文档文本内容
第56讲 电磁感应中的动量问题
目录
01 模拟基础练
【题型一】动量定理在电磁感应中的应用
【题型二】动量守恒定律在电磁感应中的应用
02 重难创新练
【题型一】动量定理在电磁感应中的应用
1.如图所示，在光滑的水平面上宽度为 L的区域内，有竖直向下的匀强磁场。现有一个边长为 a(a<L)的正
方形闭合线圈以垂直于磁场边界的初速度v 向右滑动，穿过磁场后速度刚好减为0，那么当线圈完全进入
0
磁场时，其速度大小( )
A.大于 B.等于
C.小于 D.以上均有可能
【答案】 B
【解析】 通过线圈横截面的电荷量q＝IΔt＝Δt＝，由于线圈进入和穿出磁场过程，线圈磁通量的变化量
相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过线圈横截面的电荷量q相等，由动量定理得，线圈进入磁场过程
－BIat ＝mv－mv ，线圈离开磁场过程－BIat ＝0－mv，由于q＝It，则－Baq＝mv－mv ，Baq＝mv，解
1 1 0 2 2 0
得v＝，故B正确。
2.(多选)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，线框经过位置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 2A.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错误，B正
1 2
确；线圈从开始进入到位置Ⅱ，由动量定理－BILΔt＝mv－mv，即－BLq ＝mv－mv，同理线圈从位置Ⅱ
1 1 0 1 0
到位置Ⅲ，由动量定理－BILΔt ＝0－mv，即－BLq ＝0－mv，联立解得v＝v ＝1.5 m/s，故C错误，D正
2 2 2 0
确。
3.(多选)(2024·陕西西安模拟)如图所示，光滑的平行金属导轨固定在绝缘水平面上。导轨间距为L，导轨右
端接有阻值为R的定值电阻。MN和PQ间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场。一个质量为m、电阻为R、
长为L的金属棒ab垂直放在导轨上，给金属棒ab一个水平向右的初速度v ，金属棒沿着金属导轨滑过磁
0
场的过程中，流过金属棒的电流最大值为I，最小值为I。不计导轨电阻，金属棒与导轨始终接触良好。则
下列判断正确的是( )
A.匀强磁场的磁感应强度大小为
B.金属棒穿过磁场的过程中，通过金属棒ab中的电荷量为
C.金属棒中产生的焦耳热为mv
D.MN与PQ间的距离为
【答案】 AD
【解析】 设磁场的磁感应强度大小为B，由题意知I＝，解得B＝，A正确；金属棒穿出磁场时的速度大
小为v ，根据动量定理有BILt＝BqL＝mv －mv ，解得q＝，B错误；根据能量守恒定律可知金属棒中产生
0 0 0
的焦耳热为Q＝＝mv，C错误；根据q＝It＝t＝·t＝＝，得到MN与PQ间的距离为x＝，D正确。
【题型二】动量守恒定律在电磁感应中的应用
4.(多选)如图所示，半径为r的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相连，四分之一圆弧导轨区域没
有磁场，水平导轨区域存在磁感应强度大小为 B、方向竖直向上的匀强磁场，导轨间距为 d，ab、cd是质
量为m、电阻为R的金属棒，导轨电阻忽略不计。cd静止在平滑轨道上，ab从四分之一圆弧轨道顶端由静
止释放，在圆弧轨道上克服阻力做功mgr，水平导轨足够长，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，且不会
相撞，重力加速度为g。从ab棒进入水平轨道开始，下列说法正确的是( )
A.ab棒先做匀减速运动，最后做匀速运动
B.cd棒先做匀加速直线运动，最后和ab棒以相同的速度做匀速运动
C.ab棒刚进入磁场时，cd棒电流为D.ab棒的最终速度大小为
