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微
专题 6 动量观点在电磁感应中的应用
命题规律 1.命题角度：动量定理、动量守恒定律在电磁感应中的应用.2.常用方法：建立
单杆切割中q、x、t的关系模型；建立双杆系统模型.3.常考题型：选择题、计算题．
考点一 动量定理在电磁感应中的应用
在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用
动量定理巧妙解决问题
求解的物理量 应用示例
电荷量或速度 －BLΔt＝mv－mv，q＝Δt，即－BqL＝mv－mv
2 1 2 1
位移 －＝0－mv，即－＝0－mv
0 0
－BLΔt＋F
其他
Δt＝mv
2
－mv
1
即－BLq＋F
其他
Δt＝mv
2
－mv
1
已知电荷量q、F (F 为恒力)
其他 其他
时间
－＋F
其他
Δt＝mv
2
－mv
1
，
即－＋F
其他
Δt＝mv
2
－mv
1
已知位移x、F (F 为恒力)
其他 其他
例1 (多选)(2022·河南开封市二模)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界
匀强磁场．磁场区域的左侧，一正方形线框由位置Ⅰ以4.5 m/s的初速度垂直于磁场边界水
平向右运动，经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区
域．线框的边长小于磁场区域的宽度．若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q、q，线框经过位置Ⅱ时的速度为v.则下列说法正确的是( )
1 2
A．q＝q B．q＝2q
1 2 1 2
C．v＝1.0 m/s D．v＝1.5 m/s
答案 BD
解析 根据q＝＝可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q ＝2q ，故A
1 2
错误，B正确；线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理－BLΔt ＝mv－mv ，即－BLq ＝mv
1 0 1
－mv ，同理线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理－BLΔt ＝0－mv，即－BLq ＝0－mv，联
0 2 2
立解得v＝v＝1.5 m/s，故C错误，D正确．
0
例2 (2022·浙江省精诚联盟联考)如图(a)所示，电阻为2R、半径为r、匝数为n的圆形导体
线圈两端与水平导轨AD、MN相连．与导体线圈共圆心的圆形区域内有竖直向下的磁场，
其磁感应强度随时间变化的规律如图(b)所示，图(b)中的B 和t 均已知．PT、DE、NG是横
0 0
截面积和材料完全相同的三根粗细均匀的金属棒．金属棒 PT的长度为3L、电阻为3R、质
量为m.导轨AD与MN平行且间距为L，导轨EF与GH平行且间距为3L，DE和NG的长度
相同且与水平方向的夹角均为30°.区域Ⅰ和区域Ⅱ是两个相邻的、长和宽均为d的空间区域．
区域Ⅰ中存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场.0～2t 时间内，使棒PT在区
0 0
域Ⅰ中某位置保持静止，且其两端分别与导轨 EF和GH对齐．除导体线圈、金属棒PT、
DE、NG外，其余导体电阻均不计，所有导体间接触均良好且均处于同一水平面内，不计一
切摩擦，不考虑回路中的自感．
(1)求在0～2t 时间内，使棒PT保持静止的水平外力F的大小；
0
(2)在2t 以后的某时刻，若区域Ⅰ内的磁场在外力作用下从区域Ⅰ以v 的速度匀速运动，完
0 0
全运动到区域Ⅱ时，导体棒PT速度恰好达到v 且恰好进入区域Ⅱ，该过程棒PT产生的焦
0耳热为Q，求金属棒PT与区域Ⅰ右边界的初始距离x 和该过程维持磁场匀速运动的外力做
0
的功W；
(3)若磁场完全运动到区域Ⅱ时立刻停下，求导体棒PT运动到EG时的速度大小v.
答案 (1)0～t 时间内F＝；t～2t 时间内F＝0 (2)d－ 3Q＋mv2 (3)v－
0 0 0 0 0
解析 (1)在0～t 时间内，由法拉第电磁感应定律得E＝nS＝nπr2
0
由闭合电路欧姆定律得I＝＝
故在0～t 时间内，使PT棒保持静止的水平外力大小为F＝F＝BIL＝
0 A
在t～2t 时间内，磁场不变化，回路中电动势为零，无电流，则外力F＝0
0 0
(2)PT棒向右加速运动过程中，取向右的方向为正方向，由动量定理得＝mv
0
得Δx＝
所以x＝d－Δx＝d－
0
PT棒向右加速过程中，回路中的总焦耳热为Q ＝3Q
总
由功能关系和能量守恒定律得W＝3Q＋mv2
0
(3)棒PT从磁场区域Ⅱ左边界向右运动距离x时，回路中棒PT的长度为l＝2x＋L
x
回路中总电阻为R ＝＋2R＝＋2R
总x
＝(2x＋3L)
回路中电流为I＝＝＝
x
棒PT所受安培力大小为F ＝BIl＝
Ax 0 xx
棒PT从磁场区域Ⅱ左边界运动到EG过程中，以v 方向为正方向，由动量定理得－∑Δt＝
0
mv－mv
0
即－＝mv－mv
0
其中S ＝2L2
梯
所以v＝v－.
