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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·辽宁卷·15)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v 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
0
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．答案 (1) 方向水平向左
(2)① ②
(3)2≤k<3
解析 (1)细金属杆M以初速度v 向右运动，刚进入磁场时，产生的电动势为E＝BLv
0 0
电流的大小为I＝
则所受的安培力大小为F＝BIL＝
由左手定则可知安培力的方向水平向左；
(2)①金属杆N在磁场内运动的过程中，取水平向右为正方向，由动量定理有
BL·Δt＝m·－0
且q＝·Δt
联立解得通过回路的电荷量q＝
②设杆M在磁场中运动的位移大小为x ，杆N在磁场中运动的位移大小为x ，则有Δx＝x
1 2 1
－x，有
2
＝，＝
整理可得q＝
联立可得Δx＝
若两杆在磁场内刚好相撞，N到ab的最小距离为x＝Δx＝
(3)两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，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)，则N到cd边的速度大小恒为，取水平向右为正方向，根据动
量守恒定律可知mv＝mv＋m·
0 1
解得N出磁场时，M的速度大小为v＝v
1 0
由题意可知，此时M到cd边的距离为s＝(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
－BL·Δt＝m·－m·v
1 0
q＝·Δt＝
1 1
联立解得k＝2
②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有－BL·Δt＝0－m·v
2 0
同理解得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.
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．(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．
2.(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 0
BL 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
3.(多选)(2022·北京市模拟)如图，两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于同一水平面内，
两导轨间的距离为L.导轨上面横放着两根导体棒1和2，构成矩形回路．两根导体棒的质量
皆为m，接入电路电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计，在整个导轨平面内都有竖直
向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B.初始棒2静止，棒1有指向棒2的初速度v.若两导体
0
棒在运动中始终不接触，则( )
A．棒1的最小速度为零
B．棒2的最大加速度为
C．棒1两端电压的最大值为BLv
0
D．棒2产生的最大热量为mv2
0
答案 BD
解析 当导体棒1开始运动时，回路中有感应电流，两导体棒受到大小相等的安培力作用，
棒1做减速运动，棒2做加速运动，当两棒速度相等时，回路中电流等于零，两棒受力平衡，
都做匀速直线运动，此时棒1的速度最小，A错误；当导体棒1刚开始运动时，导体棒2的
加速度最大，有E＝BLv ，此时回路中的电流I＝＝，由牛顿第二定律可得F＝BIL＝BL＝＝
0
ma，得a＝，B正确；当导体棒1刚开始运动时，回路中的感应电动势最大，感应电流最大，
则棒1两端电压最大值为U＝IR＝＝BLv，C错误；当两棒的速度相等时，系统产生的焦耳
1 0
热最多，从开始运动到稳定的运动过程中，两棒的总动量守恒，设向右为正方向，由动量守
恒定律可得mv ＝2mv，由能量守恒定律可得mv2＝×2mv2＋Q，导体棒2产生的最大热量
0 0
为Q＝Q，联立解得Q＝mv2，D正确．
2 2 0
4．(多选)(2022·广西北海市一模)如图所示，在水平桌面上固定两条足够长的相距L＝1.0 m
的平行光滑金属导轨，导轨的左端连接阻值R＝3.0 Ω的电阻，导轨上放有垂直导轨的金属
杆P，金属杆的质量m＝0.1 kg，接入电路的电阻r＝2.0 Ω，整个空间存在磁感应强度大小B
＝0.5 T、竖直向下的匀强磁场．初始时刻金属杆在水平向右的恒力F的作用下，向右做速
度v＝4 m/s的匀速直线运动，经1.5 s后撤去恒力F.整个运动过程中金属杆P始终与导轨垂
直且接触良好，导轨电阻不计，则从初始时刻到金属杆停止运动的过程中( )
A．电阻R上产生的热量为1.0 JB．电阻R上产生的热量为1.2 J
C．金属杆向右运动的位移为14 m
D．金属杆向右运动的位移为16 m
答案 BC
解析 金属杆匀速运动时，所受安培力大小为F ＝BIL＝BL，根据金属杆受力平衡得F＝F
安
，代入数据解得F＝0.2 N，前1.5 s内金属杆运动的位移为x ＝vt＝6 m，水平恒力F做的
安 1
功W＝Fx ＝1.2 J，从初始时刻到金属杆停止运动的过程中，根据能量守恒定律得W＋mv2＝
1
Q＋Q ，其中Q∶Q ＝r∶R＝2∶3，代入数据解得Q ＝1.2 J，故A错误，B正确；撤去恒
r R r R R
力F后，金属杆的加速度满足－＝ma，等式两边同时乘非常短的时间Δt，即－Δt＝maΔt，
整理得－Δx＝mΔv，整理得x ＝mv，所以撤去恒力F后，金属杆继续运动的位移为x ＝v＝
2 2
8 m，从初始时刻到金属杆停止运动的过程中，金属杆向右运动的位移 x＝x ＋x ＝14 m，故
1 2
C正确，D错误．
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.
1 2
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.