【答案】 CD
【解析】 ab棒进入磁场后受到向左的安培力，做减速运动，所以安培力减小，则ab棒先做加速度减小
的减速运动，cd棒与ab棒串联，所以先做加速度减小的加速运动，最后它们以相同的速度做匀速运动，
故A、B错误；ab棒刚进入磁场的速度就是它下滑到圆弧轨道底端的速度，根据动能定理有mgr－mgr＝
mv2，可得速度为v＝，则感应电动势为E＝Bdv，两金属棒串联，故两棒中的瞬时电流为I＝，两棒共速时
由动量守恒定律有mv＝2mv′，得最终速度大小为v′＝，故C、D正确。
5.(多选)如图所示，在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有两根位于同一水平面内且间距
为L的平行金属导轨(导轨足够长，电阻不计)；两根质量均为m、内阻均为r的光滑导体棒ab、cd静止在
导轨上(导体棒与金属导轨接触良好)，t＝0时，ab棒以初速度3v 向右滑动，cd棒以初速度v 向左滑动，
0 0
关于两棒的运动情况，下列说法正确的是( )
A.当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为v
0
B.当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的加速度大小为
C.从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中，导体棒ab产生的焦耳热为mv
D.cd棒的收尾速度大小为v
0
【答案】 CD
【解析】 由于两棒组成的系统动量守恒，取向右方向为正方向，由动量守恒定律可得 m·3v －mv ＝mv
0 0 1
＋mv ，所以当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为 2v ，故A错误；当其中某根棒的速度为
2 0
零时，另一根棒的速度大小为2v，则有E＝BL·2v ，I＝ ，F＝ILB，联立解得F＝，由牛顿第二定律可得，
0 0
另一根棒的加速度大小为a＝＝，故B错误；从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中，两根导体棒上
产生的焦耳热为Q ＝mv＋m(3v)2－m(2v)2＝3mv，则导体棒ab产生的焦耳热为Q＝Q ＝mv，故C正确；
总 0 0 总
cd棒的收尾速度为两根导体棒具有的共同速度，则有m·3v－mv＝2mv ，解得v ＝v，故D正确。
0 0 共 共 0
6.如图所示，一质量为2m的足够长的光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab、dc边平行且和长为L的
bc边垂直，整个金属框电阻可忽略。一根质量为m的导体棒MN置于金属框上，装置始终处于磁感应强度
为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属框向右的初速度 v ，运动时MN始终与金属框保持良好接触
0
且与bc边平行，则整个运动过程中( )
A.感应电流方向为M→b→c→N→MB.导体棒的最大速度为
C.通过导体棒的电荷量为
D.导体棒产生的焦耳热为mv
【答案】 C
【解析】 金属框以初速度v 向右运动时，导体棒MN还没开始运动，此时金属框bc边切割磁感线产生感
0
应电动势，根据右手定则知，回路中的感应电流的方向为c→b→M→N→c，A错误；金属框bc边中的电流
方向沿c→b，导体棒MN中的电流方向沿M→N，根据左手定则可知，导体棒与金属框所受安培力大小相
等，方向相反，把框和棒 MN视作一个系统，遵循动量守恒定律，则有 2mv ＝3mv，解得其共同速度v
0
＝，方向沿导轨向右，B错误；以棒MN为研究对象，由动量定理得BILΔt＝mv－0，即BLq＝m·－0，即
整个过程中通过导体棒的电荷量为q＝，C正确；根据能量守恒定律，整个运动过程中产生的总热量Q＝