0
考点二 动量守恒定律在电磁感应中的应用
双杆模型
“一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注
物理 意问题包含着一个条件——甲杆静止，受力平衡
模型 两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势
是相加还是相减；系统动量是否守恒
通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另
动力学观点 一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以
分析 共同的速度匀速运动
方法 能量观点 两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和
对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属
动量观点
杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题例3 (2022·广东省模拟)如图所示，间距L＝1 m的光滑平行金属导轨MN和PQ的倾斜部分
与水平部分平滑连接，水平导轨处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B＝0.2 T的匀强磁
场中，距离磁场左边界D＝1.8 m的导轨上垂直放置着金属棒cd，现将金属棒ab从距离桌面
高度h＝0.8 m的倾斜导轨处由静止释放，随后进入水平导轨，两金属棒未相碰，金属棒 cd
从导轨右端飞出后，落地点距导轨右端的水平位移 s＝1.20 m．已知金属棒ab的质量m ＝
1
0.2 kg，金属棒cd的质量m ＝0.1 kg，金属棒ab、cd的电阻均为r＝0.1 Ω、长度均为L，两
2
金属棒在导轨上运动的过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，桌面离地面的高
度H＝
1.8 m，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)金属棒cd在水平导轨上运动的最大加速度；
(2)金属棒ab在水平导轨上运动的过程中克服安培力所做的功和整个回路中产生的焦耳热；
(3)金属棒ab、cd在水平导轨上运动的过程中两金属棒之间距离的最小值．
答案 (1)8 m/s2 (2)0.7 J 0.5 J (3)0.8 m
解析 (1)金属棒ab从释放到刚进入水平导轨的过程，根据机械能守恒定律得 mgh＝mv2，
1 1
金属棒ab切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，回路中的电流I＝
金属棒cd所受的安培力大小为F ＝BIL，此时金属棒cd的加速度最大，最大加速度a ＝
cd m
联立解得a＝8 m/s2
(2)金属棒cd离开水平导轨后做平抛运动，有s＝vt，H＝gt2
c
金属棒ab与金属棒cd在相互作用的过程中，根据动量守恒定律得mv＝mv＋mv
1 1 a 2 c
设金属棒ab克服安培力做的功为W，由动能定理得－W＝mv2－mv2
1 a 1
解得W＝0.7 J，整个回路中产生的焦耳热Q＝mgh－mv2－mv2
1 1 a 2 c
解得Q＝0.5 J
(3)金属棒cd在安培力的作用下加速，根据动量定理得BLΔt＝mv
2 c
金属棒ab、金属棒cd组成的回路中通过某截面的电荷量q＝IΔt
根据法拉第电磁感应定律得＝＝，I＝，联立解得Δx＝1 m，两金属棒之间距离的最小值为
D－Δx＝0.8 m.
