專題強(qiáng)化二十四動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

學(xué)習(xí)目標(biāo)1.會(huì)利用動(dòng)量定理分析導(dǎo)體棒、線框在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)。2.會(huì)利用動(dòng)量

守恒定律分析雙金屬棒在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。

考點(diǎn)一動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

1.導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中所受安培力是變力時(shí)，可用動(dòng)量定理分析棒的速度變化，表達(dá)

式為

－

I其他＋I(xiàn)lBΔt＝mv－mv0

－

或I其他－IlBΔt＝mv－mv0；

若其他力的沖量和為零，則有

－－

IlBΔt＝mv－mv0或－IlBΔt＝mv－mv0。

－

mv0－mv

2.求電荷量：q＝IΔt＝。

Bl

－

B2l2v

3.求位移：由－Δt＝mv－mv0有

R總

－

（mv0－mv）R總

x＝vΔt＝。

B2l2

4.求時(shí)間

①已知電荷量q，F(xiàn)其他為恒力，可求出非勻變速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。

－

－BILΔt＋F其他Δt＝mv－mv0

即－BLq＋F其他Δt＝mv－mv0。

②若已知位移x，F(xiàn)其他為恒力，也可求出非勻變速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。

－

－B2L2vΔt－

＋F其他Δt＝mv－mv0，vΔt＝x。

R總

例1如圖1所示，兩條相距為L(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于水平面(紙面)內(nèi)，其左

端接一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，導(dǎo)軌

電阻不計(jì)。金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置并接觸良好，接入電路的電阻也為R。若給棒

平行導(dǎo)軌向右的初速度v0，當(dāng)流過(guò)棒橫截面的電荷量為q時(shí)，棒的速度減為零，

此過(guò)程中棒的位移為x。則()

圖1

qv0

A.當(dāng)流過(guò)棒的電荷量為時(shí)，棒的速度為

24

xv0

B.當(dāng)棒發(fā)生位移為時(shí)，棒的速度為

32

q3BqLv0

C.在流過(guò)棒的電荷量達(dá)到的過(guò)程中，棒釋放的熱量為

216

3BLqv0

D.整個(gè)過(guò)程中定值電阻R釋放的熱量為

4

答案C

－－

解析對(duì)ab棒由動(dòng)量定理有－BILt＝0－mv0，而q＝It，即－BqL＝0－mv0，當(dāng)

qq1

流過(guò)棒的電荷量為時(shí)，有－B·L＝mv1－mv0，解得v1＝v0，A錯(cuò)誤；當(dāng)棒發(fā)生

222

ΔΦBLxxΔΦ′BLx

位移為x時(shí)，q＝＝，則當(dāng)棒發(fā)生位移為時(shí)，q′＝＝，可知此時(shí)流

RR3R3R

q－2

過(guò)棒的電荷量q′＝，代入BILΔt＝BLq′＝mv2－mv0，解得棒的速度為v2＝v0，B

33

錯(cuò)誤；定值電阻與導(dǎo)體棒釋放的熱量相同，在流過(guò)棒的電荷量達(dá)到q的過(guò)程中，棒

2

12－12

1mv0mv1323BqLv0

釋放的熱量為Q＝22＝mv0＝，C正確；同理可得整個(gè)過(guò)程

21616

112qBLv0

中定值電阻R釋放的熱量為Q′＝×mv0＝，D錯(cuò)誤。

224

1.(多選)(2024·江西南昌聯(lián)考)如圖2，間距為L(zhǎng)的平行導(dǎo)軌豎直固定放置，導(dǎo)軌上

端接有阻值為R的定值電阻，矩形勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ的寬度均為d，磁場(chǎng)Ⅰ的下邊

界和磁場(chǎng)Ⅱ的上邊界間距為d，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。一根質(zhì)量為m、

電阻為R的金屬棒由靜止釋放，釋放的位置離磁場(chǎng)Ⅰ的上邊界距離為2d，金屬棒

進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ時(shí)的速度相等，金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終保持水平且與導(dǎo)軌接觸良

好，其余電阻不計(jì)，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是()

圖2

A.金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)的速度大小為2gd

B.金屬棒剛出磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)的速度大小為2gd

C.金屬棒穿過(guò)兩個(gè)磁場(chǎng)后電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為2mgd

D.金屬棒穿過(guò)磁場(chǎng)Ⅰ所用的時(shí)間為

B2L2d－mRgd

mgR

答案ABC

12

解析根據(jù)動(dòng)能定理有mg·2d＝mv1，金屬棒剛進(jìn)磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)的速度大小為v1＝