×2mv－×3mv2＝mv，D错误。
7.(多选)(2024·山东临沂模拟)如图所示，固定在水平面内的光滑不等距平行轨道处于竖直向上、大小为B的
匀强磁场中，ab段轨道宽度为2L，bc段轨道宽度是L，ab段轨道和bc段轨道都足够长，将质量均为m、
接入电路的电阻均为R的金属棒M和N分别置于轨道上的ab段和bc段，且与轨道垂直。开始时金属棒M
和N均静止，现给金属棒M一水平向右的初速度v，不计导轨电阻，则( )
0
A.M棒刚开始运动时的加速度大小为
B.金属棒M最终的速度为
C.金属棒N最终的速度为
D.整个过程中通过金属棒的电荷量为
【答案】 CD
【解析】 由法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律得 E＝B·2Lv ，I＝，由牛顿第二定律得2ILB＝
0
ma，联立解得a＝，故A错误；最终回路中的电流为0，有2BLv ＝BLv ，对金属棒M和N分别应用动量
M N
定理得－2BILΔt＝mv －mv ，BILΔt＝mv ，联立解得v ＝，v ＝，故B错误，C正确；又q＝IΔt，联立解
M 0 N M N
得q＝，故D正确。
8.如图所示，两条平行光滑导轨相距L，水平导轨足够长，导轨电阻不计。水平轨道处在竖直向上的匀强
磁场中，磁感应强度为B。金属棒b放在水平导轨上，金属棒a从斜轨上高h处自由滑下。已知金属棒a、
b质量均为m，金属棒a、b电阻均为R，重力加速度为g，整个过程中金属棒a、b始终未相撞。求：
(1)金属棒b的最大加速度；
(2)金属棒a最多产生的热量。【答案】 (1) (2)mgh
【解析】 (1)当金属棒a刚进入磁场时速度最大，产生的感应电动势最大，回路中感应电流最大，金属棒
b所受安培力最大，加速度最大。设金属棒a刚进入磁场时的速度大小为v ，根据机械能守恒定律有mgh
1
＝mv
解得v＝
1
此时金属棒a产生的感应电动势大小为
E＝BLv＝BL
1
根据闭合电路欧姆定律可得此时回路中的感应电流大小为I＝＝
此时金属棒b所受安培力大小为
F＝ILB＝
根据牛顿第二定律可得金属棒b的最大加速度为
a＝＝。
(2)金属棒a和b组成的系统动量守恒，易知二者最终将以共同速度运动，设此速度大小为v，
2
根据动量守恒定律有mv＝2mv
1 2
解得v＝＝
2
两金属棒电阻相同，通过的电流大小相等，所以产生的总焦耳热相同，根据能量守恒定律，有
2Q＝mgh－×2mv
解得Q＝mgh。
9．(多选)如图，平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，左端接有定值电阻R，导轨处在竖直向下的匀强
磁场中，金属棒MN垂直放在导轨上，给金属棒一个水平向右的瞬时速度，金属棒向右运动最终停在虚线
b处，虚线a为金属棒向右运动到b的中间位置。金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，不计金
属棒、导轨的电阻。金属棒从开始运动到虚线 a的过程中，克服安培力做功为 W ，安培力的冲量大小为
1
I；从虚线a运动到虚线b，克服安培力做功为W，安培力的冲量大小为I。则( )
1 2 2
A．I＝I B．I＝2I
1 2 1 2
C．W＝3W D．W＝4W
1 2 1 2
【答案】AC
【解析】： 设金属棒运动全过程的距离为2x，金属棒从开始运动到虚线a的过程中，安培力的冲量为I
1
＝F t＝BLt，根据电流的定义式有q＝t，通过金属棒的电荷量为q＝＝，联立解得I ＝，同理可得I ＝I
安 1 2 1
＝，A正确，B错误；设金属棒初速度为v ，在虚线a位置速度为v，根据动量定理，金属棒从虚线a运
0 a
动到虚线b有0－mv＝－I ，从开始运动到虚线a的过程有mv－mv ＝－I ，联立得到v ＝2v，根据动能
a 2 a 0 1 0 a