1.(多选)如图所示，水平金属导轨P、Q间距为L，M、N间距为2L，P与M相连，Q与N相
连，金属棒a垂直于P、Q放置，金属棒b垂直于M、N放置，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．现给a棒一大小为v 的初速度，方向水平向右．设两
0
部分导轨均足够长，两棒质量均为m，在a棒的速度由v 减小到0.8v 的过程中，两棒始终
0 0
与导轨接触良好．在这个过程中，以下说法正确的是( )
A．俯视时感应电流方向为顺时针
B．b棒的最大速度为0.4v
0
C．回路中产生的焦耳热为0.1mv2
0
D．通过回路中某一截面的电荷量为
答案 BC
解析 a棒向右运动，根据右手定则可知，俯视时感应电流方向为逆时针，故A错误；由题
意分析可知，a棒减速，b棒加速，设a棒的速度大小为0.8v 时b棒的速度大小为v，取水
0
平向右为正方向，根据动量定理，对a棒有－BLΔt＝m·0.8v －mv ，对b棒有B·2LΔt＝mv，
0 0
联立解得v＝0.4v ，此后回路中电流为0，a、b棒都做匀速运动，即b棒的最大速度为
0
0.4v，故B正确；根据能量守恒定律有Q＝mv2－[m(0.8v)2＋m(0.4v)2]＝0.1mv2，故C正确；
0 0 0 0 0
对b棒，由2BL·Δt＝mv得，通过回路中某一截面的电荷量q＝·Δt＝＝，故D错误．
2．(2022·安徽阜阳市质检)如图，两平行光滑金属导轨ABC、A′B′C′的左端接有阻值为
R的定值电阻Z，间距为L，其中AB、A′B′固定于同一水平面上(图中未画出)且与竖直面
内半径为r的光滑圆弧形导轨BC、B′C′相切于B、B′两点．矩形DBB′D′区域内存在
磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场．导体棒ab的质量为m、阻值为R、长度为
L，ab棒在功率恒定、方向水平向右的推力作用下由静止开始沿导轨运动，经时间t后撤去
推力，然后ab棒与另一根相同的导体棒cd发生碰撞并粘在一起，以3的速率进入磁场，两
导体棒穿过磁场区域后，恰好能到达CC′处．重力加速度大小为g，导体棒运动过程中始
终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻．
(1)求该推力的功率P；
(2)求两导体棒通过磁场右边界BB′时的速度大小v；
(3)求两导体棒穿越磁场的过程中定值电阻Z产生的焦耳热Q；
(4)两导体棒到达CC′后原路返回，请通过计算判断两导体棒能否再次穿过磁场区域．若不
能穿过，求出两导体棒停止的位置与DD′的距离x.
答案 (1) (2) (3)mgr (4)不能
解析 (1)设两导体棒碰撞前瞬间ab棒的速度大小为v ，在推力作用的过程中，由动能定理
0有Pt＝mv2
0
设ab与cd碰后瞬间结合体的速度大小为v，由题意知v＝3，由动量守恒定律有mv＝2mv
1 1 0 1
联立解得P＝
(2)对两导体棒沿圆弧形导轨上滑的过程分析，由机械能守恒定律有×2mv2＝2mgr
解得v＝
(3)两棒碰撞并粘在一起，由电阻定律可知，两导体棒的总电阻为，阻值为 R的定值电阻Z
产生的焦耳热为Q，故两棒产生的总焦耳热为，由能量守恒定律有
－(Q＋)＝×2mv2－×2mv2
1
解得Q＝mgr
(4)设导体棒第一次穿越磁场的时间为t ，该过程回路中的平均电流为，DD′与BB′的间距
1
为x，由动量定理有－BLt＝2mv－2mv
1 1 1
根据法拉第电磁感应定律和电路相关知识有t＝
1
解得x＝
1
由机械能守恒定律可知，导体棒再次回到BB′处时的速度大小仍为v＝，导体棒再次进入
磁场向左运动的过程中，仍用动量定理和相关电路知识，并且假设导体棒会停在磁场中，同
时设导体棒在磁场中向左运动的时间为t ，导体棒进入磁场后到停止运动的距离为Δx，该
2
过程回路中的平均电流为′，同前述道理可分别列式为
－B′Lt ＝0－2mv
2
′t＝
2
解得Δx＝
显然Δx<x ，假设成立，故导体棒不能向左穿过磁场区域，导体棒停止的位置与 DD′的距
1
离x＝x－Δx＝.