2

2gd，故A正確；由于金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ時(shí)的速度相等，在金屬棒從磁場(chǎng)Ⅰ

的下邊界到磁場(chǎng)Ⅱ的上邊界這一過(guò)程中，機(jī)械能守恒，設(shè)金屬棒出磁場(chǎng)Ⅰ的速度

1212

為v1′，進(jìn)磁場(chǎng)Ⅱ的速度為v2，則有mv1′＋mgd＝mv2，又v2＝v1，解得金屬棒

22

剛出磁場(chǎng)Ⅰ時(shí)的速度大小為v1′＝2gd，故B正確；由能量守恒定律得2Q＝5mgd

12

－mv1′，解得金屬棒穿過(guò)兩個(gè)磁場(chǎng)后電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝2mgd，故C

2

正確；設(shè)金屬棒穿過(guò)磁場(chǎng)Ⅰ所用的時(shí)間為t，根據(jù)動(dòng)量定理得BqL－mgt＝(－mv1′)

ΔΦBLd

－(－mv1)，該過(guò)程的電荷量為q＝＝，解得金屬棒穿過(guò)磁場(chǎng)Ⅰ所用的時(shí)間

2R2R

B2L2d－（4－22）mRgd

為t＝，故D錯(cuò)誤。

2mgR

考點(diǎn)二動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

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，安培力是系統(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(shí)，滿足動(dòng)量守恒，運(yùn)

用動(dòng)量守恒定律求解比較方便。

例2如圖3所示，兩根間距為l的光滑金屬導(dǎo)軌(不計(jì)電阻)，由一段圓弧部分與

一段無(wú)限長(zhǎng)的水平部分組成，其水平段加有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)

度為B。導(dǎo)軌水平段上靜止放置一金屬棒cd，質(zhì)量為2m，電阻為2r。另一質(zhì)量

為m、電阻為r的金屬棒ab，從圓弧段M處由靜止釋放下滑至N處進(jìn)入水平段，

棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，圓弧段MN半徑為R，所對(duì)圓心角為60°，重力

加速度為g。求：

圖3

(1)ab棒在N處進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)速度和棒中的電流；

(2)cd棒能達(dá)到的最大速度；

(3)cd棒由靜止到最大速度過(guò)程中，系統(tǒng)所能釋放的熱量。

BlgR11

答案(1)gR(2)gR(3)mgR

3r33

解析(1)ab棒由M下滑到N過(guò)程中機(jī)械能守恒，有

1

mgR(1－cos60°)＝mv2

2

解得v＝gR

EBlgR

進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間，回路中的電流為I＝＝。

2r＋r3r

(2)ab棒在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，cd棒在安培力作用下做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩棒

速度達(dá)到相同速度v′時(shí)，電路中電流為零，安培力為零，cd棒達(dá)到最大速度。由

動(dòng)量守恒定律得

1

mv＝(2m＋m)v′，解得v′＝gR。

3

(3)系統(tǒng)釋放的熱量應(yīng)等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量

11

故Q＝mv2－×3mv′2

22

1

解得Q＝mgR。

3

2.(多選)如圖4所示，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠

長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上。t＝0時(shí)，棒ab

以初速度v0向右滑動(dòng)。運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速

度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示。下列圖像中可能正確的是()

圖4

答案AC

解析導(dǎo)體棒ab運(yùn)動(dòng)，切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流(逆時(shí)針)，導(dǎo)體棒ab受到安

培力F作用，速度減小，導(dǎo)體棒cd受安培力F′作用，速度增大，最終兩棒速度

相等，如圖所示。由E＝Blv知，回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E總＝Bl(v1－v2)＝BlΔv，Δv

逐漸減小，則感應(yīng)電流非均勻變化。當(dāng)兩棒的速度相等時(shí)，回路上感應(yīng)電流消失，

v0

兩棒在導(dǎo)軌上以共同速度做勻速運(yùn)動(dòng)。由動(dòng)量守恒定律得mv0＝2mv共，v共＝，

2

A、C正確，D錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒cd受變力作用，加速度逐漸減小，其v－t圖像應(yīng)該

是曲線，B錯(cuò)誤。

A級(jí)基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練

對(duì)點(diǎn)練1動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

1.如圖1所示，在光滑的水平面上寬度為L(zhǎng)的區(qū)域內(nèi)，有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。

