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第 12 练 动量观点在电磁感应中的应用
1~3题每题6分，4题10分，5题15分，6题17分，共60分
1.(多选)(2024·广东省部分高中三模)我国航空母舰福建舰采用了电磁弹射技术，装备了电磁弹射轨道，电
磁弹射的简化模型如图所示：足够长的水平固定金属轨道处于竖直向下的匀强磁场中，左端与充满电的电
容器C相连，与机身固连的金属杆ab静置在轨道上且与轨道垂直，闭合开关S后，飞机向右加速，若不计
所有阻力和摩擦，回路总电阻R保持不变，下列说法正确的是( )
A.提高电容器的放电量，可以提高飞机的起飞速度
B.飞机运动过程中，a端的电势始终高于b端的电势
C.飞机的速度最大时，金属杆ab产生的感应电动势与电容器两端电压相等
D.飞机的速度达到最大时，电容器所带的电荷量为零
2.(多选)(2024·广西南宁市二模)如图所示，间距L=1 m的粗糙倾斜金属导轨与水平面间的夹角θ=37°，其顶
端与阻值R=1 Ω的定值电阻相连，间距相同的光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨都足够长且在
AA'处平滑对接，AA'至DD'均是光滑绝缘带，保证倾斜导轨与水平导轨间电流不导通。倾斜导轨处有方向
垂直倾斜导轨所在平面向上、磁感应强度大小B =0.2 T的匀强磁场，水平导轨处有方向竖直向上、磁感应
1
强度大小B =0.5 T的匀强磁场。两根导体棒1、2的质量均为m=0.2 kg，两棒接入电路部分的电阻均为R，
2
初始时刻，导体棒1放置在倾斜导轨上，且距离AA'足够远，导体棒2静置于水平导轨上，已知倾斜导轨
与导体棒1间的动摩擦因数μ=0.5。现将导体棒1由静止释放，运动过程中导体棒1未与导体棒2发生碰撞。
取重力加速度大小g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。两棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨电阻不计，
下列说法正确的是( )
A.导体棒1在倾斜导轨上下滑时做匀加速直线运动
B.导体棒1滑至AA'瞬间的速度大小为20 m/s
C.稳定时，导体棒2的速度大小为10 m/s
D.整个运动过程中通过导体棒2的电荷量为2 C
3.(多选)(2024·江西省六校一调)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2L，有竖直向下的匀强磁场，窄轨部分间距为L，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，重力加速度为g，不计所有摩擦。
下列说法正确的是( )
2B2L2√2gh
A.M棒刚进入磁场时N棒的加速度为
mR
2
B.N棒的最终速度大小为 √2gh
3
2m√2gh
C.通过M棒的电荷量为
5BL
2
D.N棒产生的热量为 mgh
5
4.(10分)(2024·吉林省模拟)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距l=1 m，其电阻不计，
两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角。杆1、杆2是两根用细线连接的金属杆，质量分别为m =0.1
1
kg和m =0.4 kg，两杆垂直导轨放置，且两端始终与导轨接触良好，两杆的总电阻R=2 Ω，两杆在沿导轨向
2
上的外力F作用下保持静止。整个装置处在磁感应强度B=1 T的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂
直，在t=0时刻将细线烧断，保持F不变，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)(5分)细线烧断后，两杆最大速度v 、v 的大小；
1 2
(2)(5分)两杆刚达到最大速度时，杆1上滑了0.8 m，则从t=0时刻起到此刻用了多长时间？
5.(15分)(2023·湖南卷·14)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构
成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。
现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒
与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。
(1)(4分)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v ；
0
(2)(4分)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a ；
0(3)(7分)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t ，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，
0
以及时间t 内棒a相对于棒b运动的距离Δx。
0
6.(选做题)(17分)(2024·辽宁省三模联考)如图甲所示，在光滑水平面上平放一个用均匀导线制成的正方形线
框，质量m=0.1 kg，边长L=0.1 m，总电阻R=0.05 Ω，有界磁场的宽度为2L，磁感应强度B=1 T，方向垂
直线框平面向下。线框右边紧挨磁场边界，给线框水平向右的初速度v =0.8 m/s，求：