1
专题强化练
1.(2022·广东省调研)如图所示，左端接有阻值为R的定值电阻，且足够长的平行光滑导轨
CE、DF的间距为L，导轨固定在水平面上，且处在磁感应强度大小为 B、方向竖直向下的
匀强磁场中，一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直导轨放置且静止，导轨的电阻不计．
某时刻给导体棒ab一个水平向右的瞬时冲量I，导体棒将向右运动，最后停下来，则此过程
中( )
A．导体棒做匀减速直线运动直至停止运动B．电阻R上产生的焦耳热为
C．通过导体棒ab横截面的电荷量为
D．导体棒ab运动的位移为
答案 C
解析 导体棒获得向右的瞬时冲量后切割磁感线，回路中出现感应电流，导体棒 ab受到向
左的安培力，向右做减速运动，有＝ma，由于导体棒速度减小，则加速度减小，所以导体
棒做的是加速度减小的减速运动直至停止运动，A错误；导体棒减少的动能 E ＝mv2＝
k
m()2＝，根据能量守恒定律可得E＝Q ，又根据串、并联电路知识可得Q ＝Q ＝，B错误；
k 总 R 总
根据动量定理可得－BLΔt＝0－mv，I＝mv，q＝IΔt，联立可得q＝，C正确；由于q＝IΔt＝
Δt＝＝，将q＝代入可得，导体棒ab运动的位移x＝，D错误．
2．(多选)如图甲所示，质量m＝3.0×10－3 kg 的 形金属细框水平放置在两水银槽中，
形框的水平细杆CD长l＝0.20 m，处于磁感应强度大小为B＝1.0 T、方向水平向右的
1
匀强磁场中．有一匝数n＝300匝、面积S＝0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连．线
圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B 随时间t变化的关系如
2
图乙所示．t＝0.22 s时闭合开关K，瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起
的最大高度h＝0.20 m．不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．0～0.10 s内线圈中的感应电动势大小为3 V
B．0.10～0.20 s内线圈中的磁通量最大，故感应电动势最大
C．开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到D
D．开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03 C
答案 CD
解析 由题图乙所示图像可知，在0～0.10 s内，ΔΦ＝ΔBS＝(1.0－0)×0.01 Wb＝0.01 Wb
2
0～0.10 s内线圈中的感应电动势大小E＝n＝300× V＝30 V，在0.10～0.20 s内线圈中的磁
通量最大，但B －t图像的斜率为0，故感应电动势为0，A、B错误；由题可知细杆CD所
2
受安培力方向竖直向上，由左手定则可知，电流方向为由 C到D，C正确；对细杆，由动量
定理及题意得Bl·Δt＝mv－0，细杆竖直向上做竖直上抛运动，有v2＝2gh，电荷量Q＝Δt，
1
联立解得Q＝＝0.03 C，D正确．
3．(多选)(2022·河南信阳市高三质量检测)如图所示，两根足够长相互平行、间距d＝0.20 m
的竖直导轨，下端连接阻值R＝0.50 Ω的电阻．一根阻值也为0.50 Ω、质量m＝1.0×10－2
kg的导体棒ab搁置在两端等高的挡条上．在竖直导轨内有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度B＝0.50 T(图中未画出)．撤去挡条，棒开始下滑，经t＝0.25 s后下降了h＝0.29 m．假设
棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计一切摩擦阻力和导轨电阻，重力加速度取 10
m/s2.下列说法正确的是( )
A．导体棒能获得的最大速度为20 m/s
B．导体棒能获得的最大速度为10 m/s
C．t＝0.25 s时间内通过导体棒的电荷量为2.9×10－2 C
D．t＝0.25 s时导体棒的速度为2.21 m/s
答案 BCD
解析 导体棒获得最大速度时，导体棒受力平衡，有mg＝F ＝BId，解得I＝1 A，又由E＝
安
Bdv ，I＝，解得v ＝10 m/s，故A错误，B正确；在下落0.29 m的过程中有＝，＝，q＝
m m
t，可知q＝，其中ΔΦ＝ΔS·B＝0.2×0.29×0.5 Wb＝0.029 Wb，解得q＝2.9×
10－2 C，故C正确；由动量定理有(mg－Bd)t＝mv，通过导体棒的电荷量为q＝t＝，可得v
＝gt－，代入数据解得v＝2.21 m/s，故D正确．
4.(多选)(2022·山东青岛市黄岛区期末)如图，光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平桌面上，
窄轨MP间距0.5 m，宽轨NQ间距1 m，电阻不计．空间存在竖直向上的磁感应强度B＝1 T