現(xiàn)有一個(gè)邊長(zhǎng)為a(a<L)的正方形閉合線圈以垂直于磁場(chǎng)邊界的初速度v0向右滑動(dòng)，

穿過(guò)磁場(chǎng)后速度剛好減為0，那么當(dāng)線圈完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，其速度大小()

圖1

v0v0

A.大于B.等于

22

v0

C.小于D.以上均有可能

2

答案B

－

－EΔΦ

解析通過(guò)線圈橫截面的電荷量q＝IΔt＝Δt＝，由于線圈進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)過(guò)

RR

程，線圈磁通量的變化量相等，則進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)的兩個(gè)過(guò)程通過(guò)線圈橫截面的

－

電荷量q相等，由動(dòng)量定理得，線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程－BI1at1＝mv－mv0，線圈離開(kāi)

－－

磁場(chǎng)過(guò)程－BI2at2＝0－mv，由于q＝It，則－Baq＝mv－mv0，Baq＝mv，解得v

v0

＝，故B正確。

2

2.(多選)如圖2所示，在光滑的水平面上有一方向豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)。磁場(chǎng)

區(qū)域的左側(cè)，一正方形線框由位置Ⅰ以4.5m/s的初速度垂直于磁場(chǎng)邊界水平向右

運(yùn)動(dòng)，線框經(jīng)過(guò)位置Ⅱ，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到位置Ⅲ時(shí)速度恰為零，此時(shí)線框剛好有一半離

開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域。線框的邊長(zhǎng)小于磁場(chǎng)區(qū)域的寬度。若線框進(jìn)、出磁場(chǎng)的過(guò)程中通過(guò)

線框橫截面的電荷量分別為q1、q2，線框經(jīng)過(guò)位置Ⅱ時(shí)的速度為v。則下列說(shuō)法

正確的是()

圖2

A.q1＝q2B.q1＝2q2

C.v＝1.0m/sD.v＝1.5m/s

答案BD

ΔΦBΔS

解析根據(jù)q＝＝可知，線框進(jìn)、出磁場(chǎng)的過(guò)程中通過(guò)線框橫截面的電荷

RR

－

量q1＝2q2，故A錯(cuò)誤，B正確；線圈從開(kāi)始進(jìn)入到位置Ⅱ，由動(dòng)量定理－BI1LΔt1

＝mv－mv0，即－BLq1＝mv－mv0，同理線圈從位置Ⅱ到位置Ⅲ，由動(dòng)量定理－

－1

BI2LΔt2＝0－mv，即－BLq2＝0－mv，聯(lián)立解得v＝v0＝1.5m/s，故C錯(cuò)誤，D

3

正確。

3.(多選)(2024·陜西西安模擬)如圖3所示，光滑的平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面

上。導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌右端接有阻值為R的定值電阻。MN和PQ間有垂直于導(dǎo)

軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬棒ab垂直放在

導(dǎo)軌上，給金屬棒ab一個(gè)水平向右的初速度v0，金屬棒沿著金屬導(dǎo)軌滑過(guò)磁場(chǎng)

1

的過(guò)程中，流過(guò)金屬棒的電流最大值為I，最小值為I。不計(jì)導(dǎo)軌電阻，金屬棒

2

與導(dǎo)軌始終接觸良好。則下列判斷正確的是()

圖3

2IR

A.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為

Lv0

2

mv0

B.金屬棒穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，通過(guò)金屬棒ab中的電荷量為

2IR

32

C.金屬棒中產(chǎn)生的焦耳熱為mv0

8

3

mv0

D.MN與PQ間的距離為

4I2R

答案AD

BLv02IR

解析設(shè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，由題意知I＝，解得B＝，A正確；

2RLv0

1－1

金屬棒穿出磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v0，根據(jù)動(dòng)量定理有BILt＝BqL＝mv0－mv0，

22

2

mv0

解得q＝，B錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒定律可知金屬棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝

4IR

1－

v0ΔΦ

12－12－

1mv0m232EΔΦBLx

22＝mv0，C錯(cuò)誤；根據(jù)q＝It＝t＝t·t＝＝，得到

2162R2R2R2R

3

mv0

MN與PQ間的距離為x＝，D正確。

4I2R

對(duì)點(diǎn)練2動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

4.(多選)如圖4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(méi)有磁場(chǎng)，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(chǎng)，導(dǎo)軌間距為d，ab、cd是質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒，