1
(1)(4分)线框刚进入磁场时的加速度；
(2)(5分)进入磁场过程中通过线框的电荷量q及完全进入磁场中时线框的速度v 大小；
2
(3)(8分)在乙图中画出线框通过磁场过程的v-x图像。答案精析
1.ABC [对金属杆与飞机，由动量定理可得BILΔt=mv-0，q=IΔt，联立可得BLq=mv，则提高电容器的放
电量，可以提升飞机的起飞速度，故A正确；飞机向右加速，通过金属杆ab的电流方向为a→b，则电容
器上板带正电，下板带负电，a端的电势高于b端的电势，故B正确；随着飞机加速，金属杆ab产生的感
应电动势为E=BLv增大，电容器两端电压U减小，当U=E时，飞机的速度达到最大，此时电容器所带的
电荷量Q=CE=CBLv，不为零，故C正确，D错误。]
2.BC [由于导体棒1释放点离AA'足够远，导体棒1滑至AA'时一定达到稳定状态，则导体棒1在倾斜导轨
上下滑时先做加速直线运动，后做匀速直线运动，故A错误；
由平衡条件可得B IL+μmgcos 37°=mgsin 37°
1
B Lv
根据闭合电路欧姆定律及法拉第电磁感应定律有I= 1
R+R
解得v=20 m/s，故B正确；
导体棒1、2组成的系统由动量守恒可得mv=2mv'
则稳定时，导体棒2的速度大小为v'=10 m/s，故C正确；
对导体棒2由动量定理有B ILΔt=mv'
2
即B Lq=mv'
2
mv'
电荷量为q= =4 C，故D错误。]
B L
2
1
3.CD [金属棒M自曲线导轨上h高度处静止释放，根据动能定理有mgh= mv 2 ，金属棒M刚进入磁场时，
2 0
B·2Lv
N受向右的安培力，根据牛顿第二定律有B 0·L=ma，解得M棒刚进入磁场时N棒的加速度为a=
2R
B2L2√2gh
，故A错误；两棒最终均做匀速直线运动，电路中感应电流为零，则B·2Lv -BLv =0，根据动
M N
mR
1
量定理，对金属棒M、N分别有-BI·2LΔt=-2BLq=mv -mv ，BILΔt=BLq=mv ，解得v = √2gh，v =
M 0 N M 5 N
2 2m√2gh 1 1
√2gh，q= ，故B错误，C正确；全过程，根据能量守恒有mgh=Q + mv 2 + mv 2 ，N棒产
5 5BL 总 2 M 2 N
R 2
生的热量为Q = Q = mgh，故D正确。]
N R+R 总 5
4.(1)3.2 m/s 0.8 m/s (2)0.41 s
解析 (1)线烧断前
F=(m +m )gsin 30°
1 2
细线烧断后F =F
安1 安2
方向相反，由系统动量守恒得m v =m v
1 1 2 2两杆同时达到最大速度，之后做匀速直线运动。
对杆2有m gsin 30°=BIl
2
Blv +Blv
I= 1 2
R
解得v =3.2 m/s，v =0.8 m/s
1 2
(2)由系统动量守恒得m v =m v
1 1 2 2
则m x =m x ，即x =0.2 m
1 1 2 2 2
设所求时间为t，对杆2由动量定理得
m gsin 30°·t-BIl·t=m v -0
2 2 2
E·t BlΔx Bl(x +x )
It= = = 1 2
R R R
解得t=0.41 s
2mgRsinθ
5.(1) (2)2gsin θ
B2L2
mgRsinθ 2m2R2gsinθ
(3)gsin θ·t +
0 B2L2 B4L4
解析 (1)棒a在运动过程中重力沿导轨平面向下的分力和棒a所受安培力相等时做匀速运动，由法拉第电
磁感应定律可得E=BLv
0
E
由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I= ，F=BIL
2R
棒a受力平衡可得mgsin θ=BIL
2mgRsinθ
联立解得v =
0 B2L2
(2)由左手定则可以判断棒b所受安培力沿导轨平面向下，释放棒b瞬间电路中电流不变，
则对棒b由牛顿第二定律可得
mgsin θ+BIL=ma
0
解得a =2gsin θ
0
(3)棒a受到沿导轨平面向上的安培力，释放棒b后，在到达共速时对棒a由动量定理有
mgsin θ·t -BILt =mv-mv
0 0 0
棒b受沿导轨平面向下的安培力，对b棒由动量定理有
mgsin θ·t +BILt =mv
0 0
v mgRsinθ
联立解得v=gsin θ·t + 0=gsin θ·t + ，
0 2 0 B2L2
mv
I= 0
2BLt
0
由法拉第电磁感应定律可得E BLΔx
I= =
2R 2Rt
0
联立可得
mv R 2m2R2gsinθ
0
Δx= = 。
B2L2 B4L4
6.(1)1.6 m/s2，方向水平向左
(2)0.2 C 0.6 m/s (3)见解析图
解析 (1)线框刚进入磁场时，产生的感应电动势为
E =BLv =0.08 V
1 1
E
感应电流为I = 1=1.6 A
1 R
受到的安培力大小为
F =BI L=0.16 N
1 1
根据牛顿第二定律可得，线框刚进入磁场时的加速度大小为
F
a = 1=1.6 m/s2
1
m
方向水平向左。
(2)进入磁场过程中通过线框的电荷量为
ΔΦ
E BL2
q=IΔt= Δt= Δt Δt=
R R
R
解得q=0.2 C
根据动量定理可得
-BIL·Δt=mv -mv
2 1
又BIL·Δt=BLq
联立解得线框完全进入磁场中时线框的速度大小为v =0.6 m/s
2
(3)取向右为正方向，在线框进入磁场过程中，即0≤x≤0.1 m，根据动量定理可得-BIL·Δt=mv-mv
1
ΔΦ BLx
其中q=IΔt= = (0≤x≤0.1 m)
R R
联立可得v=0.8-2x(m/s)(0≤x≤0.1 m)
在0.1 m