的匀强磁场．金属棒a、b水平放置在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，a棒的质
量为0.2 kg，b棒的质量为0.1 kg，若a棒以v ＝9 m/s的水平初速度从宽轨某处向左滑动，
0
最终与b棒以相同的速度沿窄轨运动．若a棒滑离宽轨前加速度恰好为0，窄导轨足够长．
下列说法正确的是( )
A．从开始到两棒以相同速度运动的过程，a、b组成的系统动量守恒
B．金属棒a滑离宽轨时的速度大小为3 m/s
C．金属棒a、b最终的速度大小为6 m/s
D．通过金属棒横截面的电荷量为0.8 C
答案 BD
解析 由于两导轨的宽度不相等，根据F＝BIL，知a、b两个金属棒所受水平方向的安培力
之和不为零，系统动量不守恒，故A错误；a棒滑离宽轨前加速度恰好为0，即做匀速运动，
a棒匀速运动时，两棒切割磁感线产生的电动势大小相等，有 BL v ＝BL v，L ＝2L ，得末
b b a a a b
速度v ＝2v ，对a棒根据动量定理可得－BL Δt＝mv －mv ，对b棒根据动量定理可得
b a a a a a 0BL Δt＝mv ，联立代入数据解得v＝3 m/s，v ＝6 m/s，故B正确；a棒滑离宽轨道进入窄
b b b a b
轨道后，a、b两个金属棒所受水平方向的安培力之和为零，系统动量守恒，设a、b两个金
属棒最终的共同速度为v′，则mv＋mv ＝(m ＋m)v′，解得v′＝4 m/s，故C错误；b
a a b b a b
金属棒始终在窄轨道上运动，对b金属棒全过程利用动量定理可得B′L·Δt′＝mv′，q
b b
＝′·Δt′，即BL q＝mv′，代入数据得q＝0.8 C，故D正确．
b b
5．(多选)如图所示，两条足够长、电阻不计的平行导轨放在同一水平面内，相距 l.磁感应强
度大小为B的范围足够大的匀强磁场垂直于导轨平面向下．两根质量均为 m、电阻均为r的
导体杆a、b与两导轨垂直放置且接触良好，开始时两杆均静止．已知b杆光滑，a杆与导轨
间最大静摩擦力大小为F.现对b杆施加一与杆垂直且大小随时间按图乙所示规律变化的水
0
平外力F，已知在t 时刻，a杆开始运动，此时拉力大小为F ，下列说法正确的是(最大静摩
1 1
擦力等于滑动摩擦力)( )
A．当a杆开始运动时，b杆的速度大小为
B．在0～t 这段时间内，b杆所受安培力的冲量大小为－Ft
1 11
C．在t～t 这段时间内，a、b杆的总动量增加了
1 2
D．a、b两杆最终速度将恒定，且两杆速度大小之差等于t 时刻b杆速度大小
1
答案 AD
解析 在整个运动过程中，a、b两杆所受安培力大小相等，当a杆开始运动时，所受的安
培力大小等于最大静摩擦力F ，则＝F ，解得b杆的速度大小为v＝，选项A正确；由动量
0 0
定理得I －I ＝mv，F－t图线与横轴围成的面积表示I 的大小，知I ＝Ft ，解得I ＝I －
F 安 F F 11 安 F
mv＝Ft －，选项B错误；在t ～t 这段时间内，外力F对a、b杆的冲量为I ′＝，因a杆
11 1 2 F
受摩擦力作用，可知a、b杆所受合力的总冲量小于，即a、b杆的总动量增加量小于，选项
C错误；由于最终外力F＝F ，故此时对两杆整体，所受合力为零，两杆所受的安培力均为
0
F，处于稳定状态，因开始时b杆做减速运动，a杆做加速运动，故a、b两杆最终速度将恒
0
定，速度大小之差满足＝F ，即Δv＝v，速度大小之差等于t 时刻b杆速度大小，选项D正
0 1
确．
6.(2022·天津市红桥区第二次质检)如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为
L，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直．一质量为 m、有效电阻为R的
导体棒在距磁场上边界h处由静止释放．导体棒进入磁场后流经电流表的电流逐渐减小，最
终稳定为I.整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻，
重力加速度大小为g.求：(重力加速度取10 m/s2)(1)导体棒的最大速度v ，磁感应强度的大小B；
m
(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；
(3)若导体棒进入磁场后恰经t时间达到稳定，这段时间的位移x大小．
答案 (1) (2) (3)(mgt＋m－)
解析 (1)由题意得导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为v ，
m
由机械能守恒定律得mv 2＝mgh
m
解得v ＝
m
电流稳定后，导体棒做匀速运动，此时导体棒受到的重力和安培力平衡，
则有：BIL＝mg
解得：B＝
(2)感应电动势E＝BLv
感应电流I＝
解得v＝
(3)导体棒进入磁场t时间运动的过程由动量定理有mgt－BLt＝mv－mv
m
又q＝t＝＝，
解得x＝(mgt＋m－).