導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)。cd靜止在平滑軌道上，ab從四分之一圓弧軌道頂端由靜止釋

1

放，在圓弧軌道上克服阻力做功mgr，水平導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂

2

直并接觸良好，且不會(huì)相撞，重力加速度為g。從ab棒進(jìn)入水平軌道開(kāi)始，下列

說(shuō)法正確的是()

圖4

A.ab棒先做勻減速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速運(yùn)動(dòng)

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

Bdgr

C.ab棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，cd棒電流為

2R

gr

D.ab棒的最終速度大小為

2

答案CD

解析ab棒進(jìn)入磁場(chǎng)后受到向左的安培力，做減速運(yùn)動(dòng)，所以安培力減小，則ab

棒先做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，cd棒與ab棒串聯(lián)，所以先做加速度減小的加速

運(yùn)動(dòng)，最后它們以相同的速度做勻速運(yùn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)誤；ab棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)的速

11

度就是它下滑到圓弧軌道底端的速度，根據(jù)動(dòng)能定理有mgr－mgr＝mv2，可得

22

速度為v＝gr，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Bdv，兩金屬棒串聯(lián)，故兩棒中的瞬時(shí)電流

Bdgrgr

為I＝，兩棒共速時(shí)由動(dòng)量守恒定律有mv＝2mv′，得最終速度大小為v′＝，

2R2

故C、D正確。

5.(多選)(2024·遼寧大連模擬)如圖5，兩根足夠長(zhǎng)的平行光滑導(dǎo)軌固定在絕緣水平

面上，所在空間有方向垂直于水平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，

導(dǎo)軌的間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)；導(dǎo)軌上靜置兩根長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒PQ和MN，其

中PQ的質(zhì)量為2m、阻值為R，MN的質(zhì)量為m、阻值為2R。若在t＝0時(shí)刻給

PQ一個(gè)平行于導(dǎo)軌向右的初速度v0，不計(jì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中PQ和MN的相互作用力，

則()

圖5

A.導(dǎo)體棒PQ從t＝0開(kāi)始做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，直至勻速運(yùn)動(dòng)

2

B.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為mv0

1

C.PQ速度為v0時(shí)，PQ兩端的電壓為BLv0

3

1mv0

D.導(dǎo)體棒MN速度由0～v0的過(guò)程中，通過(guò)導(dǎo)體棒MN的電荷量為

33BL

答案AD

解析t＝0時(shí)刻，PQ平行于導(dǎo)軌有向右的初速度v0，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E

EBLv0

＝BLv0，此時(shí)回路中的電流大小為I＝＝，兩導(dǎo)體棒受到的安培力

RMN＋RPQ3R

22

FBLv0

大小為F＝ILB，則有aPQ＝＝，由于安培力方向水平向左，與運(yùn)動(dòng)方向

2m6mR

相反，故導(dǎo)體棒PQ做減速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒PQ速度減小，則PQ加速度減小，兩導(dǎo)

體棒受的安培力大小相等，由左手定則可知，安培力方向相反，兩棒運(yùn)動(dòng)中，滿

2

足動(dòng)量守恒定律，則有2mv0＝(m＋2m)v共，兩棒達(dá)到共速，則得v共＝v0，此后

3

兩棒以這個(gè)速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故導(dǎo)體棒PQ從t＝0開(kāi)始做加速度逐漸減小的

減速運(yùn)動(dòng)，直至勻速運(yùn)動(dòng)，故A正確；由能量守恒定律可知，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生

121212

的總熱量等于系統(tǒng)總動(dòng)能的減少量，因此有Q＝×2mv0－×3mv共＝mv0，故B

223

錯(cuò)誤；t＝0時(shí)刻，PQ兩端的電壓為MN兩端的電壓，大小為UPQ＝UMN＝IRMN＝

21

BLv0，故C錯(cuò)誤；導(dǎo)體棒MN速度由0～v0的過(guò)程中，對(duì)導(dǎo)體棒MN根據(jù)動(dòng)量

33

－－

1mv0

定理可得BILΔt＝m·v0，解得q＝IΔt＝，故D正確。

33BL

B級(jí)綜合提升練

6.(多選)如圖6所示，在方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有

兩根位于同一水平面內(nèi)且間距為L(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌(導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，電阻不計(jì))；兩

根質(zhì)量均為m、內(nèi)阻均為r的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上(導(dǎo)體棒與金屬導(dǎo)

