

聯(lián)立可