定理，金属棒从虚线a运动到虚线b有0－mv2＝－W ，从开始运动到虚线a的过程有mv2－mv2＝－W ，
a 2 a 0 1联立得到W＝3W，C正确，D错误。
1 2
10．(2024·济南质检)(多选)现有如图所示光滑金属轨道处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为
B，左边较宽部分两轨道间距为2d，右边较窄部分两轨道间距为d，轨道电阻不计。现有均匀导体棒，电
阻值为R，从左侧以初速度v ＝向右运动，出发点到两侧轨道交界ab处距离为x，导体棒质量为m。下列
0
结论正确的是( )
A．导体棒运动至ab处速度为v
0
B．导体棒运动至ab处速度为v
0
C．导体棒在右侧区域运动2x减速到0
D．导体棒在右侧区域运动4x减速到0
【答案】AC
【解析】： 根据题意可知，导体棒运动至 ab过程中，所受平均安培力为＝B·2d，由动量定理有－t＝－
B·2dt＝－2Bdq＝mv－mv ，又有q＝＝，联立解得v＝＝v ，故B错误，A正确；根据题意，在右侧区域运
0 0
动过程中，由动量定理有－′t′＝－B·d′t′＝－Bdq′＝0－mv，又有q′＝＝，联立解得x′＝2x，故C
正确，D错误
1.(多选)如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L，两导轨间存在磁感应强度大小为B、方
向竖直向下的匀强磁场。一质量为m、电阻为R、长度恰好等于导轨间宽度的导体棒ab垂直于导轨放置。
闭合开关S，导体棒ab由静止开始运动，经过一段时间后达到最大速度。已知电源电动势为E、内阻为
R，不计金属轨道的电阻，则( )
A.导体棒的最大速度为v＝
B.开关S闭合瞬间，导体棒的加速度大小为
C.导体棒的速度从零增加到最大速度的过程中，通过导体棒的电荷量为
D.导体棒的速度从零增加到最大速度的过程中，导体棒产生的焦耳热为
【答案】 BC
【解析】 当动生电动势和电源电动势相等时，电流为零，导体棒不再受安培力，做向右的匀速直线运动，
此时速度最大，则有E＝BLv，解得v＝，故A错误；开关闭合瞬间，电路中的电流为I＝＝，导体棒所受安培力为F＝ILB＝，由牛顿第二定律可知导体棒的加速度为a＝，故B正确；由动量定理得ILB·t＝mv，又
q＝It，联立解得q＝，故C正确；对电路应用能量守恒定律有qE＝Q ＋mv2，导体棒产生的焦耳热为Q
总 R
＝Q ＝Q ，联立解得Q ＝，故D错误。
总 总 R
2 如图所示，竖直放置的U形光滑导轨与一电容器串联。导轨平面有垂直于纸面的匀强磁场，金属棒ab
与导轨接触良好，由静止释放后沿导轨下滑。电容C足够大，原来不带电，不计一切电阻。设导体棒的速
度为v、动能为E、两端的电压为U 、电容器带的电荷量为q，它们与时间t、位移x的关系图像正确的是
k ab
( )
【答案】 B
【解析】 设导轨间距为L，释放后电容器充电，电路中有充电电流i，棒受到向上的安培力，设瞬时加速
度为a，根据牛顿第二定律得mg－iLB＝ma，i＝＝＝＝CBLa，由此得mg－BL·CBLa＝ma，解得a＝，可
见棒的加速度不变，做匀加速直线运动，v＝at，U ＝BLv＝BLat，故A、C错误；E＝mv2＝m×2ax，故B
ab k
正确；q＝CU ＝BCLat，与时间成正比，而棒做匀加速运动，故与位移不是正比关系，故D错误。
ab
3.(多选)(2024·贵州贵阳模拟)如图所示，右端足够长的两平行光滑导轨左端是半径为 R＝0.8 m的四分之一
圆弧轨道，圆弧轨道部分没有磁场，导轨的水平部分有竖直向上的匀强磁场，导轨间距为 L＝0.5 m，匀强
磁场的磁感应强度为B＝0.5 T，质量为0.1 kg的导体棒a静止在水平轨道上，质量为0.3 kg的导体棒b从
四分之一圆弧轨道顶端从静止开始下滑，运动过程中 a、b始终与两导轨垂直且保持接触良好，a、b电阻