軌接觸良好)，t＝0時(shí)，ab棒以初速度3v0向右滑動(dòng)，cd棒以初速度v0向左滑動(dòng)，

關(guān)于兩棒的運(yùn)動(dòng)情況，下列說(shuō)法正確的是()

圖6

A.當(dāng)其中某根棒的速度為零時(shí)，另一根棒的速度大小為v0

22

2BLv0

B.當(dāng)其中某根棒的速度為零時(shí)，另一根棒的加速度大小為

3mr

32

C.從初始時(shí)刻到其中某根棒的速度為零過(guò)程中，導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱為mv0

2

D.cd棒的收尾速度大小為v0

答案CD

解析由于兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律可

得m·3v0－mv0＝mv1＋mv2，所以當(dāng)其中某根棒的速度為零時(shí)，另一根棒的速度大

小為2v0，故A錯(cuò)誤；當(dāng)其中某根棒的速度為零時(shí)，另一根棒的速度大小為2v0，

22

EBLv0

則有E＝BL·2v0，I＝，F(xiàn)＝ILB，聯(lián)立解得F＝，由牛頓第二定律可得，

2rr

22

FBLv0

另一根棒的加速度大小為a＝＝，故B錯(cuò)誤；從初始時(shí)刻到其中某根棒的

mmr

121212

速度為零過(guò)程中，兩根導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的焦耳熱為Q總＝mv0＋m(3v0)－m(2v0)

222

2132

＝3mv0，則導(dǎo)體棒ab產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝Q總＝mv0，故C正確；cd棒的收尾

22

速度為兩根導(dǎo)體棒具有的共同速度，則有m·3v0－mv0＝2mv共，解得v共＝v0，故

D正確。

7.如圖7所示，一質(zhì)量為2m的足夠長(zhǎng)的光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺(tái)上，

ab、dc邊平行且和長(zhǎng)為L(zhǎng)的bc邊垂直，整個(gè)金屬框電阻可忽略。一根質(zhì)量為m

的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，裝置始終處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻

強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)給金屬框向右的初速度v0，運(yùn)動(dòng)時(shí)MN始終與金屬框保持良好接觸

且與bc邊平行，則整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中()

圖7

A.感應(yīng)電流方向?yàn)镸→b→c→N→M

v0

B.導(dǎo)體棒的最大速度為

2

2mv0

C.通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量為

3BL

52

D.導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為mv0

6

答案C

解析金屬框以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)體棒MN還沒(méi)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，此時(shí)金屬框bc

邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)右手定則知，回路中的感應(yīng)電流的方向?yàn)?/p>

c→b→M→N→c，A錯(cuò)誤；金屬框bc邊中的電流方向沿c→b，導(dǎo)體棒MN中的電

流方向沿M→N，根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)體棒與金屬框所受安培力大小相等，方

向相反，把框和棒MN視作一個(gè)系統(tǒng)，遵循動(dòng)量守恒定律，則有2mv0＝3mv，解

2v0

得其共同速度v＝，方向沿導(dǎo)軌向右，B錯(cuò)誤；以棒MN為研究對(duì)象，由動(dòng)量

3

－

2v0

定理得BILΔt＝mv－0，即BLq＝m·－0，即整個(gè)過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)體棒的電荷量為

3

2mv012

q＝，C正確；根據(jù)能量守恒定律，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的總熱量Q＝×2mv0

3BL2

1212

－×3mv＝mv0，D錯(cuò)誤。

23

8.(多選)(2024·山東臨沂模擬)如圖8所示，固定在水平面內(nèi)的光滑不等距平行軌道

處于豎直向上、大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，ab段軌道寬度為2L，bc段軌道寬度是

L，ab段軌道和bc段軌道都足夠長(zhǎng)，將質(zhì)量均為m、接入電路的電阻均為R的金

屬棒M和N分別置于軌道上的ab段和bc段，且與軌道垂直。開(kāi)始時(shí)金屬棒M

和N均靜止，現(xiàn)給金屬棒M一水平向右的初速度v0，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，則()

圖8

22

BLv0

A.M棒剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為

mR

4v0

B.金屬棒M最終的速度為

5

2v0

C.金屬棒N最終的速度為

5

2mv0

D.整個(gè)過(guò)程中通過(guò)金屬棒的電荷量為

5BL

答案CD

E

解析由法拉第電磁感應(yīng)定律以及閉合電路歐姆定律得E＝B·2Lv0，I＝，由牛