7．(2022·陕西西安市一模)如图所示，有两光滑平行金属导轨，倾斜部分和水平部分平滑连
接，BE、CH段用特殊材料制成，光滑不导电，导轨的间距L＝1 m，左侧接R＝1 Ω的定值
电阻，右侧接电容C＝1 F的电容器，ABCD区域、EFGH区域均存在垂直于导轨所在平面
向下、磁感应强度B＝1 T的匀强磁场，ABCD区域长s＝0.3 m．金属杆a、b的长度均为L
＝1 m，质量均为m＝0.1 kg，a的电阻为r＝2 Ω，b的电阻不计．金属杆a从距导轨水平部
分h＝0.45 m的高度处由静止滑下，金属杆b静止在BEHC区域，金属杆b与金属杆a发生
弹性碰撞后进入EFGH区域，最终稳定运动．求：(重力加速度g取10 m/s2)
(1)金属杆a刚进入ABCD区域时通过电阻R的电流I；
(2)金属杆a刚离开ABCD区域时的速度v 的大小；
2(3)金属杆b稳定运动时的速度v 的大小；
4
(4)整个运动过程中金属杆a上产生的焦耳热．
答案 (1)1 A (2)2 m/s (3) m/s (4) J
解析 (1)金属杆a从开始运动到进入ABCD区域，由动能定理有mgh＝mv2
1
解得v＝3 m/s
1
刚进入ABCD区域时E＝BLv
1
I＝
联立解得I＝1 A
(2)金属杆a从进入ABCD区域到离开ABCD区域，
由动量定理有－BL·t＝mv－mv
2 1
t＝t＝
解得v＝2 m/s
2
(3)金属杆a、b碰撞过程中，有mv＝mv′＋mv
2 2 3
mv2＝mv′2＋mv2
2 2 3
解得v＝2 m/s，v′＝0
3 2
分析可知，杆b进入磁场后，电容器充电，杆b速度减小，匀速运动时，杆b产生的感应电
动势与电容器两端电压相同，且通过杆b的电荷量就是电容器储存的电荷量，由动量定理有
－BLq＝mv－mv
4 3
＝BLv
4
联立解得v＝ m/s
4
(4)杆a仅在ABCD区域中运动时产生焦耳热，即Q＝(mv2－mv2)＝ J.
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8.如图所示，MN、PQ为足够长的水平光滑金属导轨，导轨间距L＝0.5 m，导轨电阻不计，
空间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T；两直导体棒ab、cd均垂直于导轨放置，
导体棒与导轨始终接触良好．导体棒ab的质量m ＝0.5 kg，电阻R ＝0.2 Ω；导体棒cd的质
1 1
量m ＝1.0 kg，电阻R ＝0.1 Ω.将cd棒用平行于导轨的水平细线与固定的力传感器连接，给
2 2
ab一个水平向右、大小为v＝3 m/s的初速度，求：
0
(1)导体棒ab开始运动瞬间两端的电压U ；
ab
(2)力传感器示数F随ab运动距离x的变化关系；
(3)若导体棒ab向右运动的速度为1.5 m/s时剪断细线，求此后回路中产生的焦耳热．
答案 (1)0.5 V
(2)F＝2.5－x (N)(0≤x≤1.8 m)(3)0.375 J
解析 (1)导体棒ab开始运动瞬间产生的感应电动势E＝BLv＝1×0.5×3 V＝1.5 V
0
回路的电流I＝＝ A＝5 A
导体棒ab开始运动瞬间两端的电压
U ＝IR ＝0.5 V
ab 2
(2)设导体棒ab向右运动x时的速度为v，
则根据动量定理得
－BLΔt＝mv－mv
1 1 0
而＝，
＝＝
ab棒所受安培力F ＝BI′L＝
安
cd棒与ab棒所受安培力大小相等，故力传感器的示数F＝F ，
安
联立得F＝[v－]
0
代入数据得F＝2.5－x (N)(0≤x≤1.8 m)
(3)若导体棒ab向右运动的速度为1.5 m/s时剪断细线，此后ab做减速运动，cd做加速运动，
当两棒速度相等时达到稳定状态，
由动量守恒定律可知mv＝(m＋m)v′
1 1 1 2
回路中产生的焦耳热等于损失的机械能，
则Q＝mv2－(m＋m)v′2
1 1 1 2
代入数据解得Q＝0.375 J.