均为r＝0.1 Ω，其他电阻均不计，重力加速度为g＝10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.a运动过程中的最大加速度为10 m/s2
B.b刚进入磁场时a中的电流大小为5 A
C.整个过程中安培力对a、b做功的总和为－0.3 J
D.整个过程中导体棒a产生的焦耳热为0.3 J
【答案】 BD
【解析】 b下滑到底端过程有mgR＝mv，可得到达底端时的速度v ＝4 m/s，b刚进入磁场时，a的加速
0度最大，此时E＝BLv，I＝，对导体棒a，有ILB＝ma，解得I＝5 A，a＝12.5 m/s2，故A错误，B正确；b
0
进入磁场后a、b组成的系统动量守恒，则有mv ＝(m ＋m)v，由能量守恒定律得损失的机械能ΔE＝mv
b 0 a b b
－(m ＋m)v2，解得ΔE＝0.6 J，安培力对系统做的总功为负功，数值上等于系统损失的机械能，即整个过
a b
程中安培力对a、b做功的总和为－0.6 J，故C错误；因两根导体棒电阻相等，故导体棒a产生的焦耳热为
0.3 J，故D正确。
4.(多选)如图，水平面内固定着足够长的光滑平行导轨abcd－a′b′c′d′，ab－a′b′导轨宽度是cd－c′d′导轨宽度
的2倍，cd－c′d′导轨宽度为L，导轨处于方向垂直于轨道平面向里的匀强磁场中，金属棒PQ和MN分别
垂直导轨放置在导轨ab－a′b′段和cd－c′d′段上，金属棒PQ和MN的质量之比为2∶1，长度分别为2L和
L，两金属棒电阻均为R。现给金属棒MN一个向右的初速度，运动过程中两棒始终没有离开各自的导轨段，
并与导轨接触良好，其余部分的电阻均不计，则( )
A.运动过程中金属棒PQ和MN的加速度大小之比为1∶2
B.运动过程中金属棒PQ和MN所受的安培力的冲量大小之比为2∶1
C.运动到速度稳定时金属棒PQ和MN的速度之比为1∶2
D.运动到速度稳定时金属棒PQ和MN两端的电压之比为2∶1
【答案】 BC
【解析】 运动过程中对PQ有I·2LB＝2ma ，对MN有ILB＝ma ，所以运动过程中加速度大小之比为
1 2
1∶1，故A错误；因为运动过程中PQ所受安培力大小为MN的两倍，在相同时间内安培力的冲量大小之
比I∶I ＝2∶1，故B正确；金属棒运动到速度稳定时有B·2Lv ＝BLv ，故运动到速度稳定时，金属棒PQ
1 2 1 2
和MN的速度之比v∶v ＝1∶2，故C正确；P、M两点电势相等，Q、N两点电势相等，任意时刻都有
1 2
U ＝U ，即金属棒PQ和MN两端的电压之比为1∶1，故D错误。
PQ MN
5.(多选)如图所示，用金属制作的曲线导轨与水平导轨平滑连接，水平导轨宽轨部分间距为 3L，有竖直向
下的匀强磁场，窄轨部分间距为2L，有竖直向上的匀强磁场，两部分磁场磁感应强度大小均为 B。质量均
为m的金属棒M、N垂直于导轨静止放置，现将金属棒M自曲线导轨上h高度处静止释放，两金属棒在运
动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，两棒接入电路中的电阻均为R，其余电阻不计，导轨足够
长，M棒总在宽轨上运动，N棒总在窄轨上运动，不计所有摩擦。下列说法正确的是( )
A.M棒刚进入磁场时N棒的加速度为
B.N棒的最终速度大小为
C.通过M棒的电荷量为D.N棒产生的热量为mgh
【答案】 AD
【解析】 M棒在曲线导轨滑下过程，根据动能定理可得mgh＝mv，M棒刚进入磁场时，回路电动势为E
＝3BLv ，回路电流为I＝，对N棒，根据牛顿第二定律可得2BIL＝ma，解得a＝，故A正确；两金属棒最
0
终分别匀速直线运动，则有E ＝3BLv ，E ＝2BLv ，E －E ＝0，可得3v ＝2v ，分别对M、N应用动量
M M N N M N M N
定理，对M有－3BLq＝mv －mv ，对N有2BLq＝mv ，解得v ＝、v ＝，q＝，全过程由能量守恒定律有
M 0 N N M
mgh＝mv＋mv＋Q，且Q ＝，解得Q ＝mgh，故B、C错误，D正确。
N N
6.(多选)(2024·黑龙江大庆模拟)如图所示，水平面内固定有两根平行的光滑长直金属导轨，导轨间距为 l，
电阻不计。整个装置处于两个磁感应强度大小均为 B、方向相反的竖直方向匀强磁场中，虚线为两磁场的
分界线，质量为m、导轨间电阻为R的导体棒MN和质量为2m、导轨间电阻为2R的导体棒PQ静置于图
示的导轨上(两棒始终与导轨垂直且接触良好)。现使MN棒获得一个大小为v 、方向水平向左的初速度，
0
则在此后的整个运动过程中( )
A.两棒受到的安培力冲量大小相等，方向相反
B.两棒最终的速度大小均为
C.MN棒产生的焦耳热为
D.MN棒克服安培力做功的功率等于安培力对PQ棒做功的功率与两棒总发热功率之和
【答案】 BD
【解析】 根据右手定则可知，从上往下看，感应电流方向为逆时针，根据左手定则可知，两棒受到的安
培力方向均为水平向右，大小相等，即两棒受到的安培力冲量大小相等，方向相同，A错误；根据上述可
知，MN向左做减速运动，PQ向右做加速运动，当速度大小相等时，根据右手定则可知，回路总电动势为
0，感应电流为0，此后两棒做匀速直线运动，对MN棒有－IlBt＝mv －mv ，对PQ棒有IlBt＝2mv ，解得
1 0 1
v ＝，B正确；回路产生的总焦耳热为Q＝mv－mv－×2mv，而MN棒产生的焦耳热为Q ＝Q，解得Q
1 MN MN
＝，C错误；根据功能关系可知，题述过程中，安培力对MN棒做负功，将MN棒的动能转化为电能，安
培力对PQ棒做正功，将一部分电能转化为动能，电流通过电阻，另一部分电能转化为焦耳热，可知 MN
棒克服安培力做功的功率等于安培力对PQ棒做功的功率与两棒总发热功率之和，D正确。
7.(2024·河北省衡水模拟)如图所示，两根足够长且电阻不计的光滑金属导轨固定在水平桌面上，间距 L＝
0.5 m。在轨道上有两根质量分别为m ＝0.3 kg、m ＝0.2 kg，接入电路电阻分别为R ＝2 Ω、R ＝3 Ω的导
a b a b
体棒a和b，在轨道区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B＝1 T。现给导体棒a一个向右的、
大小为v ＝5 m/s的初速度，两导体棒在运动过程中始终保持与导轨垂直，且两导体棒未相碰，g＝10
0
m/s2。求：(1)流经导体棒b的最大电流；
(2)从开始运动到两棒相距最近的过程中，流经b的电荷量；
(3)从开始运动到两棒相距最近的过程中，导体棒a上产生的焦耳热；
(4)当导体棒a的速度大小为v＝4 m/s时，b的加速度大小。
a
【答案】 (1)0.5 A (2)1.2 C (3)0.6 J (4)0.625 m/s2
【解析】 (1)给导体棒a一个向右的初速度的瞬间流经导体棒b的电流最大，为I ＝＝0.5 A。
m
(2)两棒共速时相距最近，设共同速度为v，对两导体棒整体根据动量守恒定律有mv＝v
a 0
解得v＝3 m/s
从开始到共速时间内对导体棒b根据动量定理有F t＝BILt＝BLq＝mv－0
安 b
解得q＝＝1.2 C。
(3)根据能量守恒定律得，从开始运动到两棒相距最近的过程中，回路中的总焦耳热为
Q ＝mv－v2
总 a
根据电路规律可知导体棒a上产生的焦耳热为
Q＝Q
a 总
联立解得Q＝0.6 J。
a
(4)当导体棒a的速度大小为v＝4 m/s时，根据动量守恒定律有mv＝mv＋mv
a a 0 a a b b
解得v＝1.5 m/s
b
故此时电路中的总电动势为
E＝BLv－BLv＝1.25 V
a b
导体棒b此时受到的安培力为
F ＝ILB，I＝
安b
b的加速度大小为a＝
联立解得a＝0.625 m/s2。
8. (2024·陕西安康联考)如图所示，固定于水平桌面上的足够长的平行导轨宽为 L＝1.0 m，导轨的一端接有
阻值为R＝0.4 Ω的电阻，磁感应强度B＝1.0 T的匀强磁场垂直于导轨平面向下。金属棒MN垂直于导轨放
置并用细线通过光滑定滑轮与重物A相连，金属棒MN的质量m＝0.4 kg，电阻r＝0.1 Ω，它与导轨的动摩
擦因数μ＝0.5，重物A的质量M＝0.8 kg。重物A由图示位置从静止释放，经过时间t＝1.0 s，金属棒达到
匀速运动状态，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)金属棒匀速运动时的速度v；
(2)金属棒从静止到匀速的过程中通过电阻R的电荷量q；
(3)金属棒从静止到匀速的过程中电阻R上产生的焦耳热Q 。
R
【答案】 (1)3 m/s，方向水平向右 (2)2.4 C (3)1.44 J
【解析】 (1)根据平衡条件，对重物有
F ＝Mg
T
对金属棒有F ＝μmg＋ILB
T
金属棒产生的感应电动势E＝BLv
感应电流I＝
联立解得金属棒匀速运动时的速度
v＝3 m/s，方向水平向右。
(2)对金属棒，根据动量定理有
I －μmgt－ILBt＝mv－0
拉
对重物，根据动量定理有Mgt－I ＝Mv－0
拉
又q＝It
联立解得金属棒从静止到匀速的过程中通过电阻R的电荷量q＝2.4 C。
(3)由q＝It＝·t＝
得金属棒的位移为x＝1.2 m
对重物及金属棒组成的系统，根据能量守恒定律有
Mgx＝μmgx＋(M＋m)v2＋Q
总
由焦耳定律可得Q ＝Q
R 总
联立解得金属棒从静止到匀速的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q ＝1.44 J。
R
9 (2024·广东深圳高三月考)某物理小组想出了一种理想化的“隔空”加速系统，该系统通过利用其中一个
金属棒在磁场中运动产生感应电流从而使另一个金属棒获得速度，这样就避免了直接对其进行加速时所带
来的磨损和接触性损伤，该加速系统可以建模抽象为在足够长的固定水平平行导轨上放有两个金属棒 MN
和PQ，磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场与导轨所在水平面垂直，方向竖直向下，导轨电阻很小，可忽略
不计。如图3为模型俯视图，导轨间的距离L＝1.0 m，每根金属棒质量均为m＝1.0 kg，电阻都为R＝5.0
Ω，可在导轨上无摩擦滑动，滑动过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，在t＝0时刻，两金属棒都处
于静止状态，现有一与导轨平行、大小为 F＝2.0 N恒力作用于金属棒MN上，使金属棒MN在导轨上滑动，
经过t＝10 s，金属棒MN的加速度a＝1.6 m/s2，求：
(1)此时金属棒PQ的加速度；
(2)此时两金属棒MN和PQ的速度；(3)金属棒MN和PQ的最大速度差。
【答案】 (1)0.4 m/s2 (2)18 m/s 2 m/s (3)40 m/s
【解析】 (1)恒力作用于MN杆，使其在导轨上向右加速运动，切割磁感线产生感应电流，根据右手定则
知电流方向为M→N，电流流经PQ，根据左手定则MN受安培力水平向左，PQ受到的安培力水平向右，
它们都做加速运动，对MN由牛顿第二定律得F－ILB＝ma
对PQ由牛顿第二定律得ILB＝ma′
联立解得a′＝0.4 m/s2。
(2)设某时刻MN速度为v，PQ速度为v，根据法拉第电磁感应定律有
1 2
I＝
在t＝10 s时，对MN，由牛顿第二定律得
F－ILB＝ma
整理得F－＝ma
代入数据得v－v＝16 m/s
1 2
由于作用于两根杆的安培力等大反向，所以作用于两杆系统的合力为水平恒力 F，对系统由动量定理得Ft
＝(mv＋mv)－0
1 2
代入数据得v＋v＝20 m/s
1 2
联立解得v＝18 m/s，v＝2 m/s。
1 2
(3)MN杆做加速度减小的加速运动，PQ杆做加速度增大的加速运动，最终共加速度，设两金属棒的共同加
速度为a ，对系统有F＝2ma
共 共
对PQ杆有I LB＝ma
m 共
其中I ＝＝
m
联立解得Δv ＝＝40 m/s。
m
